algebra 1 (fm) - tomaž košir (2009)

Linearna algebra

za studente Prakticne matematike

Tomaz Kosir

12. januar 2009

2

stavljenje teksta Katarina Roskar in avtor

risbe Katarina Roskar

Kazalo

I Vektorji 9

1 Sestevanje vektorjev in mnozenje s skalarjem . . . . . . . . . . 9

2 Skalarni produkt vektorjev . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

3 Vektorski in mesani produkt v R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4 Premice v R2 in R

3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

5 Ravnine v R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

II Matrike 43

1 Algebraicne operacije na matrikah . . . . . . . . . . . . . . . . 44

1.1 Sestevanje matrik in mnozenje matrik s skalarjem . . . 44

1.2 Mnozenje matrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46

1.3 Transponiranje matrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

2 Kvadratne matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

3 Elementarne transformacije na matrikah . . . . . . . . . . . . . 53

4 Elementarne matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

III Resevanje sistema linearnih enacb 61

1 Matricni zapis . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2 Gaußova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64

IV Determinanta matrike 69

1 Definicija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 69

2 Razvoj determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70

3 Lastnosti determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

4 Racunanje determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 77

5 Determinanta produkta in prirejenka . . . . . . . . . . . . . . . 79

6 Cramerjevo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

3

4 KAZALO

V Algebraicne strukture 85

1 Polgrupa, monoid in grupa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85

2 Kolobar in obseg . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 88

3 Kolobar ostankov celih stevil . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 90

4 Homomorfizem in izomorfizem . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

VI Vektorski prostori 95

1 Definicija in osnovne lastnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95

2 Baza vektorskega prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3 Prehod na novo bazo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111

VII Linearne preslikave 115

1 Definicija linearne preslikave in osnovne lastnosti . . . . . . . . 115

2 Matrika prirejena linearni preslikavi . . . . . . . . . . . . . . . 122

3 Prehod na novi bazi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125

4 Rang linearne preslikave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 126

5 Podobnost matrik . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 129

VIII Lastne vrednosti in lastni vektorji 131

1 Definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131

2 Diagonalizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

3 Schurov izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 140

4 Cayley-Hamiltonov izrek . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 143

5 Minimalni polinom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 151

6 Spektralni razcep . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 153

7 Nekatere posebne vrste matrik in linearnih preslikav . . . . . . 156

8 Funkcije matrik podobnih diagonalnim . . . . . . . . . . . . . . 160

IX Vektorski prostori s skalarnim produktom 163

1 Definicija in osnovne lastnosti skalarnega produkta . . . . . . . 163

2 Ortogonalne in ortonormirane mnozice . . . . . . . . . . . . . . 169

3 Linearni funkcionali . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

X Sebiadjungirane, ortogonalne in normalne preslikave 181

1 Adjungirana preslikava . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 181

2 Lastnosti adjungiranja linearnih preslikav in matrik . . . . . . . 184

3 Sebiadjungirane preslikave, simetricne in hermitske matrike . . 187

4 Normalne matrike in preslikave . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

5 Ortogonalne in unitarne matrike ter izometrije . . . . . . . . . 193

6 Pozitivno-definitne matrike . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 198

KAZALO 5

XI Kvadratne forme 201

1 Definicija in osnovne lastnosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2012 Krivulje drugega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2053 Ploskve drugega reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 212

A Permutacije 221

B Evklidov algoritem 225

C Ekvivalencna relacija 229

D Osnovni izrek algebre 235

6 KAZALO

Predgovor

Knjiga je napisana kot ucbenik, namenjen predvsem studentom visokosolskegastrokovnega programa Prakticne matematike v prvem letniku pri predmetuLinearna algebra. V pomoc bo lahko se studentom drugih tehnicnih in nara-voslovnih fakultet, ki imajo v svojem programu osnove linearne algebre. Tudistudenti na univerzitetnem studiju matematike bodo v ucbeniku nasli razlagoosnovnih vsebin predmeta Algebra 1, zahtevnejsih vsebin pa ta ucbenik nepokriva.

Ucbenik zajema snov v obsegu, primernem za predmet, ki ima na razpo-lago tri ure predavanj na teden. Snov je bila ze velikokrat v celoti spredavana,zapisana v studijskem letu 2003/04 in veckrat predelana v sledecih studijskihletih. Kot studijsko gradivo je bil ucbenik na voljo studentom na avtorjevihspletnih straneh. K dokoncni pripravi tiskane izdaje je avtorja spodbudila ak-cija Oddelka za matematiko FMF za izdajanje ucbenikov za predmete prenov-ljenih studijskih programov. Pri predmetu Linearna algebra bolonjska reformani prinesla vecjih sprememb. Dokoncno obliko je ucbenik dobil v jeseni 2008.

Pristop je priblizan studentom visokosolskega strokovnega programa. Gradina pojmih vektorja v R

n in matrike, ki sta dostopnejsa in primerna za konkret-no racunanje. Ne izognemo se uvedbi abstraktnih pojmov vektorskega prostorain linearne preslikave, saj nam brez teh manjka osnovni okvir za razumevanjeracunskih manipulacij. Poudarek pa je vseskozi na zgledih in racunanju zmatrikami in vektorji. Za razumevanja snovi v ucbeniku je potrebno znanjesrednjesolske matematike.

Vsebina je razdeljena na enajst poglavij in stiri dodatke. Uvodni poglavjista namenjeni geometriji v R

3 - racunanju z vektorji in osnovni geometrijipremic in ravnin - ter racunanju z matrikami. Tretje poglavje je namen-jeno opisu Gaussove metode za resevanje sistemov linearnih enacb. V cetrtempoglavju spoznamo pojem determinante, metode za njen izracun in Cramer-jevo pravilo. V poglavjih od pet do sedem spoznavamo abstraktne pojmealgebraicnih struktur, ki so osnovne v linearni algebri. To so najprej pojmipolgrupe, grupe, kolobarja in obsega, in potem osrednja pojma vektorskega

7

8 KAZALO

prostora in linearne preslikave. Razlozimo vlogo vektorjev in matrik ter ab-straktne pojme povezemo z ze znanimi iz predhodnih poglavij. V osmempoglavju obravnavamo lastne vrednosti in lastne vektorje. Srecamo se z diago-nalizacijo matrik, Schurovim izrekom, Cayley-Hamiltonovim izrekom in funkci-jami matrik podobnih diagonalnim matrikam. V devetem poglavju uvedemopojem abstraktnega skalarnega produkta v vektorskem prostoru in pojemortonormirane baze. V naslednjem poglavju potem obravnavamo nekatererazrede linearnih preslikav in njim pripadajocih matrik, ki so definirane spomocjo skalarnega produkta. V zadnjem poglavju znanje iz predhodnegapoglavja uporabimo pri studiju kvadratnih form in z njimi povezanih krivuljin ploskev drugega reda. V dodatkih na kratko opisemo nekaj snovi, ki strogogledano ne sodi v linearno algebro, je pa za razumevanje snovi v ucbenikunujno potrebna.

Ucbenik je po rokopisu avtorja natipkala in sproti odpravila marsikateronapako Katarina Roskar. Narisala je tudi vse slike. Brez njenega dela ucbeniknajverjetneje nikoli ne bi bil napisan. Avtor je hvalezen tudi vsem svojimasistentom pri predmetu Linearna algebra, ki so veliko pripomogli pri iskanjuprave stopnje zahtevnosti pri podajanju snovi. Zahvala gre tudi vsem studen-tom, ki so me opozorili na lepo stevilo tipkarskih in nekaj racunskih napak.

Ljubljana, december 2005 in december 2008

Tomaz Kosir

Poglavje I

Vektorji

1 Sestevanje vektorjev in mnozenje s skalarjem

Za lazjo geometricno predstavo si najprej oglejmo, kaj so vektorji v ravnini.Vektor je “usmerjena daljica”, ki je natanko dolocena s svojo zacetno in koncnotocko:

-va a

Pri tem vektor ni togo umescen v ravnini, pac pa sta dve “usmerjen daljici”predstavljata isti vektor, ce obstaja tak vzporeden premik ravnine, pri kateremgre zacetna tocka prve daljice v zacetno tocko druge in koncna tocka prve vkoncno tocko drugega daljice:

�v1

a

a

�v2

a

a

Sestevanje vektorjev: Naj bosta u in v dva vektorja v ravnini. Potemlahko z vzporednim premikom ravnine dosezemo, da zacetna tocka vektorja vin koncna tocka vektorja u sovpadata. Ce je ta pogoj izpolnjen, potem vektor,katerega zacetna tocka je enaka zacetni tocki u in koncna tocka enaka koncnitocki v, imenujemo vsota vektorjev u in v:

9

10 POGLAVJE I. VEKTORJI

�v

a

a

PPPPqua

a �v

a

��

�:u + v

Naj bo v ravnini dan koordinatni sistem:

x

y

Potem lahko vsak vektor postavimo tako, da je njegova zacetna tocka v izhodiscukoordinatnega sistema. Tedaj je vektor enolicno dolocen s svojo koncno tocko.

Zato bomo vektorje v ravnini algebraicno predstavili s parom koordinat

[x0

y0

]

,

ki predstavljajo njegovo koncno tocko, ko je zacetna tocka v izhodiscu. Npr.:

x

y

�

1

1

!

a

a

0

0

!

?

0

−1

!

a

HHHH

HY

−2

1

!

a

Algebraicno je potem vsota dveh vektorjev u =

[x1

y1

]

in v =

[x2

y2

]

enaka

u + v =

[x1

y1

]

+

[x2

y2

]

. Npr.:

[21

]

+

[30

]

=

[51

]

1. SESTEVANJE VEKTORJEV IN MNOZENJE S SKALARJEM 11

x

y

��*

2

1

!

a

��*

5

1

!

a

-

3

0

!

a

Vektor u lahko pristejemo tudi samemu sebi. Potem je

u + u = 2u, u + u + u = 3u,

itd. Seveda si lahko zamislimo tudi vektor 1

2u, to je vektor, ki ima isto zacetno

tocko kot u, koncna pa je razpolovisce med zacetno in koncno tocko u. −upa je vektor, ki ga dobimo iz u tako, da “obrnemo smer”; to je zamenjamozacetno in koncno tocko u:

�−u

a

a

-

︸

︷︷

︸

2u

a

-u

a

-︷︸︸

︷

1

2u

a

V splosnem sedaj lahko za poljubno realno stevilo definiramo vektor αu. Za-cetna tocka αu naj bo enaka zacetni tocki u. Njegova koncna tocka pa lezi napremici, ki jo dolocata zacetna in koncna tocka u.

�αu

α < 0

a

a

-

︸︷︷

︸

αuα > 0

a

-u

a

Opozorimo se na izrojeni primer, ko zacetna in koncna tocka vektorja usovpadata. Tedaj recemo, da je u vektor “nic” , zapisemo u = 0. Potem je

α · 0 = 0 za vse α ∈ R. Vektor 0 je predstavljen s parom

[00

]

.

Naj bosta u in v taka vektorja, da njuni zacetni tocki sovpadata z 0 in stanjuni koncni tocki na neki premici skozi zacetno tocko.


�a

a

v 0

-ua

a

0

-u

a

-

︷

︸︸

︷

v

Potem recemo, da u in v kazeta v isto smer (oziroma imata isto smer), cesta njuni koncni tocki na istem poltraku z zacetno tocko 0 in recemo, da u inv kazeta v nasprotno smer , ce sta njuni koncni tocki na razlicnih poltrakih zzacetno tocko 0.

Podobno kot v ravnini definiramo vektorje tudi v tri in vec razseznemprostoru. Spet v prostor vpeljemo koordinatni sistem in vektor, ki ima zacetnotocko v izhodiscu predstavimo z njegovo koncno tocko, ki je podana z n-terico

stevil

x1

x2

...xn

. Mnozico vseh vektorjev v n-razseznem prostoru oznacimo z Rn.

V prvem poglavju bomo najveckrat srecali R2 in R

3.Na vektorjih definiramo dve operaciji.Sestevanje vektorjev:

- algebraicno:

x1

x2

...xn

+

y1

y2

...yn

=

x1 + y1

x2 + y2

...xn + yn

- geometricno pa sestevanje predstavimo enako kot v ravnini.

Mnozenje vektorja s skalarjem: Stevila iz R imenujemo skalarji , kadar znjimi mnozimo vektorje:

- algebraicno: α

x1

x2

...xn

=

αx1

αx2

...αxn

.

- geometricno pa je pomen mnozenja vektorja spet enak kot v ravnini.

Vektor 0 je predstavljen z n-terico

00...0

.

1. SESTEVANJE VEKTORJEV IN MNOZENJE S SKALARJEM 13

Preden si ogledamo algebraicne lastnosti obeh operacij, ki smo ju doslejspoznali na vektorjih, na kratko ponovimo lastnosti, ki veljajo za sestevanjein mnozenje realnih stevil:

- asociativnost sestevanja: (a+ b)+ c = a+(b+ c) za poljubne a, b, c ∈ R,

- enota za sestevanje: a+ 0 = a = 0 + a za vse a ∈ R,

- inverz za sestevanje: a+ (−a) = 0 = (−a) + a za vsak a ∈ R,

- komutativnost sestevanja: a+ b = b+ a za poljubna a, b ∈ R,

- asociativnost mnozenja: (ab)c = a(bc) za poljubne a, b, c ∈ R,

- enota za mnozenje: 1 · a = a = a · 1 za vse a ∈ R,

- inverz za mnozenje: a · 1

a= 1 = 1

a· a za vse a 6= 0, 0 nima inverza za

mnozenje,

- komutativnost mnozenja: ab = ba za poljubna a, b ∈ R,

- distributivnost sestevanja in mnozenja:

(a+ b)c = ac+ bc

a(b+ c) = ab+ acza poljubne a, b, c ∈ R.

Iz lastnosti sestevanja in mnozenja realnih stevil izpeljemo naslednje last-nosti operacij na vektorjih:

- asociativnost sestevanja: (u + v) + w = u + (v + w) za poljubne u, v,w ∈ R

n,

- enota za sestevanje: u + 0 = 0 + u = u za vsak u ∈ Rn,

- inverz za sestevanje: u + (−u) = 0 = (−u) + u za vsak u ∈ Rn,

- komutativnost sestevanja: u + v = v + u za poljubna u, v ∈ Rn,

- distributivnost sestevanja vektorjev in mnozenja s skalarjem:α(u + v) = αu + αv za vsak α ∈ R in poljubna u, v ∈ R

n,

- distributivnost sestevanja skalarjev in mnozenja vektorja s skalarjem :(α+ β)u = αu + βu za poljubna α, β ∈ R in poljuben u ∈ R

n,

- mnozenje s skalarjem 1: 1 · u = u za vse u ∈ Rn,


- mnozenje s skalarjem 0: 0 · u = 0 za vse u ∈ Rn,

- dodatno velja se: α(βu) = (αβ)u za poljubna α, β ∈ R in poljubenu ∈ R

n.

Vseh lastnosti ne bomo podrobno dokazovali. Za zgled poglejmo, kako dokazemodistributivnost vsote vektorjev za mnozenje s skalarjem v R

3.

Naj bosta u =

x1

x2

x3

in v =

y1

y2

y3

vektorja ter α ∈ R skalar. Potem je

α(u + v) = α

x1 + y1

x2 + y2

x3 + y3

=

α(x1 + y1)α(x2 + y2)α(x3 + y3)

=

αx1 + αy1

αx2 + αy2

αx3 + αy3

=

=

αx1

αx2

αx3

+

αy1

αy2

αy3

= α

x1

x2

x3

+ α

y1

y2

y3

= αu + αv.

Ostale lastnosti naj poskusi bralec izpeljati za vajo.

2 Skalarni produkt vektorjev

Definicija 2.1 Naj bosta u =

x1

x2

...xn

in v =

y1

y2

...yn

vektorja v Rn. Skalarni

produkt u in v je stevilo x1y1 +x2y2 + · · ·+xnyn. Oznaka za skalarni produktje 〈u,v〉. ♦

Zgled 2.2 Za vektorja u =

[21

]

, v =

[1−1

]

izracunajmo:

〈u,v〉 = 2− 1 = 1, 〈u,u〉 = 4 + 1 = 5 in 〈v,v〉 = 1 + 1 = 2.

Naredimo se en zgled v R4:

⟨

1−102

,

21−14

⟩

= 2− 1 + 0 + 8 = 9. �

Algebraicne lastnosti skalarnega produkta.

1.) aditivnost: 〈u + v,w〉 = 〈u,w〉+ 〈v,w〉 za poljubne u, v, w ∈ Rn,

2. SKALARNI PRODUKT VEKTORJEV 15

2.) homogenost: 〈αu,v〉 = α〈u,v〉 za vse α ∈ R in u, v ∈ Rn,

3.) simetricnost: 〈u,v〉 = 〈v,u〉 za vse u, v ∈ Rn.

Predno bomo dokazali zgoraj nastete lastnosti, vpeljimo se novo oznako.Vsoto n stevil a1 + a2 + · · · + an zapisemo krajse s simbolom

∑ni=1

ai.∑

jevelika tiskana grska crka sigma. Tako je npr.:

n∑

i=1

i = 1 + 2 + · · ·+ n =n(n+ 1)

2,

n∑

i=1

f(i) = f(1) + f(2) + · · ·+ f(n) ,

m∑

i=1

aij = a1j + a2j + · · ·+ amj .

Dokaz Naj bodo u =

x1

x2

...xn

, v =

y1

y2

...yn

,w =

z1z2...zn

vektorji v Rn in α ∈ R.

Potem velja:

1.) 〈u + v,w〉 =

n∑

i=1

(xi + yi)zi =

n∑

i=1

(xizi + yizi) =

=n∑

i=1

xizi +n∑

i=1

yizi = 〈u,w〉+ 〈v,w〉 .

2.) 〈αu,v〉 =n∑

i=1

(αxi)yi =n∑

i=1

α(xiyi) = α

n∑

i=1

xiyi = α〈u,v〉 .

3.) 〈u,v〉 =n∑

i=1

xiyi =n∑

i=1

yixi = 〈v,u〉 . �

Posledica 2.3 Za poljubne vektorje u, v, w ∈ Rn in poljuben skalar α ∈ R

velja tudi

4.) 〈u,v + w〉 = 〈u,v〉+ 〈u,w〉 ,

5.) 〈u, αv〉 = α〈u,v〉 .

Dokaz Ti dve lastnosti sledita iz prvih treh.Zaporedoma uporabimo lastnosti 3.), 1.) in ponovno 3.) ter dobimo


4.) 〈u,v + w〉 = 〈v + w,u〉 = 〈v,u〉+ 〈w,u〉 = 〈u,v〉+ 〈u,w〉 .

Ce zaporedoma uporabimo lastnosti 3.), 2.) in ponovno 3.), pokazemo se5.) 〈u, αv〉 = 〈αv,u〉 = α〈v,u〉 = α〈u,v〉 . �

Geometricni pomen skalarnega produkta.

Najprej vzemimo vektor u =

[x

y

]

∈ R2. Potem je

〈u,u〉 = x2 + y2 .

Ce je u =

[21

]

, je

⟨[21

]

,

[21

]⟩

= 4 + 1 = 5. Narisimo se sliko:

x

y

1

4

��

�*

[21

]

a

a

5

Pitagorov izrek nam pove, da je 5 ploscina kvadrata nad hipotenuzo pravokot-nega trikotnika s stranicama 2 in 1. Potem je

√5 razdalja med zacetno in

koncno tocko vektorja u, oziroma dolzina vektorja u.

Splosno za u =

[x

y

]

je√

〈u,u〉 =√

x2 + y2 dolzina vektorja u . Oznacimo

‖u‖ =√

〈u,u〉. Dolzino vektorja u imenujemo tudi norma vektorja u.

Naj bosta u =

[x1

y1

]

in v =

[x2

y2

]

dva vektorja v R2. Potem je v − u

vektor, katerega zacetna tocka je enaka koncni tocki vektorja u in koncnatocka je enaka koncni tocki vektorja v.


a

6

u

a

-v

aHHHHHHYv − u

ab

c

⌢ϕ

Spomnimo se kosinusnega izreka za trikotnik, ki pravi c2 = a2 + b2−2ab cosϕ,kjer so a, b, c dolzine stranic trikotnika ter ϕ kot med stranicama a in b.Uporabimo kosinusni izrek za trikotnik s stranicami ‖u‖, ‖v‖ in ‖v − u‖:

‖v − u‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 − 2‖u‖‖v‖ cosϕ

oziroma〈v − u,v − u〉 = 〈u,u〉+ 〈v,v〉 − 2‖u‖‖v‖ cosϕ. (I.2)

Pri tem je ϕ kot med vektorjema u in v. S pomocjo lastnosti za skalarniprodukt dobimo:

〈v − u,v − u〉 = 〈v,v − u〉+ 〈−u,v − u〉 =

= 〈v,v〉+ 〈v,−u〉+ 〈−u,v〉+ 〈−u,−u〉 =

= 〈v,v〉 − 〈v,u〉 − 〈u,v〉+ 〈u,u〉 =

= 〈v,v〉 − 2〈u,v〉+ 〈u,u〉 .

Iz enakosti (I.2) sledi

−2〈u,v〉 = −2‖u‖‖v‖ cosϕ.

Od tod dobimo pomembno zvezo, ki nam pove geometricni pomen skalarnegaprodukta.

〈u,v〉 = ‖u‖‖v‖ cosϕ. (I.3)

Geometricni pomen skalarnega produkta v Rn za n ≥ 3 ni prav nic dru-

gacen kot v R2. Za vektor u =

x1

x2

...xn

iz Rn definiramo

‖u‖ =√

〈u,u〉 =

√√√√

n∑

i=1

x2

i .

Tudi tu je ‖u‖ enaka dolzini vektorja u. V R3 je naprimer 〈u,u〉 = x2

1+x2

2+x2

3.


�

a

a

u

x1

x2

x3

x3

x1

��*

avx2

x1

x2

0

Opazimo, da je dolzina vektorja v =

x1

x2

0

enaka√

x21+ x2

2in da je dolzina

vektorja u =

x1

x2

x3

enaka√

‖v‖2 + x23

=√

x21+ x2

2+ x2

3. Podobno velja tudi

v visjih dimenzijah.

Ponovno uporabimo trikotnik, ki ga dolocata vektorja u in v, ki ju postavimotako, da imata isto zacetno tocko:

a

6

u

a

-v

aHHHHHHYv − u

Potem ta tocka skupaj s koncnima tockama doloca neko ravnino v Rn. (Ce je

trikotnik izrojen, to je, u in v imata isto ali nasprotno smer, potem vzamemoneko ravnino, ki vsebuje zacetno in koncni tocki u in v.) Sedaj lahko upora-bimo kosinusni izrek v tej ravnini in spet racunamo enako kot v R

2. Tako smopokazali naslednji izrek:

Izrek 2.4 Naj bosta u in v vektorja v Rn. Potem velja

〈u,v〉 = ‖u‖‖v‖ cosϕ, kjer je ϕ kot med vektorjema u in v.

Opomba 2.5 Kot ϕ vedno izberemo z intervala [0, π] (merjeno v radianih -kar je v stopinjah med 0◦ in 180◦). ♦


Zgled 2.6 Poiscimo razdaljo med tockama

3−33−2

in

315−2

v R4. Naj bosta to

koncni tocki vektorjev u in v, katerih zacetna tocka je izhodisce koordinatnega

sistema. Velja: u − v =

0−4−20

in 〈u − v,u − v〉 = 16 + 4 = 20. Potem je

‖u− v‖ = 2√

5, kar je tudi razdalja med danima tockama. �

Zgled 2.7 Poiscimo kot med vektorjema

2−2−1

in

−304

.

Izracunajmo:

‖u‖2 = 〈u,u〉 = 4 + 4 + 1 = 9

‖v‖2 = 〈v,v〉 = 9 + 16 = 25

〈u,v〉 = −6− 4 = −10 .

Potem je cosϕ = 〈u,v〉‖u‖‖v‖ = −10

3·5 = −2

3. Od tod dobimo, da je kot med vektor-

jema ϕ.= 2, 3rd

.= 131, 8◦. �

Opazimo, da je 〈u,u〉 =∑n

i=1x2

i . Potem je 〈u,u〉 = 0 natanko tedaj,ko je u = 0. Edini vektor z dolzino 0 je vektor 0. Poglejmo si izraz zaskalarni produkt 〈u,v〉 = ‖u‖‖v‖ cosϕ natancneje. Za funkcijo cosϕ velja,da je cosϕ = 0 natanko tedaj, ko je ϕ = π

2. Ce sta u in v oba nenicelna

vektorja, potem je 〈u,v〉 = 0 natanko tedaj, ko je cosϕ = 0. Tako smopokazali naslednjo trditev:

Trditev 2.8 Vektorja u in v sta pravokotna natanko tedaj, ko je 〈u,v〉 = 0.

Opomba 2.9 Tu smo privzeli, da je vektor 0 pravokoten na vsak drug vek-tor. ♦

Zgled 2.10 Preverimo, ali sta vektorja u1 =

32−1

in u2 =

−11−1

pra-

vokotna. Kaj pa vektorja v1 =

[21

]

in v2 =

[1−1

]

? Ker je

⟨

32−1

,

−11−1

⟩

= −3 + 2 + 1 = 0,


sta vektorja u1 in u2 pravokotna. Ker je

⟨[21

]

,

[1−1

]⟩

= 2− 1 = 1 6= 0,

vektorja v1 in v2 nista pravokotna. �

Za funkcijo cosϕ na intervalu [0, π] velja, da je cosϕ = 1 natanko tedaj,ko je ϕ = 0 in cosϕ = −1 natanko tedaj, ko je ϕ = π. Tako smo pokazali senaslednjo trditev.

Trditev 2.11 Naj bosta u in v oba nenicelna vektorja in ϕ kot med njima.Potem je cosϕ = 1 natanko tedaj, ko u in v kazeta v isto smer, in cosϕ = −1natanko tedaj, ko u in v kazeta v nasprotno smer.

Vemo, da je zaloga vrednosti funkcije cosϕ interval [−1, 1]. Potem je0 ≤ | cosϕ| ≤ 1. Iz izreka 2.4 dobimo naslednji izrek:

Izrek 2.12 (Cauchy-Schwarzeva neenakost) Za poljubna vektorja u in viz R

n velja

|〈u,v〉| ≤ ‖u‖‖u‖ . (I.4)

Enakost v tej neenakosti velja natanko tedaj, ko bodisi u in v kazeta v istosmer, bodisi u in v kazeta v nasprotno smer.

Opomba 2.13 Pri tem smo privzeli, da vektor “nic” kaze v vse smeri. ♦

Zgled 2.14 Naj bosta u =

[13

]

in v =

[−71

]

. Potem je 〈u,v〉 = −7+3 = −4,

〈u,u〉 = 1 + 9 = 10 in 〈v,v〉 = 49 + 1 = 50. Tako dobimo

|〈u,v〉| = 4 <√

10 ·√

50 = 10 ·√

5 = ‖u‖‖v‖ .

Za vektorja u =

[1−1

]

in v =

[−22

]

velja 〈u,v〉 = −4, 〈u,u〉 = 2 in

〈v,v〉 = 8. Potem je

|〈u,v〉| = 4 =√

2 ·√

8 = ‖u‖‖v‖ .

Ker je 〈u,v〉 = −4 = −‖u‖‖v‖, vektorja u in v kazeta v nasprotno smer. �

Oglejmo si se nekaj izrekov, ki jih dobimo iz lastnosti skalarnega produkta.


Izrek 2.15 (Pitagorov izrek) Naj bosta u in v pravokotna vektorja iz Rn.

Potem je‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 .

Dokaz Poracunajmo:

‖u + v‖2 = 〈u + v,u + v〉 = 〈u,u + v〉+ 〈v,u + v〉 =

= 〈u,u〉+ 〈u,v〉+ 〈v,u〉+ 〈v,v〉 =

= 〈u,u〉+ 2〈u,v〉+ 〈v,v〉 .

Ker sta u in v pravokotna, je 〈u,v〉 = 0. Zato je

‖u + v‖2 = 〈u,u〉+ 〈v,v〉 = ‖u‖2 + ‖v‖2 . �

Izrek 2.16 (trikotniska neenakost) Za poljubna u in v iz Rn velja

‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ .

-a a

u �

a

v

��

��*

u + v

Dokaz Racun iz prejsnjega dokaza in enakost (2.4) nam dasta

‖u + v‖2 = 〈u,u〉+ 2〈u,v〉+ 〈v,v〉 =

= ‖u‖2 + 2‖u‖‖v‖ cosϕ+ ‖v‖2 ≤≤ ‖u‖2 + 2‖u‖‖v‖+ ‖v‖2 = (‖u‖+ ‖v‖)2 .

Neenakost sledi iz dejstva, da je cosϕ ≤ 1. Potem dobimo

‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖,

saj je norma vektorja vselej nenegativno stevilo. �

Norma ‖u‖ vektorja u tako zadosca naslednjim lastnostim:

1.) ‖αu‖ = |α|‖u‖ za vse α ∈ R in u ∈ Rn,

2.) ‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ za vse u, v ∈ Rn,


3.) ‖u‖ ≥ 0 za vse u ∈ Rn in ‖u‖ = 0 natanko tedaj, ko je u = 0.

Lastnosti 2.) in 3.) smo ze pokazali. Preverimo se lastnost 1.):

‖αu‖2 = 〈αu, αu〉 = α2〈u,u〉 = α2‖u‖2 .

Ko korenimo obe strani, moramo upostevati, da je√α2 = |α|.

Definicija 2.17 Vektor u ∈ Rn, za katerega velja ‖u‖ = 1, imenujemo enotski

vektor. ♦

Naj bo u 6= 0. Potem je 1

‖u‖u enotski vektor. Velja namrec

⟨1

‖u‖u,1

‖u‖u⟩

=1

‖u‖2 〈u,u〉 =1

‖u‖2 ‖u‖2 = 1 .

Naj bosta u in v nenicelna vektorja. Izberemo ju tako, da imata istozacetno tocko. Radi bi poiskali pravokotno projekcijo vektorja u na premico,ki jo doloca vektor v, to je premico, ki je dolocena z zacetno in koncno tockovektorja v.

-a

v

-a

w��

u

a

a

ϕ

Dolzina te pravokotne projekcije je enaka ‖u‖·cosϕ. Vektor w, ki je projekcijavektorja u, je potem enak

w = ‖u‖ cosϕ1

‖v‖v =‖u‖‖v‖ cosϕ

‖v‖2 v =〈u,v〉〈v,v〉v .

Tako smo pokazali prvi del naslednje trditve.

Trditev 2.18 Naj bosta u in v nenicelna vektorja. Potem je w = 〈u,v〉〈v,v〉v

pravokotna projekcija vektorja u na smer vektorja v. Vektorja u−w in v stapravokotna.

Dokazimo se drugi del te trditve:

〈u−w,v〉 =

⟨

u− 〈u,v〉〈v,v〉v,v⟩

= 〈u,v〉+

⟨

−〈u,v〉〈v,v〉v,v⟩

=

= 〈u,v〉 − 〈u,v〉〈v,v〉〈v,v〉 = 〈u,v〉 − 〈u,v〉 = 0 .

3. VEKTORSKI IN MESANI PRODUKT V R3 23

Zgled 2.19 Dana sta vektorja u =

[1−1

]

in v =

[42

]

. Poiscimo pravokotno

projekcijo u na v. Ta je enaka w = 〈u,v〉〈v,v〉v = 2

20

[42

]

= 1

5

[21

]

.

Poiscimo se pravokotno projekcijo vektorja u =

3−12

na smer vektorja

v =

−101

.

Le-ta je enaka w = −1

2

−101

= 1

2

10−1

. �

Zgleda kazeta, da ima lahko pravokotna projekcija w isto smer kot vektor v(prvi primer v zgledu 2.19) ali pa nasprotno smer kot vektor v (drugi primerv zgledu 2.19). Smer je odvisna od predznaka skalarnega produkta 〈u,v〉,natancneje od cosϕ, kjer je ϕ kot med vektorjema. Ce je 0 < ϕ < π

2, potem

v in w kazeta v isto smer, ce pa je π2< ϕ < π, pa v in w kazeta v nasprotno

smer.

3 Vektorski in mesani produkt v R3

Definicija 3.1 Naj bosta u =

x1

x2

x3

in v =

y1

y2

y3

dva vektorja v R3. Potem

vektor

u× v =

x2y3 − x3y2

x3y1 − x1y3

x1y2 − x2y1

imenujemo vektorski produkt vektorjev u in v. ♦

Zgled 3.2 Poiscimo vektorski produkt vektorjev

23−1

in

−112

:

23−1

×

−112

=

7−35

. �


Algebraicne lastnosti vektorskega produkta.

1.) aditivnost:

(u + v)×w = u× v + v ×w in

u× (v + w) = u× v + u×w za vse u, v, w ∈ R3,

2.) homogenost: (αu)×v = α(u×v) = u× (αv) za vse u, v ∈ R3 in α ∈ R,

3.) antikomutativnost: u× v = −v × u za vse u, v ∈ R3.

Dokazimo najprej antikomutativnost:

Za u =

x1

x2

x3

in v =

y1

y2

y3

je u×v =

x2y3 − x3y2

x3y1 − x1y3

x1y2 − x2y1

in v×u =

y2x3 − y3x2

y3x1 − y1x3

y1x2 − y2x1

.

Opazimo, da je u× v = −v × u.Za dokaz homogenosti izberimo se α ∈ R. Potem je

(αu)× v =

αx2y3 − αx3y2

αx3y1 − αx1y3

αx1y2 − αx2y1

= α

x2y3 − x3y2

x3y1 − x1y3

x1y2 − x2y1

= α(u× v) .

Z uporabo antikomutativnosti dobimo se

u× (αv) = −(αv)× u = −α(v × u) = α(−(v × u)) = αu× v .

Aditivnosti naj bralec dokaze za vajo.Iz doslej dokazanih lastnosti takoj sledita se dve:

4.) u× u = 0 za vse u ∈ R3,

5.) u× 0 = 0 za vse u ∈ R3.

Lastnost 4.) sledi iz antikomutativnosti. Velja namrec u×u = −u×u innato 2(u× u) = 0. Ce pomnozimo obe strani z 1

2, dobimo u× u = 0.

Enakost u×0 = 0 pa zlahka preverimo kar s pomocjo definicije vektorskegaprodukta.

6.) Linearnost: (αu + βv)×w = α(u×w) + β(v×w) za vse u, v, w ∈ R3

in α, β ∈ R .

Za dokaz linearnosti uporabimo aditivnost in homogenost. Tako dobimo

(αu + βv)×w = (αu)×w + (βv)×w = α(u×w) + β(v ×w) .


7.) Formula o dvakratnem vektorskem produktu:

(u× v)×w = 〈u,w〉v − 〈v,w〉u za poljubne u, v, w ∈ R3.

Za dokaz te formule pisimo se w =

z1z2z3

. Potem je

(u× v)×w =

x2y3 − x3y2

x3y1 − x1y3

x1y2 − x2y1

×

z1z2z3

=

=

x3y1z3 − x1y3z3 − x1y2z2 + x2y1z2x1y2z1 − x2y1z1 − x2y3z3 + x3y2z3x2y3z2 − x3y2z2 − x3y1z1 + x1y3z1

(I.5)

in

〈u,w〉v − 〈v,w〉u =

=

x1z1y1 + x2z2y1 + x3z3y1 − y1z1x1 − y2z2x1 − y3z3x1



=

=

x2z2y1 + x3z3y1 − y2z2x1 − y3z3x1

x1z1y2 + x3z3y2 − y1z1x2 − y3z3x2

x1z1y3 + x2z2y3 − y1z1x3 − y2z2x3

. (I.6)

Preverimo se, da sta vektorja (I.5) in (I.6) enaka in s tem je dokaz formule odvakratnem vektorskem produktu koncan.

Definicija 3.3 Naj bodo u, v in w elementi R3. Potem stevilo 〈u × v,w〉

imenujemo mesani produkt vektorjev u, v, w. ♦

Postopek za izracun mesanega produkta.

Naj bo u =

x1

x2

x3

, v =

y1

y2

y3

in w =

z1z2z3

. Potem postavimo vektorja

zaporedoma v stolpce in prva dva ponovimo:

x1 y1 z1 x1 y1

x2 y2 z2 x2 y2

x3 y3 z3 x3 y3


Mesani produkt potem dobimo tako, da sestejemo tri diagonalne produktex1y2z3 + y1z2x3 + z1x2y3 in jim odstejemo tri antidiagonalne produkte−z1y2x3 − x1z2y3 − y1x2z3.Res to zlahka preverimo. Velja

〈u× v,w〉 =

⟨

x2y3 − x3y2

x3y1 − x1y3

x1y2 − x2y1

,

z1z2z3

⟩

=

= x2y3z1 − x3y2z1 + x3y1z2 − x1y3z2 + x1y2z3 − x2y1z3 . (I.7)

Zgled 3.4 Izracunajmo mesani produkt vektorjev u =

2−10

, v =

104

in

w =

−132

:

〈u× v,w〉 = 0 + 0 + 4− (0 + 24− 2) = −18 . �

Algebraicne lastnosti mesanega produkta.

8.) 〈u× v,w〉 = 〈u,v ×w〉 za poljubne u, v, w ∈ R3.

Res:

〈u,v ×w〉 =

⟨

x1

x2

x3

,

y2z3 − y3z2y3z1 − y1z3y1z2 − y2z1

⟩

=

= x1y2z3 − x1y3z2 + x2y3z1 − x2y1z3 + x3y1z2 − x3y2z1 .

Ce ta izraz primerjamo z (I.7), dobimo enakost 〈u× v,w〉 = 〈u,v ×w〉.

9.) ‖u× v‖2 = ‖u‖2‖v‖2 − 〈u,v〉2 za poljubna u, v ∈ R3.

Za dokaz te lastnosti uporabimo najprej lastnost 8.) mesanega produkta:

‖u× v‖2 = 〈u× v,u× v〉 = 〈(u× v)× u,v〉 .

Potem nam formula o dvakratnem vektorskem produktu da

〈(u× v)× u,v〉 = 〈〈u,u〉v − 〈v,u〉u,v〉 .


Iz linearnosti skalarnega produkta sledi, da je ta izraz enak

〈u,u〉〈v,v〉 − 〈v,u〉〈u,v〉 = ‖u‖2‖v‖2 − 〈u,v〉 .

V zadnjem koraku smo uporabili se simetricnost skalarnega produkta.

S pomocjo formule 9.) dobimo geometricni pomen dolzine vektorskegaprodukta u× v.

Trditev 3.5 Dolzina vektorskega produkta ‖u× v‖ je enaka ploscini paralel-ograma, ki ga dolocata u in v.

-u

��*v

a

a

a

ϕ

‖v‖ sinϕ

Dokaz Naj bo ϕ kot med vektorjema u in v. Formula 9.) nam pove, da je

‖u× v‖2 = ‖u‖2‖v‖2 − 〈u,v〉2 .

Spomnimo se se pomena skalarnega produkta iz izreka 2.4. Potem je

‖u× v‖2 = ‖u‖2‖v‖2 − ‖u‖2‖v‖2 cos2 ϕ = ‖u‖2‖v‖2(1− cos2 ϕ) =

= ‖u‖2‖v‖2 sin2 ϕ

in zato‖u× v‖ = ‖u‖‖v‖ sinϕ.

Tu lahko pisemo sinϕ namesto | sinϕ|, saj smo izbrali ϕ ∈ [0, π]. V trikot-niku, ki ga dolocata vektorja u in v, je dolzina visine na nosilko vektorja uenaka ‖v‖ sinϕ in zato je ploscina paralelograma dolocenega z u in v enaka‖u‖‖v‖ sinϕ = ‖u× v‖. �

Zgled 3.6 Poiscimo ploscino paralelograma z oglisci

13−2

,

−14−2

,

−36−1

in

−15−1

. Oznacimo

a =

13−2

, b =

−14−2

, c =

−36−1

in d =

−15−1

.


Ker je b − a = c − d =

−210

in d − a = c − b =

−221

, a, b, c in d res

dolocajo paralelogram. Naj bo u = b− a in v = d− a.

-a aa bu��a

v-d

��ac

Potem je

u× v =

12−2

.

Norma vektorja u×v je ‖u×v‖ =√

9 = 3, kar je tudi ploscina paralelograma.�

Trditev 3.7 Vektorski produkt u× v je pravokoten na oba faktorja u in v.

Dokaz Velja 〈u× v,v〉 = 〈u,v × v〉 = 〈u,0〉 = 0in 〈u× v,u〉 = 〈−v × u,u〉 = −〈v × u,u〉 = −〈v,u× u〉 =

= −〈v,0〉 = 0. �

Geometricni pomen vektorskega produkta:

Ce u in v kazeta v isto ali nasprotno smer, potem je u× v = 0. Tedaj jenamrec paralelogram, ki ga dolocata, izrojen in je njegova ploscina enaka 0.Predpostavimo sedaj, da u in v ne kazeta niti v isto niti v nasprotno smer.Potem je paralelogram, ki ga dolocata u in v neizrojen, ima torej pozitivnoploscino. Tedaj je dolzina ‖u× v‖ enaka ploscini paralelograma. To ploscinooznacimo s p. Vektor u × v je pravokoten na u in v, zato geometrijsko zau × v ostaneta samo dve moznosti. Koncna tocka vektorja u × v lezi napremici pravokotni na u in na v in je od zacetne tocke u in v oddaljena za p.

6

a

a

p

u× v

?a

p

v × u

��

�1av

PPPPPqa

u

pϕ)∧

︷︸︸

︷︷

︸︸

︷

Izkaze se, da je smer u × v dolocena s pravilom desnega vijaka. Ce zavrtimou proti v (po krajsi poti), potem je smer u × v enaka smeri pomika vijaka zobicajnim (desnim) navojem. Poglejmo si, kaj to pomeni v konkretnem zgledu.


Zgled 3.8 Naj bo u =

110

in v =

010

. Potem je u× v =

001

.

x

z

1

1y

��1

a

a

�a16

a

u× v

a

�

Geometricni pomen mesanega produkta:

Trditev 3.9 Absolutna vrednost |〈u× v,w〉| mesanega produkta vektorjev u,v in w je enaka volumnu paralelepipeda, ki ga dolocajo vektorji u, v in w.

Paralelepiped je telo v R3, katerega oglisca so 0, u, v, w, u+v, u+w, v+w

in u+v+w. Stranske ploskve paralelepipeda so paralelogrami, ki so paromamed seboj paralelni (vzporedni).

-u

a��

v��

�:w

a��

��

a

��

��

a

Dokaz Naj bo ψ kot med vektorjema u× v in w. Potem je 〈u× v,w〉 == ‖u× v‖‖w‖ cosψ.

-u

a��

v��

�:

wa��

��

�

a

��

��

a

6u× v

·

ψ a

�

Opazimo, da je ‖w‖| cosψ| ravno dolzina pravokotne projekcije vektorja w nasmer vektorja u×v. Zato je to ravno razdalja med spodnjo in zgornjo stranskoploskvijo paralelepipeda. Volumen paralelepipeda je potem enak produktuploscine osnovne ploskve z omenjeno razdaljo, torej je enak

‖u× v‖‖w‖| cosψ| = |〈u× v,w〉| . �


Zgled 3.10 Poiscimo volumen paralelepipeda dolocenega z vektorji u =

210

,

v =

104

, w =

−132

. Mesani produkt teh vektorjev je

〈u× v,w〉 = 0 + 0 + (−4)− (0 + 24 + 2) = −30 .

Volumen paralelepipeda je potem enak 30. �

Produkti, ki smo jih srecali doslej pri matematiki, so bili (vecinoma) aso-ciativni: (ab)c = a(bc). Vektorski produkt nima te lastnosti. Iz formule zadvakratni vektorski produkt dobimo

(u× v)×w = 〈u,w〉v − 〈v,w〉u

inu× (v ×w) = −(v ×w)× u = −〈v,u〉w + 〈w,u〉v .

Vidimo, da je

(u× v)×w = u× (v ×w) natanko tedaj, ko je 〈v,w〉u = 〈v,u〉w .

To pa seveda v splosnem ni res. To je res na primer, ce je v pravokoten naoba vektorja u in w, ali pa ce u in w kazeta v isto ali nasprotno smer. Bralecnaj ta dejstva preveri sam.

Zgled 3.11 Vektorski produkt ni asociativen. Naj bodo u =

101

, v =

110

in w =

212

. Potem je

(u× v)×w =

−111

×

212

=

14−3

in

u× (v ×w) =

101

×

2−2−1

=

23−2

.

Torej je (u× v)×w 6= u× (v ×w). �

4. PREMICE V R2 IN R

3 31

Za konec pokazimo se nekaj algebraicnih lastnosti vektorskega in mesanegaprodukta:

10.) Lagrangeova identiteta: 〈u × v,w × z〉 = 〈u,w〉〈v, z〉 − 〈u, z〉〈v,w〉 zapoljubne u, v, w, z ∈ R

3.

11.) Jacobijeva identiteta: (u× v)×w + (v×w)× u + (w× u)× v = 0 zapoljubne u, v, w ∈ R

3.

Za dokaz Lagrangeove identitete uporabimo lastnosti 8.) in 7.):

〈u× v,w × z〉 = 〈(u× v)×w, z〉 = 〈〈u,w〉v − 〈v,w〉u, z〉 =

= 〈u,w〉〈v, z〉 − 〈v,w〉〈u, z〉 .

Za dokaz Jacobijeve identitete pa uporabimo formulo o dvakratnem vek-torskem produktu:

(u× v)×w + (v ×w)× u + (w × u)× v =

= 〈u,w〉v − 〈v,w〉u + 〈v,u〉w − 〈w,u〉v + 〈w,v〉u− 〈u,v〉w = 0

4 Premice v R2 in R

3

x

y

��1

a

aa �sa

Premico v R2 (ali R

3) bomo podali kot mnozico tock (ki jih identificiramos koncnimi tockami vektorjev)

{a + ts ; t ∈ R} , (I.8)

kjer sta a in s vektorja iz R2 (oz. R

3) in s 6= 0. Vektor s imenujemo smernivektor premice, t pa imenujemo parameter . Zapis (I.8) imenujemo zapis pre-mice z vektorji. Opozorimo, da je smerni vektor premice dolocen do mnozenjaz nenicelnim skalarjem natanko. |v Ce je s smerni vektor, je tudi αs za vsakα 6= 0.

Premice bomo oznacevali s crkami p, q, r ali pa s simboli p1, p2, q1, r2,ipd.


Zgled 4.1 Poiscimo zapis premice z vektorji, ce na njej lezita tocki

210

in

31−2

. Oznacimo a =

210

in b =

31−2

. Smerni vektor premice je potem

s = b−a =

10−2

in zapis premice z vektorji je

210

+ t

10−2

; t ∈ R

.�

V R2 se dve razlicni premici sekata ali pa sta vzporedni. V R

3 pa se dvepremici sekata, sta vzporedni ali pa sta mimobezni.

Zgled 4.2 Pokazimo, da se premici p1 =

{[21

]

+ t

[10

]

; t ∈ R

}

in

p2 =

{[−14

]

+ t

[1−1

]

; t ∈ R

}

sekata. Premici p1 in p2 se sekata natanko

tedaj, ko obstajata taki stevili t1 in t2, da je[21

]

+ t1

[10

]

=

[−14

]

+ t2

[1−1

]

.

To je potem izraz za tocko v preseku. Poracunajmo:[21

]

+ t1

[10

]

=

[2 + t1

1

]

=

[−1 + t23− t2

]

=

[−14

]

+ t2

[1−1

]

.

Stevili t1 in t2 morata zadoscati enacbama

2 + t1 = −1 + t2

in 1 = 3− t2 .

Od tod dobimo t2 = 2 in t1 = −1. Presecisce premic p1 in p2 je tocka

[11

]

. �

Doslej smo bili verjetno vajeni premice v ravnini podati z enacbo y = kx+n(ali enacbo x = a.). Kako iz te enacbe dobimo zapis z vektorji? Vzamemonpr. x = t. Potem je y = kt+ n in tocke na premici so oblike

[t

kt+ n

]

=

[0n

]

+ t

[1k

]

.

Zapis z vektorji je potem{[

0n

]

+ t

[1k

]

; t ∈ R

}

.


3 33

Smerni vektor je s =

[1k

]

.

Ce je premica podana z enacbo x = a, potem vzamemo y = t. Na premiciso vse tocke oblike [

a

t

]

.

Zapis te premice z vektorji je{[a

0

]

+ t

[01

]

; t ∈ R

}

.

Zgled 4.3 Poiscimo zapis z vektorji za premico y = 2x− 1.Po prejsnjem je potem tak zapis podan z

{[0−1

]

+ t

[12

]

; t ∈ R

}

. �

Trditev 4.4 Premici v R3 sta vzporedni natanko tedaj, ko je vektorski produkt

njunih smernih vektorjev enak 0.

Dokaz Premici sta vzporedni, ce lahko z vzporednim premikom eno pres-likamo na drugo. To pa je mozno natanko tedaj, ko smerna vektorja kazeta visto smer ali pa v nasprotno smer. Vemo, da je to natanko tedaj, ko je njunvektorski produkt enak 0. �

Zgled 4.5 Pokazimo, da sta premici p1 =

32−2

+ t

24−2

; t ∈ R

in

p2 =

10−1

+ t

−1−21

; t ∈ R

vzporedni. Njuna smerna vektorja sta

s1 =

24−2

in s2 =

−1−21

.

Vektorski produkt s1 × s2 =

000

in zato sta p1 in p2 vzporedni. �

Kako poiscemo razdaljo med dvema tockama? Razdalja med dvematockama je ravno enaka dolzini vektorja, ki ima ti dve tocki za zacetno inkoncno tocko.


Zgled 4.6 Poiscimo razdaljo med tockama

101

in

1−10

. Oznacimo a =

101

in b =

1−10

. Vektor u = b − a =

0−1−1

ima normo ‖u‖ =√

2. Zato je

razdalja med tockama enaka√

2. �

Kako poiskati razdaljo med tocko in premico? Ta razdalja je defini-rana kot najmanjsa razdalja med dano tocko in neko tocko na premici. Najbo b ∈ R

3 dana tocka in p = {a + ts ; t ∈ R} dana premica. Potem je 1

‖s‖senotski smerni vektor v smeri vektorja s in b − a vektor z zacetno tocko napremici p in koncno v b.

��

��p

��

a

a

��

a

b

��*

AAK

b− a

AA

��*aa

HHH1

‖s‖s

Potem je∥∥∥

(1

‖s‖s)

× (b− a)∥∥∥ ploscina paralelograma, ki ga dolocata 1

‖s‖s in

b − a. Ker je dolzina vektorja 1

‖s‖s enaka 1, je ploscina paralelograma enakavisini paralelograma. To pa je ravno razdalja tocke b od premice p. Tako smoizpeljali formulo za razdaljo tocke b od premice p:

d =

∥∥∥∥

(1

‖s‖s)

× (b− a)

∥∥∥∥

=‖s× (b− a)‖

‖s‖ .

Zgled 4.7 Poiscimo razdaljo tocke

101

do premice

p =

32−2

+ t

12−1

; t ∈ R

.

Oznacimo b =

101

, a =

32−2

, in s =

12−1

. Potem je b − a =

−2−23

in


3 35

s× (b− a) =

4−12

. Razdalja tocke b do premice p je potem enaka

d =

√21√6

=

√7√2

=

√14

2. �

Oglejmo si se, kako poiscemo razdaljo od tocke do premice v R2. Najprej

pokazimo trditev, ki nam bo pri tem v pomoc.

Trditev 4.8 Ce sta u =

[x1

x2

]

in v =

[y1

y2

]

vektorja v R2, potem je ploscina

paralelograma, ki ga dolocata u in v, enaka |x1y2 − x2y1|.Dokaz Vektorje iz R

2 predstavimo kot vektorja v R3, tako da jim dodamo

tretjo komponento enako 0.

[x1

x2

]

7−→

x1

x2

0

,

[y1

y2

]

7−→

y1

y2

0

.

Ploscina paralelograma, ki ga dolocata u in v, je potem enaka dolzini vek-

torskega produkta vektorjev

x1

x2

0

in

y1

y2

0

. Velja

x1

x2

0

×

y1

y2

0

=

00

x1y2 − x2y1

.

Norma tega vektorja je enaka |x1y2 − x2y1|. �

Posledica 4.9 Razdalja tocke b =

[b1b2

]

do premice

{[a1

a2

]

+ t

[s1s2

]

; t ∈ R

}

je enaka

d =|(b1 − a1)s2 − (b2 − a2)s1|

‖s‖ .


[00

]

do premice y = 2x− 1.

To premico podamo z vektorji kot

{[0−1

]

+ t

[12

]

; t ∈ R

}

. Potem je

d =|0− 2|√

5=

2

5

√5 . �


Razdalja med dvema premicama v R2 ali R

3 je enaka najmanjsi raz-dalji med eno tocko s prve premice in eno tocko z druge premice.

Ce se premici sekata, je ta razdalja enaka 0. V R2 nam potem preostane

samo se moznost, da sta premici vzporedni. Tedaj je razdalja med premicamaenaka razdalji katerekoli tocke na prvi premici do druge premice. To razdaljopa ze znamo izracunati.

Zgled 4.11 Poiscimo razdaljo med premicama y = 4

3x in y = 4

3x+ 1.

Z vektorji zapisemo ti dve premici kot

p1 =

{[00

]

+ t

[14

3

]

; t ∈ R

}

in p2 =

{[01

]

+ t

[14

3

]

; t ∈ R

}

.

Da malo poenostavimo racunanje, bomo vzeli

b =

[00

]

, a =

[01

]

in s =

[34

]

. Potem je razdalja tocke b do premice p2 enaka

d = 3

5. �

V R3 imamo tri moznosti. Ce se premici sekata, je razdalja med njima

enaka 0, ce sta vzporedni, potem poiscemo razdaljo med njima tako, dapoiscemo razdaljo ene tocke na prvi premici do druge premice. To pa zeznamo.

Preostane nam se tretja moznost, da sta p1 in p2 mimobeznici. Naj bop1 = {a1 + ts1 ; t ∈ R} in p2 = {a2 + ts2 ; t ∈ R}. Ker sta p1 inp2 mimobezni, je s1 × s2 6= 0. Potem je |〈s1 × s2,a2 − a1〉| enak volumnuparalelepipeda dolocenega z vektorji s1, s2 in a2 − a1. Vektor s1 × s2 je pra-vokoten na oba smerna vektorja s1 in s2. Zato je razdalja med p1 in p2 enakadolzini projekcije vektorja a2 − a1 na smer vektorja s1 × s2. Ta projekcijaje enaka kvocientu |〈s1 × s2,a2 − a1〉| z dolzino ‖s1 × s2‖. Tako je iskanarazdalja med p1 in p2 enaka

d =|〈s1 × s2,a2 − a1〉|

‖s1 × s2‖.

Zgled 4.12 Poiscimo razdaljo med premicama

p1 =

3−44

+ t

−272

; t ∈ R

in p2 =

−341

+ t

1−2−1

; t ∈ R

.

5. RAVNINE V R3 37

Oznacimo a1 =

3−44

, a2 =

−341

, s1 =

−272

, s2 =

1−2−1

. Potem je

a2 − a1 =

−68−3

in s1 × s2 =

−30−3

. Razdalja med premicama je enaka

d = 27√8

= 9

2

√2. �

Kot med premicama. Ce se premici sekata, potem je kot med njimaenak kotu med njunima smernima vektorjema.

Zgled 4.13 Poiscimo kot med premicama p1 =

12−1

+ t

100

; t ∈ R

in p2 =

220

+ t

101

; t ∈ R

. Najprej preverimo, da se premici res

sekata. Poiskati moramo taka t1 in t2, da je

1 + t12−1

=

2 + t22t2

,

oziroma 1 + t1 = 2 + t2 in −1 = t2. Od tod dobimo t2 = −1 in t1 = 0.

Presecisce premic je tocka

12−1

. Smerna vektorja sta s1 =

100

in s2 =

101

.

Kot med njima dobimo s pomocjo zveze

cosϕ =〈s1, s2〉‖s1‖‖s2‖

.

V nasem primeru je cosϕ = 1

1·√

2=√

2

2in zato je ϕ = π

4(ϕ = 45◦). �

5 Ravnine v R3

Ravnina je natanko dolocena s tremi tockami, ki ne lezijo na isti premici. Ceso to a1, a2 in a3, potem poljubno tocko na ravnini lahko zapisemo kot

a1 + t1(a2 − a1) + t2(a3 − a1)

za neka t1, t2 ∈ R. Kot smo to naredili za premico, bi ravnino lahko spetnapisali z vektorji, le da bi tokrat rabili dva “smerna vektorja”. Izkaze se, da


tak zapis ni pripraven in zato ravnino podamo drugace. Spomnimo se, da jevektorski produkt pravokoten na oba faktorja.

Naj bodo a1, a2 in a3 kot zgoraj tri tocke, ki niso na isti premici. Te tritocke dolocajo ravnino, ki jo oznacimo s Π. Oznacimo se s1 = a2 − a1 ins2 = a3 − a1. Potem je vsak vektor t1s1 + t2s2 pravokoten na s1 × s2:

〈t1s1 + t2s2, s1 × s2〉 = t1〈s1, s1 × s2〉+ t2〈s2, s1 × s2〉 =

= t1〈s1 × s2, s2〉+ t2〈s2 × s2,−s1〉 = 0 .

Za poljubno tocko a1 + t1s1 + t2s2 na ravnini Π potem velja

〈a1 + t1s1 + t2s2, s1 × s2〉 = 〈a1, s1 × s2〉 .Oznacimo n = s1× s2 in d = 〈a1, s1× s2〉. Potem je ravnina Π ravno mnozicatock

{u ∈ R

3 ; 〈u,n〉 = d}.

Ce oznacimo u =

x

y

z

in n =

a

b

c

, je ravnina Π ravno mnozica tock

x

y

z

, ki

zadoscajo enacbiax+ by + cz = d .

Vektor n je pravokoten na ravnino Π. Imenujemo ga normalni vektor ravnineΠ.

Zgled 5.1 Poiscimo normalni vektor in enacbo za ravnino doloceno s tockami

12−1

,

−114

in

13−2

. Oznacimo a1 =

12−1

, a2 =

−114

in a3 =

13−2

.

Potem je a2 − a1 =

−2−15

in a3 − a1 =

01−1

. Njun vektorski produkt je

potem (a2−a1)×(a3−a1) =

−4−2−2

. Za normalni vektor bomo vzeli n =

211

.

Ker je 〈n,a1〉 = 3 je enacba ravnine enaka 2x+ y + z = 3. �

Dve razlicni ravnini v R3 sta lahko vzporedni ali pa se sekata. Velja nasled-

nja trditev:

Trditev 5.2 Ravnini

Π1 ={u ∈ R

3 ; 〈u,n1〉 = d1

}in Π2 =

{u ∈ R

3 ; 〈u,n2〉 = d2

}

sta vzporedni (lahko je tudi Π1 = Π2) natanko tedaj, ko je n1 × n2 = 0.

5. RAVNINE V R3 39

Dokaz Trditev sledi iz dejstva, da sta ravnini vzporedni natanko tedaj, konjuna normalna vektorja kazeta v isto ali nasprotno smer. To pa je ekviva-lentno s tem, da je n1 × n2 = 0. �

Trditev 5.3 Premica p = {a + ts ; t ∈ R} in ravninaΠ =

{u ∈ R

3 ; 〈u,n〉 = d}

sta vzporedni natanko tedaj, ko je 〈n, s〉 = 0.

Dokaz Premica in ravnina sta vzporedni natanko tedaj, ko lahko premicoz vzporednim premikom prestavimo na premico. To pa je mogoce natankotedaj, ko sta n in s pravokotna, oziroma ko je 〈n, s〉 = 0. �

Zgled 5.4 Poglejmo, ali sta premica p =

2−10

+ t

12−1

; t ∈ R

in

ravnina Π z enacbo x − 3y − 5z = 5 vzporedni. Ali morda velja p ⊆ Π?

Oznacimo s =

12−1

, n =

1−3−5

in a =

2−10

. Izracunajmo skalarni produkt

n in s: 〈n, s〉 = 1−6+5 = 0. Vektorja s in n sta pravokotna, zato sta premicain ravnina vzporedni. Poglejmo, ali je a ∈ Π. Velja 〈n,a〉 = 2 + 3 + 0 = 5,zato je a ∈ Π. Ker sta p in Π vzporedni, je potem p ⊆ Π. �

Ce dve razlicni ravnini nista vzporedni, potem je njun presek premica.Smerni vektor te premice dobimo tako, da poiscemo vektorski produkt nor-malnih vektorjev ravnin.

Zgled 5.5 Poiscimo zapis z vektorji za premico, ki je presek ravnin z enacbama

x− y + z = 2 in 2x− 3y + 4z = 7. Oznacimo n1 =

1−11

in n2 =

2−34

.

Njun vektorski produkt je n1 × n2 =

−1−2−1

. Za smerni vektor premice vza-

memo s =

121

. Poiscimo se tocko v preseku ravnin. Koordinate te tocke

x

y

z

morajo zadoscati obema enacbama ravnin x−y+z = 2 in 2x−3y+4z = 7. Ceprvo enacbo pomnozimo z −2 in pristejemo drugi enacbi, dobimo −y+2z = 3.Izberemo z = 1. Potem mora biti y = −1 in x = 0. Zapis premice z vektorjije

p =

0−11

+ t

121

; t ∈ R

. �


Poglejmo si se, kako poiscemo razdaljo tocke, premice ali ravnine do daneravnine.

Razdalja med tocko in ravnino je najmanjsa razdalja med dano tockoin neko tocko na ravnini. Naj bo n normalni vektor ravnine, b dana tocka ina neka tocka na ravnini. Potem je razdalja tocke b do ravnine enaka dolzinipravokotne projekcije vektorja b− a na smer vektorja n. Ta pa je enaka

d =|〈b− a,n〉|

‖n‖ .


401

do ravnine z enacbo 2x− y+ 2z = 3.

Oznacimo b =

401

, n =

2−12

in a =

1−10

. Potem je b − a =

311

in

〈b− a,n〉 = 7. Norma vektorja n je ‖n‖ = 3. Razdalja med tocko in ravninoje 7

3. �

Razmislimo, kako dobimo razdaljo med premico in ravnino. Ce sepremica in ravnina sekata, je razdalja med njima enaka 0. Ce se ne sekata,sta vzporedni in potem je razdalja enaka razdalji katerekoli tocke na premicido ravnine.

Zgled 5.7 Poiscimo razdaljo premice p =

2−10

+ t

121

; t ∈ R

do rav-

nine x− 2y − 2z = 0.

Oznacimo s =

120

, n =

1−2−2

, b =

2−10

in a =

000

. Potem je 〈n, s〉 = 0

in premica in ravnina sta vzporedni. Velja b − a =

2−10

, 〈b − a,n〉 = 4 in

‖n‖ = 3. Iskana razdalja je enaka 4

3. �

Kako dobimo razdaljo med dvema ravninama? Ce se sekata, jerazdalja med njima enaka 0, sicer pa sta vzporedni in je razdalja med njimaenaka razdalji katerekoli tocke na prvi ravnini do druge ravnine.

5. RAVNINE V R3 41

Zgled 5.8 Poiscimo razdaljo med ravninama z enacbama x+ y = 1 in

x + y = 3. Opazimo, da je n1 = n2 =

110

in zato sta ravnini res vzporedni

(n1 × n2 = 0). Pisimo n = n1 = n2. Izberimo a =

100

na prvi ravnini in

b =

210

na drugi ravnini. Potem je b− a =

110

in 〈b− a,n〉 = 2. Velja se

‖n‖ =√

2 in zato je razdalja med ravninama enaka√

2. �

Kot med ravninama je enak kotu med njunima normalnima vektorjema.

Zgled 5.9 Poiscimo kot med ravninama x+ z = 2 in 2x− 2y + z = 7.

Potem oznacimo n1 =

101

in n2 =

2−21

. Ker je n1 × n2 =

21−2

6= 0,

se ravnini sekata. Velja cosϕ = 〈n1,n2〉‖n1‖‖n2‖ = 3√

2·3 =√

2

2. Zato je kot med

ravninama enak ϕ = π4. �

Za konec poglavja si poglejmo se en zapis premice.

Naj bo p = {a + ts ; t ∈ R} zapis premice z vektorji in a =

a1

a2

a3

ter

s =

s1s2s3

. Privzemimo najprej, da so vse tri komponente vektorja s razlicne

od 0. Potem imajo tocke na premici obliko

x

y

z

=

a1 + ts1a2 + ts2a3 + ts3

.

Izrazimo t iz vseh treh enacb:

t =x− a1

s1=y − a2

s2=z − a3

s3.

Premico tako lahko podamo v obliki

x− a1

s1=y − a2

s2=z − a3

s3.


Ce je katera od komponent vektorja s enaka 0, denimo, da je s1 = 0, s2 ins3 pa sta razlicna od 0. Potem premico podamo z enacbama y−a2

s2= z−a3

s3in

x = a1.

Zgled 5.10 Poiscimo kot med premicama podanima z enacbami:

x− 3

2=y + 1

4=z − 2

−1in

x− 3

5=y + 1

−2=z − 2

2.

Smerna vektorja premic sta potem s1 =

24−1

in s2 =

5−22

. Njun skalarni

produkt je 〈s1, s2〉 = 10− 8− 2 = 0. Ce se premici sekata, je med njima pravi

kot. Ocitno je tocka

3−12

na obeh premicah. Torej sta premici pravokotni.�

Zgled 5.11 Poiscimo razdaljo med premico z enacbama x−1

3= y−2

−4in z = 0

ter premico z enacbama x = 1 in y = −2. Smerni vektor prve premice je

s1 =

3−40

in smerni vektor druge premice je s2 =

001

. Na prvi premici lezi

tocka b =

120

, na drugi pa tocka a =

1−20

. Potem je s1 × s2 =

−4−30

in

b− a =

040

. Razdalja med premicama je enaka

d =|〈b− a, s1 × s2〉|

‖s1 × s2‖=

∣∣∣∣∣∣

⟨

040

,

−4−30

⟩∣∣∣∣∣∣

∥∥∥∥∥∥

−4−30

∥∥∥∥∥∥

=12

5. �

Poglavje II

Matrike

Matrika je pravokotna tabela realnih stevil. Na primer:

[

1 −1 12 3 −1

]

,

1 0 −13 2 10 −1 4

,

[

2 70 1

]

,[

1 2]

,

32−7

.

Matrika je sestavljena iz vrstic in stolpcev . Vrstici matrike

[

1 −1 12 3 −1

]

sta 1 −1 1 in 2 3 −1 , stolpci te matrike pa so12

,−13

in1−1

.

Mnozico vseh matrik z m vrsticami in n stolpci oznacimo z Rm×n. Elementom

Rm×n recemo matrike reda m × n. Mnozico vseh matrik z enim stolpcem

enacimo z mnozico vektorjev, to je Rm×1 ≡ R

m, mnozico R1×1 z R. Matrikam

iz mnozice Rn×n recemo kvadratne matrike reda n. Kvadratna matrika ima

torej enako stevilo stolpcev in vrstic. V kvadratni matriki poznamo tudi pojemdiagonale.

Tako je na primer diagonala matrike

1 0 −13 2 10 −1 4

enaka1

24

.

Matrike bomo oznacevali z velikimi tiskanimi crkami: A,B, C, S, T, X, . . .

Stevilom, ki nastopajo v matriki, recemo elementi matrike. Za vsak elementnjegovo lego dolocimo tako, da povemo, v kateri vrstici in v katerem stolpculezi. Elementu, ki lezi v i-ti vrstici in j-tem stolpcu, recemo (i, j)-ti element.

43

44 POGLAVJE II. MATRIKE

Tako je na primer v matriki

1 0 −1−3 2 −20 5 6

element na mestu (1, 1) enak 1, element na (2,3) pa enak −2.Za matriko A ∈ R

m×n bomo uporabljali splosen zapis

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...am1 am2 . . . amn

.

Pri tem smo (i, j)-ti element oznacili z aij . Podobno bomo v matriki B njen(i, j)-ti element oznacili z bij , v matriki C s cij , itd.

Dve matriki A in B iz Rm×n sta enaki , ce velja aij = bij za i = 1, 2, . . . ,m

in j = 1, 2, . . . , n.

1 Algebraicne operacije na matrikah

1.1 Sestevanje matrik in mnozenje matrik s skalarjem

Naj bosta A in B dve matriki iz Rm×n. Potem je njuna vsota enaka

A + B =

a11 + b11 a12 + b12 . . . a1n + b1n

a21 + b21 a22 + b22 . . . a2n + b2n

......

...am1 + bm1 am2 + bm2 . . . amn + bmn

.

Zgled 1.1[

2 −1 30 2 5

]

+

[

1 −1 23 2 −1

]

=

[

3 −2 53 4 4

]

. �

Za poljuben skalar α ∈ R in matriko A ∈ Rm×n definiramo produkt

matrike s skalarjem takole:

αA =

αa11 αa12 . . . αa1n

αa21 αa22 . . . αa2n

......

...αam1 αam2 . . . αamn

.

1. ALGEBRAICNE OPERACIJE NA MATRIKAH 45

Zgled 1.2

−1

2

[

2 46 −8

]

=

[

−1 −2−3 4

]

. �

Lastnosti sestevanja matrik:

1.) asociativnost: (A+B)+C = A+(B+C) za vse matrike A,B, C ∈ Rm×n.

2.) enota za sestevanje: matrika 0 =

0 0 . . . 00 0 . . . 0...

......

0 0 . . . 0

∈ Rm×n.

A + 0 = 0 + A = A za vse A ∈ Rm×n

3.) inverz za sestevanje matrik: −A + A = 0 za vse A ∈ Rm×n. Pri tem je

−A = (−1) ·A

4.) komutativnost: A + B = B + A za vse A,B ∈ Rm×n.

Te lastnosti sledijo iz podobnih lastnosti za sestevanje realnih stevil in jih nebomo podrobno dokazovali. Bralec lahko za vajo sam poskusi dokazati katerood lastnosti.

Za sestevanje matrik in mnozenje matrik s skalarji veljajo naslednje last-nosti:

5.) distributivnost sestevanja matrik in mnozenja s skalarjem:

α(A + B) = αA + αB za vse A,B ∈ Rm×n in α ∈ R,

6.) distributivnost sestevanja skalarjev in mnozenja matrike s skalarjem:

(α + β)A = αA + βA za vse A ∈ Rm×n in α, β ∈ R.

7.)

(αβ)A = α(βA) za vse A ∈ Rm×n in α, β ∈ R,

8.) mnozenje s skalarjem 1: 1 ·A = A za vse A ∈ Rm×n.

Te lastnosti sledijo iz podobnih lastnosti za mnozenje in sestevanje realnihstevil.


1.2 Mnozenje matrik

Naj bosta A ∈ Rm×n in B ∈ R

n×p dve matriki, za kateri je stevilo stolpcev vA enako stevilu vrstic v B. Potem zanju definiramo produkt

A ·B =

n∑

k=1

a1kbk1

n∑

k=1

a1kbk2 . . .

n∑

k=1

a1kbkp

n∑

k=1

a2kbk1

n∑

k=1

a2kbk2 . . .

n∑

k=1

a2kbkp

......

...n∑

k=1

amkbk1

n∑

k=1

amkbk2 . . .

n∑

k=1

amkbkp

.

(i, j)-ti element produkta A ·B je enak

n∑

k=1

aikbkj = ai1b1j + ai2b2j + · · ·+ ainbnj .

Produkt A·B je element mnozice Rm×p. Opozorimo, da je (i, j)-ti element pro-

dukta AB enak skalarnemu produktu i-te vrstice matrike A z j-tim stolpcemmatrike B.

Zgled 1.3 Naredimo nekaj zgledov mnozenja matrik:

1.)

2 0−1 −23 1

·

[

4 5 0−1 −2 3

]

=

8 10 0−2 −1 −611 13 3

.

2.)[

2 1−1 3

]

·

[

2 41 −1

]

=

[

5 71 −7

]

.

3.)

[

4 5 0−1 −2 3

]

·

2 0−1 −23 1

=

[

3 −109 7

]

.


4.)

321

·[

1 2]

=

3 62 41 2

.

5.)[

1 2]

·

[

3−1

]

=[

1]

. �

Poslej bomo oznako · za produkt matrik izpuscali in pisali na kratkoA ·B = AB.

Lastnosti mnozenja matrik:

1.) asociativnost: (AB)C = A(BC) za matrike A ∈ Rm×n, B ∈ R

n×p inC ∈ R

p×q,

2.) enota za mnozenje je matrika

In =

1 0 0 . . . 00 1 0 . . . 00 0 1 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . 1

∈ Rn×n.

Velja A · In = A in Im ·A = A za vse A ∈ Rm×n.

Matriko In imenujemo identicna matrika (reda n). Najveckrat bo ze izpreostalega teksta jasno, za katero identicno matriko gre. Zato bomoindeks n izpuscali in pisali In = I.

Dokaz Dokaz asociativnosti: (i, j)-ti element produkta AB jen∑

k=1

aikbkj in

(i, j)-ti element produkta (AB)C je enak

p∑

l=1

(

n∑

k=1

aikbkl

)

clj =

p∑

l=1

n∑

k=1

aikbklclj . (II.1)

Po drugi strani pa je (i, j)-ti element produkta BC enak

p∑

l=1

bilclj in (i, j)-ti

element produkta A(BC) je enak

n∑

k=1

aik

(

p∑

l=1

bklclj

)

=

n∑

k=1

aik

p∑

l=1

bklclj . (II.2)


Opazimo, da sta vsoti (II.1) in (II.2) enaki, zato je (AB)C = A(BC).Zlahka se prepricamo, da je

A · In = Im ·A = A . �

Navedimo se tri lastnosti, ki povezujejo sestevanje in mnozenje matrik termnozenje matrik s skalarjem:

4.) distributivnost:

(A + B)C = AC + BC za vse A,B ∈ Rm×n in C ∈ R

n×p,

5.) se druga distributivnost:

A(B + C) = AB + AC za vse A ∈ Rm×n in B,C ∈ R

n×p,

6.)

α(AB) = (αA)B = A(αB) za vse α ∈ R, A ∈ Rm×n in B ∈ R

n×p.

Dokazi teh lastnosti so podobni kot dokaz asociativnosti in jih ne bomo po-drobno navajali.

Mnozenje matrik ni komutativno. Ce je m 6= n in A ∈ Rm×n in B ∈ R

n×m,potem je AB ∈ R

m×m in BA ∈ Rn×n. Torej sta reda kvadratnih matrik AB

in BA razlicna in zato gotovo AB 6= BA. Tudi v primeru, ko je m = n,komutativnost v splosnem ne velja.

Zgled 1.4 Dani sta matriki

A =

[

1 −10 0

]

in B =

[

1 01 0

]

.

Potem je

AB =

[

0 00 0

]

in BA =

[

1 −11 −1

]

.

Zato je BA 6= AB.Ce je

C =

[

1 −11 0

]

in D =

[

0 −11 −1

]

,

je

CD =

[

−1 00 −1

]

in DC =

[

−1 00 −1

]

in zato matriki C in D komutirata. �


Na kratko obravnavajmo se obstoj inverza za mnozenje. Inverz matrikeA je taka matrika B, da velja AB = BA = I. Zato je prvi pogoj za obstojinverza to, da je A kvadratna matrika. Oglejmo si nekaj zgledov, ki bodoponazorili razne moznosti. Natancneje pa bomo obstoj inverza obravnavali vnadaljevanju knjige.

Zgled 1.5 1.) A =

[

0 00 0

]

: Ker je AB = 0, za vse B ∈ R2×2, A nima

inverza.

2.) A =

[

1 00 1

]

= I. Ker je I · I = I, je I−1 = I.

3.) Naj bo A =

[

1 −10 0

]

. Iscemo tako matriko X =

[

x y

z t

]

, da bo AX =

I = XA. Potem je

AX =

[

x− z y − z

0 0

]

=

[

1 00 1

]

.

Zato mora biti x − z = 1, y − z = 0 in 0 = 1. Ta zadnja enakost niizpolnjena in zato enacba AX = I nima resitve X.

Tako smo opazili, da tudi nenicelna matrika nima vedno inverza zamnozenje.

4.) Naj bo A =

[

1 20 −2

]

. Iscemo tako matriko X =

[

x y

z t

]

, da je AX =

XA = I. Ker mora biti

AX =

[

x + 2z y + 2t

−2z −2t

]

=

[

1 00 1

]

.

dobimo enacbe x + 2z = 1, y + 2t = 0, −2z = 0 in −2t = 1. Resitev jez = 0, t = −1

2, x = 1 in y = 1. Torej je

X =

[

1 10 −1

2

]

.

Ker je

XA =

[

1 00 1

]

,

je X res inverz matrike A. Oznacimo X = A−1. �


1.3 Transponiranje matrik

Na matrikah imamo se eno operacijo - transponiranje. Ce je

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...am1 am2 . . . amn

∈ Rm×n , potem matriko

A⊤ =

a11 a21 . . . am1

a12 a22 . . . am2

......

...a1m a2m . . . amn

∈ Rn×m

imenujemo transponiranka matrike A. Matriko A⊤ dobimo iz A tako, dazamenjamo istolezne stolpce in vrstice, oziroma tako, da matriko “prezrcalimopreko diagonale”.

Zgled 1.6 Naj bo A =

2 −10 −13 0

. Potem je A⊤ =

[

2 0 3−1 −1 0

]

. �

Lastnosti transponiranja matrik:

1.) (A⊤)⊤ = A za vse A ∈ Rm×n,

2.) (αA)⊤ = αA⊤ za vse A ∈ Rm×n in α ∈ R,

3.) (A + B)⊤ = A⊤ + B⊤ za vse A,B ∈ Rm×n,

4.) (AB)⊤ = B⊤A⊤ za vse A ∈ Rm×n in B ∈ R

n×p.

Dokaz Prve tri lastnosti so dokaj ocitne in jih ne bomo podrobno dokazovali.

Oglejmo si dokaz lastnosti 4.): (i, j)-ti element produkta AB je enakn∑

k=1

aikbkj .

Zato je (i, j)-ti element transponirane matrike (BA)⊤ enak∑n

k=1ajkbki. Po

drugi strani je (i, j)-ti element produkta B⊤A⊤ enak skalarnemu produktu i-te vrstice v B⊤ z j-tim stolpcem v A⊤, oziroma je enak skalarnemu produktui-tega stolpca v B z j-to vrstico v A. Torej je (i, j)-ti element v B⊤A⊤ enak

n∑

k=1

bkiajk =

n∑

k=1

ajkbki.

Tako smo pokazali, da je (AB)⊤ = B⊤A⊤. �

2. KVADRATNE MATRIKE 51

2 Kvadratne matrike

Oglejmo si sedaj nekaj posebnih vrst kvadratnih matrik. Ce je I ∈ Rn×n

identicna matrika, potem za α ∈ R matriko

αI =

α 0 . . . 00 α . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . α

imenujemo skalarna matrika. Matriko oblike

α1 0 0 . . . 00 α2 0 . . . 00 0 α3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . αn

imenujemo diagonalna matrika. Pri tem so α1, α2, . . . , αn ∈ R. Matrika jediagonalna natanko tedaj, ko so vsi njeni elementi izven diagonale enaki 0.

Matriko oblike

a11 a12 a13 . . . a1n

0 a22 a23 . . . a2n

0 0 a33 . . . a3n

......

.... . .

...0 0 0 . . . ann

imenujemo zgornje-trikotna matrika. Matrika je zgornje-trikotna, ce so vsinjeni elementi pod diagonalo enaki 0. Podobno je matrika spodnje-trikotna, ceso vsi njeni elementi nad diagonalo enaki 0, torej, ce je oblike

a11 0 0 . . . 0a21 a22 0 . . . 0a31 a32 a33 . . . 0...

......

. . ....

an1 an2 an3 . . . ann

.

Z Dn oznacimo mnozico vseh diagonalnih matrik v Rn×n, z Zn mnozico vseh

zgornje-trikotnih matrik v Rn×n in s Sn mnozico vseh spodnje-trikotnih ma-

trik v Rn×n. Velja

Dn = Sn ∩Zn .


Opazimo se vec. Ce sta D1 in D2 dve diagonalni matriki, potem so tudiD1 + D2, αD1 in D1D2 za vse α ∈ R diagonalne matrike. Podobno velja tudiza mnozico zgornje-trikotnih matrik in za mnozico spodnje-trikotnih matrik:

- za A,B ∈ Zn je A + B, αA in AB spet v Zn,

- za A,B ∈ Sn je A + B, αA in AB spet v Sn.

Dokaz Vse lastnosti, razen lastnosti AB ∈ Zn, za A,B ∈ Zn in AB ∈ Sn, zaA,B ∈ Sn, so dokaj ocitne. Najprej bomo preverili, da je AB zgornje-trikotnamatrika, ce sta A in B zgornje trikotni. Ce je A zgornje-trikotna, je aij = 0za i > j. Enako je bij = 0 za i > j. (i, j)-ti element produkta AB je enak

n∑

j=1

aikbkj .

Privzemimo, da je i > j. Ker je bkj = 0 za k > j in aik = 0 za k < i, jeaikbkj = 0 za k = 1, 2, . . . , i− 1 in k = j + 1, . . . , n. Ker je i > j, je i− 1 ≥ j.Zato je aikbkj = 0 za vse k in produkt AB je spet zgornje-trikotna matrika.

Dokaz za spodnje-trikotne matrike sledi iz dejstva, da je transponirankaspodnje-trikotne matrike zgornje-trikotna in transponiranka zgornje-trikotnematrike spodnje-trikotna.

Za A,B ∈ Sn je A⊤, B⊤ ∈ Zn. Ker je B⊤A⊤ ∈ Zn, je potem

AB =(

(AB)⊤)⊤

=(

B⊤A⊤)⊤

∈ Sn . �

Definirajmo se eno vrsto matrik. Matriko A ∈ Rn×n imenujemo simetricna

matrika, ce je A = A⊤.

Zgled 2.1 Matrika

1 3 −13 −1 4−1 4 2

je simetricna. �

Opazimo, da je vsota dveh simetricnih matrik spet simetricna matrika in pro-dukt simetricne matrike s skalarjem je spet simetricna matrika.

Zgled 2.2 Produkt dveh simetricnih matrik ni vec nujno simetricna matrika:

Za A =

[

2 11 −1

]

in B =

[

−1 11 0

]

je AB =

[

−1 2−2 1

]

, ki ni simetricna ma-

trika. �

Trditev 2.3 Ce je A ∈ Rm×n, potem je AA⊤ simetricna matrika.

3. ELEMENTARNE TRANSFORMACIJE NA MATRIKAH 53

Dokaz Iz lastnosti transponiranja matrik dobimo

(

AA⊤)⊤

=(

A⊤)⊤

A⊤ = AA⊤.

Torej je AA⊤ res simetricna matrika. �

3 Elementarne transformacije na matrikah

Imamo tri tipe elementarnih transformacij na vrsticah matrike:

1.) Transformacijo“pristej skalarni veckratnik ene vrstice drugi vrstici”imenu-jemo elementarna transformacija tipa I.

2.) Transformacijo “pomnozi vrstico matrike z nenicelnim skalarjem” imenu-jemo elementarna transformacija tipa II.

3.) Transformacijo “zamenjaj dve vrstici” imenujemo elementarna transfor-macija tipa III.

Zgled 3.1 Dana je matrika

[

1 2 −11 −1 3

]

.

Naredimo na njej transformacijo tipa I “pristej (−1)-kratnik prve vrstice drugi

vrstici”. Po tej transformaciji dobimo matriko

[

1 2 −10 −3 4

]

. To transforma-

cijo bomo oznacili z[

1 2 −11 −1 3

]

∼I

[

1 2 −10 −3 4

]

.

Na novi matriki naredimo sedaj elementarno transformacijo tipa II “pomnozidrugo vrstico z −1

3”. Po tej transformaciji dobimo matriko

[

1 2 −10 1 −4

3

]

.

To transformacijo bomo oznacili z[

1 2 −10 −3 4

]

∼II

[

1 2 −10 1 −4

3

]

.

Na tej matriki sedaj naredimo se elementarno transformacijo tipa I “pristejprvi vrstici (−2)-kratnik druge vrstice”. Tako dobimo

[

1 2 −10 1 −4

3

]

∼I

[

1 0 5

3

0 1 −4

3

]

. �


Izrek 3.2 (o vrsticni kanonicni formi)Vsako matriko A ∈ R

m×n lahko s pomocjo elementarnih transformacij tipovI, II in III na vrsticah preoblikujemo tako, da za preoblikovano matriko velja:

- v vsaki nenicelni vrstici je prvi nenicelni element z leve enak 1,

- ce je v matriki i-ta vrstica nicelna, potem so vse vrstice z indeksomk > i enake nic (ce so v matriki kake nicelne vrstice, potem so te zbranev zadnjih vrsticah)

- ce je (i + 1)-ta vrstica nenicelna, potem je prvi nenicelni element z levev (i + 1)-ti vrstici bolj desno kot prvi nenicelni element v i-ti vrstici,

- ce je v j-tem stolpcu kak prvi nenicelni element vrstice, potem je to vj-tem stolpcu edini nenicelni element.

Ce so za matriko izpolnjeni pogoji izreka 3.2, potem recemo, da je v vrsticnikanonicni formi. Izreka ne bomo dokazovali. Preden si ogledamo kak zgled,vpeljimo se en nov pojem.

Ce za element aij v matriki A velja

- aij = 1,

- akl = 0 za k ≤ i in l > j,

- akj = 0 za k < i,

potem element aij imenujemo pivot (matrike A).

Vsak prvi nenicelni element vrstice v vrsticni kanonicni formi je pivot.

Zgled 3.3 Podajmo nekaj matrik v vrsticni kanonicni formi:

1 0 2 00 1 3 00 0 0 1

,

1 3 0 −10 0 1 20 0 0 0

,

0 1 00 0 10 0 0

.

V prvi matriki so pivoti na mestih (1, 1), (2, 2) in (3, 4), v drugi matriki namestih (1, 1) in (2, 3), v zadnji pa na mestih (1, 2) in (2, 3). �

Zgled 3.4 Poisci vrsticno kanonicno formo za matriko

1 3 2 −11 4 1 22 5 5 0

.

3. ELEMENTARNE TRANSFORMACIJE NA MATRIKAH 55

Najprej pomnozimo prvo vrstico z (−1) in jo pristejemo drugi vrstici:

∼I

1 3 2 −10 1 −1 32 5 5 0

.

Nato pomnozimo prvo vrstico z (−2) in jo pristejemo tretji vrstici:

∼I

1 3 2 −10 1 −1 30 −1 1 2

.

Pristejemo drugo vrstico tretji vrstici:

∼I

1 3 2 −10 1 −1 30 0 0 5

.

Pomnozimo zadnjo vrstico z 1

5:

∼II

1 3 2 −10 1 −1 30 0 0 1

.

Pomnozimo zadnjo vrstico z (−3) in jo pristejemo drugi vrstici:

∼I

1 3 2 −10 1 −1 00 0 0 1

.

Pristejemo zadnjo vrstico prvi vrstici:

∼I

1 3 2 00 1 −1 00 0 0 1

.

Zakljucimo z elementarno transformacijo “pristej prvi vrstici (−3)-kratnikdruge vrstice”:

∼I

1 0 5 00 1 −1 00 0 0 1

.

Dobljena matrika je v vrsticni kanonicni formi in ima tri pivote. To so elementi(1, 1), (2, 2) in (3, 4). �


Zgled 3.5 Vedno pa ne gre iskanje vrsticne kanonicne forme le s pomocjo el-ementarnih transformacij tipov I in II. Uporabiti moramo tudi transformacije

tipa III. Za zgled poiscimo vrsticno kanonicno formo za matriko

0 2 0 −22 1 0 11 1 0 0

.

Najprej zamenjajmo prvo in zadnjo vrstico:

∼III

1 1 0 02 1 0 10 2 0 −2

.

Pomnozimo prvo vrstico z (−2) in jo pristejmo drugi vrstici:

∼I

1 1 0 00 −1 0 10 2 0 −2

.

Pomnozimo drugo vrstico z 2 in jo pristejmo zadnji vrstici:

∼I

1 1 0 00 −1 0 10 0 0 0

.

Pristejmo drugo vrstico prvi vrstici:

∼I

1 0 0 10 −1 0 10 0 0 0

in za konec pomnozimo drugo vrstico z (−1):

∼II

1 0 0 10 1 0 −10 0 0 0

.

Dobljena vrsticna kanonicna forma ima dva pivota na mestih (1, 1) in (2, 2).�

Algoritem za iskanje vrsticne kanonicne forme je naslednji:Postavi i = 1, j = 1.

Korak 1. - Ce je v j-tem stolpcu kak element v vrsticah i+1, i+2, . . . ,m

neniceln in je aij = 0, zamenjaj i-to in k-to (k > i) vrstico tako, dabo aij 6= 0.

4. ELEMENTARNE MATRIKE 57

- Pristej veckratnik i-te vrstice k-ti vrstici k > i tako, da bo akj = 0za k = i + 1, i + 2, . . . ,m.

- Pomnozi i-to vrstico z a−1

ij . Element aij je pivot.

Postavi i = i + 1 in doloci novi j tako, da bo

- akl = 0 za k ≥ i + 1 in l < j,

- akj 6= 0 za kak k ≥ i + 1.

Ce tak k obstaja, potem ponovi korak 1.

Korak 2. Vrstice s pivotom pristej predhodnim vrsticam, tako da bo pivotedini neniceln element v svojem stolpcu.

Za vrsticno kanonicno formo velja naslednji izrek, ki ga ne bomo dokazali.

Izrek 3.6 Vsaka matrika ima enolicno doloceno vrsticno kanonicno formo.Vrsticna kanonicna forma ni odvisna od zaporedja izvedenih elementarnih trans-formacij.

Definicija 3.7 Naj bo A ∈ Rm×n dana matrika. Stevilu pivotov v vrsticni

kanonicni formi za A imenujemo rang matrike A. Rang oznacimo z r(A). ♦

Zgled 3.8 Matrika

1 3 2 −11 4 1 22 5 5 0

iz zgleda 3.4 ima rang enak 3. Matrika

0 2 0 −22 1 0 11 1 0 0

iz zgleda 3.5 pa ima rang enak 2. �

Za rang matrike velja naslednji pomembni izrek, ki ga tu ne bomo dokazali.

Izrek 3.9 Ce sta P ∈ Rm×m in Q ∈ R

n×n obrnljivi matriki in je A ∈ Rm×n,

potem je

r(A) = r(PA) = r(AQ) = r(PAQ) .

4 Elementarne matrike

Elementarne transformacije na vrsticah lahko predstavimo tudi z mnozenjems tako imenovanimi elementarnimi matrikami . Vpeljimo jih:


Za i 6= j, 1 ≤ i, j ≤ m in α ∈ R je matrika Eij(α) ∈ Rm×m enaka vsoti

identicne matrike in matrike, ki ima edini neniceln element na mestu(i, j) enak α. Matrike Eij(α) imenujemo elementarne matrike tipa I .

Zgled 4.1 Za m = 3 je npr.

E12(α) =

1 α 00 1 00 0 1

in

E31(6) =

1 0 00 1 06 0 1

. �

Za i = 1, 2, . . . ,m in α ∈ R, α 6= 0, je matrika Ei(α) ∈ Rm×m diagonalna

matrika, ki ima na diagonali enice povsod razen na i-tem mestu. Element(i, i) je enak α. Matrike Ei(α) imenujemo elementarne matrike tipa II .

Zgled 4.2 Za m = 2 je E1(5) =

[

5 00 1

]

, za m = 4 pa je

E3(1

2) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1

20

0 0 0 1

. �

Za i 6= j, 1 ≤ i < j ≤ m oznacimo s Pij matriko, ki jo dobimo iz identicnematrike tako, da v i-ti in j-ti vrstici zamenjamo i-ti in j-ti element.Matrike Pij imenujemo elementarne matrike tipa III .

Zgled 4.3 Za m = 3 imamo tri elementarne matrike tipa III:

P12 =

0 1 01 0 00 0 1

, P13 =

0 0 10 1 01 0 0

in P23 =

1 0 00 0 10 1 0

. �

Naj bo A ∈ Rm×n. Ce mnozimo A z leve z matriko Eij(α), potem pro-

dukt Eij(α)A dobimo iz A tako, da i-ti vrstici pristejemo z α pomnozeno j-tovrstico. Mnozenje z Eij(α) je torej ekvivalentno ustrezni elementarni trans-formaciji tipa I.

Podobno je mnozenje matrike A z Ei(α) z leve ekvivalentno elementarnitransformaciji tipa II - pomnozi i-to vrstico z α.

Mnozenje z matriko Pij z leve pa je ekvivalentno elementarni transformacijitipa III - zamenjaj i-to in j-to vrstico.

4. ELEMENTARNE MATRIKE 59

Trditev 4.4 Elementarne matrike tipa I, II in III so obrnljive.

Dokaz Inverz matrike Eij(α) je matrika Eij(−α). Npr.

[

1 α

0 1

] [

1 −α

0 1

]

=

=

[

1 00 1

]

.

Inverz matrike Ei(α) je Ei(α−1).

Za matriko Pij velja P 2

ij = I, zato je P−1

ij = Pij . �

Poglavje III

Resevanje sistema linearnih

enacb

V tem kratkem poglavju bomo obravnavali zelo uporabno in zato pomem-bno temo linearne algebre — esevanje sistemov linearnih enacb. Spoznalibomo Gaussovo (natancneje Gauss-Jordanovo) metodo za resevanje sistemovlinearnih enacb.

1 Matricni zapis

Dan je sistem m linearnih enacb v n neznankah

a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1

a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2...

am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm

(III.1)

Pri tem so aij in bi, i = 1, 2, . . . ,m, j = 1, 2, . . . , n dana realna stevila,x1, x2, . . . , xm pa so neznanke. Ce je n ≤ 3, potem namesto x1, x2, x3 zaneznanke uporabimo raje x, y in z.

Zgled 1.1 Dan je sistem dveh enacb z dvema neznankama

x + y = 7

x− y = 5 .

To je enostaven sistem in ga zlahka resimo. Ce sestejemo obe enacbi, dobimo2x = 12. Torej mora biti x = 6. Iz prve enacbe potem dobimo y = 1. Zvstavljanjem preverimo, da je x = 6, y = 1 resitev tega sistema. �

61

62 POGLAVJE III. RESEVANJE SISTEMA LINEARNIH ENACB

Zgled 1.2 Enostaven primer sistema linearnih enacb je naslednji:

x + y − z = 3

y + 2z = 1

z = −1 .

Torej je z = −1. Z vstavljanjem v drugo enacbo dobimo, da je y = 3. Zvstavljanjem v prvo enacbo pa se x = −1. �

Kako resimo splosen sistem linearnih enacb? Pomagali si bomo z znanjem,ki smo ga dobili o matrikah. Najprej sistem zapisimo v matricni obliki.

Matriko

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...am1 am2 . . . amn

imenujemo matrika sistema (III.1) in vektor

b =

b1

b2...

bm

desna stran. Vektorju

x =

x1

x2...

xn

recemo vektor neznank . Sistem linearnih enacb (III.1) ima matricni zapis

Ax = b . (III.2)

Iscemo torej tak vektor x ∈ Rn, ki resi enacbo (III.2). Poleg matrike A bomo

rabili tudi matriko

A =

a11 a12 . . . a1n b1

a21 a22 . . . a2n b2...

......

...am1 am2 . . . amn bm

,

ki jo imenujemo razsirjena matrika sistema (III.1).

1. MATRICNI ZAPIS 63

Izrek 1.3 Ce je P ∈ Rm×m obrnljiva matrika, potem imata sistema linearnih

enacbAx = b

in(PA)x = (Pb)

enake resitve.

Dokaz Ker je P obrnljiva matrika, obstaja njen inverz P−1, za katerega veljaP−1P = I = PP−1. Potem ocitno za vsak x, za katerega je Ax = b, veljatudi (PA)x = Pb. Obratno, ce x resi sistem (PA)x = Pb, potem zanj velja

P−1(PAx) = P−1Pb

oziroma Ax = b. �

Elementarne transformacije na vrsticah lahko predstavimo tudi z mnozenjems tako imenovanimi elementarnimi matrikami . Vpeljimo jih:

Za i 6= j, 1 ≤ i, j ≤ m in α ∈ R je matrika Eij(α) ∈ Rm×m enaka vsoti

identicne matrike in matrike, ki ima edini neniceln element na mestu(i, j) enak α. Matrike Eij(α) imenujemo elementarne matrike tipa I .

Zgled 1.4 Za m = 3 je npr.

E12(α) =

1 α 00 1 00 0 1

in

E31(6) =

1 0 00 1 06 0 1

. �

Za i = 1, 2, . . . ,m in α ∈ R, α 6= 0, je matrika Ei(α) ∈ Rm×m diagonalna

matrika, ki ima na diagonali enice povsod razen na i-tem mestu. Element(i, i) je enak α. Matrike Ei(α) imenujemo elementarne matrike tipa II .

Zgled 1.5 Za m = 2 je E1(5) =

[5 00 1

], za m = 4 pa je

E3(12) =

1 0 0 00 1 0 00 0 1

2 00 0 0 1

. �


Za i 6= j, 1 ≤ i, j ≤ m oznacimo s Pij matriko, ki jo dobimo iz identicnematrike tako, da v i-ti in j-ti vrstici zamenjamo i-ti in j-ti element.Matrike Pij imenujemo elementarne matrike tipa III .

Zgled 1.6 Za m = 3 imamo tri elementarne matrike tipa III:

P12 =

0 1 01 0 00 0 1

, P13 =

0 0 10 1 01 0 0

in P23 =

1 0 00 0 10 1 0

. �

Naj bo A ∈ Rm×n. Ce mnozimo A z leve z matriko Eij(α), potem pro-

dukt Eij(α)A dobimo iz A tako, da i-ti vrstici pristejemo z α pomnozeno j-tovrstico. Mnozenje z Eij(α) je torej ekvivalentno ustrezni elementarni trans-formaciji tipa I.

Podobno je mnozenje matrike A z Ei(α) z leve ekvivalentno elementarnitransformaciji tipa II - pomnozi i-to vrstico z α.

Mnozenje z matriko Pij z leve pa je ekvivalentno elementarni transformacijitipa III - zamenjaj i-to in j-to vrstico.

Trditev 1.7 Elementarne matrike tipa I, II in III so obrnljive.

Dokaz Inverz matrike Eij(α) je matrika Eij(−α). Npr.

[1 α

0 1

] [1 −α

0 1

]=

=

[1 00 1

].

Inverz matrike Ei(α) je Ei(α−1).

Za matriko Pij velja P 2ij = I, zato je P−1

ij = Pij . �

2 Gaußova metoda

Izrek 1.3 in trditev 1.7 nam povesta, da mnozenje sistema linearnih enacbAx = b z leve z elementarnimi matrikami tipa I, II in III ne spremeni resitvesistema. To dejstvo izkoristimo za iskanje resitve sistema linearnih enacb priGaußovi metodi:

Gaußova metoda 1.) Zapisi razsirjeno matriko sistema:

A =[A b

]∈ R

m×(n+1) .

2.) Poisci vrsticno kanonicno formo za A.

3.) Ugotovi, ali je sistem resljiv in ce je, poisci splosno resitev sistema.

2. GAUSSOVA METODA 65

Podrobneje moramo opisati se tretji korak metode. Najprej si oglejmo trizglede.

Zgled 2.1 Resimo sistem linearnih enacb x − y = 7 in x + y = 5. Matrika

sistema je A =

[1 −11 1

]in razsirjena matrika sistema je

A =

[1 −1 71 1 5

].

Poiscimo vrsticno kanonicno formo za A:[1 −1 71 1 5

]∼I

[1 −1 70 2 −2

]∼II

[1 −1 70 1 −1

]∼I

[1 0 60 1 −1

].

Sistem linearnih enacb, ki pripada zadnji matriki, je x = 6, y = −1. To pa jeze resitev nasega sistema linearnih enacb. �

Zgled 2.2 Resimo sistem 2y + 3z = 1, 2x − 6y + 7z = 0, x − 2y + 5z = −1.Razsirjena matrika sistema je

A =

0 2 3 12 −6 7 01 −2 5 −1

.

Vrsticna kanonicna forma za A je:

0 2 3 12 −6 7 01 −2 5 −1

∼III

1 −2 5 −12 −6 7 00 2 3 1

∼I

1 −2 5 −10 −2 −3 20 2 3 1

∼I

∼I

1 −2 5 −10 −2 −3 20 0 0 3

∼II

1 −2 5 −10 1 3

2 −10 0 0 1

∼I

1 −2 5 00 1 3

2 −10 0 0 1

∼I

∼I

1 −2 5 00 1 3

2 00 0 0 1

∼I

1 0 8 00 1 3

2 00 0 0 1

.

Sistem, ki pripada tej matriki, je x + 8z = 0, y + 32z = 0 in 0 = 1. Ta zadnja

enacba je protislovna, zato sistem nima resitve. �

Zgled 2.3 Resimo se sistem x + 2y − z = 1 in x − y + 2z = 2. Razsirjenamatrika sistema je

A =

[1 2 −1 11 −1 2 2

].


Vrsticna kanonicna forma za A je:

[1 2 −1 11 −1 2 2

]∼I

[1 2 −1 10 −3 3 1

]∼II

[1 2 −1 10 1 −1 −1

3

]∼I

∼I

[1 0 1 5

30 1 −1 −1

3

].

Dobljeni sistem je x + z = 53 in y − z = −1

3 . Tu lahko vrednost spremenljivkez poljubno izberemo. Potem je resitev enaka x = 5

3 − z in y = −13 + z. �

Zgornje trije zgledi opisejo v bistvu vse moznosti, ki nastopijo pri resevanjusistema linearnih enacb. Opisimo jih v izreku.

Izrek 2.4 Dan je sistem linearnih enacb

Ax = b . (III.3)

Naj bo V (A) vrsticna kanonicna forma za razsirjeno matriko sistema A. Sis-tem (III.3) je resljiv natanko tedaj, ko v zadnjem stolpcu matrike V (A) nipivota.

Sistem (III.3) ima natanko eno resitev natanko tedaj, ko ima V (A) v prvihn stolpcih pivot, v zadnjem stolpcu pa nima pivota.

Ce je sistem (III.3) resljiv, ni pa enolicno resljiv, potem lahko vrednostispremenljivk, ki pripadajo stolpcem v V (A) brez pivotov, poljubno izberemo.Vrednosti ostalih spremenljivk so potem enolicno dolocene. V tem primeruimamo neskoncno resitev.

Posledica 2.5 Sistem linearnih enacb Ax = b je resljiv natanko tedaj, ko jer(A) = r(A).

Opomba 2.6 Ce imamo neskoncno resitev sistema linearnih enacb Ax = b,potem spremenljivkam, katerih vrednosti lahko v resitvi poljubno izberemo,recemo parametri resitve. Ce je stevilo parametrov enako k, potem recemo,da ima sistem k-parametricno resitev . ♦

Sistem linearnih enacb imenujemo homogen, ce je desna stran enaka 0:Ax = 0.

Posledica 2.7 Homogen sistem linearnih enacb ima vedno resitev x = 0. Ceje m < n, potem ima homogen sistem neskoncno resitev.

2. GAUSSOVA METODA 67

Zgled 2.8 Resimo homogen sistem x+2y−5z = 0 in −2x−3y+6z = 0. Kerje sistem homogen je desna stran enaka 0. Torej je zadnji stolpec pri Gaußovimetodi na razsirjeni matriki sitema vseskozi enak 0 in ga zato kar izpustimo.Matrika sistema je

A =

[1 2 −5−2 −3 6

].

Njena vrsticna kanonicna forma je

[1 2 −5−2 −3 6

]∼I

[1 2 −50 1 −4

]∼I

[1 0 30 1 −4

].

Resitev sistema enacb je zato enaka x = −3z in y = 4z. Pri tem je z parame-ter. �

Resevanje sistema linearnih enacb lahko posplosimo tudi na resevanje ma-tricnih enacb oblike

AX = B .

Tu je A ∈ Rm×n, B ∈ R

m×k, X pa je n × k matrika neznank. Najpogostejsizgled take enacbe je iskanje inverza matrike. Tedaj je B = I in iscemo tak X,da bo AX = I.

Matricno enacbo resujemo z Gaußovo metodo tako, da poiscemo vrsticnokanonicno formo za razsirjeno matriko

A =[A B

]∈ R

m×(n+k) .

Ce vrsticna kanonicna forma V za A nima pivotov v zadnjih k stolpcih, potemima enacba AX = B resitev, sicer pa ne. Spet imamo lahko tudi vecpara-metricno resitev, ce kateri od prvih n stolpcev v V nima pivota.

Zgled 2.9 Poiscimo inverz matrike A =

0 1 2−1 0 02 −1 2

. Iscemo torej resitev

matricne enacbe AX = I. Razsirjena matrika je

0 1 2 1 0 0−1 0 0 0 1 02 −1 2 0 0 1

.


Njena vrsticna kanonicna forma je

0 1 2 1 0 0−1 0 0 0 1 02 −1 2 0 0 1

∼III

−1 0 0 0 1 00 1 2 1 0 02 −1 2 0 0 1

∼I

∼I

−1 0 0 0 1 00 1 2 1 0 00 −1 2 0 2 1

∼I

−1 0 0 0 1 00 1 2 1 0 00 0 4 1 2 1

∼II

∼II

1 0 0 0 −1 00 1 2 1 0 00 0 1 1

412

14

∼I

1 0 0 0 −1 00 1 0 1

2 −1 −12

0 0 1 14

12

14

.

Iz vrsticne kanonicne forme preberemo resitev

X = A−1 =

0 −1 012 −1 −1

214

12

14

. �

Poglavje IV

Determinanta matrike

V tem poglavju bomo vpeljali pojem determinante matrike, spoznali bomonjene lastnosti in nekaj metod za racunanje determinant.

1 Definicija

Preden definiramo determinanto, se spomnimo, kaj je permutacija. Permutacijaje bijektivna preslikava σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}. Mnozico vseh per-mutacij n elementov oznacimo s Πn. Signaturo permutacije σ oznacimo s sgn σ.Definicija signature in osnovne lastnosti permutacij, ki jih bomo uporabljalipri obravnavi determinant, so opisane v dodatku A na koncu ucbenika.

Definicija 1.1 Naj bo

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann

kvadratna matrika reda n. Potem je njena determinanta enaka

det A =∑

σ∈Πn

sgn σ a1σ(1)a2σ(2) · · · anσ(n) .

Determinanta je tako preslikava det : Rn×n → R. Determinanto zapisemo tudi

s tabelo

det A =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

69

70 POGLAVJE IV. DETERMINANTA MATRIKE

Za zgled izpisimo vsoto iz definicije za n = 2, 3 in 4.∣

∣

∣

∣

a11 a12

a21 a22

∣

∣

∣

∣

= a11a22 − a12a21

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= a11a22a33 + a12a23a31 + a13a21a32 −

−a12a21a33 − a11a23a32 − a13a22a31

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 a13 a14

a21 a22 a23 a24

a31 a32 a33 a34

a41 a42 a43 a44

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= a11a22a33a44 + a11a23a34a42 + a11a24a32a43 + a12a21a34a43 +

+a12a23a31a44 + a12a24a33a41 + a13a21a32a44 + a13a22a34a41 +

+a13a24a31a42 + a14a22a31a43 + a14a23a32a41 + a14a21a33a42 −

−a11a22a34a43 − a11a23a32a44 − a11a24a33a42 − a12a21a33a44 −

−a12a23a34a41 − a12a24a31a43 − a13a21a34a42 − a13a22a31a44 −

−a13a24a32a41 − a14a21a32a43 − a14a22a33a41 − a14a23a31a42

Ker je stevilo permutacij mnozice {1, 2, . . . , n} enako n!, gotovo ne bo prak-ticno racunati determinanto s pomocjo definicije. O tem nas preprica ze zgledpri n = 4.

Preden zacnemo s studijem lastnosti determinante, opozorimo na to, dasmo determinanti za n = 2 in n = 3 ze srecali v poglavju o vektorjih vR

2 in R3. Determinanta matrike A ∈ R

3×3 je enaka mesanemu produktuvektorjev, ki tvorijo stolpce matrike A. Absolutna vrednost |det A| je potemenaka volumnu paralelepipeda, ki ga dolocajo stolpci matrike A. Podobno jeza A ∈ R

2×2 absolutna vrednost |det A| enaka ploscini paralelograma, ki gadolocata stolpca matrike A v R

2.

2 Razvoj determinante

Minor je poddeterminanta determinante∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

,

2. RAZVOJ DETERMINANTE 71

ki jo dobimo tako, da izpustimo enako stevilo vrstic in stolpcev. Ce v deter-minanti izpustimo i-to vrstico in j-ti stolpec, potem dobljeni minor oznacimoz mij . Kofaktor kij je predznacen minor:

kij = (−1)i+jmij za i, j = 1, 2, . . . , n.

Zgled 2.1 V determinanti

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 3 10 2 13 1 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

poiscimo nekaj minorjev in kofaktorjev:

m11 =

∣

∣

∣

∣

2 11 −1

∣

∣

∣

∣

= −3 , m23 =

∣

∣

∣

∣

2 33 1

∣

∣

∣

∣

= −7 , m31 =

∣

∣

∣

∣

3 12 1

∣

∣

∣

∣

= 1,

k11 = m11 = −3 , k23 = −m23 = 7 , k31 = m31 = 1 . �

S pomocjo kofaktorjev lahko zapisemo rekurzivne formule za izracun de-terminante. Teh tu ne bomo dokazali.

Izrek 2.2 (o razvoju determinante) Za determinanto

det A =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...

an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

velja:

1.) det A = ai1ki1 + ai2ki2 + · · · + ainkin, i = 1, 2, . . . , n, je razvoj determi-

nante po i-ti vrstici.

2.) det A = a1jk1j + a2jk2j + · · ·+ anjknj, j = 1, 2, . . . , n, je razvoj determi-

nante po j-tem stolpcu.

Zgled 2.3 Izracunajmo

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 3 10 2 13 1 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

z razvojem po prvem stolpcu:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 3 10 2 13 1 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2

∣

∣

∣

∣

2 11 −1

∣

∣

∣

∣

− 0

∣

∣

∣

∣

3 11 −1

∣

∣

∣

∣

+ 3

∣

∣

∣

∣

3 12 1

∣

∣

∣

∣

= 2(−3)− 0(−4) + 3 · 1 =

= −3. �


Ce je v kakem stolpcu ali vrstici veliko nicel, potem je izracun determinantehitrejsi, ce jo razvijemo po takem stolpcu ali vrstici.

Zgled 2.4 Izracunajmo determinanto

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 0 2−1 −1 0 02 −2 0 03 1 5 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

. Z razvojem po tret-

jem stolpcu dobimo:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 0 −1−1 0 0 −12 0 0 −23 −1 5 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 −1−1 0 −12 0 −2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

Z razvojem zadnje determinante po drugem stoplcu dobimo:

−5

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 2 −1−1 0 −12 0 −2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 10

∣

∣

∣

∣

−1 −12 −2

∣

∣

∣

∣

= 10(2 + 2) = 40.

Iskana vrednost determinante je tako enaka 40. �

3 Lastnosti determinante

1.) Determinanti matrike in njene transponiranke sta enaki:

det A = det(

A⊤)

.

Dokaz Velja:

det A =∑

σ∈Πn

sgn σ a1σ(1)a2σ(2) · · · anσ(n) =

=∑

σ∈Πn

sgn σ aσ−1(1)1aσ−1(2)2 · · · aσ−1(n)n =

= det(

A⊤)

.

V zgornjem racunu smo uporabili dejstvo, da je sgnσ = sgn σ−1. �

2.) Ce eno vrstico v matriki pomnozimo s skalarjem α, se determinantapomnozi z α.

3. LASTNOSTI DETERMINANTE 73

Dokaz Velja:∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...αai1 αai2 . . . αain

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=∑

σ∈Πn

sgn σ a1σ(1) · · · aiσ(i) · · · anσ(n) =

= α det A . �

3.) Ce en stolpec v matriki pomnozimo s skalarjem α, se determinanta pom-nozi z α.

Dokaz Ker je detA = det(

A⊤)

po 1.), lastnost 3.) sledi iz lastnosti2.). �

4.) Ce matriko pomnozimo s skalarjem, potem velja

det(αA) = αn det A.

Dokaz Uporabimo lastnost 2.) n-krat. �

5.) Velja:∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

ai1 + bi1 ai2 + bi2 . . . ain + bin

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

ai1 ai2 . . . ain

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

bi1 bi2 . . . bin

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.


Dokaz Z uporabo razvoja determinante po i-ti vrstici dobimo:

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

ai1 + bi1 ai2 + bi2 . . . ain + bin

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=n

∑

j=1

(aij + bij) kij =n

∑

j=1

aijkij +n

∑

j=1

bijkij =

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

ai1 ai2 . . . ain

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai−1,1 ai−1,2 . . . ai−1,n

bi1 bi2 . . . bin

ai+1,1 ai+1,2 . . . ai+1,n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

. �

6.) Ce v matriki zamenjamo dve vrstici, se njena determinanta pomnozi z(−1).

Dokaz Predpostavimo, da zamenjamo i-to in j-to vrstico, kjer je i < j.Ce je σ ∈ Πn, potem s σ oznacimo permutacijo, za katero je

σ(k) =

σ(k) , ce k 6= i, j

σ(i) , ce k = j

σ(j) , ce k = i

.

Iz lastnosti permutacij vemo, da je sgn σ = − sgn σ. Z uporabo definicije

3. LASTNOSTI DETERMINANTE 75

determinante dobimo

det A =∑

σ∈Πn

sgn σ a1σ(1) · · · aiσ(i) · · · ajσ(j) · · · anσ(n) =

=∑

σ∈Πn

sgn σ a1σ(1) · · · ajσ(j) · · · aiσ(i) · · · anσ(n) =

=∑

σ∈Πn

sgn σ a1σ(1) · · · aiσ(i) · · · ajσ(j) · · · anσ(n) =

=∑

σ∈Πn

− sgn σ a1σ(1) · · · aiσ(i) · · · ajσ(j) · · · anσ(n) = −det A .

Tu smo z A oznacili matriko, ki jo iz A dobimo tako, da zamenjamo i-toin j-to vrstico. �

7.) Ce sta dve vrstici v matriki A enaki, potem je njena determinanta enaka0.

Dokaz Ce v matriki enaki vrstici zamenjamo, se matrika ne spremeni.Iz lastnosti 6.) potem sledi, da je detA = −det A. Zato je detA = 0.�

8.) Ce v matriki pristejemo skalarni veckratnik ene vrstice drugi vrstici, sedeterminanta ne spremeni.


Dokaz Z uporabo lastnosti 2.), 5.) in 7.) dobimo

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...aj1 + αai1 aj2 + αai2 . . . ajn + αain

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...aj1 aj2 . . . ajn

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...αai1 αai2 . . . αain

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...aj1 aj2 . . . ajn

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+ α

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

......

...ai1 ai2 . . . ain

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

. �

4. RACUNANJE DETERMINANTE 77

9.) Velja

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . a1,j−1 a1j + b1j a1,j+1 . . . a1n

a21 . . . a2,j−1 a2j + b2j a2,j+1 . . . a2n

......

......

...an1 . . . an,j−1 anj + bnj an,j+1 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

=

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . a1,j−1 a1j a1,j+1 . . . a1n

a21 . . . a2,j−1 a2j a2,j+1 . . . a2n

......

......

...an1 . . . an,j−1 anj an,j+1 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

+

+

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 . . . a1,j−1 b1j a1,j+1 . . . a1n

a21 . . . a2,j−1 b2j a2,j+1 . . . a2n

......

......

...an1 . . . an,j−1 bnj an,j+1 . . . ann

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

.

10.) Ce v matriki zamenjamo dva stolpca, se njena determinanta pomnozi z(−1).

11.) Ce sta dva stolpca v matriki enaka, je njena determinanta enaka 0.

12.) Ce v matriki pristejemo skalarni veckratnik enega stolpca drugemu stolpcu,se njena determinanta ne spremeni.

Lastnosti 9.), 10.), 11.) in 12.) sledijo iz lastnosti 5.), 6.), 7.) in 8.) zuporabo lastnosti 1.).

4 Racunanje determinante

Ce je D =

d1 0 . . . 00 d2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . dn

diagonalna matrika, potem je njena determi-

nanta enaka produktu diagonalnih elementov: detD =∏n

i=1 di. To sledi izdefinicije, saj za vsako neidenticno permutacijo σ obstaja tak i ∈ {1, 2, . . . , n},da je σ(i) 6= i.Se vec, za vsako neidenticno permutacijo σ obstaja tak i, da je σ(i) < i. Todejstvo uporabimo za dokaz naslednje trditve:


Trditev 4.1 Ce je A =

a11 a12 a13 . . . a1n

0 a22 a23 . . . a2n

0 0 a33 . . . a3n

......

.... . .

...

0 0 0 . . . ann

zgornje-trikotna matrika,

potem je detA =∏n

i=1 aii.

Ker je determinanto zgornje-trikotne matrike lahko izracunati, bomo to spridom uporabili. Izkaze se, da lahko s pomocjo elementarnih transformacijna vrsticah tipa I in III kvadratno matriko A preoblikujemo v zgornje trikotnomatriko T . Pri tem se pri transformaciji tipa I determinanta ne spremeni, pritransformaciji tipa III pa se determinanta pomnozi z (−1).

Zato je det A = (−1)s det T , kjer je s stevilo transformacij tipa III, ki smojih uporabili v postopku preoblikovanja A v T .

Zgled 4.2 Izracunajmo determinanto matrike

A =

0 2 −1 −20 4 4 1−1 2 0 02 0 −1 4

.

Najprej zamenjamo prvo in tretjo vrstico:

−1 2 0 00 4 4 10 2 −1 −22 0 −1 4

.

Pristejemo dvakratnik prve vrstice zadnji vrstici:

−1 2 0 00 4 4 10 2 −1 −20 4 −1 4

.

Pristejemo (−2)-kratnik tretje vrstice k zadnji vrstici:

−1 2 0 00 4 4 10 2 −1 −20 0 1 8

.

5. DETERMINANTA PRODUKTA IN PRIREJENKA 79

Pristejemo z (−12) pomnozeno drugo vrstico k tretji vrstici:

−1 2 0 00 4 4 10 0 −3 −5

20 0 1 8

.

Zamenjamo zadnji dve vrstici:

−1 2 0 00 4 4 10 0 1 80 0 −3 −5

2

.

Nazadnje pristejemo trikratnik tretje vrstice k zadnji vrstici in dobimo:

T =

−1 2 0 00 4 4 10 0 1 80 0 0 43

2

.

Ker smo uporabili dve transformaciji tipa III, je

det A = detT = −86 . �

5 Determinanta produkta in prirejenka

Najprej si oglejmo pravilo, ki velja za determinanto produkta dveh matrik.

Izrek 5.1 Ce sta A,B ∈ Rn×n, potem je

detAB = detA det B .

Dokaz Oznacimo C = AB. Naj bodo c1, c2, . . . , cn stolpci matrike C,a1, a2, . . . , an stolpci matrike A in

B =

b11 b12 . . . b1n

b21 b22 . . . b2n

......

...bn1 bn2 . . . bnn

.


Potem je cj =∑n

ij=1 bijjaij . Z uporabo lastnosti 9.), 10.), 11.) in 1.) zadeterminanto dobimo

det C =∣

∣c1 c2 . . . cn

∣

∣ =

=∣

∣

∑ni1=1 bi11ai1

∑ni2=1 bi22ai2 . . .

∑nin=1 binnain

∣

∣ =

=n

∑

i1=1

n∑

i2=1

. . .

n∑

in=1

∣

∣bi11ai1 bi22ai2 . . . binnain

∣

∣ =

=n

∑

i1=1

n∑

i2=1

. . .

n∑

in=1

bi11bi22 . . . binn

∣

∣ai1 ai2 . . . ain

∣

∣ =

=∑

σ∈Πn

bσ(1)1bσ(2)2 . . . bσ(n)n

∣

∣aσ(1) aσ(2) . . . aσ(n)

∣

∣ =

=∑

σ∈Πn

sgn σbσ(1)1bσ(2)2 . . . bσ(n)n

∣

∣a1 a2 . . . an

∣

∣ =

= detA det(

B⊤)

= detA detB . �

Posledica 5.2 Ce je A obrnljiva, potem je

det(

A−1)

=1

det A.

Dokaz Ker velja AA−1 = I in det I = 1, sledi iz prejsnjega izreka enakost

(detA)(

det(

A−1))

= 1 .

Torej je det(

A−1)

= 1det A

. �

Oglejmo si sedaj se definicijo in uporabo prirejenke.

Definicija 5.3 Naj bo

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann

∈ Rn×n .

S kij oznacimo (i, j)-ti kofaktor detA. Matriko

BA =

k11 k12 . . . k1n

k21 k22 . . . k2n

......

...kn1 kn2 . . . knn

⊤

5. DETERMINANTA PRODUKTA IN PRIREJENKA 81

imenujemo prirejenka matrike A. ♦

Naslednji izrek nam poda kriterij za obstoj inverza dane matrike. To je zanas najpomemnejsi rezultat v poglavju o determinanti.

Izrek 5.4 Matrika A ∈ Rn×n je obrnljiva natanko tedaj, ko je det A 6= 0.

Tedaj je

A−1 =1

det ABA .

Dokaz Ce je A obrnljiva, je (detA)(

det(

A−1))

= det I = 1. Zato jedetA 6= 0.

Naj bo detA 6= 0. Izracunajmo produkt ABA: (i, j)-ti element matrikeABA je enak

∑nl=1 ailkjl. Po izreku o razvoju determinante je ta vsota enaka

detA, ce je i = j. Ce je i 6= j, potem je ta vsota razvoj determinante, ki imai-to in j-to vrstico enako in je zato enaka 0. Tako dobimo

ABA =

det A 0 . . . 00 det A . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . det A

.

Ker je detA 6= 0, je A ·(

1det A

BA

)

= I. Zato je A−1 = 1det A

BA. �

Zgled 5.5 Ce je A =

[

a b

c d

]

obrnljiva matrika v R2×2, potem je

detA = ad− bc 6= 0. Njena prirejenka je BA =

[

d −b

−c a

]

in njen inverz je

A−1 =1

ad− bc

[

d −b

−c a

]

.

Konkretno, ce je A =

[

2 −13 −2

]

, potem je det A = −1 in A−1 =

[

2 −13 −2

]

. �

Zgled 5.6 Poiscimo inverz matrike

A =

2 1 −10 1 01 −1 3

s pomocjo prirejenke.


Izracunamo determinanto detA = 7 in prirejenko

BA =

3 0 −1−2 7 31 0 2

⊤

=

3 −2 10 7 0−1 3 2

.

Zato je A−1 = 17

3 −2 10 7 0−1 3 2

. �

Posledica 5.7 Produkt dveh obrnljivih matrik je obrnljiva matrika.

Dokaz Ce sta A in B obrnljivi matriki, potem je detA 6= 0 in detB 6= 0.Zato je tudi detAB = detA det B 6= 0 in produkt AB je obrnljiva matrika. �

6 Cramerjevo pravilo

Naj bo A ∈ Rn×n obrnljiva matrika in naj bo Ax = b sistem linearnih enacb.

Za j = 1, 2, . . . , n oznacimo z Aj(b) matriko, ki jo dobimo iz A tako, da j-tistolpec zamenjamo z vektorjem b.

Izrek 6.1 (Cramerjevo pravilo) Ce je A obrnljiva matrika v Rn×n, potem

je resitev sistema linearnih enacb Ax = b podana z

xj =detAj(b)

det A, j = 1, 2, . . . , n.

Dokaz Ker je A obrnljiva, iz zveze Ax = b sledi x = A−1b = 1det A

BAb. Naj

bo b =

b1

b2...

bn

. Potem je j-ta komponenta produkta BAb enaka∑n

i=1 kijbi. Po

izreku o razvoju determinante je ta vsota enaka detAj(b). Zato je

xj =det Aj(b)

det Aza j = 1, 2, . . . , n. �

Zgled 6.2 Resimo sistem linearnih enacb

3x− 2y = 6

−5x + 4y = 8

6. CRAMERJEVO PRAVILO 83

s pomocjo Cramerjevega pravila. Velja:

det A =

∣

∣

∣

∣

3 −2−5 4

∣

∣

∣

∣

= 2.

Ker je b =

[

68

]

, je

det A1(b) =

∣

∣

∣

∣

6 −28 4

∣

∣

∣

∣

= 40 in

det A2(b) =

∣

∣

∣

∣

3 6−5 8

∣

∣

∣

∣

= 54 .

Zato je resitev enaka x = 20 in y = 27. �

Zgled 6.3 S pomocjo Cramerjevega pravila resimo se sistem linearnih enacb

x− y + z = 1

−y + 2z = 0

x + 3z = −1 .

Velja:

detA =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 10 −1 21 0 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3− 2 + 1 = −4 .

Vektor desne strani je b =

10−1

, zato je

det Ax(b) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 10 −1 2−1 0 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −3 + 2− 1 = −2 ,

det Ay(b) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 1 10 0 21 −1 3

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 2 + 2 = 4 in

det Az(b) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −1 10 −1 01 0 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= 1 + 1 = 2 .

Tako dobimo resitev x = 12 , y = −1 in z = −1

2 . �

Poglavje V

Algebraicne strukture

V tem poglavju bomo spoznali osnovne algebraicne strukture na dani mnozici.Te so podane z eno ali dvema binarnima operacijama. Binarna operacija paruelementov iz mnozice priredi nek element iz iste mnozice. Primeri binarnih op-eracij so sestevanje, mnozenje, odstevanje. . . Za binarne operacije na mnozicahlahko veljajo razlicne lastnosti. Glede na to locimo vec (abstraktnih) alge-braicnih struktur. Zakaj vpeljemo te strukture? Izreki in trditve, ki veljajoza doloceno abstraktno algebraicno strukturo, potem veljajo za vse konkretnezglede te strukture in nam jih ni potrebno obravnavati za vsak zgled posebej.

Algebraicnih struktur, ki jih bomo predstavili v tem poglavju, ne bomopodrobno studirali. Spoznali jih bomo le zato, ker nastopajo v definiciji vek-

torskega prostora, ki je osnovna algebraicna struktura v linearni algebri.

1 Polgrupa, monoid in grupa

Imamo neko (neprazno) mnozico M . Mnozico vseh (urejenih) parov (a, b),a, b ∈ M , oznacimo z M ×M . Podobno za dve neprazni mnozici M1 in M2

oznacimo z M1 ×M2 mnozico vseh urejenih parov (a, b), kjer je prvi elementa ∈M1 in drugi element b ∈M2.

Binarna operacija na mnozici M je preslikava ◦ : M ×M → M . Binarnaoperacija tako urejenemu paru elementov iz M priredi nek element iz M .

Zgled 1.1 1.) Na mnozici realnih stevil poznamo vec binarnih operacij: +,−, ·.

2.) Na mnozici pozitivnih realnih stevil so definirane naslednje binarne op-eracije: +, −, ·, /.

3.) Na mnozici Rn imamo binarno operacijo +.

85

86 POGLAVJE V. ALGEBRAICNE STRUKTURE

4.) Na R3 je vektorski produkt × binarna operacija.

5.) Skalarni produkt na Rn, n ≥ 2, pa ni binarna operacija, saj paru vek-torjev priredi skalar.

6.) Na mnozici naravnih stevil N sta binarni operaciji + in ·. Operacijiodstevanje in deljenje pa nista binarni operaciji na N, saj se lahko zgodi,da rezultat ni naravno stevilo. Npr. 1− 2, ali 2/3. �

Lastnosti binarnih operacij: ◦ : M ×M → M

1.) ◦ je asociativna, ce velja (a ◦ b) ◦ c = a ◦ (b ◦ c) za poljubne a, b, c ∈M .Recemo tudi, da za ◦ velja asociativnost.

2.) Element e ∈M je enota, ce velja a ◦ e = a in e ◦ a = a za vse a ∈M .

3.) Ce je e ∈ M enota, potem je b inverz elementa a, ce velja a ◦ b = e inb ◦ a = e. Inverz oznacimo z a−1 ali z −a kadar je operacija sestevanje+.

4.) ◦ je komutativna, ce velja a ◦ b = b ◦ a za vse a, b ∈M . Recemo tudi, daza ◦ velja komutativnost.

Definicija 1.2 Naj bo ◦ : M × M → M binarna operacija na M . Potemrecemo, da je (M, ◦) polgrupa, ce je operacija ◦ asociativna.

Ce je (M, ◦) polgrupa in v njej obstaja enota e, potem recemo, da je (M, ◦)monoid . Opazimo, da je e ◦ e = e in zato je e−1 = e.

Ce je (M, ◦) monoid in ima vsak element iz M inverz, potem recemo, daje (M, ◦) grupa.

Ce je v polgrupi, monoidu ali grupi (M, ◦) operacija ◦ komutativna, potemrecemo, da je (M, ◦) komutativna polgrupa, komutativni monoid ali komuta-

tivna grupa. Komutativno grupo imenujemo tudi Abelova grupa. ♦

Opomba 1.3 Najveckrat bo ze iz konteksta jasno, katero binarno operacijo ◦mislimo. Tako bomo poslej pogosto pisali kar M namesto (M, ◦). Rekli bomo,da je M polgrupa, monoid ali grupa. Kadar je operacija na M sestevanje in jooznacimo s +, potem za inverz elementa a ∈ M uporabimo obicajno oznako−a (in ne a−1). ♦

Zgled 1.4 1.) (R,+) je Abelova grupa. Enota je 0 in inverz −a.

2.) (R, ·) je komutativen monoid. Enota je 1.

1. POLGRUPA, MONOID IN GRUPA 87

3.) (R,−) ni niti polgrupa, saj binarna operacija odstevanje ni asociativna.Na primer: −4 = (1− 2)− 3 6= 1− (2− 3) = 2.

4.) R+ = {α ∈ R ; α > 0} je Abelova grupa za mnozenje. Enota je 1 ininverz α−1.

5.) (Rn,+) je Abelova grupa. Enota je vektor 0 in inverz vektorja v ∈ Rn

je vektor −v.

6.) (Rm×n,+) je Abelova grupa. Enota je matrika 0 in inverz matrikeA ∈ Rm×n je matrika −A.

7.) (Rn×n, ·), (n ≥ 2), je monoid, ki ni komutativen. Enota je I.

8.) (R3,×) ni niti polgrupa, saj vektorski produkt ni asociativen.

9.) Naj bo M = {f : R → R} mnozica vseh funkcij in operacija ◦ kom-pozitum funkcij. Potem je M monoid, enota je funkcija f(x) = x zax ∈ R. �

Definicija 1.5 Naj bo (M, ◦) polgrupa in N ⊂ M neprazna podmnozica. Ceje a ◦ b ∈ N za poljubna a, b ∈ N , potem recemo, da je ◦ notranja operacija

za N , oziroma, da je N zaprta podmnozica za operacijo ◦. Ce je N zaprtaza ◦, potem je tudi (N, ◦) polgrupa, saj je (M, ◦) polgrupa. Recemo, da je Npodpolgrupa v M .

Podobno definiramo tudi pojma podmonoid in podgrupa:

Ce je (M, ◦) monoid z enoto e in N ⊂ M neprazna mnozica, za katero je◦ notranja operacija in e ∈ N , potem recemo, da je N podmonoid v M .

Ce je (M, ◦) grupa (e enota v M) in N ⊂ M neprazna mnozica, za kateroje ◦ notranja operacija, e ∈ N in za vsak a ∈ N je tudi a−1 v N , potemrecemo, da je N podgrupa. ♦

Trditev 1.6 Naj bo M grupa. Potem je ∅ 6= N ⊆ M podgrupa natanko tedaj,

ko je a ◦ b−1 ∈ N , za poljubna a, b ∈ N .

Dokaz Naj bo N ⊆ M podgrupa in a, b ∈ N . Potem je tudi b−1 ∈ N in zatotudi a ◦ b−1 ∈ N .

Obratno, denimo, da je a ◦ b−1 ∈ N za poljubna a, b ∈ N . Ce vzamemoa = b ∈ N , dobimo a◦a−1 = e ∈ N . Ce vzamemo sedaj a = e in izberemo nekb ∈ N , je tudi b−1 ∈ N in zato je a ◦ (b−1)−1 = a ◦ b ∈ N . Tako smo preverili,da je N res podgrupa v M . �


Zgled 1.7 1.) Z ⊆ R za sestevanje je podgrupa. Velja namrec m − n ∈ Z

za poljubni celi stevili m in n.

2.) (R\{0}, ·) je Abelova grupa. Z\{0} ⊆ R\{0} pa je samo podmonoid.Produkt m · n poljubnih celih stevil je spet celo stevilo in 1 ∈ Z. Ker je2−1 /∈ Z, Z ni podgrupa.

3.) Naj bo Tn podmnozica zgornje-trikotnih matrik v Rn×n in naj bo binarnaoperacija sestevanje matrik. Potem je Tn podgrupa v Rn×n.

4.) Oznacimo Gln(R) = {A ∈ Rn×n ; detA 6= 0}. Mnozica Gln(R) je grupaza binarno operacijo mnozenja matrik: Vemo, da je mnozenje matrikasociativno, enota je I in A−1 je inverz. Posledica 5.7 nam pove, da jeprodukt dveh obrnljivih matrik spet obrnljiva matrika. Zato je Gln(R)zaprta za mnozenje. Ker velja detA−1 = (det A)−1 in det I = 1, sledi I,A−1 ∈ Gln(R). Torej je Gln(R) grupa, ki pa ni Abelova grupa.

Oznacimo Sln(R) = {A ∈ Rn×n ; detA = 1}. Sln(R) je podgrupa vGln(R): Ce je det A = detB = 1, je potem tudi

det (AB−1) = (detA)(

det (B−1))

= detA · (detB)−1 = 1.

Zato je AB−1 ∈ Sln(R).

5.) Oznacimo z Dn mnozico vseh obrnljivih diagonalnih matrik v Rn×n.Potem je Dn podgrupa v Gln(R).

6.) M = {f : R → R} mnozica vseh realnih funkcij in N podmnozica vsehzveznih funkcij f : R → R. Potem je N podmonoid v M . �

2 Kolobar in obseg

Naj bo M neprazna mnozica. Denimo, da imamo na M dve binarni operaciji,ki ju oznacimo s + : M × M → M in · : M × M → M . Operacijo +imenujemo sestevanje in operacijo · mnozenje. Recemo, da sta operaciji + in· distributivni, ce velja

(a + b) · c = (a · c) + (b · c) in

a · (b + c) = (a · b) + (a · c) za

poljubne a, b, c ∈M .

2. KOLOBAR IN OBSEG 89

Zgled 2.1 1.) Mnozica realnih stevil R ima operaciji + in ·, ki sta distrib-utivni.

2.) Mnozica Rn×n ima dve operaciji + in ·, ki sta distributivni.

3.) Mnozica R3 ima dve operaciji + in ×, ki sta distributivni. �

Definicija 2.2 Recemo, da je mnozica M kolobar , ce za binarni operaciji +in · na M velja:

1.) (M,+) je Abelova grupa,

2.) (M, ·) je polgrupa,

3.) operaciji + in · sta distributivni.

Ce je se (M, ·) monoid, recemo, da je K kolobar z enoto. Ce pa je (M, ·)komutativna polgrupa, pa recemo, da je M komutativen kolobar .

Mnozica M je obseg , ce za binarni operaciji + in · velja:

1.) (M,+) je Abelova grupa (z enoto 0),

2.) (M\{0}, ·) je grupa,

3.) operaciji + in · sta distributivni.

Ce je se (M, ·) komutativen monoid, potem recemo, da je M komutativen

obseg (za komutativen obseg se vcasih uporablja tudi izraz polje). ♦

Zgled 2.3 1.) (R,+, ·) je komutativen obseg.

2.) (Rn×n,+, ·) je kolobar z enoto.

3.) R[x] = {anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0 ; an, an−1, . . . , a1, a0 ∈ R,

n ∈ N} je mnozica vseh polinomov s koeficienti v R. R[x] je komutativenkolobar z enoto.

4.) (Z,+, ·) je komutativen kolobar z enoto (ki ni obseg).

5.) (Q,+, ·) je komutativen obseg.

6.) C = {a + bi ; a, b ∈ R, i2 = −1} je mnozica vseh kompleksnih stevil.Operaciji na C sta definirani s predpisoma:

(a + bi) + (c + di) = (a + c) + (b + d)i

(a + bi) · (c + di) = (ac− bd) + (ad + bc)i .


za poljubne a, b, c, d ∈ R. Mnozica je komutativen obseg. Enota zasestevanje je 0 in inverz stevila a + bi za sestevanje je −a− bi. Enota zamnozenje je 1 in inverz nenicelnega kompleksnega stevila je 1

a2+b2(a−bi).

Preveri za vajo, da so izpolnjene vse zahteve in da je C res komutativenobseg.

7.) Naj bo H =

{[

α β

−β α

]

; α, β ∈ C

}

, ter + in · operaciji sestevanja in

mnozenja matrik (ki sta definirani enako kot za matrike, katerih elementiso realna stevila). Preveri za vajo, da je H obseg, ki ni komutativen. H

imenujemo obseg kvaternionov. �

Definicija 2.4 Naj bo M kolobar. Neprazna mnozica N ⊆ M je podkolobar ,ce je N podgrupa za sestevanje in podpolgrupa za mnozenje.

Naj bo M obseg in N ⊆ M neprazna podmnozica. Potem recemo, da je Npodobseg , ce je N podgrupa za sestevanje in N\{0} podgrupa za mnozenje. ♦

Zgled 2.5 1.) Z ⊆ R je podkolobar, ki ni podobseg.

2.) Tn ⊆ Rn×n je podkolobar.

3.) R ⊆ C je podobseg.

4.) Naj bo 2Z mnozica vseh sodih celih stevil. Potem je 2Z podkolobar vkolobarju Z. Opazimo se, da kolobar 2Z nima enote za mnozenje. �

3 Kolobar ostankov celih stevil

Naj bo n ∈ N, n ≥ 2. Potem v mnozici

Zn = {0, 1, . . . , n− 1}

vpeljemo dve binarni operaciji. Sestevanje je definirano takole:

i+j =

{

i+j , ce je i + j ≤ n− 1,i + j − n , ce je i + j ≥ n.

Povedano drugace, vsota i+j je enaka ostanku pri deljenju i + j z n.

3. KOLOBAR OSTANKOV CELIH STEVIL 91

Zgled 3.1 Za n = 3 je sestevanje v Z3 podano z naslednjo tabelo:

+ 0 1 2

0 0 1 21 1 2 02 2 0 1

. �

Preverimo, da je (Zn,+) Abelova grupa. Naj bodo i, j, k ∈ Zn. Potem je

(i+j)+k =

i + j + k , ce je i + j + k ≤ n− 1i + j + k − n , ce je n ≤ i + j + k ≤ 2n− 1i + j + k − 2n , ce je 2n ≤ i + j + k

= i+(j+k) .

Sestevanje je torej asociativno. Enota za sestevanje je 0, inverz stevila i (6= 0)pa je n− i. Sestevanje je komutativno.

Mnozenje v Zn definiramo takole:

i · j = ostanek pri deljenju produkt ij z n.

Zgled 3.2 Tabeli za mnozenje v Z3 in Z4 sta naslednji:

· 0 1 2

0 0 0 01 0 1 22 0 2 1

in

· 0 1 2 3

0 0 0 0 01 0 1 2 32 0 2 0 23 0 3 2 1

. �

Preverimo, da je Zn komutativen kolobar z enoto. V kolobarju Z velja

(ij)k = (r1 + s1n)k = r2 + s2n in

i(jk) = i(r3 − s3n) = r4 + s4n .

Pri tem je ij = r1 + s1n in je r1 ostanek pri deljenju ij z n. Podobno dobimotudi r2, r3 in r4. Torej je r2 − r4 = (s4 − s2)n enako 0 ali pa deljivo z n.Ker 0 ≤ r2 ≤ n − 1 in 0 ≤ r4 ≤ n − 1, mora biti r2 = r4. Zato v Zn

velja asociativnost (ij)k = i(jk). Enota za mnozenje je 1. Distributivnostsestevanja in mnozenja preverimo podobno, kot smo preverili asociativnostmnozenja. Mnozenje je komutativno.

Ali je Zn obseg? Zn je obseg natanko takrat, ko je Zn\{0} Abelova grupaza mnozenje.


Zgled 3.3 Poiscimo tabeli za mnozenje v Zn\{0} za n = 4 in n = 5.

· 1 2 3

1 1 2 32 2 0 23 3 2 1

in

· 1 2 3 4

1 1 2 3 42 2 4 1 33 3 1 4 24 4 3 2 1

.

Vidimo, da v Z4\{0} mnozenje ni notranja operacija, saj je 2 · 2 = 0. Torej Z4

ni obseg.Iz tabele za mnozenje v Z5\{0} vidimo, da je mnozenje notranja operacija

in da imamo v vsaki vrstici element 1. Zato ima vsak element inverz zamnozenje. Ker smo asociativnost, obstoj enote, distributivnost in komuta-tivnost ze preverili, je Z5\{0} Abelova grupa in Z5 komutativen obseg. �

Izrek 3.4 Kolobar Zn je obseg natanko takrat, ko je n prastevilo.

Dokaz Ce n ni prastevilo, potem je n = q · r za dve naravni stevili q in riz mnozice {2, 3, . . . , n − 1}. Zato je q · r = 0 v Zn. Mnozenje v Zn\{0} ninotranja operacija in Zn ni obseg.

Obratno, naj bo n prastevilo. Izberimo i ∈ {2, 3, . . . , n − 1}. Ker je nprastevilo, sta stevili i in n tuji. Zato obstajata taki naravni stevili p in q, daje p · n + q · i = 1. Pri tem lahko izberemo 1 ≤ q ≤ n − 1. Ce to ne velja, qdelimo z n in imamo q = sn + q′, kjer je 1 ≤ q′ ≤ n− 1. Potem je

(p + s)n + q′ · i = 1 in 1 ≤ q′ ≤ n− 1 .

Privzemimo, da je pn + qi = 1 in 1 ≤ q ≤ n− 1. Potem v Zn velja q · i = 1 inq je inverz za i. Ker je bil i poljuben neniceln element, je Zn obseg. �

4 Homomorfizem in izomorfizem

Definicija 4.1 Naj bosta (M1, ◦1) in (M2, ◦2) dve polgrupi. Preslikavo ϕ :M1 → M2 imenujemo homomorfizem polgrup , ce je ϕ(a ◦1 b) = ϕ(a) ◦2 ϕ(b)za vse a, b ∈M1.

Ce sta (M1, ◦1) in (M2, ◦2) monoida (oziroma grupi), potem preslikavo zlastnostjo

ϕ(a ◦1 b) = ϕ(a) ◦2 ϕ(b)

za vse a, b ∈ M1, imenujemo homomorfizem monoidov (oziroma homomor-

fizem grup). ♦

4. HOMOMORFIZEM IN IZOMORFIZEM 93

Zgled 4.2 1.) Naj bo M1 = M2 = N in operacija sestevanje. Potempokazimo, da je preslikava ϕ : N → N, ϕ(n) = 2n homomorfizem pol-grup. Velja namrec

ϕ(n + m) = 2(n + m) = 2n + 2m = ϕ(n) + ϕ(m) .

2.) Naj bo M1 = R Abelova grupa za sestevanje + in M2 = R Abelovagrupa za mnozenje. Dana je preslikava ϕ(x) = ex. Pokazimo, da je ϕhomomorfizem grup:

ϕ(x + y) = ex+y = ex · ey = ϕ(x) · ϕ(y) .

3.) Naj bosta R ∈ Rm×m in S ∈ Rn×n dve matriki. Preslikava ϕ : Rm×n →→ Rm×n naj bo definirana s predpisom ϕ(A) = RAS. ϕ je homomor-fizem Abelove grupe Rm×n nase:

ϕ(A + B) = R(A + B)S = RAS + RBS = ϕ(A) + ϕ(B) . �

Definicija 4.3 Naj bo M1 → M2 homomorfizem (polgrup, monoidov aligrup). Potem recemo, da je ϕ izomorfizem (polgrup, monoidov ali grup),ce je ϕ bijektivna preslikava. ♦

Zgled 4.4 1.) Preslikava ϕ : R → R+, ϕ(x) = ex, je izomorfizem (R,+)na (R+, ·). Pri tem je R+ mnozica vseh pozitivnih realnih stevil. Da jeϕ(x) homomorfizem, vemo iz zgleda 2.) malo prej. Bijektivnost funkcijef(x) = ex kot preslikave iz R v R+ smo dokazali pri predavanjih izMatematike.

2.) Ce sta R ∈ Rm×m in S ∈ Rn×n obrnljivi matriki, potem je preslikavaϕ(A) = RAS, ϕ : Rm×n → Rm×n izomorfizem. Da je ϕ homomorfizem,smo ze pokazali. Ker sta R in S obrnljivi, iz RAS = RBS dobimoA = B. Injektivnost sledi. Ce je A ∈ Rm×n, potem je ϕ(R−1AS−1) = Ain zato je ϕ surjektivna. �

Trditev 4.5 Naj bosta M1 in M2 grupi in 1A ∈ M1 in 1B ∈ M2 njuni enoti.

Ce je ϕ : M1 → M2 homomorfizem, potem je ϕ(1A) = 1B in ϕ(a−1) = ϕ(a)−1.

Dokaz Ker je ϕ : M1 → M2 homomorfizem grup, velja

ϕ(a) = ϕ(1A ◦1 a) = ϕ(1A) ◦2 ϕ(a)


za vsak a ∈M1. Ker je M2 grupa, ima ϕ(a) inverz za operacijo ◦2. Zato je

1B = ϕ(a) ◦2 ϕ(a)−1

in tudi1B = [ϕ(1A) ◦2 ϕ(a)] ◦2 ϕ(a)−1 = ϕ(1A) .

Za vsak a ∈M1 velja

ϕ(1A) = ϕ(a ◦1 a−1) = ϕ(a) ◦2 ϕ(a−1).

Ker je ϕ(1A) = 1B, sledi enakost ϕ(a−1) = ϕ(a)−1. �

Definicija 4.6 Naj bosta (K1,+1, ·1) in (K2, +2, ·2) dva kolobarja. Preslikavaϕ : K1 → K2 je homomorfizem kolobarjev , ce velja

ϕ(a +1 b) = ϕ(a) +2 ϕ(b) za vse a, b ∈ K1 (V.1)

in ϕ(a ·1 b) = ϕ(a) ·2 ϕ(b) za vse a, b ∈ K1. (V.2)

Ce sta K1 in K2 obsega, preslikavo ϕ : K1 → K2 z lastnostima (V.1) in (V.2)imenujemo homomorfizem obsegov .

Bijektivni homomorfizem (kolobarjev, obsegov) imenujemo izomorfizem

(kolobarjev, obsegov). ♦

Zgled 4.7 1.) Naj bo S ∈ Rn×n obrnljiva matrika. Potem je preslikavaϕ : Rn×n → Rn×n, ϕ(a) = SAS−1, homomorfizem kolobarja Rn×n nase.ϕ je celo izomorfizem:

- ϕ(A + B) = S(A + B)S−1 = SAS−1 + SBS−1 = ϕ(A) + ϕ(B)

- ϕ(AB) = SABS−1 = SAS−1SBS−1 = ϕ(A) · ϕ(B)

- ϕ je injektiven: iz SAS−1 = SBS−1 sledi A = B.

- ϕ je surjektiven: za A ∈ Rn×n je ϕ(S−1AS) = A.

2.) Za vajo preveri, da je preslikava

ϕ : C → R2×2

ϕ(a + b i) =

[

a b−b a

]

homomorfizem (kolobarjev).

3.) Naj bo n neko naravno stevilo vecje ali enako 2 in ϕ : Z → Zn preslikavadefinirana s pravilom “ϕ(m) je ostanek pri deljenju m z n”. Preveri zavajo, da je ϕ homomorfizem kolobarjev. �

Poglavje VI

Vektorski prostori

V tem poglavju bomo predstavili abstraktno definicijo vektorskega prostora inosnovne pojme povezane z vektorskimi prostori. Konkreten zgled vektorskihprostorov so vektorski prostori Rn, ki smo jih obravnavali v prvem poglavju.

1 Definicija in osnovne lastnosti

Definicija 1.1 Naj bo O komutativen obseg. Potem recemo, da je mnozicaV , na kateri sta dani operaciji + : V × V → V in · : O × V → V vektorski

prostor , ce velja:

1.) (V, +) je Abelova grupa,

2.) (α + β) · v = α · v + β · v za vse α, β ∈ O in vse v ∈ V ,

3.) α · (u + v) = α · u + α · v za vse α, β ∈ O in vse v ∈ V ,

4.) α · (β · v) = (αβ) · v za vse α, β ∈ O in vse v ∈ V ,

5.) 1 · v = v za vse v ∈ V .

V nasem ucbeniku se bomo omejili samo na primera, ko je O bodisi R bodisiC. ♦

Opomba 1.2 Naj bo V vektorski prostor. Elementom iz V bomo obicajnorekli vektorji . Operacijo + : V × V → V imenujemo sestevanje vektorjev inoperacijo · : O×V → V mnozenje vektorja s skalarjem. Namesto α ·v pisemoobicajno kar αv. ♦

95

96 POGLAVJE VI. VEKTORSKI PROSTORI

Zgled 1.3 1.) V = Rn je vektorski prostor za operaciji, ki smo ju definiraliv prvem poglavju.

2.) V = Rm×n je vektorski prostor za operaciji sestevanje matrik in mnozenjematrike s skalarjem.

3.) V = C(R) = {f : R → R je zvezna funkcija} je vektorski prostor zasestevanje definirano s predpisom (f + g)(x) = f(x) + g(x) za vse x ∈ Rin mnozenje s skalarjem definirano s predpisom (αf)(x) = α ·f(x) za vsex ∈ R. Res je (V, +) Abelova grupa:

• Asociativnost:

((f + g) + h) (x) = (f + g)(x) + h(x) = f(x) + g(x) + h(x) =

= f(x) + (g + h)(x) = (f + (g + h)) (x)

za vse x ∈ R.

• Enota je funkcija f(x) = 0 za vse x. Oznacimo jo z 0:(f + 0)(x) = f(x) = (0 + f)(x) za vse x ∈ R.

• Inverz je funkcija (−f)(x) = −f(x):(f + (−f))(x) = 0 = (−f + f)(x) za vse x ∈ R.

• Komutativnost: (f +g)(x) = f(x)+g(x) = g(x)+f(x) = (g+f)(x)za vse x ∈ R.

Veljajo tudi ostale lastnosti iz definicije vektorskega prostora:

•

α(f + g)(x) = α(f(x) + g(x)) = αf(x) + αg(x) =

= (αf)(x) + (αg)(x) = (αf + αg)(x) .

•

((αβ)f)(x) = (αβ)f(x) = α(βf(x)) = α((βf)(x)) = (α(βf))(x).

•

((α + β)f)(x) = (α + β)f(x) = αf(x) + βf(x) =

= (αf)(x) + (βf)(x) = (αf + βf)(x) .

1. DEFINICIJA IN OSNOVNE LASTNOSTI 97

•

(1 · f)(x) = 1 · f(x) = f(x) .

4.) V = R[x] je vektorski prostor za obicajno sestevanje polinomov termnozenje s skalarjem, ki je definirano kot mnozenje polinoma s skalar-jem. Preveri za vajo, da so izpolnjeni vsi pogoji iz definicije vektorskegaprostora. �

Trditev 1.4 Naj bo V vektorski prostor. Potem je 0 · v = 0.

Dokaz V vektorskem prostoru velja 0 · v = (0 + 0) · v = 0 · v + 0 · v. Ker jeV Abelova grupa, od tod sledi, da je 0 · v = 0. �

Definicija 1.5 Naj bo V vektorski prostor nad obsegom O. Potem je pod-mnozica U ⊆ V vektorski podprostor , ce je zaprta za obe operaciji:

1.) (U,+) je podgrupa v (V, +),

2.) α · u ∈ U za vse α ∈ O in vse u ∈ U . ♦

Trditev 1.6 Podmnozica U ⊆ V je vektorski podprostor natanko tedaj, ko je

αu + βv ∈ U za vse α, β ∈ O in vse u, v ∈ U .

Dokaz Naj bo U vektorski podprostor v V . Zato je u + v ∈ U za poljubnau,v ∈ U in α · u ∈ U za vsak α ∈ O in vsak u ∈ U . Izberimo α, β ∈ O inu,v ∈ U . Potem sta α · u in β · v v U in je tudi αu + βv ∈ U .

Obratno, naj bo U ⊆ V podmnozica, za katero je αu + βv ∈ U za vsakaα, β ∈ O in vsaka u, v ∈ U . Izberimo α = 1 in β = −1. Potem je u− v ∈ Uza vse u, v ∈ U in zato je (U,+) podgrupa v (V, +). Ce vzamemo β = 0,dobimo, da je αu ∈ U za vse α ∈ O in vse u ∈ U . Zato je U res vektorskipodprostor v V . �

Zgled 1.7 1.) Naj bo V = R2 in U =

{[

x−x

]

, x ∈ R

}

. Potem je U vek-

torski podprostor: Za poljubna α, β ∈ O in

[

x−x

]

,

[

y−y

]

∈ U velja

α

[

x−x

]

+ β

[

y−y

]

=

[

αx + βy−αx− βy

]

∈ U .


2.) Naj bo V = R[x] in U = Rn[x] podmnozica vseh polinomov stopnjenajvec n. Torej je

U = {anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0 ; an, an−1, . . . , a0 ∈ R} .

Za poljubna α, β ∈ R in polinoma p(x) =∑n

i=0aix

i, q(x) =∑n

i=0bix

i

iz Rn[x] velja

αp(x) + βq(x) =

n∑

i=0

(αai + βbi)xi ∈ Rn[x] .

Zato je Rn[x] res vektorski podprostor v R[x].

3.) Naj bo V = R2. Kaj so vektorski podprostori v R2? Ce je U ⊆ Vvektorski podprostor, potem je U podgrupa v V in zato vsebuje enotoza sestevanje, to je vektor 0. Ali je U = {0} vektorski podprostor? Kerje 0 + 0 = 0 in α · 0 = 0 za vse α ∈ O, je {0} res vektorski podprostor.

({0} je vektorski podprostor v vsakem vektorskem prostoru. Oznacimoga z 0 in imenujemo trivialni podprostor ali tudi nicelni podprostor.)

Ce je U 6= 0, potem vsebuje nek nenicelen vektor u. Ker je U zaprtza mnozenje s skalarji, vsebuje vse vektorje oblike αu, α ∈ R. U torejvsebuje premico s smernim vektorjem u, ki gre skozi tocko 0. Ali jeU = {αu ; α ∈ R} vektorski podprostor? Vzemimo αu, βu ∈ U in dvaskalarja γ, δ ∈ R. Potem je γ(αu) + δ(βu) = (γα + δβ)u v U in zato Uje vektorski podprostor.

Kaj pa ce U poleg neke premice p0 = {αu ; α ∈ R} vsebuje se kakdrug vektor v? Potem U vsebuje vse vektorje oblike αu + βv. Za vsakβ ∈ R je mnozica pβ = {βv +αv ; α ∈ R} premica vzporedna s premicop0. Mnozica vseh premic pβ, β ∈ R pa pokrije celo ravnino R2, zato jeU = R2. Tako so v R2 vsi mozni vektorski podprostori naslednji: 0, R2,vse premice skozi 0.

4.) Podobno, kot v prejsnjem zgledu pokazemo, da so vsi mozni vektorskipodprostori v R3 naslednji: 0, vse premice skozi 0, vse ravnine, ki vse-bujejo 0 in R3. �

Naj bo V vektorski prostor nad obsegom O. Potem vektor αu+βv imenu-jemo linearna kombinacija vektorjev u in v. Podobno za α1, α2, . . . , αk ∈ O


in v1,v2, . . . ,vk ∈ V vektor

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk =k

∑

i=1

αivi

imenujemo linearna kombinacija vektorjev v1,v2, . . . ,vk.

Zgled 1.8 1.) Ali je v V = R3 vektor

201

linearna kombinacija vektorjev

110

in

02−1

?

Iscemo taka skalarja α, β, da bo

α

110

+ β

02−1

=

201

.

Za α in β tako dobimo sistem enacb

α = 2

α + 2β = 0

−β = 1 ,

ki imajo resitev α = 2 in β = −1.

2.) Vektor

20−1

ni linearna kombinacija vektorjev

110

in

02−1

, saj sistem

enacb

α = 2

α + 2β = 0

−β = −1

nima resitev. �

Trditev 1.9 Dani so vektorji v1,v2, . . . ,vk ∈ V . Potem je mnozica vseh

linearnih kombinacij teh vektorjev vektorski podprostor v V .


Dokaz Naj bosta∑k

i=1αivi in

∑ki=1

βivi dve linearni kombinaciji vektorjevv1,v2, . . . ,vk in γ, δ dva skalarja. Potem je

γ(k

∑

i=1

αivi) + δ(k

∑

i=1

βivi) =k

∑

i=1

(γαi + δβi)vi

spet linearna kombinacija vektorjev v1,v2, . . . ,vk. Zato je mnozica vseh lin-earnih kombinacij vektorski podprostor v V . �

Definicija 1.10 Mnozico vseh linearnih kombinacij vektorjev v1,v2, . . . ,vk

imenujemo linearna ogrinjaca vektorjev v1,v2, . . . ,vk. Oznacimo jo zL (v1,v2, . . . ,vk). Prejsnja trditev nam pove, da je linearna ogrinjaca vek-torski podprostor.

Ce je M = {v1,v2, . . . ,vk} neka koncna podmnozica vektorjev iz V , potemz L (M ) oznacimo linearno ogrinjaco L (v1,v2, . . . ,vk). ♦

Zgled 1.11 Kaj je linearna ogrinjaca vektorjev

110

in

02−1

v R3? Vemo,

da so vektorski podprostori v R3 premice skozi 0, ravnine, ki vsebujejo 0 in

R3. Kaj je premica skozi

110

in

02−1

v R3? Le-ta ima smerni vektor

1−11

in je zato to mnozica

p =

110

+ t

1−11

; t ∈ R

.

Ker p ne vsebuje 0, p ni vektorski podprostor. Ravnina, ki vsebuje

000

,

110

in

02−1

, pa je vektorski podprostor. Ta ravnina ima enacbo −x+y +2z = 0,

saj je

−112

=

110

×

02−1

. V prejsnjem zgledu smo pokazali, da ni vsak

vektor v R3 linearna kombinacija vektorjev

110

in

02−1

, zato je ta ravnina

ravno linearna ogrinjaca nasih dveh vektorjev. �

2. BAZA VEKTORSKEGA PROSTORA 101

Trditev 1.12 Linearna ogrinjaca L (v1,v2, . . . ,vk) je najmanjsi vektorski

prostor, ki vsebuje vektorje v1,v2, . . . ,vk.

Dokaz Privzemimo, da je U najmanjsi tak vektorski podprostor, ki vsebujevse vektorje v1,v2,. . . ,vk. Ker je U vektorski podprostor, vsebuje tudi vektorjeα1v1, α2v2, . . . , αkvk za poljubne skalarje α1, α2, . . . , αk, ter tudi njihovo vsotoα1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk. Torej U vsebuje vse linearne kombinacije vektorjevv1,v2, . . . ,vk in zato je L (v1,v2, . . . ,vk) ⊆ U . Ker je L (v1,v2, . . . ,vk)vektorski podprostor, mora biti L (v1,v2, . . . ,vk) = U zaradi minimalnostiU . �

2 Baza vektorskega prostora

Definicija 2.1 Naj bodo v1,v2, . . . ,vk vektorji iz vektorskega prostora V .Recemo, da so vektorji v1,v2, . . . ,vk linearno odvisni , ce obstajajo taki skalarjiα1,α2,. . . ,αk, ne vsi enaki nic, da je α1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk = 0.

Ce vektorji v1,v2, . . . ,vk niso linearno odvisni, potem recemo, da so lin-

earno neodvisni. ♦

Opomba 2.2 Vektorji v1,v2, . . . ,vk so linearno neodvisni natanko tedaj, koiz enakosti α1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk = 0 sledi α1 = α2 = · · · = αk = 0. ♦

Zgled 2.3 1.) Ali sta vektorja

110

in

02−1

linearno neodvisna? Iz enako-

sti

α

110

+ β

02−1

=

000

dobimo enacbe α = 0, α + 2β = 0 in −β = 0. Edina resitev je takoα = β = 0. Zato sta vektorja linearno neodvisna.

2.) Ali so vektorji u =

113

, v =

420

in w =

016

linearno neodvisni? Iz

zveze

α

113

+ β

420

+ γ

016

=

000


dobimo homogen sistem linearnih enacb α + 4β = 0, α + 2β + γ = 0 in3α + 6γ = 0. Tega resimo s pomocjo Gaußove eliminacije:

1 4 01 2 13 0 6

∼

1 4 00 −2 10 −12 6

∼

1 4 00 1 −1

2

0 0 0

∼

1 0 20 1 −1

2

0 0 0

.

Vidimo, da ima nas sistem nenicelne resitve, npr. γ = 2,β = 1 in α = −4. Zato so vektorji u, v in w linearno odvisni. �

Za mnozico vektorjev {v1,v2, . . . ,vk} recemo, da je linearno odvisna (oz.neodvisna), ce so vektorji v1,v2, . . . ,vk linearno odvisni (oz. neodvisni).

Trditev 2.4 Ce mnozica {v1,v2, . . . ,vk} vsebuje vektor 0, potem je linearno

odvisna.

Dokaz Recimo, da je v1 = 0. Potem je 1 ·v1 +0 ·v2 +0 ·v3 + · · ·+0 ·vk = 0in so v1,v2, . . . ,vk res linearno odvisni. �

Naj bodo v1,v2, . . . ,vk nenicelni vektorji, ki so linearno odvisni. Obstajajotorej taki skalarji α1, α2, . . . , αk, ne vsi enaki 0, da je

α1v1 + α2v2 + · · ·+ αkvk = 0.

Recimo, da je α1 6= 0. Potem je

v1 = −α2

α1

v2 −α3

α1

v3 − · · · −αk

α1

vk .

Vektor v1 je torej linearna kombinacija vektorjev v2,v3, . . . ,vk. Zato je

L (v1,v2, . . . ,vk) = L (v2,v3, . . . ,vk).

Res: Ce je u =∑k

i=1γivi, je

u =k

∑

i=2

γivi + γ1

k∑

i=2

(

−αi

α1

)

vi =k

∑

i=2

(

γi −γ1αi

α1

)

vi .

Enak razmislek pokaze naslednjo trditev:

Trditev 2.5 Naj bo U = L (v1,v2, . . . ,vk) in naj bo vj linearna kombinacija

vektorjev v1, . . . ,vj−1,vj+1, . . . ,vk. Potem je

U = L (v1, . . . ,vj−1,vj+1, . . . ,vk) .


Definicija 2.6 Mnozico vektorjev {v1,v2, . . . ,vk} imenujemo baza vektorske-

ga prostora V , ce velja:

- V = L (v1,v2, . . . ,vk),

- vektorji v1,v2, . . . ,vk so linearno neodvisni. ♦

Zgled 2.7 1.) Naj bo V = R3. Oznacimo e1 =

100

, e2 =

010

in

e3 =

001

. Potem je mnozica S = {e1, e2, e3} baza za V . Naj bo

u =

αβγ

nek vektor iz V . Potem je

u = α

100

+ β

010

+ γ

001

= αe1 + βe2 + γe3

in zato je L (e1, e2, e3) = V . Ce je

αe1 + βe2 + γe3 = 0 ,

sledi α = β = γ = 0. Zato so e1, e2, e3 tudi linearno neodvisni. MnozicaS je res baza za V = R3. Bazo S imenujemo standardna baza vek-

torskega prostora R3.

2.) Naj bo V = Rn in oznacimo z ei =

0...010...0

vektor, ki ima edino nenicelno

komponento na i-tem mestu in je ta enaka 1. Pri tem jei = 1, 2, . . . , n. Podobno kot v prvem zgledu pokazemo, da je mnozicaS = {e1, e2, . . . , en} baza za V . Imenujemo jo standardna baza za Rn.


3.) Naj bo V = R2[x]. Potem je mnozica {1, x, x2} baza za V . Izberimo nekpolinom p(x) = a0+a1x+a2x

2 iz V . Potem je p(x) = a0 ·1+a1 ·x+a2 ·x2

in zato je V = L (1, x, x2). Polinomi 1, x, x2 so linearno neodvisni, sajiz enakosti α · 1 + β · x + γ · x2 = 0 sledi α = β = γ = 0. �

Naj bo u ∈ V poljuben vektor in B = {v1,v2, . . . ,vn} baza za V . Potemobstajajo taki skalarji α1, α2, . . . , αn, da je

u = α1v1 + α2v2 + · · ·+ αnvn . (VI.1)

Zapis (VI.1) imenujemo razvoj vektorja u po bazi B. Pisali bomo tudi

u =

α1

α2

...αn

B

in tako enacili vektor u z n-terico

α1

α2

...αn

. Indeks B nam bo

povedal, glede na katero bazo smo razvili vektor u. (Kasneje bomo indeks B

izpuscali.)

Trditev 2.8 Vsak vektor u ∈ V ima natanko en razvoj po bazi B.

Dokaz Iz prve lastnosti v definiciji baze sledi, da je vsak vektor linearnakombinacija vektorjev iz baze, oziroma povedano drugace, da ima vsak vektorrazvoj po bazi. Denimo, da sta u =

∑ni=1

αivi in u =∑n

i=1βivi dva razvoja

po bazi. Potem je 0 = u−u =∑n

i=1(αi−βi)vi. Ker so v1,v2, . . . ,vn linearno

neodvisni, je αi − βi = 0 za vse i, oziroma αi = βi. Zato ima u res natankoen razvoj po bazi B. �

Izrek 2.9 Naj bosta B1 = {v1,v2, . . . ,vn} in B2 = {u1,u2, . . . ,um} dve bazi

za vektorski prostor V . Potem je n = m.

Dokaz Razvijmo vektorje iz baze B2 po bazi B1. Potem je

uj =

n∑

i=1

αijvi ; j = 1, 2, . . . ,m ,

za neke skalarje αij . Naj bo A =

α11 α12 . . . α1m

α21 α22 . . . α2m

......

...αn1 αn2 . . . αnm

in b =

β1

β2

...βm

∈ Om

tak vektor, da je Ab = 0. Potem je

0 =

n∑

i=1

m∑

j=1

αijβj

vi =

m∑

j=1

βj

n∑

i=1

αijvi =

m∑

j=1

βjuj .


Ker je B2 baza, so u1,u2, . . . ,um linearno neodvisni in zato je

β1 = β2 = · · · = βm = 0.

Torej ima sistem Ab = 0 samo trivialno resitev b = 0. Od tod sklepamo,da je m ≤ n. Ce zamenjamo vlogi B1 in B2, dobimo tudi n ≤ m. Zato jem = n. �

Definicija 2.10 Naj bo B = {v1,v2, . . . ,vn} baza vektorskega prostora V .Potem stevilo vektorjev v bazi imenujemo dimenzija (ali razseznost) vek-torskega prostora V . Pisemo

dim V = n .

Dogovorimo se se, da ima vektorski prostor 0 dimenzijo enako 0. ♦

Zgled 2.11 1.) Vemo, da je v standardni bazi za V = Rn n elementov, zatoje dim Rn = n.

2.) Mnozica {1, x, . . . , xn} je baza za V = Rn[x], zato je dim Rn[x] = n+1.�

Opomba 2.12 V tem ucbeniku bomo obravnavali samo vektorske prostore, kiimajo kocno bazo in torej koncno dimenzijo. Obstajajo tudi vektorski prostori,ki nimajo koncne baze, npr. V = R[x] ali C(R). ♦

Naj bo B = {v1,v2, . . . ,vn} baza vektorskega prostora V . Potem imavsak vektor iz V razvoj po bazi B. Ce je u =

∑ni=1

αivi, potem vektor u

predstavimo z n-terico

α1

α2

...αn

. V tem primeru bomo pisali u =

α1

α2

...αn

in tako

vektorski prostor V enacili kar z vektorskim prostorom Rn. Pri tem pa nesmemo pozabiti, da je ta identifikacija odvisna od izbire baze B. Ce izberemodrugo bazo, imajo vsaj nekateri vektorji drugacen razvoj po bazi in dobimodrugacno identifikacijo med V in Rn.

Trditev 2.13 Ce je U = L (v1,v2, . . . ,vl) neniceln vektorski podprostor v V ,

potem v mnozici {v1,v2, . . . ,vl} obstaja podmnozica, ki je baza za U .

Dokaz Iz mnozice {v1,v2, . . . ,vl} najprej izlocimo vse vektorje, ki so enaki0. Preostale vektorje oznacimo z v1,v2, . . . ,vk. Recimo, da je j najvecji tak


indeks, da so v1,v2, . . . ,vj linearno neodvisni. Ker je v1 6= 0, je gotovo j ≥ 1.Ce je j = k, so {v1,v2, . . . ,vk} linearno neodvisni in zato baza za U . Ce paje j < k, so vektorji v1,v2, . . . ,vj+1 linearno odvisni. Torej je∑j+1

i=1αivi = 0 za neke skalarje α1, α2, . . . , αj+1, ki niso vsi enaki 0. Ker so

v1,v2, . . . ,vj linearno neodvisni, mora biti αj+1 6= 0. Naj bo

βi = −αi

αj+1

za i = 1, 2, . . . , j .

Potem je

vj+1 =

j∑

i=1

(

−αi

αj+1

)

vi =

j∑

i=1

βivi .

Zato je vj+1 linearna kombinacija vektorjev v1,v2, . . . ,vj in velja

U = L (v1, . . . ,vj ,vj+2, . . . ,vk) .

Postopek nadaljujemo tako, da vektorje vi, i = j +2, . . . postopoma izlocimo,ce so linearna kombinacija vektorjev z nizjimi indeksi. Ker imamo koncnomnogo vektorjev, nam na koncu ostane mnozica C = {u1,u2, . . . ,uj , . . . }, kije linearno neodvisna in zanjo velja U = L (C ). Torej je C baza za U . �

Zgled 2.14 V mnozici M = {1, 1 + x, 0, 1 − x, 1 + x + x2, 1 − x2} poiscimokako bazo za U = L (M ) ⊆ R2[x]. Najprej izlocimo polinom 0. Tako dobimoM1 = {1, 1 + x, 1 − x, 1 + x + x2, 1 − x2}. Polinoma 1 in 1 + x sta linearnoneodvisna, velja pa

(1− x) + (1 + x)− 2 · 1 = 0 .

Zato polinom 1−x izlocimo. Polinomi 1, 1+x, 1+x+x2 so linearno neodvisni,polinom 1− x2 pa izlocimo, saj je

1− x2 = (−1)(1 + x + x2) + (1 + x) + 1 .

Baza za U je {1, 1 + x, 1 + x + x2}. Opazimo, da je U = R2[x]. �

Izrek 2.15 Ce je mnozica vektorjev {u1,u2, . . . ,ul} linearno neodvisna, po-

tem v V obstajajo taki vektorji ul+1,ul+2, . . . ,un, da je {u1,u2, . . . ,un} baza

za V . Z drugimi besedami, linearno neodvisno podmnozico v V lahko dopolnimo

do baze prostora V .

Dokaz Naj bo U = L (u1, . . . ,ul). Potem je U vektorski podprostor v V in{u1,u2, . . . ,ul} baza za U . Ce je U = V , je {u1, . . . ,ul} ze baza za V . Sicerpa je U & V in lahko najdemo tak vektor ul+1 ∈ V , da je ul+1 /∈ U . Denimo,


da je∑l+1

i=1αiui = 0. Ker je ul+1 /∈ U , iz zveze αl+1ul+1 = −

∑li=1

αiui ∈ Usledi αl+1 = 0. Ker so vektorji v mnozici {u1, . . . ,ul} linearno neodvisni, jetudi α1 = α2 = · · · = αl = 0. Torej je {u1, . . . ,ul+1} linearno neodvisna.Naj bo U1 = L (u1, . . . ,ul+1). Ce je U1 = V , smo koncali, sicer pa postopeknadaljujemo. Ker je V koncno razsezen in ker imajo vse baze za V enako moc,se postopek konca v koncno korakih. �

Zgled 2.16 Naj bo U ⊆ R3 ravnina podana z enacbo x + y− 2z = 0. Dopol-

nimo vektor u1 =

201

∈ U najprej do baze za U in nato se do baze za R3.

Oznacimo U1 = L

201

=

2α0α

; α ∈ R

. Za vektor u2 =

1−10

velja

u2 ∈ U in u2 /∈ U1. Potem je {u1,u2} baza za U . Opazimo, da vektor u2 lahko

izberemo na neskoncno mnogo nacinov. Vzeli bi lahko npr. tudi vektorje

111

,

021

ali pa

2 e2π

e +π

. Za tretji vektor v bazi R3 izberemo npr. vektor u3 =

100

.

Ker velja u3 /∈ U , sklepamo, da je {u1,u2,u3} baza za R3. �

Posledica 2.17 Ce je {u1,u2, . . . ,ul} baza vektorskega prostora U ⊆ V , po-

tem jo lahko dopolnimo do baze {u1,u2, . . . ,un} za V .

Posledica 2.18 Ce je U ⊆ V , potem je dim U ≤ dim V . Enakost dim U == dimV velja natanko tedaj, ko je U = V .

Posledica 2.19 Ce je dim U = l, je vsaka podmnozica v U , ki vsebuje vsaj

l + 1 vektorjev, linearno odvisna.

Izrek 2.20 Naj bosta U1 in U2 vektorska podprostora v V . Potem je njun

presek U1 ∩ U2 tudi vektorski podprostor v V .

Dokaz Naj bosta u,v ∈ U1 ∩ U2 in α, β ∈ O. Potem je αu + βv ∈ U1,saj sta u in v v U1 in αu + βv ∈ U2, saj sta u in v tudi v U2. Torej jeαu + βv ∈ U1 ∩ U2. �

Posledica 2.21 Ce so U1, U2, . . . , Uk vektorski podprostori v V , je tudi presek⋂k

i=1Ui vektorski podprostor v V .


Posledico dokazemo z indukcijo na k.

Zgled 2.22 Naj bo V = R3, U1 ravnina z enacbo x+y−2z = 0 in U2 ravninaz enacbo x + y − z = 0. Ker sta U1 in U2 razlicni nevzporedni ravnini v R3,vemo iz prvega poglavja, da je njun presek premica. Ker je 0 element obehravnin U1 in U2, sta to dva vektorska podprostora v V . Smerni vektor premiceU1 ∩ U2 je

s =

11−2

×

11−1

=

1−10

.

Zato je U1 ∩ U2 = L

1−10

. �

Zgled 2.23 Unija dveh vektorskih podprostorov ni nujno vektorski podpros-

tor. Ce v R2 vzamemo U1 = L

([

10

])

in U2 = L

([

11

])

, potem je U1∪U2 6=

R2, ki je edini podprostor v R2 vecji od ene premice skozi izhodisce.

U1

U2

�

Z enostavnim premislekom se prepricamo, da je unija U1 ∪ U2 vektorskipodprostor natanko tedaj, ko je bodisi U1 ⊂ U2 bodisi U2 ⊂ U1.

Definicija 2.24 Naj bosta U1 in U2 vektorska podprostora v V . Potemmnozico vsot {u1 + u2 ; u1 ∈ U1,u2 ∈ U2} imenujemo vsota vektorskih pod-prostorov U1 in U2. Oznacimo jo z U1 + U2. ♦

Izrek 2.25 Vsota U1 + U2 je vektorski podprostor.

Dokaz Naj bosta u in v iz U1 + U2. Potem je u = u1 + u2 in v = v1 + v2 zaneke u1,v1 ∈ U1 in u2,v2 ∈ U2. Izberimo se skalarja α in β. Potem je

αu + βv = α(u1 + u2) + β(v1 + v2) = (αu1 + βv1) + (αu2 + βv2) .

Ker je αu1 + βv1 ∈ U1 in αu2 + βv2 ∈ U2, je αu + βv ∈ U1 + U2. �


Zgled 2.26 Premislimo, kaj je vsota vektorskih podprostorov U1 = L

([

10

])

in U2 = L

([

11

])

v R2. Velja U1 + U2 = R2, saj je B =

{[

10

]

,

[

11

]}

baza za

R2 in je B ⊆ U1 + U2. �

Izrek 2.27 Ce sta U1 in U2 vektorska podprostora v V , potem velja

dim(U1 + U2) = dimU1 + dimU2 − dim(U1 ∩ U2) .

Dokaz Naj bo B = {u1,u2, . . . ,ul} baza za U1 ∩ U2. Potem jo lahko dopol-nimo do baze

C1 = {u1, . . . ,ul,v1, . . . ,vr}

za U1 in do baze

C2 = {u1, . . . ,ul,w1, . . . ,ws}

za U2. Zelimo preveriti, da je D = {u1, . . . ,ul,v1, . . . ,vr,w1, . . . ,ws} baza zaU1 + U2.

Izberimo vektorja z1 ∈ U1 in z2 ∈ U2. Potem je z1 =∑l

i=1αiui +

∑rj=1

βjvj in z2 =∑l

i=1γivi +

∑sk=1

δkwk za neke skalarje αi, βj , γi, δk.Zato je

z1 + z2 =

l∑

i=1

(αi + γi)vi +

r∑

j=1

βjuj +

s∑

k=1

δkwk.

Torej velja z1 + z2 ∈ L (D), oziroma U1 + U2 ⊆ L (D). Ker je D ⊆ U1 + U2,mora biti U1 + U2 = L (D). Preveriti moramo se, da so vektorji iz D linearnoneodvisni. Naj bo torej

l∑

i=1

αivi +r

∑

j=1

βjuj +s

∑

k=1

γkwk = 0 .

Potem je

−s

∑

k=1

γkwk =l

∑

i=1

αivi +r

∑

j=1

βjuj ∈ U1 ∩ U2 .

Ker je B baza za presek U1 ∩ U2, je

−s

∑

k=1

γkwk =r

∑

j=1

ϕjuj


oziroma,s

∑

k=1

γkwk +r

∑

j=1

ϕjuj = 0

za neke skalarje ϕj . Ker je C2 baza za U2, mora biti γ1 = γ2 = · · · = γs = 0in ϕ1 = ϕ2 = · · · = ϕr = 0. Iz tega sledi

l∑

i=1

αivi +r

∑

j=1

βjuj = 0.

Ker je C1 baza, je α1 = α2 = · · · = αl = β1 = β2 = · · · = βr = 0. Zato jemnozica D linearno neodvisna in tako baza za U1 + U2. Potem je

dim U1+dimU2−dim(U1∩U2) = l+r+l+s−l = l+r+s = dim(U1+U2) . �

Zgled 2.28 Imamo vektorje u1 =

101

, u2 =

02−1

, u3 =

221

in u4 =

001

v R3. Naj bo U1 = L (u1,u2) in U2 = L (u3,u4). Poiscimo dimenzijo presekaU1 ∩ U2.

Velja dim(U1∩U2) = dimU1 +dimU2−dim(U1 +U2). Vektorja

101

in

02−1

sta linearno neodvisna, zato je dimU1 = 2. Pravtako sta vektorja

221

in

001

linearno neodvisna, zato je tudi dimU2 = 2. Vektorji {u1,u2,u4} so baza zaR3, zato je U1 + U2 = R3. Potem je

dim(U1 ∩ U2) = 2 + 2− 3 = 1 .

Poiscimo se bazo za U1∩U2. Za u ∈ U1∩U2 velja u = αu1 +βu2 = γu3 + δu4

za neke skalarje α, β, γ, δ. Od tod dobimo α = 2γ, 2β = 2γ, α − β = γ + δ.Vzemimo γ = 1. Potem je α = 2, β = 1 in δ = 0. Tako smo pokazali, da jeu3 ∈ U1 ∩ U2 in zato je {u3} baza za U1 ∩ U2. �

Definicija 2.29 Ce sta U1 in U2 dva vektorska podprostora v V in zanju veljaU1 ∩U2 = 0, potem vsoto U1 + U2 imenujemo direktna vsota in jo oznacimo zU1 ⊕ U2. ♦

3. PREHOD NA NOVO BAZO 111

Posledica 2.30 Za direktno vsoto velja

dim(U1 ⊕ U2) = dimU1 + dimU2 .

Izrek 2.31 Naj bo W = U1⊕U2. Potem vsak vektor w ∈W lahko na en sam

nacin izrazimo kot vsoto w = u1 + u2, kjer je u1 ∈ U1 in u2 ∈ U2.

Dokaz Ker je W = U1 ⊕U2, lahko vsak vektor w izrazimo kot vsoto u1 + u2

za neka u1 ∈ U1 in u2 ∈ U2. Denimo, da je w = u1 + u2 in w = v1 + v2 zaneke vektorje u1,v1 ∈ U1 in u2,v2 ∈ U2. Potem je

u1 + u2 = v1 + v2 in zato je

z = u1 − v1 = v2 − u2 .

Vektor z je v preseku U1 ∩U2. Ker je U1 ∩U2 = 0, je z = 0 in zato je u1 = v1

in u2 = v2. �

3 Prehod na novo bazo

V vektorskem prostoru V imamo dve bazi B = {u1,u2, . . . ,un} in C ={v1,v2, . . . ,vn}. Denimo, da poznamo razvoj vektorjev iz V po bazi B, ki joimenujemo stara baza. Kako potem izracunamo razvoj vektorjev iz V po baziC ? To bazo imenujemo nova baza.

Za v ∈ V naj bo

v =n

∑

j=1

αjuj (VI.2)

razvoj po bazi B in

v =

n∑

i=1

βivi (VI.3)

razvoj po bazi C .Sedaj pa razvijmo vektorje iz baze B po bazi C :

u1 =

n∑

i=1

γi1vi

u2 =

n∑

i=1

γi2vi

...

un =

n∑

i=1

γinvi .


Te enakosti vstavimo v (VI.2), upostevamo (VI.3) in dobimo

n∑

i=1

βivi =n

∑

j=1

αj

n∑

i=1

γijvi =n

∑

i=1

n∑

j=1

γijαj

vi .

Ker so koeficienti v razvoju vektorja po bazi enolicno doloceni, mora biti

βi =

n∑

j=1

γijαj , i = 1, 2, . . . , n . (VI.4)

Oznacimo

vB =

α1

α2

...αn

, vC =

β1

β2

...βn

in PBC =

γ11 γ12 . . . γ1n

γ21 γ22 . . . γ2n

......

...γn1 γn2 . . . γnn

.

Enakosti (VI.4) zapisemo v matricni obliki kot

vC = PBC vB .

Povedano z besedami: vektor koeficientov razvoja vektorja v po novi bazi do-bimo tako, da vektor koeficientov razvoja po stari bazi pomnozimo z matrikoPBC . Matriko PBC imenujemo prehodna matrika med bazama B in C . Opaz-imo, da so koeficienti v j-tem stolpcu prehodne matrike PBC ravno koeficientirazvoja vektorja uj po bazi C .

Zgled 3.1 Poiscimo razvoj polinoma p(x) = 1 + 2x + 3x2 glede na bazo

C = {1, 1 + x, 1 + x + x2}.

Za staro bazo vzemimo standardno bazo B = {1, x, x2}. Prehodno matrikoPBC poiscemo tako, da razvijemo elemente iz baze B po bazi C :

1 = 1 · 1 + 0 · (1 + x) + 0 · (1 + x + x2)

x = (−1) · 1 + 1 · (1 + x) + 0 · (1 + x + x2)

x2 = 0 · 1 + (−1) · (1 + x) + 1 · (1 + x + x2) .

Tako je

PBC =

1 −1 00 1 −10 0 1

.

3. PREHOD NA NOVO BAZO 113

Vektor koeficientov razvoja p po bazi B je

pB =

123

.

Torej je

pC = PBC pB =

1 −1 00 1 −10 0 1

123

=

−1−13

.

Razvoj polinoma p po bazi C je

p(x) = (−1) · 1 + (−1) · (1 + x) + 3(1 + x + x2) . �

Izrek 3.2 Prehodna matrika PBC je obrnljiva.

Dokaz Matrika PBC je kvadratna. Obrnljiva je natanko tedaj, ko ima ho-mogen sistem enacb PBC vB = 0 eno samo resitev vB = 0. Oznacimo

vB =

α1

α2

...αn

. Ker je vC = 0, je

n∑

j=1

αjuj =n

∑

i=1

0 · vi = 0 .

Vektorji u1,u2, . . . ,un so linearno neodvisni, zato je α1 = α2 = · · · = αn = 0.Torej je u = 0 in matrika PBC je obrnljiva. �

Trditev 3.3 Ce je PBC prehodna matrika iz baze B v bazo C , potem je P−1

BC

prehodna matrika iz baze C v bazo B.

Dokaz Za matriko PBC velja

uC = PBC uB .

Ker je PBC obrnljiva, nam mnozenje s P−1

BCz leve da

P−1

BCuC = uB .

Torej je prehodna matrike PC B enaka P−1

BC. �


Trditev 3.4 Ce je P1 prehodna matrika iz baze B v bazo C in je P2 prehodna

matrika iz baze C v bazo D , potem je P2P1 prehodna matrika iz baze B v bazo

D .

Dokaz Za P1 in P2 velja

uC = P1uB in uD = P2uC .

Potem jeuD = P2uC = P2P1uB .

Torej je produkt P2P1 prehodna matrika med bazo B in bazo D . �

Zgled 3.5 Razvoj vektorja u po bazi B =

{[

11

]

,

[

1−1

]}

je uB =

[

2−3

]

.

Poiscimo razvoj tega vektorja po bazi C =

{[

13

]

,

[

12

]}

. Pri tem si bomo

pomagali s standardno bazo S =

{[

10

]

,

[

01

]}

. Prehodna matrika med bazo

B in S je

PBS =

[

1 11 −1

]

in prehodna matrika med bazo C in bazo S je

PC S =

[

1 13 2

]

.

Prehodna matrika med bazo B in bazo C je potem enaka

PBC = PS C PBS = P−1

C SPBS .

Inverz matrike PC S je

P−1

C S=

[

−2 13 −1

]

.

Sedaj lahko izracunamo iskano prehodno matriko

PBC =

[

−2 13 −1

] [

1 11 −1

]

=

[

−1 −32 4

]

.

Koeficiente razvoja u po bazi C dobimo iz zveze

uC = PBC uB =

[

−1 −32 4

] [

2−3

]

=

[

7−8

]

.

Iz povedanega sledi

uS =

[

−15

]

= 7

[

13

]

− 8

[

12

]

= 2

[

11

]

− 3

[

1−1

]

. �

Poglavje VII

Linearne preslikave

V tem poglavju bomo vektorske prostore oznacevali z U, V,W, . . . Vsi vektorskiprostori bodo koncnorazsezni. Zaradi enostavnosti bomo privzeli, da je pri-padajoci obseg realnih stevil. Vse povedano velja tudi za vektorske prostorenad obsegom kompleksnih stevil.

1 Definicija linearne preslikave in osnovne lastnosti

Definicija 1.1 Preslikava A : U → V je linearna, ce velja:

a) aditivnost: A(u1 + u2) = Au1 + Au2 za vse u1,u2 ∈ U ,

b) homogenost: A(αu) = α(Au) za vse α ∈ R in u ∈ U . ♦

Zgled 1.2 1.) Naj bo A preslikava iz R2 v R

3 dana s predpisom

A

[

x

y

]

=

2x− y

−x + y

3x + 2y

.

Preverimo, da je A linearna preslikava.

a) Za vektorja u1 =

[

x1

y1

]

in u2 =

[

x2

y2

]

iz R2 velja

A (u1 + u2) = A

[

x1 + x2

y1 + y2

]

=

2(x1 + x2)− (y1 + y2)−(x1 + x2) + (y1 + y2)3(x1 + x2) + 2(y1 + y2)

=

115

116 POGLAVJE VII. LINEARNE PRESLIKAVE

=

2x1 − y1

−x1 + y1

3x1 + 2y1

+

2x2 − y2

−x2 + y2

3x2 + 2y2

= Au1 + u2,

zato je preslikava aditivna.

b) Za vektor u iz R2 in skalar α iz R velja

A(αu) = A

[

αx

αy

]

=

2αx− αy

−αx + αy

3αx + 2αy

= α

2x− y

−x + y

3x + 2y

= α (Au) .

Torej je preslikava tudi homogena in zato linearna.

Opazimo, da lahko vektor

2x− y

−x + y

3x + 2y

zapisemo tudi v obliki produkta

matrike in vektorja

[

x

y

]

:

2x− y

−x + y

3x + 2y

=

2 −1−1 13 2

[

x

y

]

.

V naslednjem zgledu bomo pokazali, da je mnozenje vektorjev z danomatriko vedno linearna preslikava.

2.) Naj bo dana matrika A ∈ Rm×n. Potem je preslikava iz R

m v Rn defini-

rana s predpisom u 7→ Au linearna, saj iz drugega poglavja vemo, da zamnozenje vektorjev z matriko velja:

a) A(u1 + u2) = Au1 + Au2,

b) A(αu) = αAu.

3.) Naj bo A : R2 → R

2 pravokotna projekcija na os x. Tako je A

[

x

y

]

=

[

x

0

]

.

Preslikavo A lahko predstavimo kot preslikavo, ki jo dobimo, ce vektor[

x

y

]

pomnozimo z matriko

[

1 00 0

]

. Iz prejsnjega zgleda potem sledi, da

je A linearna preslikava.

1. DEFINICIJA LINEARNE PRESLIKAVE IN OSNOVNE LASTNOSTI117

x

y

a

0

0

!

a

x

0

!

a

x

y

!

−→

4.) Preslikava D : Rn[x] → Rn−1[x] definirana s predpisom Dp = p′ (p′ jeodvod polinoma p) je linearna:

a) D(p + q) = (p + q)′ = p′ + q′ = Dp + Dq,

b) D(αp) = (αp)′ = αDp.

5.) Podobno kot odvod je tudi doloceni integral linearna preslikava. Naj boI : Rn[x] → R preslikava dolocena s predpisom

I p =

∫

1

0

p(x)dx.

Potem je I linearna:

a) I (p+q) =∫

1

0(p(x) + q(x)) dx =

∫

1

0p(x)dx+

∫

1

0q(x)dx = I p+I q,

b) I (αp) =∫

1

0αp(x)dx = α

∫

1

0p(x)dx = α(I p).

6.) Transponiranje matrik je linearna preslikava:

T : Rm×n → R

n×m

T (A) = A⊤.

Aditivnost in homogenost sta ravno dve od lastnosti, ki smo ju dokazaliv razdelku 1.3:

a) T (A + B) = (A + B)⊤ = A⊤ + B⊤ = T (A) + T (B),

b) T (αA) = (αA)⊤ = αA⊤ = αT (A).

7.) Izberimo dve matriki T ∈ Rm×n in S ∈ R

k×l. Potem je preslikavaM : R

n×k → Rm×l podana z

M(A) = TAS

linearna:


a) M(A + B) = T (A + B)S = TAS + TBS = M(A) + M(B),

b) M(αA) = T (αA)S = α(TAS) = αM(A). �

Trditev 1.3 Preslikava A : U → V je linearna natanko tedaj, ko velja

A(α1u1 + α2u2) = α1Au1 + α2Au2

za vse α1, α2 ∈ R in vse u1,u2 ∈ U .

Dokaz Ce je A linearna, potem iz aditivnosti in homogenosti sledi

A(α1u1 + α2u2) = A(α1u1) + A(α2u2) = α1Au1 + α2Au2

za vse α1, α2 ∈ R, u1,u2 ∈ U .

Obratno, naj bo A(α1u1 + α2u2) = α1Au1 + α2Au2 za vse α1, α2 ∈ R,u1,u2 ∈ U . Izberimo α1 = α2 = 1. Potem je A(u1 + u2) = Au1 + Au2 za vseu1,u2 ∈ U in zato je A aditivna. Ce vzamemo α2 = 0, dobimo A(α1u1) =α1Au1 in zato je A tudi homogena. �

Trditev 1.4 Ce je A linearna preslikava, je A0 = 0.

Dokaz Ker je 0 = (0 + 0), je A0 = A(0 + 0) = A0 + A0. Odstejemo A0 indobimo A0 = 0. �

Opomba 1.5 Ali je linearna funkcija f(x) = x + 1 linearna preslikava? Kerf(0) = 1 6= 0 linearna funkcija f(x) = x + 1 ni linearna preslikava. Linearnafunkcija f : R → R, f(x) = ax + b za a, b ∈ R, je linearna preslikava natankotedaj, ko je b = 0. ♦

Trditev 1.6 Naj bo A : U → V linearna preslikava in∑k

i=1αiui linearna

kombinacija vektorjev. Potem je A(

∑ki=1

αiui

)

=∑k

i=1αiAui.

Dokaz Uporabimo matematicno indukcijo na k in trditev 1.3. �

Izrek 1.7 Naj bo B = {u1,u2, . . . ,un} baza za vektorski prostor U . Potemje linearna preslikava A : U → V natanko dolocena, ce poznamo slike baznihvektorjev.


Dokaz Naj bo u ∈ U . Potem je razvoj u po bazi B enak u = α1u1 + α2u2++ · · ·+αnun za enolicno dolocene skalarje α1, α2, . . . , αn. Denimo, da poznamoslike baznih vektorjev Au1, Au2, . . . , Aun. Po prejsnji trditvi velja

A

(

n∑

i=1

αiui

)

=

n∑

i=1

αiAui .

Torej je Au za vsak u ∈ U natanko dolocen s slikami baznih vektorjev. �

Posledica 1.8 Naj bo B = {u1,u2, . . . ,un} baza za U in {v1,v2, . . . ,vn}podmnozica vektorjev v V . Potem obstaja natanko ena linearna preslikavaA : U → V , za katero je Aui = vi za i = 1, 2, . . . , n.

Definicija 1.9 Naj bo A : U → V linearna preslikava. Potem mnozico

ker A = {u ∈ U ; Au = 0}

imenujemo jedro linearne preslikave. ♦

Opomba 1.10 Ker je A0 = 0, je 0 ∈ ker A za vse A. Zato je jedro vednoneprazna mnozica. ♦

Zgled 1.11 1.) Naj bo D : R3[x] → R2[x] odvod polinoma: Dp = p′ zap ∈ R3[x]. Potem je kerD mnozica vseh konstantnih polinomov:

ker D = {α ; α ∈ R}.

2.) Naj bo A : R2 → R

2 pravokotna projekcija na os x. Tako je A

[

x

y

]

=

[

x

0

]

.

Na zacetku razdelka smo ze preverili, da je A linearna preslikava. Potemje jedro A enako

ker A =

{[

0y

]

; y ∈ R

}

.

3.) Naj bo O : U → V linearna preslikava dolocena s predpisom Ou = 0 zavse u ∈ U . Potem je ker O = U .

4.) Naj bo I : U → U linearna preslikava dolocena s predpisom Iu = u.Potem je ker I = 0. �

Izrek 1.12 Jedro linearne preslikave A : U → V je vektorski podprostor v U .


Dokaz Naj bosta u1,u2 v jedru kerA. Potem je

A(α1u1 + α2u2) = α1Au1 + α2Au2 = 0 .

Torej je α1u1 + α2u2 ∈ ker A za vse α1, α2 in zato je kerA vektorski podpros-tor. �

Izrek 1.13 Linearna preslikava A : U → V je injektivna natanko tedaj, ko jeker A = 0.

Dokaz Naj bo A injektivna preslikava. Ker je A0 = 0, je Au 6= 0 za vseu 6= 0. Zato je ker A = 0.

Denimo, da je kerA = 0. Ce je Au1 = Au2 za neka u1,u2 ∈ U , je potemA(u1 − u2) = Au1 − Au2 = 0. Zato je u1 − u2 ∈ ker A. Tako mora bitiu1 − u2 = 0, oziroma u1 = u2. Preslikava A je injektivna. �

Definicija 1.14 Mnozico

im A = {v ∈ V ; obstaja tak u ∈ U , da je v = Au}

imenujemo slika linearne preslikave A : U → V . ♦

Zgled 1.15 1.) Ce je D : R3[x] → R2[x] linearna preslikava, ki polinom p

preslika v njegov odvod, potem je imD = {a + bx + cx2 ; a, b, c ∈ R}:Velja D(α + βx + γx2 + δx3) = β + 2γx + 3δx2 in

D(ax + b2x2 + c

3x3) = a + bx + cx2.

2.) Ce je A : R2 → R

2 podana s predpisom

A

[

x

y

]

=

[

x

0

]

,

potem je im A =

{[

x

0

]

; x ∈ R

}

.

3.) Slika linearne preslikave O : U → V , Ou = 0 za vse u ∈ U , je enaka 0.

4.) Slika linearne preslikave I : U → U , Iu = u za vse u ∈ U , je enaka U .�

Trditev 1.16 Ce je A : U → V linearna preslikava, potem je njena slika im A

vektorski podprostor v V.


Dokaz Naj bosta v1 in v2 v im A. Potem obstajata taka vektorja u1,u2 ∈ U ,da je Au1 = v1 in Au2 = v2. Ker je A linearna, je

A(α1u1 + α2u2) = α1Au1 + α2Au2 = α1v1 + α2v2

za poljubna skalarja α1, α2 ∈ R. Zato je α1u1 + α2u2 ∈ im A in je imA

vektorski podprostor. �

Opomba 1.17 Linearna preslikava A je surjektivna natanko tedaj, ko jeim A = V . ♦

Posledica 1.18 Ce je B = {u1,u2, . . . ,un} baza za U in je A : U → V lin-earna, potem je im A = L (Au1, Au2, . . . , Aun). Preslikava A je surjektivna,ce v mnozici {Au1, Au2, . . . , Aun} obstaja baza za V .

Posledica 1.19 Ce je A : U → V linearna, potem je

dim(im A) ≤ dim U .

Trditev 1.20 Naj bosta A : U → V in B : V → W linearni preslikavi. Potemje tudi kompozitum (produkt) BA : U → W linearna preslikava.

Dokaz Za poljubna vektorja u1,u2 ∈ U in poljubna skalarja α1, α2 ∈ R velja

BA(α1u1 + α2u2) = B(α1Au1 + α2Au2) = α1BAu1 + α2BAu2 .

Zato je BA linearna preslikava. �

Izrek 1.21 Naj bo A : U → V obrnljiva linearna preslikava. Potem je tudinjen inverz A−1 : V → U linearna preslikava.

Dokaz Naj bosta v1,v2 ∈ V in α1, α2 ∈ R. Potem je Au1 = v1 in Au2 = v2

za enolicno dolocena vektorja u1,u2 ∈ U . Ker je A linearna, je

A(α1u1 + α2u2) = α1Au1 + α2Au2 = α1v1 + α2v2.

Zato je

A−1(α1v1 + α2v2) = α1u1 + α2u2 = α1A−1v1 + α2A

−1v2 .

Preslikava A−1 je linearna. �


Zgled 1.22 Dana je matrika A =

[

0 −11 0

]

∈ R2×2. Linearna preslikava A :

R2 → R

2 je definirana kot mnozenje z matriko A: A u = Au. Potem je A −1

mnozenje z matriko A−1 =

[

0 1−1 0

]

. Velja namrec A −1 (A (u)) = A−1Au =

= u in A(

A −1(u))

= AA−1u = u. Geometricno predstavlja preslikava A

zasuk za π2

okoli tocke 0 v pozitivni smeri (tj. smeri nasprotni smeri urinegakazalca). Potem je A −1 zasuk za −π

2okoli tocke 0. �

2 Matrika prirejena linearni preslikavi

Naj bo A : U → V linearna preslikava. Izberimo bazi B = {u1,u2, . . . ,un}za U in C = {v1,v2, . . . ,vm} za V . Po izreku 1.7 je A natanko dolocena, cepoznamo slike baznih vektorjev Au1, Au2, . . . , Aun. Razvijmo te vektorje pobazi C :

Au1 = α11v1 + α21v2 + · · ·+ αm1vm

Au2 = α12v1 + α22v2 + · · ·+ αm2vm

...

Aun = α1nv1 + α2nv2 + · · ·+ αmnvm

Koeficienti razvoja tvorijo matriko:

ABC =

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n

......

...αn1 αn2 . . . αmn

.

To matriko imenujemo matrika prirejena linearni preslikavi glede na bazi B

in C .Opozorimo, da koeficienti razvoja Au1 po bazi C tvorijo prvi stolpec ma-

trike ABC , koeficienti razvoja Au2 tvorijo drugi stolpec itd.

Zgled 2.1 1.) Poiscimo matriko prirejeno linearni preslikavi

D : R3[x] → R2[x], Dp = p′,

glede na bazi B = {1, x, x2, x3} in C = {1, x, x2}. Velja D1 = 0, Dx =1, Dx2 = 2x,Dx3 = 3x2. Zato je matrika enaka

DBC =

0 1 0 00 0 2 00 0 0 3

.

2. MATRIKA PRIREJENA LINEARNI PRESLIKAVI 123

2.) Naj bosta B = {u1,u2, . . . ,un} in C = {v1,v2, . . . ,vn} bazi za vek-torski prostor U . Kaj je matrika za identicno preslikavo I : U → U gledena bazi B in C ? Ce je uj =

∑ni=1

αijvi, potem je

IBC =

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n

......

...αn1 αn2 . . . αmn

.

To pa je ravno prehodna matrika med bazo B in bazo C . �

Vrnimo se k splosnemu primeru iz zacetka razdelka. Vektor u ∈ U razvi-jemo po bazi B in dobimo

u =n∑

j=1

βjuj .

Naj bo Au =∑m

i=1γivi razvoj vektorja Au po bazi C . Potem je

m∑

i=1

γivi = Au = A

n∑

j=1

βjuj

=n∑

j=1

βjAuj =

=

n∑

j=1

βj

m∑

i=1

αijvi =

m∑

i=1

n∑

j=1

αijβj

vi .

Ker je razvoj vektorja po bazi enolicno dolocen, mora biti

γi =

n∑

j=1

αijβj za i = 1, 2, . . . ,m.

Zapisimo to v matricni obliki:

γ1

γ2

...γm

=

α11 α12 . . . α1n

α21 α22 . . . α2n

......

...αn1 αn2 . . . αmn

β1

β2

...βn

(VII.1)

Koeficiente razvoja Au po bazi C dobimo tako, da vektor koeficientov razvojau po bazi B pomnozimo z matriko prirejeno A glede na ti dve bazi.

Zveza (VII.1) je osnovna za ves nadaljnji studij v tej knjigi. Povezujeabstraktni pogled na linearno algebro preko vektorskih prostorov in linearnihpreslikav z vektorji (elementi R

n) in matrikami. Poslej bomo uporabljali oba


pogleda. Abstraktni pogled nam omogoca bolj strnjeno formulacijo trditev inizrekov in nam olajsa tehnicno zapletenost. Konkretni pogled prek n-teric inmatrik pa nam omogoca izracune v konkretnih primerih in je najpomembnejsizgled abstraktnega pogleda. Ker ima vsak od obeh pogledov svoje prednosti(in slabosti), bomo uporabljali oba.

Izrek 2.2 Ce sta A : U → V in V → W linearni preslikavi in so B baza zaU , C baza za V ter D baza za W , je

(BA)BD = BC DABC . (VII.2)

Dokaz Elemente baze B oznacimo z u1,u2, . . . ,un, elemente baze C zv1,v2, . . . ,vm in elemente baze D z w1,w2, . . . ,wr. Matriki ABC in BC D stadoloceni s koeficienti razvojev

Auj =

m∑

i=1

αijvi

in

Bvi =

r∑

k=1

βkiwk .

Matrika za BA glede na bazi B in D je dolocena s koeficienti razvoja

BAuj =r∑

k=1

γkjwk . (VII.3)

Ker sta A in B linearni preslikavi, velja

BAuj = B

(

m∑

i=1

αijvi

)

=m∑

i=1

αijBvi =m∑

i=1

αij

r∑

k=1

βkiwk =

=r∑

k=1

(

m∑

i=1

βkiαij

)

wk . (VII.4)

Iz lastnosti (VII.3) in (VII.4) sledi γkj =∑m

i=1βkiαij za vse k in j, kar je

ekvivalentno matricni enakosti (BA)BD = BC DABC . �

Enakost (VII.2) nam razlozi, zakaj je mnozenje matrik smiselno definirati,tako kot smo to naredili v poglavju II.

3. PREHOD NA NOVI BAZI 125

3 Prehod na novi bazi

Matrika prirejena linearni preslikavi je odvisna od izbire baz. Zanima nas,kako poiskati matriko za linearno preslikavo A : U → V v novih bazah.

Naj bosta B1 in B2 bazi za U ter C1 in C2 bazi za V . Na kratko oznacimoz A1 matriko za A v bazah B1 in C1. Tako imenovan prehod na novi baziponazorimo z naslednjim diagramom:

(U,B1)

P=IB1B2

��

A1// (V, C1)

Q=IC1C2

��

(U,B2)A2

// (V, C1)

.

Pri tem je P = IB1B2prehodna matrika med bazama B1 in B2 ter Q = IC1C2

prehodna matrika med bazama C1 in C2. Iz izreka 2.2 sledi naslednji izrek:

Izrek 3.1 Naj bodo A1, A2, P in Q kot zgoraj. Potem je

A2 = QA1P−1 .

Dokaz Po izreku 2.2 je

A2 = (IV AIU )B2C2

= (IV )C1C2

(AIU )B2C1

= (IV )C1C2

(A)B1C1(IU )

B2B1=

= QA1P−1 .

Pri tem iz zgleda 2.1.2 vemo, da je (IU )B2B1

prehodna matrika med bazamaB2 in B1 ter (IV )

C1C2prehodna matrika med bazama C1 in C2. �

Zgled 3.2 Naj bo A : R3 → R

3 pravokotna projekcija na premico p, ki jepresek ravnin x − y + z = 0 in x + y − z = 0. Preverimo najprej, da je A

linearna preslikava. Ce je v ∈ R3, potem je

Av =〈v, s〉

〈s, s〉s ,

kjer je s smerni vektor premice p. Z uporabo linearnosti skalarnega produktadobimo

A(α1v1 + α2v2) =〈α1v1 + α2v2, s〉

〈s, s〉s = α1

〈v1, s〉

〈s, s〉s + α2

〈v2, s〉

〈s, s〉s =

= α1Av1 + α2Av2 .


Zato je A res linearna preslikava. Poiscimo matriko za A glede na standardnobazo S v R

3. Pri tem si bomo za vajo pomagali s tem, da najprej poiscemobazo B, za katero zlahka najdemo matriko za A. Vektorja

n1 =

1−11

in n2 =

11−1

sta normalna vektorja ravnin, katerih presek je premica p in n1 × n2 =

022

je mozen smerni vektor za p. Za s raje vzamemo s =

011

. Ker s lezi na obeh

ravninah, je 〈n1, s〉 = 0 in 〈n2, s〉 = 0. Zato je An1 = An2 = 0 in As = s.Matrika za A v bazi B = {n1,n2, s} je

A1 = ABB =

0 0 00 0 00 0 1

. (VII.5)

Prehodna matrika med bazo B in bazo S je

P =

1 1 0−1 1 11 −1 1

.

Poiscemo inverz (npr. s pomocjo prirejenke)

P−1 =

1

2−1

4

1

41

2

1

4−1

4

0 1

2

1

2

.

Potem je

A2 = AS S = PA1P−1 =

0 0 00 1

2

1

2

0 1

2

1

2

. �

4 Rang linearne preslikave

Definicija 4.1 Za linearno preslikavo A : U → V definiramo rang A, oznakar(A), kot rang matrike, ki pripada A glede na neki bazi B za U in C za V . ♦

4. RANG LINEARNE PRESLIKAVE 127

Trditev 4.2 Definicija ranga linearne preslikave je dobra, tj., rang je neod-visen od izbire baz B in C .

Dokaz Naj bosta B1 in B2 bazi za U ter C1 in C2 bazi za V . Po izreku 3.1je

A2 = QA1P−1 .

Ker sta P in Q obrnljivi matriki, je rang matrike A1 enak rangu matrike A2.�

Zgled 4.3 Poiscimo rang linearne preslikave A iz zgleda 3.2. Iscemo torejrang matrike A1 iz (VII.5). Ta je ocitno enak 1, zato je r(A) = 1. �

Zgled 4.4 Matriko za linearno preslikavo D : R3[x] → R2[x], Dp = p′, smopoiskali v zgledu 2.1 1.). Njen rang je 3, zato je r(D) = 3. �

Zgled 4.5 Rang identicne preslikave I : V → V je enak dimV , rang nicelnepreslikave O : V → V , pa je enak 0. �

Trditev 4.6 Naj bo A : U → V linearna preslikava in W = kerA njeno jedro.Bazo C = {w1,w2, . . . ,wk} za W dopolnimo do baze

B = {w1,w2, . . . ,wk,u1,u2, . . . ,ul}

za U . Potem je{Au1, Au2, . . . , Aul}

baza za Z = im A ⊆ V . Velja torej

dim U = dim(kerA) + dim(imA).

Dokaz Vemo, da slike baznih vektorjev razpenjajo Z = im A. Zato je

Z = L (Aw1, Aw2, . . . , Awk, Au1, Au2, . . . , Aul) = L (Au1, Au2, . . . , Aul),

saj je Awi = 0 za vse i. Pokazati moramo se, da so Au1, Au2, . . . , Aul linearno

neodvisni. Denimo, da je∑l

j=1αjAuj = 0. Potem je 0 = A

(

∑lj=1

αjuj

)

in

zato jel∑

j=1

αjuj ∈W = kerA.

Ker je C baza za W , je∑l

j=1αjuj =

∑ki=1

βiwi, oziroma

l∑

j=1

αjuj −k∑

i=1

βiwi = 0.


Ker je B baza za U , je α1 = · · · = αl = β1 = · · · = βk = 0. Torej so vektorjiAu1, Au2, . . . , Aul linearno neodvisni. Ocitno je

dim U = k + l = dim(kerA) + dim(imA).

Izrek 4.7 Naj bo A : U → V linearna preslikava. Potem je

r(A) = dim(imA)

Dokaz Izberimo bazi C in B kot v trditvi 4.6. Potem je

D = {Au,Au2, . . . , Aul}

baza za im A. Dopolnimo jo do baze

E = {Au,Au2, . . . , Aul,v1,v2, . . . ,vr}

za V . V bazah B in E pripada A matrika

ABE =

0 0 . . . 0 1 0 0 . . . 00 0 . . . 0 0 1 0 . . . 0...

......

......

......

0 0 . . . 0 0 0 0 . . . 10 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0...

......

......

......

0 0 . . . 0 0 0 0 . . . 0

=

[

0 I

0 0

]

,

kjer prvih k stolpcev nicel pripada vektorjem w1, . . . ,wk, ki so baza za ker A,zadnjih l stolpcev pa vektorjem u1, . . . ,ul, za katere je Aui ∈ E za vse i.Potem je

r(A) = r(A)BE = l = dim(imA) ,

saj je D baza za im A po trditvi 4.6. �

Posledica 4.8 Ce je A : U → U injektivna linearna preslikava, potem je A

surjektivna in zato bijektivna.

Ce je A : U → U surjektivna linearna preslikava, je A tudi injektivna inzato bijektivna.

5. PODOBNOST MATRIK 129

Dokaz Ce je A injektivna, je v prejsnjem izreku k = 0. Zato je

dim(im A) = dimU.

Zato je U = im A in A je surjektivna.Ce je A surjektivna, je imA = U in zato je r(A) = dimU . V oznakah iz

dokaza prejsnjega izreka je potem

dim U = dim(kerA) + dim(imA) = k + r(A) = k + dimU .

Zato je k = 0, oziroma kerA = 0, in A je injektivna. �

5 Podobnost matrik

Naj bosta B in C dve bazi za vektorski prostor V . Linearna preslikava

A : V → V

ima glede na bazo B matriko ABB, glede na bazo C pa matriko AC C . Ce jeP prehodna matrika med bazo B in bazo C , potem je

AC C = PABBP−1 .

Definicija 5.1 Ce dve matriki A1 in A2 predstavljata isto linearno preslikavoA : V → V glede na dve razlicni bazi, potem recemo, da sta matriki A1 in A2

podobni matriki, oziroma, da je matrika A1 podobna matriki A2. ♦

Definicijo podobnosti matrik lahko izrazimo ekvivalentno:

Trditev 5.2 Matrika A1 je podobna matriki A2 natanko tedaj, ko obstaja takaobrnljiva matrika P , da je

A2 = PA1P−1 .

Izrek 5.3 Podobnost matrik je ekvivalencna relacija.

Dokaz Oznacimo A1 ∼ A2, ce je matrika A1 podobna matriki A2. Ker jeA1 = I ·A1 · I

−1, je A1 ∼ A1. Relacija ∼ je refleksivna.Naj bo A1 ∼ A2. Potem je A2 = PA1P

−1 za neko obrnljivo matriko P .Od tod dobimo, da je

A1 = P−1A2P = P−1A2

(

P−1)−1


in zato je A2 ∼ A1. Relacija ∼ je simetricna.Naj bo A1 ∼ A2 in A2 ∼ A3. Zato je

A2 = PA1P−1 in A3 = QA2Q

−1

za neki obrnljivi matriki P in Q. Potem sledi

A3 = QA2Q−1 = QPA1P

−1Q−1 = (QP )A1(QP )−1 .

Ker je produkt obrnljivih matrik obrnljiva matrika, je A1 ∼ A3. Torej jerelacija ∼ tudi tranzitivna. �

Poglavje VIII

Lastne vrednosti in lastni

vektorji

V tem poglavju bomo privzeli, da so skalarji v vektorskih prostorih, koefi-cienti v matrikah itd., kompleksna stevila. Algebraicne operacije sestevanja,mnozenja in mnozenja s skalarjem so definirane enako in imajo enake lastnosti,kot smo jih opisali za vektorje, matrike, vektorske prostore in linearne pres-likave nad realnimi stevili. Razlog za tako spremenjen pogled je dejstvo, daima vsak polinom z realnimi ali kompleksnimi koeficienti niclo v kompleksnihstevilih, kar nam pove osnovni izrek algebre. Nad realnimi stevili obstajajopolinomi brez realnih nicel, npr. x2 + 1.

1 Definicije

Naj bo dana matrika A ∈ Cn×n.

Definicija 1.1 Kompleksno stevilo α imenujemo lastna vrednost za A, ce ob-staja tak neniceln vektor v ∈ C

n, da je Av = αv. Vektor v imenujemo lastnivektor za A pri lastni vrednosti α. ♦

Po definiciji je α ∈ C lastna vrednost za A ∈ Cn×n, ce obstaja tak neniceln

vektor v ∈ Cn, da je Av = αv, oziroma da velja (A − αI)v = 0. Tako smo

pokazali naslednjo trditev:

Trditev 1.2 Kompleksno stevilo α je lastna vrednost za A ∈ Cn×n natanko

tedaj, ko je ker(A− αI) 6= 0.

Definicija 1.3 Ce je α ∈ C lastna vrednost za A, potem vektorski podprostorker(A− αI) imenujemo lastni podprostor za A pri lastni vrednosti α. ♦

131

132 POGLAVJE VIII. LASTNE VREDNOSTI IN LASTNI VEKTORJI

Trditev 1.4 Mnozica lastnih vektorjev pri lastni vrednosti α skupaj z vektor-jem 0 je vektorski podprostor.

Dokaz Ta mnozica je ravno lastni podprostor ker(A−αI). Vemo, da je jedrolinearne preslikave vektorski podprostor. �

Iz gornje trditve sledi, da je α lastna vrednost za A natanko tedaj, komatrika A− αI ni obrnljiva, oziroma natanko tedaj, ko je

det(A− αI) = 0 .

Definicija 1.5 Polinom

pA(λ) = det(A− λI)

v spremenljivki λ imenujemo karakteristicni polinom matrike A. ♦

Iz pravkar povedanega sledi:

Izrek 1.6 Kompleksno stevilo α je lastna vrednost matrike A natanko tedaj,ko je α nicla karakteristicnega polinoma pA(λ).

Zgled 1.7 Poiscimo lastne vrednosti in pripadajoce lastne vektorje za matriko

A =

[

2 −1−4 2

]

.

Karakteristicni polinom za A je

pA(λ) =

∣

∣

∣

∣

2− λ −1−4 2− λ

∣

∣

∣

∣

= (2− λ)2 − 4 = λ2 − 4λ .

Nicli pA(λ) sta α1 = 0 in α2 = 4. Pripadajoca lastna vektorja v1 in v2 morataresiti enacbi

Av1 = 0 in (A− 4I)v2 = 0 .

Za resitvi teh dveh enacb izberemo npr. v1 =

[

12

]

in v2 =

[

−12

]

. �

1. DEFINICIJE 133

Zgled 1.8 Poiscimo se lastne vrednosti in lastne vektorje za matriko

B =

[

0 −11 0

]

.

Karakteristicni polinom za B je

pB(λ) =

∣

∣

∣

∣

−λ −11 −λ

∣

∣

∣

∣

= λ2 + 1 .

Lastni vrednosti sta kompleksni stevili i in −i. Lastni vektor v1, ki pripadalastni vrednosti i zadosca zvezi

(A− iI)v1 =

[

−i −11 −i

]

v1 = 0.

Izberemo v1 =

[

1−i

]

. Podobno za lastni vektor v2, ki pripada lastni vrednosti

−i in zadosca zvezi

(A + iI)v1 =

[

i −11 i

]

v2 = 0,

izberemo v2 =

[

1i

]

. �

Opomba 1.9 Izbira lastnih vektorjev, ki pripadajo dani lastni vrednosti, nienolicna, saj le-ti vedno tvorijo neniceln vektorski podprostor – lastni pod-prostor. Le-ta je natanko dolocen ce poznamo njegovo bazo. Tako bomo vzgledih (in nalogah) rekli, da so v1,v2, . . . ,vk lastni vektorji pripadajoci danilastni vrednosti α, ce je {v1,v2, . . . ,vk} baza za lastni podprostor, ki pripadaα. ♦

Trditev 1.10 Ce sta matriki A in B podobni matriki, potem imata enakakarakteristicna polinoma.

Dokaz S P oznacimo obrnljivo matriko, za katero je B = PAP−1. Od tod zuporabo lastnosti determinante sledi

pB(λ) = det(B − λI) = det(PAP−1 − λI) = det(

P (A− λI)P−1)

=

= detP det(A− λI) detP−1 = detP det P−1 det(A− λI) =

= det(A− λI) = pA(λ) . �


Definicija 1.11 Naj bo A ∈ Cn×n matrika reda n. Potem vsoto

∑ni=1 aii

vseh diagonalnih elementov matrike A imenujemo sled matrike A. Oznacimojo s sl A. ♦

Zgled 1.12 Sled matrike

[

2 −1−4 2

]

je 4. �

Trditev 1.13 Naj bo A ∈ Cn×n. Potem je karakteristicni polinom pA(λ)

stopnje n. Njegov vodilni koeficient je enak (−1)n, koeficient pri λn−1 je(−1)n−1 sl A in njegov konstantni clen je enak det A.

Dokaz Velja

pA(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

a11 − λ a12 . . . a1n

a21 a22 − λ . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ) + cleni stopnje najvec n− 2 v λ =

= (−1)nλn+(−1)n−1(a11+a22+· · ·+ann)λn−1+ cleni stopnje najvec n− 2 v λ.

Pri tem smo upostevali, da cleni v razvoju determinante, ki so razlicni odprodukta vseh diagonalnih elementov, vsebujejo vsaj dva elementa, ki nistadiagonalna.

Konstantni clen polinoma dobimo tako, da vstavimo vrednost λ = 0.Potem je

pA(0) = det(A− 0I) = det A. �

Zgled 1.14 Ce je A =

[

a11 a12

a21 a22

]

∈ C2×2, potem je

pA(λ) = λ2 − sl Aλ + detA = λ2 − (a11 + a22)λ + (a11a22 − a12a21) .

Npr. za A =

[

3 −12 0

]

je pA(λ) = λ2 − 3λ + 2. �

Definicija 1.15 Naj bo α lastna vrednost za A. Veckratnost α kot niclekarakteristicnega polinoma pA(λ) imenujemo algebraicna veckratnost lastnevrednosti α. Oznacimo jo z a(α). Dimenzijo lastnega podprostora ker(A−αI)imenujemo geometricna veckratnost lastne vrednosti α. Oznacimo jo z g(α).♦

1. DEFINICIJE 135

Zgled 1.16 Poiscimo algebraicne in geometricne veckratnosti lastnih vred-nosti matrike

A =

3 2 42 0 24 2 3

.


pA(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3− λ 2 42 −λ 24 2 3− λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= (3− λ)2(−λ) + 16 + 16− 8(3− λ) + 16λ =

= −λ3 + 6λ2 + 15λ + 8 .

Opazimo (na primer s pomocjo Hornerjevega algoritma), da je ena nicla pA(α)enaka α1 = −1. Potem je

pA(λ) = (λ + 1)(−λ2 + 7λ + 8) = −(λ + 1)2(λ− 8) .

Lastni vrednosti sta α1 = −1 in α2 = 8. Njuni algebraicni veckratnosti staa(−1) = 2 in a(8) = 1.Geometricni veckratnosti poiscemo tako, da izracunamo rang matrik (A−αjI),j = 1, 2. Potem je

g(αj) = 3− r(A− αjI) .

Za α1 = −1 imamo

A + I =

4 2 42 1 24 2 4

.

Ker sta poljubni dve vrstici v A + I linearno odvisni, je rang r(A + I) = 1.Potem je g(−1) = 3− 1 = 2.Za α2 = 8 dobimo

A− 8I =

−5 2 42 −8 24 2 −5

.


Z uporabo elementarnih transformacij izracunamo:

−5 2 42 −8 24 2 −5

∼III

2 −8 2−5 2 44 2 −5

∼II

1 −4 1−5 2 44 2 −5

∼I

∼I

1 −4 10 −18 94 2 −5

∼I

1 −4 10 −18 90 18 −9

∼I

1 −4 10 −18 90 0 0

∼II

1 −4 10 1 1

20 0 0

∼I

∼I

1 0 −10 1 1

20 0 0

.

Zato je r(A− 8I) = 2 in g(8) = 1. �

Izrek 1.17 Vsota vseh algebraicnih veckratnosti lastnih vrednosti za A je ena-ka n.

Dokaz Ker je karakteristicni polinom stopnje n, izrek sledi iz osnovnega izrekaalgebre (glej dodatek C). �

Trditev 1.18 Ce je A zgornje-trikotna matrika, potem so lastne vrednosti zaA ravno vsi diagonalni elementi te matrike.

Dokaz Vemo, da je determinanta zgornje-trikotne matrike enaka produktunjenih diagonalnih elementov. Zato je v nasem primeru

pA(λ) = (a11 − λ)(a22 − λ) · · · (ann − λ) . �

Zgled 1.19 Poiscimo se algebraicne in geometricne veckratnosti lastnih vred-nosti matrike

A =

1 2 10 1 00 0 1

.

Hitro izracunamo, da je pA(λ) = (1−λ)3. Zato je α = 1 edina lastna vrednostmatrike A. Njena algebraicna veckratnost je a(1) = 3. Ker je

A− I =

0 2 10 0 00 0 0

,

je r(A− I) = 1 in g(1) = 2. �

2. DIAGONALIZACIJA 137

Pojme lastna vrednost, lastni vektor, karakteristicni polinom defiiramotudi za linearne preslikave. Kompleksno stevilo α imenujemo lastna vrednostza linearno preslikavo A : V → V , ce obstaja tak neniceln vektor v ∈ V , daje Av = αv. Vektor v imenujemo lastni vektor za A pri lastni vrednosti α.Geometricna veckratnost lastne vrednosti α je enaka dimenziji jedra ker(A−αI).

Naj bo B baza za V in AB matrika, ki pripada A glede na bazo B. Potemje karakteristicni polinom za A definiran kot karakteristicni polinom pAB

(λ).Oznacimo ga s pA(λ). Ta definicija je dobra, saj nam trditev 1.10 pove, daimata podobni matriki enak karakteristicni polinom. Algebraicna veckratnostlastne vrednosti α je stopnja nicle α v karakteristicnem polinomu.

Definicija 1.20 Mnozico vseh lastnih vrednosti matrike A ∈ Cn×n imenu-

jemo spekter matrike A. Oznacimo ga s σ(A).

Mnozico vseh lastnih vrednosti linearne preslikave A : V → V imenujemospekter linearne preslikave A. Oznacimo ga pravtako s σ(A). ♦

2 Diagonalizacija

Trditev 2.1 Naj bodo α1, α2, . . . , αk razlicne lastne vrednosti matrike A inv1, v2, . . . , vk pripadajoci lastni vektorji. Potem so vektorji v1,v2, . . . ,vk

linearno neodvisni.

Dokaz Vemo, da je Avj = αjvj , j = 1, 2, . . . , k. Linearno neodvisnost vek-torjev v1,v2, . . . ,vk bomo dokazali z indukcijo na k.

Za k = 1 trditev velja, saj je v1 6= 0.

Privzemimo, da trditev velja za k − 1. Naj bo∑k

j=1 βjvj = 0 za nekeskalarje βj . Potem je

0 = A

k∑

j=1

βjvj

=k

∑

j=1

βjAvj =k

∑

j=1

βjαjvj (VIII.1)

in 0 =k

∑

j=1

βjαkvj . (VIII.2)

Ko odstejemo izraz (VIII.2) od izraza (VIII.1), dobimo

0 =k−1∑

j=1

βj(αj − αk)vj .


Ker so po indukcijski predpostavki vektorji v1,v2, . . . ,vk−1 linearno neodvisni,mora biti βj(αj − αk) = 0 za vse j = 1, 2, . . . , k − 1. Ker so lastne vrednostiα1, . . . , αk razlicne, je αj − αk 6= 0. Zato je β1 = β2 = · · · = βk−1 = 0. Ker jevk 6= 0, je tudi βk = 0. Zato so vektorji v1,v2, . . . ,vk linearno neodvisni. �

Posledica 2.2 Ce ima matrika A ∈ Cn×n n razlicnih lastnih vrednosti, potem

imamo v Cn bazo B iz lastnih vektorjev za A. V tej bazi pripada A diagonalna

matrika.

Dokaz Prvi del sledi iz prejsnjega izreka. Ce je B = {v1,v2, . . . ,vn} baza izlastnih vektorjev, potem je

Avj = αjvj , j = 1, 2, . . . , n .

Zato ima A v bazi B matriko

AB =

α1 0 0 . . . 00 α2 0 . . . 00 0 α3 . . . 0...

......

. . ....

0 0 0 . . . αn

. �

Zgled 2.3 Pokazimo, da ima matrika A =

1 −1 43 2 −12 1 −1

same razlicne lastne

vrednosti. Zato zanjo obstaja baza iz lastnih vektorjev. Karakteristicni poli-nom za A je

pA(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1− λ −1 43 2− λ −12 1 −1− λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (1− λ)(2− λ)(−1− λ) + 2 + 12− 8(2− λ) + (1− λ) + 3(−1− λ) =

= −λ3 + 2λ2 + 5λ− 6 .

Opazimo, da je α1 = 1 nicla pA(λ). Potem je

pA(λ) = (λ− 1)(−λ2 + λ + 6) = −(λ− 1)(λ− 3)(λ + 2) .

Spekter A je zato σ(A) = {1, 3,−2}. Algebraicne veckratnosti vseh lastnihvrednosti so enake 1. Lastne vektorje poiscemo tako, da resimo sisteme lin-earnih enacb (A− I)v1 = 0, (A− 3I)v2 = 0 in (A + 2I)v3 = 0. Podrobnosti

2. DIAGONALIZACIJA 139

bomo izpustili. Povejmo le, da so mozne resitve

v1 =

−141

, v2 =

121

in v3 =

−111

.

V bazi B = {v1,v2,v3} ima A matriko

AB =

1 0 00 3 00 0 −2

. �

Definicija 2.4 Naj bo dana matrika A ∈ Cn×n. Ce v C

n obstaja taka bazaB, da A pripada diagonalna matrika glede na bazo B, potem recemo, da seda A diagonalizirati .

Ekvivalentno lahko recemo, da se da A diagonalizirati natanko tedaj, koobstaja v C

n kaka baza iz lastnih vektorjev.

Povedano se drugace, matrika A se da diagonalizirati natanko tedaj, koobstaja taka obrnljiva matrika P , da je

D = P−1AP

diagonalna matrika. Pri tem je P prehodna matrika med bazo B iz lastnihvektorjev in standardno bazo S za C

n.

Postopku iskanja diagonalne matrike za linearno preslikavo ali matrikorecemo diagonalizacija. ♦

Izrek 2.5 Matriko A se da diagonalizirati natanko tedaj, ko je a(α) = g(α)za vse lastne vrednosti α ∈ σ(A).

Dokaz Denimo, da se A da diagonalizirati. Potem v neki bazi B pripada Adiagonalna matrika D ∈ C

n×n. Denimo, da je a = a(α) algebraicna veckrat-nost lastne vrednosti α. Torej se α pojavi na diagonali matrike D natankoa-krat. Potem je rang matrike D − αI enak n− a. Zato je g(α) = a = a(α).

Dokaz obratne trditve smo za primer a(α) = g(α) = 1 za vse α ∈ σ(A)ze naredili. Dokaz poljubne veckratnosti poteka podobno, le da je indukcijskikorak v posplositvi trditve 2.1 bolj tehnicno zapleten in ga ne bomo podrobnonavedli. �


Zgled 2.6 Poglejmo, ali se da matriko

A =

1 2 10 1 00 0 1

diagonalizirati. V zgledu 1.19 smo izracunali, da je

σ(A) = {1} in a(1) = 3 ter g(1) = 2.

Ker je a(1) 6= g(1), se A ne da diagonalizirati. �

3 Schurov izrek

Izrek 3.1 (Schurov izrek) Naj bo dana matrika A ∈ Cn×n. Potem v C

n

obstaja taka baza B, da je matrika AB za A v bazi B zgornje-trikotna. Pritem lahko bazo B izberemo tako, da je vrstni red lastnih vrednosti na diagonalimatrike AB poljuben.

Dokaz Izrek bomo dokazali z indukcijo na n.Ce je n = 1, potem ni potrebno nicesar dokazati.Denimo, da izrek velja za n − 1 in ga dokazimo za n. Izberimo lastno

vrednost α ∈ σ(A). To lahko izberemo poljubno. Naj bo v1 pripadajoci lastnivektor. Ker je v1 6= 0, obstaja baza B = {v1,v2, . . . ,vn}, kjer je v1 prvilastni vektor. V bazi B ima A blocno matriko

A =

[

α u0 B

]

,

kjer je u ∈ C1×(n−1), 0 ∈ C

(n−1)×1 in B ∈ C(n−1)×(n−1). Po indukcijski

predpostavki obstaja taka baza za Cn−1, da ima B v bazi C zgornje-trikotno

matriko C. Potem je B = Q−1CQ. Naj bo

P =

[

1 00 Q

]

∈ Cn×n .

Potem je

P−1ABP =

[

1 00 Q−1

] [

α u0 B

] [

1 00 Q

]

=

=

[

α uQ0 Q−1BQ

]

=

[

α uQ0 C

]

.

3. SCHUROV IZREK 141

Ker je C zgornje-trikotna matrika, je tudi P−1ABP zgornje-trikotna.Iz dokaza zgoraj vidimo, da na vsakem koraku indukcije izberemo katero-

koli lastno vrednost, ki je se nismo izbrali. Torej je vrstni red lastnih vrednostina diagonali dobljene zgornje-trikotne matrike lahko poljuben. �

Posledica 3.2 Vsaka matrika je podobna zgornje-trikotni matriki.

Zgled 3.3 Poiscimo bazo za C3, v kateri matriki

A =

1 2 11 −1 12 0 1

pripada zgornje-trikotna matrika. Karakteristicni polinom za A je

pA(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1− λ 2 11 −1− λ 12 0 1− λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (1− λ)2(−1− λ) + 4− 2(1− λ) + 2(1 + λ) =

= −(1− λ)2(1 + λ) + 4(1 + λ) = −(1 + λ)(λ2 − 2λ− 3) =

= −(1 + λ)2(λ− 3) .

Lastni vrednosti sta α1 = −1 in α2 = 3. Njuni algebraicni veckratnosti staa(1) = 2 in a(3) = 1.

Izberimo α = α1 = −1. Pripadajoci lastni vektor v1 resi enacbo (A +I)v1 = 0. Izberimo

v1 =

2−1−2

.

Za bazo B1 vzemimo vektorje v1, e2 in e3, kjer sta e2 in e3 standardna baznavektorja. Matriko za A v bazi B1 oznacimo z A1. Potem je

A1 = P−1AP ,

kjer je P =

2 0 0−1 1 0−2 0 1

prehodna matrika. Njen inverz je P−1 =

12 0 012 1 01 0 1

in tako je

A1 =

12 0 012 1 01 0 1

1 2 11 −1 12 0 1

2 0 0−1 1 0−2 0 1

=

−1 1 12

0 0 32

0 2 2

.


Postopek nadaljujemo na matriki B =

[

0 32

2 2

]

. Njen karakteristicni polinom

je pB(λ) = λ2 − 2λ − 3 = (λ + 1)(λ − 3). Izberimo lastno vrednost α2 = 3.Pripadajoci lastni vektor u2 resi enacbo

(B − 3I)u2 = 0 .

Velja[

−3 32

2 −1

] [

12

]

=

[

00

]

,

zato izberemo u2 =

[

12

]

. V bazi C2 =

{[

12

]

,

[

01

]}

pripada B matrika

B2 =

[

1 0−2 1

] [

0 32

2 2

] [

1 02 1

]

=

[

3 32

0 −1

]

.

V bazi B2 =

2−1−2

,

012

,

001

pripada A zgornje-trikotna matrika

A2 =

1 0 00 1 00 −2 1

−1 1 12

0 0 32

0 2 2

1 0 00 1 00 2 1

=

−1 2 12

0 3 32

0 0 −1

. �

Izrek 3.4 Naj bo α lastna vrednost za A. Potem je

1 ≤ g(α) ≤ a(α) .

Dokaz Ce je α lastna vrednost, je ker(A− αI) 6= 0. Zato velja

g(α) = dim (ker(A− αI)) ≥ 1.

Po Schurovem izreku obstaja taka baza B, da ima A v bazi B zgornje-trikotno matriko C, ki ima prvih a = a(α) diagonalnih elementov enakih α,ostali diagonalni elementi pa so razlicni od α. Blocno lahko zapisemo

C =

[

C1 C2

0 C3

]

∈ Cn×n,

kjer je C1 ∈ Ca×a in je σ(C1) = {α} ter α /∈ σ(C3). Vemo, da je

g(α) = n− r(C − αI).

4. CAYLEY-HAMILTONOV IZREK 143

Ker je α /∈ σ(C3), je rang r(C3 − αI) = n− a. Potem je

r(C − αI) ≥ r(C3 − αI) = n− a

in

g(α) = n− r(C − αI) ≤ n− n + 1 = a = a(α) . �

Zgled 3.5 Vzemimo spet matriko

A =

1 2 11 −1 12 0 1

iz zgleda 3.3. Izracunali smo ze, da je σ(A) = {−1, 3}, a(−1) = 2 in a(3) = 1.Potem je g(3) = 1. Za g(−1) imamo dve moznosti, g(−1) = 1 ali g(−1) = 2.Katera nastopi, ugotovimo s pomocjo izracuna ranga r(A + I):

A + I =

2 2 11 0 12 0 2

∼III

1 0 12 2 12 0 2

∼I

1 0 10 2 −10 0 0

∼II

1 0 10 1 −1

20 0 0

.

Ker je r(A + I) = 2, je g(−1) = 1. �

4 Cayley-Hamiltonov izrek

Naj bo dana matrika A ∈ Cn×n. Potem z Aj , j = 2, 3, . . . oznacimo potence

matrike A. Dogovorimo se, da je

A0 = I in A1 = A.

Definicijo potence Ak lahko razsirimo se na polinome: Ce je

p(λ) = akλk + ak−1λ

k−1 + · · ·+ a1λ1 + a0

polinom stopnje k in so ak, ak−1, . . . , a1, a0 kompleksna stevila, potem defini-ramo na ociten nacin

p(A) = akAk + ak−1A

k−1 + · · ·+ a1A + a0I.


Zgled 4.1 Ce je A =

[

2 −11 0

]

in je p(λ) = λ3 − λ− 2, potem poiscimo p(A).

S potenciranjem matrike A dobimo

A2 =

[

3 −22 −1

]

in A3 =

[

4 −33 −2

]

.

Tako je

p(A) = A3 −A− 2I =

[

4 −33 −2

]

−

[

2 −11 0

]

−

[

2 00 2

]

=

[

0 −22 −4

]

. �

Trditev 4.2 Ce sta p(λ) in q(λ) dva polinoma, potem matriki p(A) in q(A)komutirata:

p(A)q(A) = q(A)p(A) .

Dokaz Ce sta p(λ) in q(λ) potenci, npr. p(λ) = λj in q(λ) = λk, potem je

p(A)q(A) = AjAk = Ak+j = AkAj = q(A)p(A) . (VIII.3)

Naj bo sedaj p(λ) =∑r

j=0 ajλj in p(λ) =

∑sk=0 bkλ

k. Z uporabo dejstva(VIII.3) potem dobimo

p(A)q(A) =

r∑

j=0

ajAj

(

s∑

k=0

bkAk

)

=

r∑

j=0

s∑

k=0

ajbkAjAk =

=r

∑

j=0

s∑

k=0

ajbkAkAj =

r∑

j=0

s∑

k=0

bkajAkAj =

=

(

s∑

k=0

bkAk

)

r∑

j=0

ajAj

= q(A)p(A) . �

Naj bo A ∈ Cn×n dana matrika in v ∈ C

n neniceln vektor. Potem obstajanajmanjse tako stevilo k ≥ 1, da je mnozica vektorjev

V1 = {v, Av, A2v, . . . , Ak−1v}

linearno neodvisna in je mnozica vektorjev

V2 = {v, Av, A2v, . . . , Ak−1v, Akv}


linearno odvisna. Torej vektor Akv pripada vektorskemu prostoruL (v, Av, . . . , Ak−1v), ki ima bazo V1. Vektor Akv lahko enolicno razvijemopo bazi V1:

Akv = a0v + a1Av + · · ·+ ak−1Ak−1v .

Potem je

0 = Akv − ak−1Ak−1v − ak−2A

k−2v − · · · − a1Av − a0v =

= (Ak − ak−1Ak−1 − ak−2A

k−2 − · · · − a1A− a0I)v .

Polinom

pA,v(λ) = λk − ak−1λk−1 − ak−2λ

k−2 − · · · − a1λ− a0

imenujemo minimalni polinom za vektor v glede na matriko A. Z zgorajopisanim postopkom je pA,v(λ) enolicno definiran. Ce bo jasno, za kateromatriko gre, potem bomo rekli, da je pA,v(λ) minimalni polinom za v. Izdefinicije sledi

pA,v(A)v = 0.

Zgled 4.3 Ce je v lastni vektor za A pri lastni vrednosti α, potem je Av = αv,oziroma (A− αI)v = 0. Minimalni polinom za v je pA,v(λ) = λ− α. �

Zgled 4.4 Vzemimo spet matriko

A =

1 2 11 −1 12 0 1

iz zgleda 3.3. Poiscimo minimalna polinoma za vektorja v =

1−20

in

w =

2−10

glede na A. Poracunajmo:

Av =

−332

in A2v =

5−44

.


Z uporabo vrsticnih elementarnih transformacij na matriki S, katere stolpciso v, Av in A2v

S =

1 −3 5−2 3 −40 2 4

poiscemo njeno vrsticno kanonicno formo

S1 =

1 0 −10 1 −20 0 0

.

Ker je rang matrike S1 enak 2, so vektorji v, Av in A2v linearno odvisni.Ker sta pivota v S1 v prvih dveh stolpcih, sta vektorja v in Av linearno

neodvisna. Element a =

xyz

v jedru kerS, za katerega je z = 1, nam da

koeficiente minimalnega polinoma pA,v(λ). Resitev iskane enacbe Sa = 0 je

a =

121

.

Zato je v + 2Av + A2v = 0 in minimalni polinom

pA,v(λ) = λ2 + 2λ + 1 = (λ + 1)2 .

Za vektor w izracunamo

Aw =

034

, A2w =

1014

in A3w =

161324

.

S T oznacimo matriko, katere stolpci so vektorji w, Aw, A2w in A3w:

T =

2 0 10 16−1 3 1 130 4 4 24

.

Vrsticna kanonicna forma za T je

T1 =

1 0 0 30 1 0 50 0 1 1

.


Ker je rang matrike T1 enak 3, so vektorji w, Aw, A2w in A3w linearno odvisni(jasno, saj je dimenzija C

3 samo 3). Ker so pivoti v prvih treh stolpcih matrikeT1, so vektorji w, Aw in A2w linearno neodvisni. Element

b =

xyzt

v jedru kerT , za katerega je t = 1, nam da koeficiente minimalnega polinomapA,w(λ). Iskana resitev je

b =

−3−5−11

.

Torej je −3w − 5Aw −A2w + A3w = 0 in

pA,w(λ) = λ3 − λ2 − 5λ− 3 .

V zgledu 3.3 smo pokazali, da je karakteristicni polinom za A enakpA(λ) = −λ3 + λ2 + 5λ + 3. Torej velja pA,w(λ) = −pA(λ). �

Trditev 4.5 Stopnja minimalnega polinoma pA,v(λ) je enaka najvec n.

Dokaz Ce imamo v Cn mnozico n+1 vektorjev {v, Av, . . . , Anv}, je ta gotovo

linearno odvisna. Zato je najmanjsi k, za katerega je mnozica{

v, Av, . . . , Ak−1v}

linearno neodvisna, mnozica{

v, Av, . . . , Akv}

pa linearno odvisna, gotovo manjsi ali enak n. �

Dan je polinom p(λ) = λk−ak−1λk−1−· · ·−a1λ−a0. Njegov vodilni koeficient

je enak 1 in k ≥ 1. Potem matriko

C(p) =

0 0 0 . . . 0 0 a0

1 0 0 . . . 0 0 a1

0 1 0 . . . 0 0 a2...

......

......

...0 0 0 . . . 1 0 ak−2

0 0 0 . . . 0 1 ak−1

∈ Ck×k


imenujemo pridruzena matrika polinoma p. Pri tem se dogovorimo, da zak = 1 velja

C(λ− a0) =[

a0

]

.

Trditev 4.6 Naj bo pA,v(λ) minimalni polinom za v glede na A in naj bo knjegova stopnja. Potem imamo v C

n tako bazo

B = {v, Av, A2v, . . . , Ak−1v,u1, . . . ,ul},

da ima matrika za A glede na B blocno strukturo

AB =

[

C(pA,v) D0 E

]

. (VIII.4)

Dokaz Naj bo pA,v = λk − ak−1λk−1 − · · · − a1λ − a0. Potem je mnozica

{v, Av, . . . , Ak−1v} linearno neodvisna in jo lahko dopolnimo do baze B ={v, Av, . . . , Ak−1v,u1,u2, . . . ,ul} za C

n. Ker je A(Ajv) = Aj+1v za j =0, 1, . . . , k − 1 in A(Ak+1v) = Akv = a0v + a1Av + · · · + ak−1A

k−1v, imamatrika za A glede na bazo B res blocno strukturo (VIII.4). �

Trditev 4.7 Naj bo p(λ) dan polinom, katerega stopnja je enaka k in imavodilni koeficient enak 1. Karakteristicni polinom pridruzene matrike C(p) jepotem enak (−1)kp(λ).

Dokaz Trditev dokazemo z indukcijo na k. Za k = 1 trditev ocitno drzi.Predpostavimo, da trditev velja za k − 1. Determinanto

pC(p)(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

−λ 0 0 . . . 0 a0

1 −λ 0 . . . 0 a1

0 1 −λ . . . 0 a2...

......

......

0 0 0 . . . 1 ak−1 − λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

razvijemo po prvi vrstici in dobimo:

pC(p)(λ) = (−λ)pC(q)(λ) + (−1)k+1a0

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

1 −λ 0 . . . 00 1 −λ . . . 00 0 1 . . . 0...

......

...0 0 0 . . . −λ0 0 0 . . . 1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

∣

=

= (−λ)pC(q)(λ) + (−1)k+1a0 , (VIII.5)


kjer je

q(λ) = λk−1 + ak−1λk−2 + · · ·+ a2λ + a1

polinom stopnje k − 1. Zanj po indukcijski predpostavki velja

pC(q)(λ) = (−1)k−1q(λ).

Iz enakosti (VIII.5) nato dobimo

pC(p)(λ) = (−1)k(λq(λ)− a0) = (−1)kp(λ) . �

Izrek 4.8 Minimalni polinom pA,v(λ) za vektor v deli karakteristicni polinompA(λ).

Dokaz Iz trditve 4.6 sledi, da obstaja taka baza, v kateri A pripada matrika

[

C(pA,v) D0 E

]

.

Karakteristicni polinom pA(λ) je potem enak produktu karakteristicnih poli-nomov pC(pA,v)(λ)pE(λ). Po trditvi 4.7 je pC(pA,v)(λ) = (−1)kpA,v(λ), kjer jek stopnja polinoma pA,v(λ). Torej je

pA(λ) = pC(pA,v)(λ)pE(λ) = (−1)kpA,v(λ)pE(λ)

in zato pA,v(λ) deli pA(λ). �

Izrek 4.9 (Cayley-Hamiltonov izrek) Ce je pA(λ) karakteristicni polinommatrike A ∈ C

n, potem je

pA(A) = 0 .

Dokaz Ocitno je pA(A)0 = 0. Naj bo v ∈ Cn neniceln vektor in pA,v(λ)

njegov minimalni polinom. Po izreku 4.8 polinom pA,v(λ) deli polinom pA(λ).Torej je pA(λ) = q(λ)pA,v(λ) za nek polinom q(λ). Vstavimo A namesto λ inizracunajmo vrednost dobljenega izraza na vektorju v:

pA(A)v = q(A)pA,v(A)v = 0 .

Torej je pA(A)v = 0 za vse v ∈ Cn in zato je pA(A) = 0. �


Zgled 4.10 Za vajo pokazimo, da je pA(A) = 0 za matriko

A =

1 2 11 −1 12 0 1

.

Karakteristicni polinom za A smo poiskali v zgledu 3.3 in je enakpA(λ) = −λ3 + λ2 + 5λ + 3. Z zaporednim mnozenjem dobimo

A2 =

5 0 42 3 14 4 3

in A3 =

13 10 97 1 614 4 11

. (VIII.6)

Enostaven racun pokaze, da je −A3 + A2 + 5A + 3I = 0. �

Ce je A obrnljiva matrika, potem nam Cayley-Hamiltonov izrek da novometodo za izracun inverza matrike A.

Izrek 4.11 Naj bo pA(λ) = (−1)n(λn + an−1λn−1 + · · ·+ a1λ + a0) karakter-

isticni polinom za A. Ce je A obrnljiva, je

A−1 = −1

a0(An−1 + an−1A

n−2 + · · ·+ a2A + a1I) .

Dokaz Ker je pA(A) = 0, je An + an−1An−1 + · · ·+ a1A + a0I = 0. Ker je A

obrnljiva, je a0 = detA 6= 0. Torej je

−a0I = An + an−1An−1 + · · ·+ a2A

2 + a1A =

= (An−1 + an−1An−2 + · · ·+ a2A + a1I)A.

Zadnjo enakost delimo z −a0 in pomnozimo z A−1. Tako dobimo

A−1 = −1

a0(An−1 + an−1A

n−2 + · · ·+ a2A + a1I) . �

Zgled 4.12 Poiscimo inverz matrike

A =

1 2 11 −1 12 0 1

.

5. MINIMALNI POLINOM 151

Njen karakteristicni polinom je enak

pA(λ) = −λ3 + λ2 + 5λ + 3 = (−1)(λ3 − λ2 − 5λ− 3).

Zato je A−1 = 13(A2−A−5I). Uporabimo A2, ki smo ga izracunali v (VIII.6)

in dobimo

A−1 =

−13 −2

3 113 −1

3 023

43 −1

. �

Naj bo A : V → V linearna preslikava. Potem kompozitum A◦A oznacimoz A2, kompozitum A2 ◦ A z A3 itd. Preslikave Aj , j = 2, 3, . . . imenujemopotence linearne preslikave A. Dogovorimo se, da je

A0 = I in A1 = A.

Ce je AB matrika za A glede na neko bazo B za V , potem je AjB

matrika zaAj glede na to bazo, saj je produkt matrik matrika, ki pripada kompozitumulinearnih preslikav. Naj bo dan polinom p(λ) = akλ

k+ak−1λk−1+· · ·+a1λ+a0.

Polinom v A definiramo na ociten nacin:

p(A)v = akAkv + ak−1A

k−1v + · · ·+ a1Av + a0Iv

za vse v ∈ V in

p(A) = akAk + ak−1A

k−1 + · · ·+ a1A + a0I.

Preslikava p(A) : V → V je linearna, kar zlahka preverimo. Posledica Cayley-Hamiltonovega izreka za matrike je Cayley-Hamiltonov izrek za linearno pres-likavo, ki pove, da je pA(A) = 0.

5 Minimalni polinom

Definicija 5.1 Naj bo dana matrika A ∈ Cn×n. Polinom mA(λ) = λk +

ak−1λk−1 + · · · + a1λ + a0 imenujemo minimalni polinom za matriko A, ce

velja:

- mA(A) = 0,

- ce za nek polinom q(λ) velja q(A) = 0, potem mA(λ) deli q(λ).

Naj bo A : V → V linearna preslikava. Polinom mA(λ) = λk +ak−1λk−1 +

· · ·+a1λ+a0 imenujemo minimalni polinom za linearno preslikavo A, ce velja:


- mA(A) = 0,

- ce za nek polinom q(λ) velja q(A) = 0, potem mA(λ) deli q(λ). ♦

Opomba 5.2 Minimalni polinom je s pogojem, da je njegov vodilni koeficientenak 1, natanko dolocen. ♦

Zgled 5.3 Ce je A = αI za nek skalar α, potem je mA(λ) = λ− α. �

Iz Cayley-Hamiltonovega izreka sledi naslednja trditev:

Trditev 5.4 Minimalni polinom deli karakteristicni polinom.

Trditev 5.5 Minimalni polinom pA,v(λ) za neniceln vektor v deli minimalnipolinom mA(λ).

Dokaz Minimalni polinom pA,v(λ) je polinom najmanjse stopnje, za kateregaje pA,v(A)v = 0. Ker je mA(A)v = 0, je stmA(λ) ≥ st pA,v(λ). PolinommA(λ) delimo s pA,v(λ) in dobimo

mA(λ) = q(λ)pA,v(λ) + r(λ) , (VIII.7)

kjer je st r < st pA,v(λ). V izraz (VIII.7) vstavimo A in izracunamo vrednostizraza na vektorju v:

0 = mA(A)v = q(A)pA,v(A)v + r(A)v = r(A)v .

Ker je st r < st pA,v(λ), mora biti r(λ) = 0. �

Posledica 5.6 Ce je α lastna vrednost za A, potem λ−α deli mA(λ). Karak-teristicni in minimalni polinom imata iste nicle, lahko z razlicnimi veckrat-nostmi.

Dokaz Naj bo v lastni vektor za A pri lastni vrednosti α. Potem je pA,v(λ) =λ− α. Po prejsnji trditvi potem λ− α deli mA(λ). Ker to velja za vse lastnevrednosti, so nicle pA,v(λ) in mA(λ) iste. �


1 2 11 −1 12 0 1

. V zgledu 4.4 smo pokazali, da je mini-

malni polinom pA,w(λ) za vektor w =

2−10

enak (−1)pA(λ). Iz trditev 5.4

in 5.5 sledi, da je mA(λ) = pA,w(λ) = (−1)pA(λ). �

6. SPEKTRALNI RAZCEP 153

Zgled 5.8 Poiscimo minimalni polinom za B =

5 −1 11 3 10 0 4

. Karakteristicni

polinom za B je enak

pB(λ) = (λ2 − 8λ + 16)(4− λ) = (−1)(λ− 4)3 .

Minimalni polinom mB(λ) deli pB(λ) in λ−4 deli mB(λ). Zato je mB(λ) edenod polinomov λ− 4, (λ− 4)2 ali (λ− 4)3. Z vstavljanjem vidimo, da

B − 4I 6= 0 in (B − 4I)2 = 0 .

Zato je mB(λ) = (λ− 4)2. �

6 Spektralni razcep

Trditev 6.1 Naj bo A ∈ Cn×n matrika in p(λ) nek polinom deljiv z minimal-

nim polinomom mA, npr. karakteristicni polinom p = pA ali p = mA. Ce jep(λ) = p1(λ)p2(λ), kjer sta p1 in p2 tuja polinoma, potem je

Cn = V1 ⊕ V2 ,

kjer je Vj = ker pj(A), j = 1, 2. Glede na razcep V1⊕V2 ima A matriko oblike

[

A1 00 A2

]

. (VIII.8)

Dokaz Ker sta p1 in p2 tuja polinoma, obstajata taka polinoma q1 in q2, daje

1 = p1(λ)q1(λ) + p2(λ)q2(λ) . (VIII.9)

Za vektor v ∈ Cn velja v = p1(A)q1(A)v + p2(A)q2(A)v. Oznacimo

v2 = p1(A)q1(A)v in v1 = p2(A)q2(A)v.

Potem je v = v1 + v2. Ker mA deli p, je p(A) = 0. Tako dobimo

p1(A)v1 = p1(A)p2(A)q2(A)v = q2(A)p(A)v = 0

in

p2(A)v2 = p2(A)p1(A)q1(A)v = q1(A)p(A)v = 0 .


Torej je vj ∈ ker pj(A), j = 1, 2. Tako smo pokazali, da je Cn = V1 + V2.

Denimo se, da je w ∈ V1 ∩ V2. Zato je p1(A)w = p2(A)w = 0 . Uporabimozvezo (VIII.9) in dobimo

w = q1(A)p1(A)w + q2(A)p2(A)w = 0 .

Vsota V1 + V2 je direktna vsota.Ker je Apj(A)v = pj(A)Av, j = 1, 2, slika A vektorje iz V1 spet v V1 in

vektorje iz V2 v V2. �

Izrek 6.2 (o spektralnem razcepu) Naj bo A ∈ Cn×n in naj bo pA(λ) =

(−1)n(λ − α1)k1(λ − α2)

k2 · · · (λ − αr)kr razcep na linearne faktorje, kjer so

α1, α2, . . . , αr vse razlicne lastne vrednosti za A. Ce je Vj = ker(A − αjI)kj ,j = 1, 2, . . . , r, potem je

Cn = V1 ⊕ V2 ⊕ · · · ⊕ Vr (VIII.10)

spektralni razcep za Cn glede na A. Glede na razcep (VIII.10) ima A matriko

oblike

A =

A1 0 . . . 00 A2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . Ar

.

Pri tem je σ(Aj) = {αj}, j = 1, 2, . . . , r.

Dokaz Naj bo pA(λ) = (λ− α1)k1p2(λ). Po prejsnji trditvi je

Cn = V1 ⊕ ker p2(A) , (VIII.11)

kjer je V1 = ker(A− α1I)k1 . Glede na razcep (VIII.11) ima A matriko oblike

A =

[

A1 00 A′

]

.

Karakteristicni polinom za A′ je enak p2(λ) = (−1)k2+···+kr(λ − α2)k2(λ −

α3)k3 · · · (λ− αr)

kr . Sedaj prejsnjo trditev uporabimo za A′ in polinoma (λ−α2)

k2 in p3(λ), za katera je

p2(λ) = (λ− α2)k2p3(λ) in dobimo

Cn = V1 ⊕ V2 ⊕ ker p3(A) . (VIII.12)

6. SPEKTRALNI RAZCEP 155

Glede na razcep (VIII.12) ima matrika za A obliko

A =

A1 0 00 A2 00 0 A′′

.

Postopek nadaljujemo in po r korakih dobimo iskani spektralni razcep. �

V izreku o spektralnem razcepu bi namesto karakteristicnega polinoma pA

lahko vzeli tudi katerikoli drug polinom deljiv z minimalnim polinomommA.

Zgled 6.3 Vzemimo spet matriko A =

1 2 11 −1 12 0 1

. Njen karakteristicni

polinom je pA(λ) = (−1)(λ + 1)2(λ − 3). Poiscimo spektralni razcep za C3

glede na A. Poiskati moramo bazi za vektorska podprostora V1 = ker(A + I)2

inV2 = ker(A− 3I). Matrika

(A + I)2 =

8 4 64 2 38 4 6

ima vrsticno kanonicno formo

1 12

24

0 0 00 0 0

. Tako je V1 = L

−120

,

0−32

.

Matrika

A− 3I =

−2 2 11 −4 12 0 −2

ima vrsticno kanonicno formo

1 0 12

0 1 −12

0 0 0

. Tako je V2 = L

212

. V bazi

B =

−120

,

0−32

,

212

ima A matriko

AB =

−3 4 0−1 1 00 0 3

. �


7 Nekatere posebne vrste matrik in linearnih pres-

likav

Definicija 7.1 Matriko P ∈ Cn×n imenujemo projektor, ce je P 2 = P .

Linearno preslikavo P : V → V imenujemo projektor, ce je P 2 = P . ♦

Zgled 7.2 1.) V R2 ali R

3 za pravokotno projekcijo P na premico skoziizhodisce velja P 2 = P . Zato je P projektor.

2.) Preslikavi 0 in I : V → V sta projektorja.

3.) Ce je P projektor, je tudi I−P projektor, saj je (I−P )2 = I−2P +P 2 =I − P . �

Trditev 7.3 Ce je P projektor, P 6= 0, I, potem je minimalni polinom za Penak mP (λ) = λ2 − λ.

Dokaz Iz definicije sledi P 2−P = 0. Torej mP (λ) deli λ2−λ. Ce je mP (λ) 6=λ2 − λ, mora biti mP (λ) = λ ali mP (λ) = λ− 1. V prvem primeru je P = 0,v drugem pa P = I. �

Izrek 7.4 Naj bo P projektor. Potem je ker(I−P ) = imP . Spektralni razcepza C

n glede na P je

Cn = kerP ⊕ im P .

Glede na ta razcep ima P matriko oblike

[

0 00 I

]

.

Dokaz Najprej pokazimo, da je ker(I − P ) = imP . Za u ∈ ker(I − P ) veljau = Pu. Zato je u ∈ im P . Obratno, za u ∈ im P velja u = Pv za nek v ∈ C

n.Potem je (I − P )u = u− Pu = Pv − P 2v = 0. Torej je u ∈ ker(I − P ).

Iz prejsnje trditve sledi, da je v primeru, ko P 6= 0, I, mP (λ) = λ2 − λ.Potem je spektralni razcep za P enak

Cn = kerP ⊕ ker(P − I) = kerP ⊕ im P .

Glede na ta razcep ima P matriko

P =

[

0 00 I

]

.

7. NEKATERE POSEBNE VRSTE MATRIK IN LINEARNIH PRESLIKAV157

Zgled 7.5 Pokazimo, da je P =

1 1 10 0 −10 0 1

projektor in poiscimo spektralni

razcep glede na P . Zlahka preverimo, da je P 2 = P . Ker je P 6= 0, I, jemP (λ) = λ2 − λ in σ(P ) = {0, 1}. Ker je P zgornje-trikotna matrika, takojopazimo, da je g(0) = 1 in g(1) = 2.

Izracunamo se

V1 = ker P = L

1−10

in

V2 = imP = L

100

,

1−11

.

Glede na razcep C3 = V1 ⊕ V2 ima P matriko

0 0 00 1 00 0 1

. �

Projektor P je natanko dolocen, ce poznamo njegovo jedro in njegovo sliko.Potem recemo, da P projicira na V2 = im P vzdolz V1 = kerP .

Zgled 7.6 Poiscimo matriko v standardni bazi za projektor P : R2 → R

2,

ki projicira na L

{[

10

]}

vzdolz L

{[

11

]}

. (Seveda je tu definicija projek-

torja nad realnimi stevili enaka kot nad kompleksnimi stevili: P ∈ Rn×n je

projektor, ce je P 2 = P .) V bazi B =

{[

10

]

,

[

11

]}

ima P matriko

PB =

[

1 00 0

]

.

Prehodna matrika med standardno bazo S in bazo B je

Q =

[

1 10 1

]

.

Potem je

PS = QPBQ−1 =

[

1 10 1

] [

1 00 0

] [

1 −10 1

]

=

[

1 −10 0

]

. �


Definicija 7.7 Matriko A ∈ Cn×n imenujemo involucija, ce je A2 = I.

Linearno preslikavo A : V → V imenujemo involucija, ce je A2 = I. ♦

Zgled 7.8 1.) Za A =

[

0 11 0

]

velja A2 = I, zato je A involucija.

2.) Za zrcaljenje A prek ravnine skozi 0 v R3 velja A2 = I, zato je A involu-

cija.

3.) Preslikavi I in −I sta involuciji. �

Podobno kot smo pokazali za projektorje trditev 7.3 in izrek 7.4, pokazemotudi naslednje:

Izrek 7.9 Ce je A involucija, A 6= ±I, potem je mA(λ) = λ2 − 1. Veljaker(A− I) = im(A + I) in ker(A + I) = im(A− I). Spektralni razcep glede naA je

Cn = ker(A− I)⊕ ker(A + I) .

Glede na ta razcep ima matrika za A obliko

A =

[

I1 00 −I2

]

,

kjer je Ij identicna matrika ustreznega reda.

Definicija 7.10 Naj bo A ∈ Cn×n dana matrika. Recemo, da je A nilpotentna

matrika, ali na kratko A je nilpotent, ce obstaja tako naravno stevilo k, da jeAk = 0. Najmanjsi tak k imenujemo red nilpotentnosti matrike A.

Za linearne preslikave je definicija podobna. Ce je A : V → V linearnapreslikava, potem recemo, da je A nilpotentna preslikava ali nilpotent, ce ob-staja tako naravno stevilo k, da je Ak = 0. Najmanjsi tak k imenujemo rednilpotentnosti za A. ♦

Izrek 7.11 Matrika (linearna preslikava) A je nilpotentna natanko tedaj, koje 0 edina lastna vrednost za A.

Dokaz Ce je A nilpotentna in k red nilpotentnosti za A, je mA(λ) = λk. Kerimata minimalni in karakteristicni polinom iste nicle, je σ(A) = {0}.

Obratno, ce je σ(A) = {0}, je pA(λ) = (−1)λn. Potem je po Cayley-Hamiltonovem izreku An = 0. Torej je A nilpotentna. �

Zgled 7.12 Za A =

[

0 10 0

]

velja A2 = 0. Zato je A nilpotent in njegov red

nilpotentnosti je 2. �

7. NEKATERE POSEBNE VRSTE MATRIK IN LINEARNIH PRESLIKAV159

Trditev 7.13 Naj bo A nilpotentna matrika in v ∈ Cn neniceln vektor. Po-

tem je pA,v(λ) = λl za nek l ∈ N.

Dokaz Vemo, da minimalni polinom za vektor v deli mA(λ). �

Zgled 7.14 Preverimo, daje A =

0 1 02 0 −20 1 0

nilpotent in poiscimo pA,v(λ)

za v =

10−1

. Ker je pA(λ) = −λ3, je A nilpotent. Z zaporednim mnozenjem

z A izracunamo

Av =

040

, A2v =

404

in A3v =

000

.

Ker je pA,v(λ) = λl za nek l, je pA,v(λ) = λ3. V bazi B = {v, Av, A2v} imaA matriko

AB =

0 0 01 0 00 1 0

. �

Zgled 7.15 Preverimo se, da je A =

1 −1 01 −1 00 0 0

nilpotent in poiscimo min-

imalni polinom za vektorja u =

100

in v =

001

.

Ker je A2 = 0, je A nilpotent in mA(λ) = λ2. Z zaporednim mnozenjem z Adobimo

Au =

110

, A2u =

000

in Av =

000

.

Zato je pA,u(λ) = λ2 in pA,v(λ) = λ. V bazi B = {u, Au,v} ima A matriko

AB =

0 0 01 0 00 0 0

. �


8 Funkcije matrik podobnih diagonalnim

Naj bo

A =

α1 0 . . . 00 α2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . αn

(VIII.13)

diagonalna matrika. Potem za k ∈ N ∪ {0} velja

Ak =

αk1 0 . . . 0

0 αk2 . . . 0

......

. . ....

0 0 . . . αkn

.

Nato sledi, da za polinom p(λ) = akλk + ak−1λ

k−1 + · · ·+ a1λ + a0 velja

p(A) =

p(α1) 0 . . . 00 p(α2) . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . p(αn)

.

Definicija 8.1 Naj bo f funkcija, ki je definirana na nekem obmocju ∆ vC, ki vsebuje vse lastne vrednosti diagonalne matrike A iz (VIII.13). Potemdefiniramo

f(A) =

f(α1) 0 . . . 00 f(α2) . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . f(αn)

.

Ce pa se matrika A da diagonalizirati, torej je

A = PDP−1 ,

kjer je D diagonalna matrika, potem definiramo

f(A) = Pf(D)P−1 .

Pri tem je f definirana na obmocju ∆ v C, za katerega velja σ(A) ⊆ ∆. ♦

8. FUNKCIJE MATRIK PODOBNIH DIAGONALNIM 161

Zgled 8.2 Izracunajmo fj(A) za funkcije f1(x) = sinπx, f2(x) = cos πx in

f3(x) = ex ter matriko A =

[

3 2−4 −3

]

. Karakteristicni polinom za A je

pA(λ) = λ2 − 1. Spekter je σ(A) = {−1, 1}. Lastna vektorja sta

[

2−1

]

pri

α1 = −1 in

[

1−1

]

pri α1 = 1. Potem je

A =

[

2 1−1 −1

] [

−1 00 1

] [

1 1−1 −2

]

.

Za D =

[

−1 00 1

]

izracunamo

f1(D) =

[

0 00 0

]

, f2(D) =

[

−1 00 −1

]

in f3(D) =

[

e−1 00 e

]

.

Potem je

f1(A) =

[

0 00 0

]

, f2(A) =

[

−1 00 −1

]

in

f3(A) =

[

2 1−1 −1

] [

e−1 00 e

] [

1 1−1 −2

]

=

[

2e−1 2e−1

e− e−1 2e− e−1

]

. �

Poglavje IX

Vektorski prostori s skalarnim

produktom

Skalarni produkt dveh vektorjev v Rn smo spoznali v prvem poglavju. Sedaj

bomo pojem skalarnega produkta razsirili na poljuben vektorski prostor V nadobsegoma R ali C. Znani skalarni produkt na R

n bo le poseben primer takodefiniranega skalarnega produkta.

1 Definicija in osnovne lastnosti skalarnega produkta

Definicija 1.1 Naj bo V vektorski prostor nad R. Preslikava

〈 � , � 〉 : V × V → R

je skalarni produkt , ce zanjo velja:

1.) linearnost v prvem faktorju: 〈αu + βv,w〉 = α〈u,w〉 + β〈v,w〉 za vseα, β ∈ R in vse u,v,w ∈ V .

2.) simetricnost: 〈u,v〉 = 〈v,u〉 z vse u,v ∈ V .

3.) pozitivna definitnost: 〈u,u〉 ≥ 0 za vse u ∈ V in 〈u,u〉 = 0 natankotedaj, ko je u = 0. ♦

Zgled 1.2 V vektorskem prostoru Rn smo za obicajni skalarni produkt

〈u,v〉 =

n∑

i=1

uivi za u =

u1

u2

...un

in v =

v1

v2

...vn

163

164POGLAVJE IX. VEKTORSKI PROSTORI S SKALARNIM PRODUKTOM

v prvem poglavju preverili vse tri lastnosti iz definicije. �

Zgled 1.3 V vektorskem prostoru V = Rn[x] definiramo preslikavo 〈 � , � 〉 :V × V → R s predpisom

〈p, q〉 =

∫

1

0

p(x)q(x)dx .

Preverimo, da je ta preslikava skalarni produkt. Za dokaz linearnosti v prvemfaktorju izberimo α, β ∈ R in p, q, r ∈ Rn[x]. Potem je

〈αp + βq, r〉 =

∫

1

0

(αp(x) + βq(x)) r(x)dx =

∫

1

0

(αp(x)r(x) + βq(x)r(x)) dx =

= α

∫

1

0

p(x)r(x)dx + β

∫

1

0

q(x)r(x)dx = α〈p, r〉+ β〈q, r〉 .

Simetricnost sledi iz dejstva, da je mnozenje polinomov komutativno:

〈p, q〉 =

∫

1

0

p(x)q(x)dx =

∫

1

0

q(x)p(x)dx = 〈q, p〉 .

Kvadrat polinoma je nenegativna funkcija. Iz matematicne analize vemo,da so polinomi zvezne funkcije in da ima doloceni integral zvezne nenegativnefunkcije nenegativno vrednost. Torej je 〈p, p〉 =

∫

1

0p2(x)dx ≥ 0 za vse

p ∈ Rn[x]. Se vec, doloceni integral zvezne nenegativne funkcije je enak 0, cein samo ce je ta funkcija enaka 0 povsod na intervalu, po katerem integriramo.Ker ima neniceln polinom le koncno mnogo nicel, velja 〈p, p〉 = 0 natankotedaj, ko je p = 0. �

Definirajmo se skalarni produkt v vektorskih prostorih nad kompleksnimistevili.

Definicija 1.4 Naj bo V vektorski prostor nad C. Preslikava

〈 � , � 〉 : V × V → C

je skalarni produkt , ce zanjo velja:

1.) linearnost v prvem faktorju: 〈αu + βv,w〉 = α〈u,w〉 + β〈v,w〉 za vseα, β ∈ C in vse u,v,w ∈ V .

2.) konjugirana simetricnost: 〈u,v〉 = 〈v,u〉 z vse u,v ∈ V .

1. DEFINICIJA IN OSNOVNE LASTNOSTI SKALARNEGA PRODUKTA165

3.) pozitivna definitnost: 〈u,u〉 ≥ 0 za vse u ∈ V in 〈u,u〉 = 0 natankotedaj, ko je u = 0. ♦

Zgled 1.5 Naj bo V = Cn in definirajmo preslikavo

〈u,v〉 =n

∑

j=1

ujvj za u =

u1

u2

...un

in v =

v1

v2

...vn

iz Cn.

Preverimo, da je tako definirana preslikava skalarni produkt.

Oznacimo se w =

w1

w2

...wn

. Potem je

〈αu + βv,w〉 =

n∑

j=1

(αuj + βvj)wj =

n∑

j=1

(αujwj + βvjwj) =

= α

n∑

j=1

ujwj + β

n∑

j=1

vjwj = α〈u,w〉+ β〈v,w〉 .

Preslikava je konjugirano simetricna, saj velja

〈u,v〉 =

n∑

j=1

ujvj =

n∑

j=1

vjuj = 〈v,u〉 .

Spomnimo se, da za vsako kompleksno stevilo α = a+ib velja αα = |α|2 == a2 + b2 ≥ 0. Se vec, αα = 0 natanko tedaj, ko je α = 0.

Za u ∈ Cn potem sledi:

〈u,u〉 =

n∑

j=1

ujuj =

n∑

j=1

|uj |2 ≥ 0 in

〈u,u〉 = 0 natanko tedaj, ko je uj = 0 za vse j. �

Trditev 1.6 V vektorskem prostoru s skalarnim produktom velja 〈v,0〉 = 0in 〈0,v〉 = 0 za vse vektorje v ∈ V .


Dokaz Za nek vektor u ∈ V pisimo 0 = u − u. Iz linearnosti skalarnegaprodukta sledi

〈0,v〉 = 〈u− u,v〉 = 〈u,v〉 − 〈u,v〉 = 0.

Zaradi simetricnosti (oziroma konjugirane simetricnosti) skalarnega produktasledi tudi 〈v,0〉 = 0. �

Trditev 1.7 Skalarni produkt je konjugirano linearen v drugem faktorju. Ve-

lja

〈u, αv + βw〉 = α〈u,v〉+ β〈u,w〉za vse α, β ∈ C in u,v,w ∈ V .

Dokaz Iz konjugirane simetricnosti in linearnosti v prvem faktorju sledi

〈u, αv + βw〉 = 〈αv + βw,u〉 = α〈v,u〉+ β〈w,u〉 =

= α〈v,u〉+ β〈w,u〉 = α〈u,v〉+ β〈u,w〉 .�

Opomba 1.8 Ce je V vektorski prostor s skalarnim produktom nad obsegomrealnih stevil, potem je skalarni produkt linearen tudi v drugem faktorju. Tosledi iz prejsnje trditve, saj za realna stevila velja α = α. Poslej bomo privzeli,da so skalarji kompleksna stevila, razen ce bomo posebej poudarili, da so torealna stevila. Rezultate nad kompleksnimi stevili se da najveckrat enostavnopovedati tudi nad realnimi stevili. ♦

Ce je 〈 � , � 〉 skalarni produkt na vektorskem prostoru V , potem s predpisom‖v‖ =

√

〈v,v〉 definiramo normo vektorja v. V primeru Rn z obicajnim

skalarnim produktom je norma predstavljala (obicajno) dolzino vektorja v.Iz definicije skalarnega produkta takoj izpeljemo dve od treh karakteris-

ticnih lastnosti norme:

1.) (pozitivna definitnost) ‖v‖ ≥ 0 za vse v ∈ V in ‖v‖ = 0 natanko tedaj,ko je v = 0.

2.) (absolutna homogenost) ‖αv‖ = |α|‖v‖ za vse α ∈ C in vse v ∈ V .

3.) (trikotniska neenakost) ‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ za vse v,u ∈ V .

Dokaz 1.) Ker je skalarni produkt pozitivno definiten, velja‖v‖ =

√

〈v,v〉 ≥ 0 za vse v ∈ V in ‖v‖ =√

〈v,v〉 = 0 natanko tedaj,ko je v = 0.

1. DEFINICIJA IN OSNOVNE LASTNOSTI SKALARNEGA PRODUKTA167

2.) Iz linearnosti v prvem faktorju in konjugirane linearnosti v drugem fak-torju sledi

‖αv‖2 = 〈αv, αv〉 = αα〈v,v〉 = |α|2‖v‖2 .

Ker sta obe strani nenegativni, je potem

‖αv‖ = |α|‖v‖ .

3.) Trikotnisko neenakost bomo pokazali kasneje. �

Definicija 1.9 Vektorja u in v sta pravokotna (ali ortogonalna), ce je

〈u,v〉 = 0 .

Trditev 1.10 Ce sta u in v dva vektorja in je u 6= 0, potem sta vektorja uin v − 〈v,u〉

〈u,u〉u pravokotna.

Dokaz Izracunajmo skalarni produkt teh dveh vektorjev. Pri tem uposteva-jmo lastnosti skalarnega produkta:

⟨

v − 〈v,u〉〈u,u〉u,u

⟩

= 〈v,u〉 − 〈v,u〉〈u,u〉〈u,u〉 = 〈v,u〉 − 〈v,u〉 = 0 . �

Izrek 1.11 (Pitagorov izrek) Ce sta vektorja u in v pravokotna, je

‖u + v‖2 = ‖u‖2 + ‖v‖2 .

Dokaz Ce sta u in v pravokotna, je 〈u,v〉 = 〈v,u〉 = 0. Potem velja

‖u + v‖2 = 〈u + v,u + v〉 = 〈u,u〉+ 〈u,v〉+ 〈v,u〉+ 〈v,v〉 =

= 〈u,u〉+ 〈v,v〉 = ‖u‖2 + ‖v‖2 . �

Izrek 1.12 (Cauchy-Schwarzeva neenakost) Za poljubna vektorja u in viz V velja

|〈u,v〉| ≤ ‖u‖‖v‖ . (IX.1)

Enakost velja natanko tedaj, ko sta u in v linearno odvisna.


Dokaz Ce je u = 0, ocitno velja enakost v (IX.1).

Privzemimo, da je u 6= 0. Potem sta po trditvi 1.10 vektorja u in v − 〈v,u〉〈u,u〉u

pravokotna. Torej sta pravokotna tudi vektorja 〈v,u〉〈u,u〉u in v − 〈v,u〉

〈u,u〉u. PoPitagorovem izreku je potem

‖v‖2 =

∥

∥

∥

∥

v − 〈v,u〉〈u,u〉u +

〈v,u〉〈u,u〉u

∥

∥

∥

∥

2

=

=

∥

∥

∥

∥

v − 〈v,u〉〈u,u〉u

∥

∥

∥

∥

2

+

∥

∥

∥

∥

〈v,u〉〈u,u〉u

∥

∥

∥

∥

2

.

Ker je norma vektorja nenegativno stevilo, velja

‖v‖2 ≥∥

∥

∥

∥

〈v,u〉〈u,u〉u

∥

∥

∥

∥

2

in ‖v‖ ≥∥

∥

∥

∥

〈v,u〉〈u,u〉u

∥

∥

∥

∥

. (IX.2)

Ce upostevamo absolutno homogenost norme, dobimo

‖v‖ ≥ |〈v,u〉||〈u,u〉|‖u‖ =

|〈v,u〉|‖u‖ .

Ker je |〈u,v〉| = |〈v,u〉|, tako dobimo

|〈u,v〉| ≤ ‖u‖‖v‖ .

Opazimo, da v neenakosti (IX.2) velja enacaj natanko tedaj, ko je

∥

∥

∥

∥

v − 〈v,u〉〈u,u〉u

∥

∥

∥

∥

= 0 .

Ker je norma pozitivno definitna, je tedaj

v =〈v,u〉〈u,u〉u

in zato sta u in v linearno odvisna. Ce je v = αu, je potem

|〈u, αu〉| = |α〈u,u〉| = |α|‖u‖2 = ‖u‖‖αu‖ = ‖u‖‖v‖ .

�

Dokazimo sedaj se trikotnisko neenakost:

2. ORTOGONALNE IN ORTONORMIRANE MNOZICE 169

Dokaz Za u,v ∈ V velja

‖u + v‖2 = 〈u + v,u + v〉 = 〈u,u〉+ 〈u,v〉+ 〈v,u〉+ 〈v,v〉 ≤≤ ‖u‖2 + 2 |〈u,v〉|+ ‖v‖2 ≤ ‖u‖2 + 2‖u‖‖v‖+ ‖v‖2 =

= (‖u‖+ ‖v‖)2 .

Pri prvi neenakosti smo upostevali trikotnisko neenakost za absolutno vrednostkompleksnih stevil, druga neenakost pe je Cauchy-Schwarzeva neenakost. Kerso norme vektorjev nenegativna stevila, je potem

‖u + v‖ ≤ ‖u‖+ ‖v‖ . �

2 Ortogonalne in ortonormirane mnozice

Naj bo V vektorski prostor s skalarnim produktom nad obsegom kompleksnihstevil.

Definicija 2.1 Mnozica nenicelnih vektorjev {v1,v2, . . . ,vk} je ortogonalna,ce je 〈vj ,vk〉 = 0 za vsak par indeksov j, k, j 6= k.

Mnozica {v1,v2, . . . ,vk} je ortonormirana, ce je ortogonalna in velja‖vj‖ = 1 za vse j. ♦

Zgled 2.2 Vzemimo V = Cn s standardnim skalarnim produktom in stan-

dardno bazo S = {e1, e2, . . . , en}. Potem je S ortonormirana mnozica:

〈ej , ek〉 =

{

0 , ce j 6= k,

1 , ce j = k.�

Ce sta u1 in u2 linearno neodvisna vektorja v Rn, potem sta po trditvi 1.10

vektorja u1 in u2 − 〈u2,u1〉〈u1,u1〉u1 ortogonalna. V R

n to lahko ponazorimo s sliko:

-a a

〈u2,u1〉〈u1,u1〉u1

-a

u1

6a

u2 − 〈u2,u1〉〈u1,u1〉u1

��*u2

Trditev 2.3 Ortogonalna mnozica vektorjev je linearno neodvisna.


Dokaz Po definiciji je mnozica vektorjev {v1,v2, . . . ,vk} ortogonalna, ce jevj 6= 0 za vse j in 〈vj ,vl〉 = 0 za vsak par razlicnih indeksov j in l. Denimo,

da je∑k

j=1αjvj = 0. Potem za vsak indeks l velja

0 =

⟨

k∑

j=1

αjvj ,vl

⟩

=

k∑

j=1

αj〈vj ,vl〉 = αl〈vl,vl〉 .

Ker je vl 6= 0, je 〈vl,vl〉 6= 0. Zato mora biti αl = 0. Torej so vektorji{v1,v2, . . . ,vk} linearno neodvisni. �

Naj bodo u1,u2,u3 linearno neodvisni vektorji v Rn. Oznacimo

w1 =u1 ,

w2 =u2 −〈u2,w1〉〈w1,w1〉

w1 ,

w3 =u3 −〈u3,w2〉〈w2,w2〉

w2 −〈u3,w1〉〈w1,w1〉

w1 .

Vemo, da sta vektorja w1 in w2 ortogonalna. Preverimo, da je tudi w3 ortog-onalen na w1 in w2:

〈w3,w1〉 =

⟨

u3 −〈u3,w2〉〈w2,w2〉

w2 −〈u3,w1〉〈w1,w1〉

w1,w1

⟩

=

= 〈u3,w1〉 −〈u3,w2〉〈w2,w2〉

〈w2,w1〉 −〈u3,w1〉〈w1,w1〉

〈w1,w1〉 =

= 〈u3,w1〉 − 〈u3,w1〉 = 0

in

〈w3,w2〉 =

⟨

u3 −〈u3,w2〉〈w2,w2〉

w2 −〈u3,w1〉〈w1,w1〉

w1,w2

⟩

=

= 〈u3,w2〉 −〈u3,w2〉〈w2,w2〉

〈w2,w2〉 −〈u3,w1〉〈w1,w1〉

〈w1,w2〉 =

= 〈u3,w2〉 − 〈u3,w2〉 = 0 .

Tako konstruirana mnozica vektorjev {w1,w2,w3} je ortogonalna.

V R3 je vektor 〈u3,w2〉

〈w2,w2〉w2 + 〈u3,w1〉〈w1,w1〉w1 pravokotna projekcija vektorja u3

na ravnino doloceno z vektorji 0,u1 in u2. To lahko ponazorimo s sliko:


6a

w3

6

a

a

w3

-

u3

u2-

-a

a -a

u1 = w1

�a

w2

�

a

w2

.

Zgoraj opisani postopek lahko posplosimo na poljuben vektorski prostor(koncne razseznosti) s skalarnim produktom in na poljubno koncno mnozicolinearno neodvisnih vektorjev. Postopek konstrukcije ortogonalnih vektorjevwj imenujemo Gramm-Schmidtov algoritem:

Dana je mnozica linearno neodvisnih vektorjev {u1,u2, . . . ,un}. Postavimow1 = u1. Potem zaporedoma za j = 2, 3, . . . , n izracunamo vektor

wj = uj −j−1∑

k=1

〈uj ,wk〉〈wk,wk〉

wk .

Dobljena mnozica vektorjev {w1,w2, . . . ,wn} je ortogonalna. Vektorjewj se normiramo:

ej =1

‖wj‖wj j = 1, 2, . . . , n .

Mnozica vektorjev {e1, e2, . . . , en} je ortonormirana.

Dokazimo ortogonalnost mnozice {w1,w2, . . . ,wn} in ortonormiranost mno-zice {e1, e2, . . . , en}.

Trditev 1.10 nam pove, da sta w1 in w2 ortogonalna. Dokaz ortogonalnostinaredimo z indukcijo. Predpostavimo, da so vektorji {w1, . . . ,wk−1} ortogo-nalni. Potem za j = 1, 2, . . . , k − 1 velja

〈wk,wj〉 =

⟨

uk −k−1∑

l=1

〈uk,wl〉〈wl,wl〉

wl,wj

⟩

= 〈uk,wj〉 −k−1∑

l=1

〈uk,wl〉〈wl,wl〉

〈wl,wj〉 =

= 〈uk,wj〉 − 〈uk,wj〉 = 0 .

Preveriti moramo se, da so vektorji wj nenicelni.


Mnozica vektorjev {u1,u2, . . . ,un} je linearno neodvisna. Ce koeficienterazvoja vektorjev w1,w2, . . . ,wn po {u1,u2, . . . ,un} zaporedoma postavimov stolpce, dobimo zgornje-trikotno matriko z enicami po diagonali. Torej je tamatrika obrnljiva in zato so tudi vektorji {w1,w2, . . . ,wn} linearno neodvisni.

Mnozica vektorjev {w1,w2, . . . ,wn} je ortogonalna. Ker je 〈ej , ej〉 =

=⟨

wj

‖wj‖ ,wj

‖wj‖

⟩

= 1

‖wj‖2 〈wj ,wj〉 = 1 , je mnozica vektorjev {e1, e2, . . . , en}ortonormirana.

Izrek 2.4 Naj bo U ⊆ V neniceln vektorski podprostor. Potem ima U orto-

normirano bazo.

Dokaz S pomocjo Gramm-Schmidtovega postopka iz dane baze za U dobimoortonormirano bazo za U . �

Zgled 2.5 Uporabimo Gramm-Schmidtov algoritem na mnozici vektorjev

u1 =

110

, u2 =

011

, u3 =

101

v C3.

Potem je

w1 =

110

,

w2 =

011

− 1

2

110

=

−1

21

2

1

,

w3 =

101

− 1

2

110

−1

2

3

2

−1

21

2

1

=

2

3

−2

32

3

.

Dobljena ortonormirana baza za C3 je

e1 =1√2

110

, e2 =1√6

−112

in e3 =1√3

1−11

. �

Zgled 2.6 V vektorskem prostoru R2[x] je skalarni produkt dan s predpisom〈p, q〉 =

∫

1

0p(x)q(x)dx. Poiscimo kako ortonormirano bazo. Izberimo stan-

dardno bazo {1, x, x2} in uporabimo Gramm-Schmidtov algoritem. Najprej je


w1 = 1. Izracunajmo skalarna produkta

〈1, 1〉 =

∫

1

0

1dx = 1

in

〈x, 1〉 =

∫

1

0

xdx =1

2.

Potem je w2 = x− 1

2. Za dolocitev vektorja w3 moramo izracunati se naslednje

skalarne produkte:

〈x2, 1〉 =

∫

1

0

x2dx =1

3,

〈x2, x− 1

2〉 =

∫

1

0

(x3 − 1

2x2)dx =

1

12,

in

〈x− 1

2, x− 1

2〉 =

∫

1

0

(x2 − x +1

4)dx =

1

12.

Tako dobimo w3 = x2− 1

3− (x− 1

2) = x2−x+ 1

6. Poiskati moramo se kvadrat

norme vektorja w3. Le-ta je enaka

〈w3,w3〉 =

∫

1

0

(

x4 − 2x3 +4

3x2 − 1

3x +

1

36

)

dx =1

180.

Ortonormirana baza za R2[x] je

{1,√

3(2x− 1),√

5(6x2 − 6x + 1)} . �

Definicija 2.7 Naj bo S ⊆ V neprazna mnozica. Potem oznacimo

S⊥ = {v ∈ V ; 〈v,u〉 = 0 za vse u ∈ S} .

Oznako S⊥ preberemo ’S ortogonalno’. V mnozici S⊥ je vsak vektor, ki jepravokoten na vse vekrorje iz S.

Trditev 2.8 Mnozica S⊥ je vektorski podprostor.


Dokaz Naj bosta v1 in v2 iz S⊥ in α1, α2 skalarja. Potem je

〈α1v1 + α2v2,u〉 = α1〈v1,u〉+ α2〈v2,u〉 = 0

za vse u ∈ S. Zato je S⊥ vektorski podprostor. �

Izrek 2.9 Naj bo U ⊆ V vektorski podprostor. Potem je

V = U ⊕ U⊥ .

Dokaz Pokazati moramo, da je U ∩ U⊥ = 0 in da je V = U + U⊥. Naj bou ∈ U ∩ U⊥. Potem je 〈u,u〉 = 0 in zato je u = 0.

Izberimo ortonormirano bazo {e1, e2, . . . , ek} za U . Po izreku 2.4 takabaza obstaja. Naj bo v vektor iz V . Oznacimo

z =

k∑

j=1

〈v, ej〉ej .

Ocitno je z ∈ U . Naj bo w = v− z. Zelimo pokazati, da je w ∈ U⊥. Za vsakl = 1, 2, . . . , k velja

〈w, el〉 =

⟨

v −k

∑

j=1

〈v, ej〉ej , el

⟩

= 〈v, el〉 −k

∑

j=1

〈〈v, ej〉ej , el〉 =

= 〈v, el〉 − 〈v, el〉 = 0 .

Potem je 〈w,u〉 = 0 za vsak u ∈ U . Velja namrec u =∑k

j=1αjej za neke

skalarje αj in

〈w,u〉 =

⟨

w,

k∑

j=1

αjej

⟩

=k

∑

j=1

αj〈w, ej〉 = 0 .

Tako smo pokazali, da je v = z + w ∈ U + U⊥. �

Definicija 2.10 Ce je U ⊆ V vektorski podprostor, potem vektorski pod-prostor U⊥ imenujemo ortogonalni komplement za U . ♦

Zgled 2.11 V vektorskem prostoru R2[x] s skalarnim produktom 〈p, q〉 =∫

1

0p(x)q(x) dx poiscimo ortogonalni komplement vektorskega prostora U =

L (1 + x). Iscemo take polinome a + bx + cx2, da bo

0 = 〈1 + x, a + bx + cx2〉 =


∫

1

0

(

a + (a + b)x + (b + c)x2 + cx3)

dx =3

2a +

5

6b +

5

12c.

Ce pomnozimo dobljeno enacbo z 12, dobimo 18a + 10b + 5c = 0. Za bazo or-togonalnega komplementa U⊥ izberemo, na primer, B =

{

5− 9x, x− 2x2}

.�

Zgled 2.12 V vektorskem prostoru R4 poiscimo ortonormirano bazo za or-

togonalni komplement vektorskega podprostora

U = L

1101

,

1−110

.

Vektor

x1

x2

x3

x4

je v U⊥, ce je x1 +x2 +x4 = 0 in x1−x2 +x3 = 0. Temu homo-

genemu sistemu pripada matrika

[

1 1 0 11 −1 1 0

]

in njena vrsticna kanonicna

forma je

[

1 0 1

2

1

2

0 1 −1

2

1

2

]

. Za bazo resitev vzemimo vektorja u1 =

110−2

in

u2 =

−1011

. Potem je {u1,u2} baza za U⊥. Za vektorja u1 in u2 uporabimo

Gramm-Schmidtov algoritem. Dobimo w1 = u1 in w2 =

−1011

+ 3

6

110−2

=

=

−1

21

2

10

. Ortonormirana baza za U⊥ je

1√6

110−2

, 1√6

−1120

. �

Izrek 2.13 Naj bo B = {e1, e2, . . . , en} ortonormirana baza za V . Potem je

razvoj vektorja v ∈ V po bazi B enak

v =

n∑

j=1

〈v, ej〉ej .


Dokaz Naj bo v =∑k

j=1αjej razvoj vektorja v po bazi B. Potem je

〈v, el〉 =

⟨

k∑

j=1

αjej , el

⟩

=

k∑

j=1

αj〈ej , el〉 = αl

za l = 1, 2, . . . , n. �

Zgled 2.14 Naj bo B =

1√2

110

, 1√6

−112

, 1√3

1−11

ortonormirana ba-

za za C3 iz zgleda 2.5. Poiscimo razvoj vektorja v =

111

po tej bazi.

Ker je 〈v, e1〉 = 2√2

=√

2, 〈v, e2〉 = 2√6

=√

2

3in 〈v, e3〉 = 1√

3, je

111

=√

2

1√2

110

+

√

2

3

1√6

−112

+1√3

1√3

1−11

. �

3 Linearni funkcionali

Definicija 3.1 Linearno preslikavo ϕ : V → C (ali R) imenujemo linearni

funkcional . ♦

Ce je B baza V in je dimV = n, potem linearnemu funkcionalu na V

pripada matrika iz C1×n, tj. vrstica.

V naslednjih zgledih bomo vedno vzeli, da je {1} baza za R ali C.

Zgled 3.2 Naj bo ϕ : R3 → R preslikava definirana s predpisom

ϕ

a

b

c

= a + b− c .

Zlahka preverimo, da je ϕ linearna preslikava. V standardnih bazah za R3 in

R ima ϕ matriko

ϕ =[

1 1 −1]

. �

3. LINEARNI FUNKCIONALI 177

Zgled 3.3 Naj bo V = R3[x] in ϕ : V → R preslikava podana s predpisomϕ(p) =

∫

1

0p(x)dx. ϕ je linearen funkcional, saj velja

ϕ(αp + βq) =

∫

1

0

(αp(x) + βq(x))dx = α

∫

1

0

p(x)dx + β

∫

1

0

q(x)dx =

= αϕ(p) + βϕ(q) .

V bazi {1, x, x2, x3} za R3[x] ima ϕ matriko

[

1 1

2

1

3

1

4

]

. �

Zgled 3.4 Naj bo V = Cn×n. Preslikava ϕ : V → C je podana s predpisom

ϕ(A) = sl(A) .

Preverimo, da je ϕ linearen funkcional. Oznacimo

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...an1 an2 . . . ann

in B =

b11 b12 . . . b1n

b21 b22 . . . b2n

......

...bn1 bn2 . . . bnn

.

Potem je ϕ(A) = sl(A) =∑n

j=1ajj in ϕ(B) = sl(B) =

∑nj=1

bjj . Ker je

αA + βB =

αa11 + βb11 αa12 + βb12 . . . αa1n + βb1n

αa21 + βb21 αa22 + βb22 . . . αa2n + βb2n

......

...αan1 + βbn1 αan2 + βbn2 . . . αann + βbnn

,

je

ϕ(αA + βB) =

n∑

j=1

(αajj + βbjj) = α

n∑

j=1

ajj + β

n∑

j=1

bjj = αϕ(A) + βϕ(B) .

Preslikava ϕ je linearen funkcional. �

Zgled 3.5 Vzemimo V = R2×2 in C =

[

1 −12 −3

]

∈ V . Preverimo, da je

preslikava ϕ(A) = sl(AC⊤) linearen funkcional in poiscimo matriko za ϕ vbazi

{[

1 00 0

]

,

[

0 10 0

]

,

[

0 01 0

]

,

[

0 00 1

]}

.


Iz prejsnjega zgleda vemo, da je sled linearen funkcional na vektorskem pros-toru V . Potem za poljubna α, β ∈ R in poljubna A,B ∈ V velja

ϕ(αA + βB) = sl(

(αA + βB)C⊤)

= sl(αAC⊤ + βBC⊤) =

= α sl(AC⊤) + β sl(BC⊤) = αϕ(A) + βϕ(B) .

Preslikava ϕ je linearna. Izracunajmo se njene vrednosti na baznih elementih:

ϕ

([

1 00 0

])

= 1, ϕ

([

0 10 0

])

= −1, ϕ

([

0 01 0

])

= 2 in ϕ

([

0 00 1

])

= −3 .

Matrika, ki pripada ϕ, je[

1 −1 2 −3]

. �

Trditev 3.6 Naj bosta u1 in u2 ∈ V taka vektorja, da je

〈v,u1〉 = 〈v,u2〉

za vse v ∈ V . Potem je

u1 = u2 .

Dokaz Ce sta u1 in u2 ∈ V taka vektorja, da velja 〈v,u1〉 = 〈v,u2〉 za vsev ∈ V , sledi 〈v,u1−u2〉 = 0 za vse v ∈ V . Potem je tudi 〈u1−u2,u1−u2〉 = 0in zato mora biti u1 − u2 = 0, oz. u1 = u2. �

Izrek 3.7 (Rieszov izrek o funkcionalih) Naj bo V vektorski prostor s

skalarnim produktom in ϕ : V → C linearen funkcional. Potem v V obstaja

natanko en vektor u, za katerega velja ϕ(v) = 〈v,u〉 za vse v ∈ V .

Dokaz Naj bo {e1, e2, . . . , en} ortonormirana baza za V . Potem za vsakv ∈ V velja v =

∑nj=1〈v, ej〉ej . Zato je

ϕ(v) = ϕ

n∑

j=1

〈v, ej〉ej

=n

∑

j=1

〈v, ej〉ϕ(ej) =

=n

∑

j=1

〈v, ϕ(ej)ej〉 = 〈v,

n∑

j=1

ϕ(ej)ej〉 .

Oznacimo u =∑n

j=1ϕ(ej)ej in dobimo

ϕ(v) = 〈v,u〉

za vse v ∈ V . Po trditvi 3.6 je tak vektor u en sam. �

3. LINEARNI FUNKCIONALI 179

Zgled 3.8 Na V = C3 je dan linearen funkcional ϕ

a

b

c

= b−ci. Poiscimo

tak vektor u ∈ V , da je ϕ(v) = 〈v,u〉 za vse v ∈ V . Za ortonormirano bazona V izberimo standardno bazo S . Potem je

ϕ(e1) = 0, ϕ(e2) = 1 in ϕ(e3) = −i .

Iz dokaza zgornjega izreka nato sledi, da je

u =

n∑

j=1

ϕ(ej)ej =

01i

. �

Zgled 3.9 Na V = R2[x] je preslikava ϕ(p) =∫

1

0p(x)dx linearen funkcional.

V zgledu 2.6 smo pokazali, da je B = {1,√

3(2x − 1),√

5(6x2 − 6x + 1)}ortonormirana baza za V . Vrednosti ϕ na elementih iz B so

ϕ(1) = 1, ϕ(√

3(2x− 1)) = 0 in ϕ(√

5(6x2 − 6x + 1)) = 0 .

Polinom q ∈ V , za katerega velja ϕ(p) = 〈p, q〉 =∫

1

0p(x)q(x)dx za vse p ∈ V ,

je q(x) = 1. �

Poglavje X

Sebiadjungirane, ortogonalne

in normalne preslikave

Na vektorskih prostorih s skalarnim produktom imamo nekatere posebne vrstelinearnih preslikav, ki imajo posebej lepe lastnosti. V tem poglavju si bomoogledali nekaj tipov takih preslikav (in njihovih matrik) in njihove lastnosti.Najprej pa bomo vpeljali pojem adjungiranja linearnih preslikav in si ogledali,kako se to odraza na pripadajocih matrikah.

1 Adjungirana preslikava

Imejmo dva vektorska prostora (nad C) s skalarnim produktom (U, 〈 � , � 〉1)in (V, 〈 � , � 〉2). V tem razdelku bomo z indeksom posebej poudarili, zakateri skalarni produkt gre. Kasneje bomo indekse izpuscali, saj bo ze izpreostalega teksta jasno, iz katerega vektorskega prostora so vektorji, ki jihskalarno mnozimo.

Dana je se linearna preslikava A : U → V . Izberimo vektor v ∈ V . Potemje preslikava ϕ : U → C, ϕ(u) = 〈Au,v〉2 linearen funkcional. Velja namrec

ϕ(α1u1 + α2u2) = 〈A(α1u1 + α2u2),v〉2 = 〈α1Au1 + α2Au2,v〉2 =

= α1〈Au1,v〉2 + α2〈Au2,v〉2 = α1ϕ(u1) + α2ϕ(u2) .

Po Rieszovem izreku o funkcionalih 3.7 iz prejsnjega poglavja obstaja enolicnodolocen vektor iz U , ki ga oznacimo z A∗v, za katerega velja

ϕ(u) = 〈Au,v〉2 = 〈u, A∗v〉1

za vse u ∈ U . Pri tem je A∗ preslikava iz V v U .

181

182POGLAVJE X. SEBIADJUNGIRANE, ORTOGONALNE IN NORMALNE PRESLIKAVE

Izrek 1.1 Preslikava A∗ : V → U je linearna.

Dokaz Posebej bomo preverili aditivnost in posebej homogenost A∗.Naj bosta v1 in v2 iz V . Potem velja

〈u, A∗v1〉1 = 〈Au,v1〉2,〈u, A∗v2〉1 = 〈Au,v2〉2

in

〈u, A∗(v1 + v2)〉1 = 〈Au,v1 + v2〉2

za vse u ∈ U . Od tod izracunamo

〈u, A∗(v1 + v2)〉1 = 〈Au,v1 + v2〉2 = 〈Au,v1〉2 + 〈Au,v2〉2 =

= 〈u, A∗v1〉1 + 〈u, A∗v2〉1 = 〈u, A∗v1 + A∗v2〉1 .

Iz trditve 3.6 prejsnjega poglavja nato sledi

A∗(v1 + v2) = A∗v1 + A∗v2.

Preverimo se homogenost. Naj bo α ∈ C in v ∈ V . Potem je

〈u, A∗v〉1 = 〈Au,v〉2 in

〈u, A∗(αv)〉1 = 〈Au, αv〉2

za vse u ∈ U . Zato velja

〈u, A∗(αv)〉1 = 〈Au, αv〉2 = α〈Au,v〉2 = α〈u, A∗v〉1 = 〈u, αA∗v〉1

za vse u ∈ U . Po trditvi 3.6 prejsnjega poglavja sledi A∗(αv) = αA∗v. �

Definicija 1.2 Ce je A : U → V linearna preslikava, potem linearno pres-likavo A∗ : V → U imenujemo adjungirana preslikava preslikave A. ♦

Iz definicije sledi enakost

〈Au,v〉2 = 〈u, A∗v〉1 (X.1)

za vse u ∈ U in vse v ∈ V .Preden navedemo kak zgled adjungirane preslikave, si oglejmo, kako sta

povezani matriki za A in za A∗.

1. ADJUNGIRANA PRESLIKAVA 183

Izberimo ortonormirano bazo B = {e1, e2, . . . , en} za U in ortonormiranobazo C = {f1, f2, . . . , fm} za V . Potem je

Aej =

m∑

k=1

〈Aej , fk〉2 fk j = 1, 2, . . . , n ,

zato je matrika za A v bazah B in C enaka

ABC =

〈Ae1, f1〉2 〈Ae2, f1〉2 . . . 〈Aen, f1〉2〈Ae1, f2〉2 〈Ae2, f2〉2 . . . 〈Aen, f2〉2

......

...〈Ae1, fm〉2 〈Ae2, fm〉2 . . . 〈Aen, fm〉2

.

Podobno poiscemo se matriko za A∗. Ker je

A∗fk =n

∑

j=1

〈A∗fk, ej〉1 ej k = 1, 2, . . . ,m ,

je

(A∗)C B

=

〈A∗f1, e1〉1 〈A∗f2, e1〉1 . . . 〈A∗fm, e1〉1〈A∗f1, e2〉1 〈A∗f2, e2〉1 . . . 〈A∗fm, e2〉1

......

...〈A∗f1, en〉1 〈A∗f2, en〉1 . . . 〈A∗fm, en〉1

.

Ker je 〈Aej , fk〉2 = 〈ej , A∗fk〉1 = 〈A∗fk, ej〉1, vidimo, da matriko (A∗)

C B

dobimo iz matrike ABC tako, da ABC transponiramo in njene elemente kon-jugiramo. Tako smo pokazali naslednji izrek:

Izrek 1.3 V ortonormiranih bazah dobimo matriko za A∗ tako, da matriko zaA transponiramo in vse elemente v matriki konjugiramo.

Opomba 1.4 Ce je A ∈ Cm×n matrika, potem z A∗ oznacimo matriko v

Cn×m, ki jo dobimo tako, da A transponiramo in vse elemente v A konjugi-

ramo. ♦


i 1− i2 3 + 2i0 i

. Potem je

A∗ =

[

−i 2 01 + i 3− 2i −i

]

. �


2 Lastnosti adjungiranja linearnih preslikav in ma-

trik

Preslikavo, ki linearni preslikavi A, oziroma matriki A priredi adjungiranopreslikavo A∗, oziroma matriko A∗), imenujemo adjungiranje.

Lastnosti adjungiranja izpeljemo iz lastnosti transponiranja matrik. Ce jeA ∈ R

m×n, potem je A∗ = A⊤, ce pa je A ∈ Cm×n, je A∗ = A⊤, kjer smo z A

oznacili matriko, ki jo dobimo iz A tako, da konjugiramo vse elemente.

Za adjungiranje veljajo naslednje lastnosti:

1.) (A + B)∗ = A∗ + B∗,

2.) (αA) = αA∗,

3.) (AB)∗ = B∗A∗,

4.) 0∗ = 0, I∗ = I,

5.) (A∗)∗ = A,

6.) Ce je A obrnljiva, je tudi A∗ obrnljiva in velja (A∗)−1 = (A−1)∗.

Za zgled preverimo samo zadnjo lastnost. Ostale naj preveri bralec sam zavajo.

Ce je A obrnljiva, je AA−1 = A−1A = I. Potem iz lastnosti 3.) in 4.) sledi

(A−1)∗A∗ = (AA−1)∗ = I∗ = I in

A∗(A−1)∗ = (A−1A)∗ = I∗ = I .

Zato je A∗ obrnljiva in velja (A∗)−1 = (A−1)∗. �

Enako kot v osmem poglavju bomo tudi v tem poglavju trditve in izrekepodali za matrike, enaki izreki veljajo tudi za linearne preslikave istega tipa.Nekatere od teh bomo na kratko povzeli na koncu razdelka.

Trditev 2.1 Naj bo A ∈ Rm×n ali A ∈ C

m×n dana matrika in A∗ njenaadjungirana matrika. Potem je

ker A∗ = (imA)⊥ ,

(ker A∗)⊥ = imA,

im A∗ = (ker A)⊥ in

(imA∗)⊥ = ker A.

2. LASTNOSTI ADJUNGIRANJA LINEARNIH PRESLIKAV IN MATRIK185

Dokaz Dovolj je pokazati enakost kerA∗ = (im A)⊥. Ostale enakosti potemsledijo iz dejstev, da za vektorski podprostor velja (W⊥)⊥ = W in da je(A∗)∗ = A.

Naj bo v ∈ ker A∗. Potem je

0 = 〈u, A∗v〉1 = 〈Au,v〉2za vse u ∈ U , torej tudi za vse Au ∈ im A. Zato je ker A∗ ⊆ (imA)⊥.

Izberimo sedaj v ∈ (imA)⊥. Torej je 〈Au,v〉2 = 0 za vse u ∈ U in

0 = 〈Au,v〉2 = 〈u, A∗v〉1za vse u ∈ U . Potem mora biti A∗v = 0 in v ∈ ker A∗. Tako smo pokazali seobratno inkluzijo (imA)⊥ ⊆ ker A∗. Torej je ker A∗ = (im A)⊥.

Preverimo se preostale enakosti. Ker za poljuben vektorski podprostor W

velja (W⊥)⊥ = W , je (ker A∗)⊥ =(

(imA)⊥)⊥

= im A.Ce v zvezah ker A∗ = (imA)⊥ in (kerA∗)⊥ = imA zamenjamo A z A∗,

dobimo

ker A = ker (A∗)∗ = (im A∗)⊥ in

(ker A)⊥ = (ker (A∗)∗)⊥ = im A∗ . �

Posledica 2.2 Velja

U = im A∗ ⊕ ker A in V = im A⊕ ker A∗ .

Obe direktni vsoti sta ortogonalni.

Dokaz Za vektorski podprostor kerA ⊆ U velja

U = (kerA)⊕ (ker A)⊥ = kerA⊕ im A∗ .

Podobno za vektorski podprostor kerA∗ ⊆ V velja

V = kerA∗ ⊕ (ker A∗)⊥ = kerA∗ ⊕ im A. �

Zgled 2.3 Poiscimo ortonormirano bazo za kerA∗, ce je A =

1 −12 −2−1 1

.

Opazimo, da je rang matrike A enak 1, zato je dim(imA) = 1. Ker je A ∈R

3×2, je A∗ ∈ R2×3. Tudi rang A∗ je enak 1, zato je dim(kerA∗) = 2. Velja

ker A∗ = (im A)⊥ =

L

12−1

⊥

.


Izbrana vektorja u1 =

101

in u2 =

012

sta oba pravokotna na bazni vektor

slike A. Da dobimo ortogonalno bazo, naredimo Gramm-Schmidtovo ortogo-nalizacijo:

w1 =

101

,

w2 =

012

− 2

2

101

=

−111

.

Ortonormirano bazo za kerA∗ tvorita vektorja

e1 =1√2

101

in e2 =1√3

−111

. �

Trditev 2.4 Naj bo A ∈ Rn×n ali A ∈ C

n×n dana matrika. Potem je α lastnavrednost za A natanko tedaj, ko je α lastna vrednost za A∗.

Dokaz Kompleksno stevilo α je lastna vrednost za A natanko tedaj, ko jeker(A− αI) 6= 0. Po trditvi 2.1 in lastnostih konjugiranja je

ker(A− αI) = (im(A− αI)∗)⊥ = (im(A∗ − αI))⊥ .

Tako je α ∈ σ(A) natanko tedaj, ko im(A∗ − αI) 6= U . To pa je ekvivalentnotemu, da je ker(A∗ − αI) 6= 0. Torej je α ∈ σ(A) natanko tedaj, ko jeα ∈ σ(A∗). �

Zgled 2.5 Poiscimo lastne vrednosti za matriki

A =

[

1 + i 1− ii 1

]

in B =

[

1− i −i1 + i 1

]

.

Najprej izracunamo karakteristicni polinom za A: pA(λ) = λ2−(2+i)λ. Lastnivrednosti za A sta 0 in 2 + i. Ker je B = A∗, sta lastni vrednosti za B enaki0 in 2− i. �

3. SEBIADJUNGIRANE PRESLIKAVE, SIMETRICNE IN HERMITSKE MATRIKE187

3 Sebiadjungirane preslikave, simetricne in hermitske

matrike

Dan je vektorski prostor U nad obsegom R ali C s skalarnim produktom 〈 � , �〉.

Definicija 3.1 Linearna preslikava A : U → U je sebiadjungirana, ce veljaA = A∗.

Ce je U = Rn realen vektorski prostor z obicajnim skalarnim produktom,

potem je A matrika za sebiadjungirano linearno preslikavo A : U → U vstandardni bazi natanko tedaj, ko je A simetricna matrika, torej ko je A⊤ = A.

Ce je U = Cn vektorski prostor nad C z obicajnim skalarnim produktom,

potem je A matrika za sebiadjungirano preslikavo A : U → U v standardni

bazi natanko tedaj, ko je A = A∗ = A⊤. Ce za matriko velja A = A∗ recemo,

da je A hermitska matrika. ♦

Izrek 3.2 Vse lastne vrednosti simetricne ali hermitske matrike so realne.

Dokaz Naj bo α lastna vrednost hermitske matrike A ∈ Cn in u ∈ C

n, u 6= 0pripadajoci lastni vektor. Potem velja

〈Au,u〉 = 〈αu,u〉 = α〈u,u〉

in〈Au,u〉 = 〈u, A∗u〉 = 〈u, Au〉 = 〈u, αu〉 = α〈u,u〉 .

Zato je α〈u,u〉 = α〈u,u〉. Ker je 〈u,u〉 6= 0, mora biti α = α. Slednje veljanatanko tedaj, ko je α ∈ R.

Dokaz za simetricno matriko je enak. �

Trditev 3.3 Ce sta u in v lastna vektorja pri dveh razlicnih lastnih vrednostihsimetricne ali hermitske matrike, potem sta u in v ortogonalna.

Dokaz Denimo, da je A = A∗, Au = αu, Av = βv in α 6= β. Potem je〈Au,v〉 = 〈αu,v〉 = α〈u,v〉 in 〈Au,v〉 = 〈u, Av〉 = 〈u, βv〉 = β〈u,v〉. Ker jeα 6= β, mora biti 〈u,v〉 = 0. �

Izrek 3.4 Simetricne in hermitske matrike se da diagonalizirati.

Dokaz Naj bo A = A∗ hermitska matrika in naj bo α lastna vrednost za A.Iz posledice 2.2 sledi, da je

Cn = ker(A− αI)⊕ im(A− αI) . (X.2)


Glede na ta razcep pripada A matrika oblike

[

αI 00 A1

]

, (X.3)

saj sta tako ker(A − αI) kot im(A − αI) invariantna podprostora za A. Sevec, ker je direktna vsota (X.2) ortogonalna, ima A obliko (X.3) glede na nekoortonormirano bazo. Ker je A = A∗, je tudi A1 = A∗1. Ali je lahko α lastnavrednost za A1? Denimo, da je w ∈ im(A− αI) tak vektor, da je Aw = αw.Potem je w ∈ ker(A−αI) in w ∈ (im(A−αI)∩ker(A−αI)) = 0. Zato morabiti w = 0. Iz povedanega sledi, da je g(α) = a(α). Ker je bila α poljubnalastna vrednost, enakost g(α) = a(α) velja za vse α ∈ σ(A). Torej se A dadiagonalizirati.

Dokaz za simetricne matrike je enak. �

Izrek 3.5 (o spektralnem razcepu za simetricne in hermitske ma-trike) Naj bo A ∈ R

n×n simetricna matrika in α1, α2, . . . , αk vse njene ra-zlicne lastne vrednosti. Potem je αj ∈ R za vse j in

Rn =

k⊕

j−1

ker(A− αjI)

ortogonalna direktna vsota. V Rn obstaja ortonormirana baza, v kateri A

pripada diagonalna matrika.Ce je A ∈ C

n×n hermitska matrika in α1, α2, . . . , αk vse njene razlicnelastne vrednosti, je potem αj ∈ R za vse j in

Cn =

k⊕

j−1

ker(A− αjI)

ortogonalna direktna vsota. V Cn obstaja ortonormirana baza, v kateri A

pripada diagonalna matrika.

Dokaz Izrek bomo dokazali za hermitske matrike. Za simetrcne matrike jeenak.

Iz izreka 3.4 vemo, da se A da diagonalizirati. Posledica 2.2 pove, da je

Cn = ker(A− α1I)⊕ im(A− α1I)

ortogonalna direktna vsota. Ker so po trditvi 3.3 lastni vektorji pri razlicnihlastnih vrednostih ortogonalni, je ker(A − αjI) ⊆ im(A − α1I) za vse j =

3. SEBIADJUNGIRANE PRESLIKAVE, SIMETRICNE IN HERMITSKE MATRIKE189

2, 3, . . . , k. Postopek nadaljujemo za zozitev A1 = A |im(A−α1I) in dobimo U =⊕k

j=1 ker(A−αjI), kjer je⊕

ortogonalna direktna vsota. Vemo, da v vsakempodprostoru lahko s pomocjo Gramm-Schmidtovega algoritma poiscemo orto-normirano bazo. Ker so lastni podprostori ker(A−αjI) med seboj ortogonalni,nam unija ortonormiranih baz za ker(A− αjI), j = 1, 2, . . . , k, da ortonormi-rano bazo iz lastnih vektorjev za C

n. �

Zgled 3.6 Poiscimo ortonormirano bazo iz lastnih vektorjev za matriko

A =

3 −2 4−2 6 24 2 3

.


pA(λ) =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

3− λ −2 4−2 6− λ 24 2 3− λ

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −(λ− 7)2(λ + 2) .

Lastni vrednosti sta α1 = −2 in α2 = 7. Velja g(−2) = 1 in g(7) = 2.Pri α1 = −2 iscemo tak vektor u1, da je

(A + 2I)u1 = 0 .

Vrsticna kanonicna forma za A− 2I =

5 −2 4−2 8 24 2 5

je:

1 0 10 1 1

20 0 0

.

Za lastni vektor u1 izberimo u1 =

21−2

.

Vrsticna kanonicna forma za A− 7I =

−4 −2 4−2 −1 24 2 −4

je:

1 12 −1

0 0 00 0 0

.


Za vektorja u2 in u3 izberemo

u2 =

021

in u3 =

1−20

.

S pomocjo Gramm-Schmidtovega algoritma poiscemo najprej ortogonalno ba-zo za ker(A− 7I):

w2 = u2 =

021

,

w3 = u3 +〈u3,w2〉〈w2,w2〉

w2 =

1−20

+4

5

021

=

1−2

545

.

Vektorje u1,w2,w3 moramo se normirati. Ortonormirana baza iz lastnih vek-torjev za A je potem

v1 =1

3

21−2

, v2 =1√5

021

, v3 =1

3√

5

5−24

. �

Enako kot za simetricno ali hermitsko matriko, tudi za sebiadjungiranolinearno preslikavo A : U → U obstaja ortonormirana baza iz lastnih vektorjevin velja, da so vse lastne vrednosti za A realne.

4 Normalne matrike in preslikave

Splosnejsi razred matrik od simetricnih in hermitskih matrik je razred normal-nih matrik.

Definicija 4.1 Matrika A ∈ Rn×n ali A ∈ C

n×n je normalna, ce je

AA∗ = A∗A.

Linearna preslikava A : U → U je normalna, ce velja AA∗ = A∗A. ♦

Zgled 4.2 1.) Ce je A simetricna ali hermitska matrika, je AA∗ = A2 =A∗A. Torej je A normalna.

4. NORMALNE MATRIKE IN PRESLIKAVE 191

2.) Naj bo D diagonalna matrika. Potem je D∗ tudi diagonalna matrika invelja DD∗ = D∗D. Torej je D normalna. �

Trditev 4.3 Naj bo A normalna matrika. Potem je

ker(A− αI) = ker(A∗ − αI) .

Dokaz Denimo, da je (A− αI)u = 0. Potem je

0 = 〈(A− αI)u, (A− αI)u〉 = 〈u, (A− αI)∗(A− αI)u〉 =

= 〈u, (A∗ − αI)(A− αI)u〉 = 〈u, (A∗A− αA− αA∗ + αα)u〉 =

= 〈u, (AA∗ − αA− αA∗ + αα)u〉 = 〈u, (A− αI)(A∗ − αI)u〉 =

= 〈(A− αI)∗u, (A− αI)∗u〉 .

Ker je skalarni produkt pozitivno definiten, je 0 = (A− αI)∗u = (A∗ − αI)u.Iz gornjega racuna sledi, da je (A−αI)u = 0 natanko tedaj, ko je (A∗−αI)u == 0. �

Trditev 4.4 Ce sta u in v lastna vektorja pri razlicnih lastnih vrednostihnormalne matrike A, potem sta u in v ortogonalna.

Dokaz Predpostavimo, da je Au = αu, Av = βv in α 6= β. Potem sledi

〈Au,v〉 = 〈αu,v〉 = α〈u,v〉 .

Z uporabo prejsnje trditve dobimo se

〈Au,v〉 = 〈u, A∗v〉 = 〈u, βv〉 = β〈u,v〉 .

Ker je α 6= β, mora biti 〈u,v〉 = 0. �

Izrek 4.5 (o spektralnem razcepu za normalne matrike) Naj bo A ∈R

n normalna matrika in α1, α2, . . . , αk vse njene razlicne lastne vrednosti.Potem je

Rn =

k⊕

j−1

ker(A− αjI)

ortogonalna direktna vsota. V Rn obstaja ortonormirana baza iz lastnih vek-

torjev za A. V tej bazi A pripada diagonalna matrika.


Tudi ce je A ∈ Cn normalna matrika, velja enak sklep: Naj bodo α1, α2, . . . , αk

vse razlicne lastne vrednosti za A. Potem je

Cn =

k⊕

j−1

ker(A− αjI)

ortogonalna direktna vsota in v Cn obstaja ortonormirana baza iz lastnih vek-

torjev za A.

Dokaz Dokaz bomo naredili le za primer, ko je A ∈ Cn×n. Za realne matrike

je enak.

Iz trditve 4.3 in posledice 2.2 sledi, da je

Cn = ker(A− αI)⊕ im(A− αI) (X.4)

ortogonalna direktna vsota. Ker sta ker(A − αI) in im(A − αI) invariantnapodprostora za A, ima A glede na razcep (X.4) obliko

[

αI 00 A1

]

.

Ker je ker(A − αI) ∩ im(A − αI) = 0, α ni lastna vrednost za A1. Torej jea(α) = g(α). Ker pravkar povedano velja za vsako lastno vrednost αj , se A

da diagonalizirati. Iz trditve 4.4 sledi, da so lastni podprostori pri razlicnihlastnih vrednostih ortogonalni. Zato je

Cn =

k⊕

j−1

ker(A− αjI)

ortogonalna direktna vsota. Unija ortonormiranih baz za ker(A − αjI), j =1,2,. . . ,k, nam da ortonormirano bazo za C

n iz lastnih vektorjev za A. �

Zgled 4.6 Pokazimo, da je A =

[

1 ii 1

]

normalna in poiscimo kako ortonormi-

rano bazo iz lastnih vektorjev. Ker velja

AA∗ = A∗A =

[

2 00 2

]

,

je matrika normalna. Karakteristicni polinom za A je pA(λ) = λ2 − 2λ + 2.Lastni vrednosti sta α1 = 1 + i in α2 = 1− i. Za pripadajoca lastna vektorja

5. ORTOGONALNE IN UNITARNE MATRIKE TER IZOMETRIJE 193

izberemo u1 =

[

11

]

in u2 =

[

1−1

]

. Ocitno velja

(A− (1 + i)I)u1 =

[

−i ii −i

] [

11

]

=

[

00

]

in

(A− (1− i)I)u1 =

[

i ii i

] [

1−1

]

=

[

00

]

.

Vektorja u1 in u2 sta pravokotna. Iskana ortonormirana baza je{

1√2

[

11

]

,1√2

[

1−1

]}

. �

Enako kot za normalno matriko, tudi za normalno linearno preslikavoA : U → U obstaja ortonormirana baza iz lastnih vektorjev, torej se jo dadiagonalizirati v ortonormirani bazi.

5 Ortogonalne in unitarne matrike ter izometrije

Denimo, da je {v1,v2, . . . ,vn} ortonormirana baza za Rn. Naj bo Q ∈ R

n×n

matrika, katere stolpci so v1,v2, . . . ,vn. Potem velja

Q⊤Q = I .

Matrika, za katero je Q⊤Q = I imenujemo ortogonalna. Na splosno defini-ramo:

Definicija 5.1 Ce je Q ∈ Cn×n matrika, za katero je Q∗Q = I, potem recemo,

da je Q unitarna matrika.Linearna preslikava Q : U → U , kjer je U vektorski prostor s skalarnim

produktom nad R, je ortogonalna, ce je QQ∗ = Q∗Q = I.Linearna preslikava Q : U → U , kjer je U vektorski prostor s skalarnim

produktom nad C, je unitarna, ce je QQ∗ = Q∗Q = I. ♦

Matrika A ∈ Rn×n je torej ortogonalna, ce je Q−1 = Q⊤ in matrika A ∈

Cn×n je unitarna, ce je Q−1 = Q∗.

Zgled 5.2 Poiscimo vse ortogonalne matrike v R2×2.

Matrika Q ∈ R2×2 je ortogonalna, ce njena stolpca tvorita ortonormirano

bazo za R2. Oznacimo

Q =

[

a c

b d

]

.


Stolpec

[

a

b

]

je normiran, ce je a2 + b2 = 1. Torej obstaja tak α ∈ [0, 2π), da je

a = cos α in b = sinα. Tudi stolpec

[

c

d

]

je normiran in pravokoten na stolpec[

cos α

sin α

]

. Iz prvega poglavja vemo, da imamo za

[

c

d

]

dve moznosti. To sta

[

sin α

− cos α

]

in

[

− sin α

cos α

]

.

Vse ortogonalne matrike v R2×2 so torej

Rα =

[

cos α − sin α

sin α cos α

]

in Zα =

[

cos α sin α

sin α − cos α

]

za α ∈ [0, 2π) . �

Iz definicije vidimo, da je vsaka ortogonalna (oz. unitarna) matrika nor-malna. Iz izreka 4.5 sledi:

Posledica 5.3 Vsaka ortogonalna in vsaka unitarna matrika se da diagonal-izirati (nad C) in zanjo obstaja ortonormirana baza iz lastnih vektorjev.

Trditev 5.4 Ce je α lastna vrednost ortogonalne ali unitarne matrike A,potem je |α| = 1.

Dokaz Za v ∈ ker(A− αI), v 6= 0 velja

〈v,v〉 = 〈Av, Av〉 = 〈αv, αv〉 = αα〈v,v〉 = |α|2〈v,v〉 .

Ker je 〈v,v〉 6= 0, je |α|2 = 1. Torej je |α| = 1. �

Zgled 5.5 Naj bo Zα =

[

cos α sin α

sin α − cos α

]

ortogonalna matrika iz zgleda 5.2.

Karakteristicni polinom za Zα je p(λ) = λ2 − 1. Lastni vrednosti sta takoα1 = 1 in α2 = −1. S pomocjo formul za sinus in kosinus polovicnih kotovdobimo

Zα − I =

[

cos α− 1 sin α

sin α − cos α− 1

]

=

[

−2 sin2 α2 2 sin α

2 cos α2

2 sin α2 cos α

2 −2 cos2 α2

]

.

Normiran lastni vektor pri α1 = 1 je potem

u1 =

[

cos α2

sin α2

]

.


Lastni vektorji pri α2 = −1 so pravokotni na u1. Izberemo npr. u2 =

=

[

− sin α2

cos α2

]

.

Kaj je geometricni opis preslikave podane z mnozenjem z Zα? Ta preslikavaje zrcaljenje prek premice L (u1), to je prek premice z enacbo y = (tan α

2 )x.

x

y

��

��

L (u1)

⌣

α2

>

AAAAA

AAAAAL (u2)

α

⌣

>

�

Zgled 5.6 Poiscimo se lastni vrednosti ortogonalne matrike Rα iz zgleda 5.2in geometricni opis delovanja Rα na R

2. Karakteristicni polinom za Rα =[

cos α − sin α

sin α cos α

]

je p(λ) = λ2−2 cos αλ+1. Lastni vrednosti sta α1 = cos α+

i sinα in α2 = cos α− i sinα. Razen ko je α = 0 ali α = π, sta α1 in α2 nerealnikompleksni stevili.

Preslikava Rα je rotacija za kot α okoli tocke 0. O tem se zlahka preprica-mo, ce poiscemo sliki standardnih baznih vektorjev e1 in e2:

x

y

a

a

[

cos α

sin α

]

[

10

]

a

aa[

− sin α

cos α

]

[

01

]

a

α ⌣>

@@@

@α

⌣

>

�

Spomnimo se, da je v vektorskem prostoru U skalarnim produktom 〈 � , � 〉norma vektorja definirana s predpisom ‖u‖ =

√

〈u,u〉.

Definicija 5.7 Linearno preslikavo A : U → U imenujemo (linearna) izome-trija, ce je

‖Au‖ = ‖u‖ za vse u ∈ U . ♦

Izometrije so linearne preslikave, ki ohranjajo normo in zato ohranjajo tudirazdaljo med tockami.


Zgled 5.8 Ce je Q ortogonalna preslikava, potem je

‖Qu‖2 = 〈Qu, Qu〉 = 〈u, Q∗Qu〉 = 〈u,u〉 = ‖u‖2 .

Zato je Q linearna izometrija. �

Izrek 5.9 (Polarizacijska enakost) Ce je U vektorski prostor s skalarnimproduktom nad R, potem za poljubna u,v ∈ U velja

〈u,v〉 =1

4

(

‖u + v‖2 − ‖u− v‖2)

.

Ce je U vektorski prostor s skalarnim produktom nad C, potem za poljubnau,v ∈ U velja

〈u,v〉 =1

4

(

‖u + v‖2 − ‖u− v‖2 + i‖u + iv‖2 − i‖u− iv‖2)

.

Dokaz Dokaz je direkten racun.Nad R imamo:

‖u + v‖2 − ‖u− v‖2 =

= 〈u + v,u + v〉 − 〈u− v,u− v〉 =

= 〈u,u〉+ 2〈u,v〉+ 〈v,v〉 − 〈u,u〉+ 2〈u,v〉 − 〈v,v〉 =

= 4〈u,v〉 .

Nad C dobimo:

‖u + v‖2 − ‖u− v‖2 + i‖u + iv‖2 − i‖u− iv‖2 =

= 〈u + v,u + v〉 − 〈u− v,u− v〉+ i〈u + iv,u + iv〉 − i〈u− iv,u− iv〉 =

= 〈u,u〉+ 〈u,v〉+ 〈v,u〉+ 〈v,v〉 − 〈u,u〉+ 〈u,v〉+ 〈v,u〉 − 〈v,v〉++ i〈u,u〉+ 〈u,v〉 − 〈v,u〉+ i〈v,v〉 − i〈u,u〉+ 〈u,v〉 − 〈v,u〉 − i〈v,v〉 =

= 4〈u,v〉 . �

Trditev 5.10 Linearna preslikava A : U → U je izometrija natanko tedaj, koje 〈Au, Av〉 = 〈u,v〉 za vse u,v ∈ U .

Dokaz Ce A ohranja skalarni produkt, tj. 〈Au, Av〉 = 〈u,v〉, velja tudi

‖Au‖2 = 〈Au, Au〉 = 〈u,u〉 = ‖u‖2 .


Zato je A izometrija.

Denimo, da je A izometrija. Potem iz polarizacijske enakosti sledi (nad R)

〈Au, Av〉 =1

4

(

‖Au + Av‖2 − ‖Au−Av‖2)

=

=1

4

(

‖A(u + v)‖2 − ‖A(u− v)‖2)

=1

4

(

‖u + v‖2 − ‖u− v‖2)

=

= 〈u,v〉 .

Dokaz nad obsegom kompleksnih stevil C je podoben. �

Izrek 5.11 Linearna preslikava A : U → U je izometrija natanko tedaj, ko jeA ortogonalna (oziroma unitarna) .

Dokaz V zgledu 5.8 smo videli, da je ortogonalna (oz. unitarna) preslikavaizometrija.

Predpostavimo, da je A izometrija. Potem je po trditvi 5.10

〈Au, Av〉 = 〈u,v〉 za vse u in v ∈ U .

Zato je 〈A∗Au,v〉 = 〈u,v〉 za vse u,v ∈ U . Iz trditve 3.6 sledi (A∗A−I)u = 0za vse u in A∗A = I. Torej je A ortogonalna (oziroma unitarna). �

Trditev 5.12 Ce je A : Rn → R

n izometrija, potem A ohranja kote.

Dokaz Kot med (nenicelnima) vektorjema u in v je

cos α =〈u,v〉‖u‖‖v‖ .

Ker je A izometrija, je potem cos α = 〈Au,Av〉‖Au‖‖Av‖ . Torej je α tudi kot med Au

in Av. �

Posledica 5.13 Izometrija slika ortonormirano mnozico v ortonormirano mno-zico.

Zgled 5.14 Linearne izometrije A : R2 → R

2 so podane z ortogonalnimimatrikami iz R

2×2. V zgledih 5.2, 5.5 in 5.6 smo pokazali, da so ortogonalnematrike v R

2×2 ravno matrike Zα in Rα, ki predstavljajo ravno vsa zrcaljenjain vse rotacije v R

2. Torej so vse linearne izometrije v ravnini zrcaljenja alirotacije. �


6 Pozitivno-definitne matrike

Definicija 6.1 Simetricna ali hermitska matrika A je pozitivno-definitna, ceje 〈Au,u〉 > 0 za vse nenicelne vektorje u. Simetricna ali hermitska matrikaA je pozitivno-semidefinitna, ce je 〈Au,u〉 ≥ 0 za vse vektorje u. ♦


1 0 00 2 00 0 3

∈ R3×3. Potem za v =

x

y

z

∈ R3 velja

〈Av,v〉 = x2 + 2y2 + 3z2. Ce je v 6= 0, je x2 + 2y2 + 3z2 > 0, zato je A

pozitivno definitna. �

Izrek 6.3 Simetricna ali hermitska matrika A je pozitivno-definitna natankotedaj, ko so vse lastne vrednosti A pozitivne.

Simetricna ali hermitska matrika A je pozitivno-semidefinitna natanko te-daj, ko so vse lastne vrednosti A nenegativne.

Dokaz Naj bo α lastna vrednost za pozitivno-definitno matriko A in u pri-padajoci lastni vektor. Potem je 0 < 〈Au,u〉 = 〈αu,u〉 = α〈u,u〉. Ker je〈u,u〉 > 0, mora biti α > 0.

Predpostavimo sedaj, da so vse lastne vrednosti simetricne ali hermitskematrike A pozitivne. Potem obstaja taka ortonormirana baza, da ima A v njejdiagonalno matriko D. Torej je

A = QDQ−1 ,

kjer stolpci Q tvorijo ortonormirano bazo. Zato je Q ortogonalna, oziromaunitarna, in je A = QDQ∗. Potem za neniceln vektor u velja

〈Au,u〉 = 〈QDQ∗u,u〉 = 〈D(Q∗u), Q∗u〉 .

Oznacimo z α1, α2, . . . , αn diagonalne elemente D (tj. lastne vrednosti za A)in

Q∗u =

u1

u2...

un

.

Potem je 〈Au,u〉 =∑n

j=1 αj |uj |2 > 0.

Dokaz za primer, ko je A pozitivno-semidefinitna je enak, le strogi neenacaj> moramo povsod zamenjati z ≥. �

6. POZITIVNO-DEFINITNE MATRIKE 199

Zgled 6.4 Naj bo B ∈ Cm×n dana matrika. Potem je matrika A = B∗B ∈

Cn×n pozitivno-semidefinitna. Velja namrec

〈Au,u〉 = 〈B∗Bu,u〉 = 〈Bu, Bu〉 ≥ 0

za vse u ∈ Cn.

Ce je B obrnljiva, je A celo pozitivno-definitna. Tedaj za neniceln vektoru ∈ C

n velja

〈Au,u〉 = 〈B∗Bu,u〉 = 〈Bu, Bu〉 > 0 ,

saj je Bu 6= 0.

Enako pokazemo, da tudi za realno matriko B ∈ Rm×n velja: Matrika A =

B⊤B je pozitivno-semidefinitna in je pozitivno definitna, ce je B obrnljiva. �

Trditev 6.5 Simetricna ali hermitska matrika A je pozitivno-definitna natan-ko tedaj, ko je A = B2 za kako obrnljivo simetricno oziroma hermitsko matrikoB. V tem primeru za B vedno lahko vzamemo pozitivno-definitno matriko.

Dokaz Ce je B obrnljiva simetricna ali hermitska matrika, potem je po zgledu6.4 matrika A = B∗B = B2 pozitivno-definitna.

Obratno, naj bo A pozitivno-definitna. Po spektralnem izreku za simetri-cne ali hermitske matrike je

A = QDQ∗ ,

kjer je D diagonalna matrika in Q ortogonalna, oziroma unitarna, matrika.Ker je A pozitivno-definitna, so diagonalni elementi D pozitivna (realna)stevila. Oznacimo

D =

α1 0 . . . 00 α2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . αn

, βj =√

αj za j = 1, 2, . . . , n

in

E =

β1 0 . . . 00 β2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . βn

.

Potem je E2 = D in za B = QEQ∗ velja:

B2 = QEQ∗QEQ∗ = QE2Q∗ = QDQ∗ = A


inB∗ = (QEQ∗)∗ = (Q∗)∗E∗Q∗ = QEQ∗ = B .

Ker je βj > 0 za vse j, je B pozitivno-definitna. �

Zgled 6.6 Dana je matrika A =

[

5 −4−4 5

]

. Preverimo, da je pozitivno-

definitna in poiscimo tako simetricno matriko B, da bo B2 = A. Takoj vidimo,da je A = A∗. Karakteristicni polinom za A je

pA(λ) = λ2 − 10λ + 9 = (λ− 9)(λ− 1).

Lastni vrednosti 1 in 9 sta pozitivni, zato je A pozitivno-definitna. Ortogo-

nalna lastna vektorja za A sta: u1 = 1√2

[

1−1

]

pri α1 = 1 in u2 = 1√2

[

11

]

pri

α2 = 9. Torej je

A =

[

1√2− 1√

21√2

1√2

]

[

1 00 9

]

[

1√2

1√2

− 1√2

1√2

]

.

Matrika E =

[

1 00 3

]

je taka, da je E2 =

[

1 00 9

]

. Potem je

B =

[

1√2− 1√

21√2

1√2

]

[

1 00 3

]

[

1√2

1√2

− 1√2

1√2

]

=

[

2 −1−1 2

]

. �

Izrek 6.7 Naj bo A pozitivno definitna matrika in 〈 � , � 〉1 obicajni skalarniprodukt. Potem je preslikava podana s predpisom

〈u,v〉2 = 〈Au,v〉1za vse vektorje u in v tudi skalarni produkt.

Dokaz Izrek bomo dokazali za primer, ko je A ∈ Cn×n. Dokaz za primer, ko

je A ∈ Rn×n je podoben.

Preveriti moramo, da za 〈 � , � 〉2 : Cn × C

n → C veljajo vsi trije aksiomiskalarnega produkta. Za α1, α2 ∈ C in u1,u2,v ∈ C

n velja

〈α1u1 + α2u2,v〉2 = 〈A(α1u1 + α2u2),v〉1 = 〈α1Au1 + α2Au2,v〉1 =

= α1〈Au1,v〉1 + α2〈Au2,v〉1 = α1〈u1,v〉2 + α2〈u2,v〉2 .

Za u,v ∈ Cn velja

〈v,u〉2 = 〈Av,u〉1 = 〈u, Av〉1 = 〈Au,v〉1 = 〈u,v〉2 .

Nazadnje za neniceln vektor u ∈ Cn velja 〈u,u〉2 = 〈Au,u〉1 > 0. Torej je

〈u,u〉2 ≥ 0 in 〈u,u〉2 = 0 natanko tedaj, ko je u = 0. �

Poglavje XI

Kvadratne forme

V zadnjem poglavju si bomo ogledali se eno vrsto preslikav, ki jih tudi lahkopodamo z matrikami. To so tako imenovane kvadratne forme, ki niso veclinearne preslikave. Kvadratne forme bomo uporabili za nalizo vseh moznihkrivulj drugega reda v R

2 in ploskev drugega reda v R3.

1 Definicija in osnovne lastnosti

V vektorskem prostoru Rn oznacimo z 〈 � , � 〉 obicajni skalarni produkt. Naj

bo A ∈ Rn×n simetricna matrika. Potem preslikavo q : R

n → R podano spredpisom

q(v) = 〈Av,v〉 za v ∈ Rn,

imenujemo kvadratna forma na Rn. Recemo se, da simetricna matrika A

pripada q.

Zgled 1.1 Vzemimo n = 3 in A =

2 −1 3−1 1 03 0 5

. Oznacimo se v =

x

y

z

.

Potem je

q(v) = 〈Av,v〉 = 2x2 + y2 + 5z2 − 2xy + 6xz . �

Na Rn lahko kvadratno formo q podamo tudi kot polinom v x2

i , xixj ,i, j = 1, 2 . . . , n, i < j, kjer so xi komponente vektorja v ∈ R

n, to je

v =

x1

x2

...xn

:

201

202 POGLAVJE XI. KVADRATNE FORME

q(v) =

n∑

i=1

aiix2i +

n−1∑

i=1

n∑

j=i+1

2aijxixj .

Potem je q(v) = 〈Av,v〉 za simetricno matriko

A =

a11 a12 . . . a1n

a12 a22 . . . a2n

......

. . ....

a1n a2n . . . ann

.

Zgled 1.2 Matrika za kvadratno formo q(v) = 3x2−2y2+z2−2xy+6xz−4yz

na R3 je

3 −1 3−1 −2 −23 −2 1

.

Potem velja q(v) = 〈Av,v〉. �

Vzemimo kvadratno formo q : Rn → R podano z q(v) = 〈Av,v〉. Naj

bo na Rn poleg standardne baze S dana se nova baza B. Oznacimo z vB

razvoj vektorja v po bazi B in s P = PBS prehodno matriko med novo bazoin standardno bazo. Torej velja v = PvB. Iz tega sledi

〈Av,v〉 = 〈APvB, PvB〉 = 〈P⊤APvB,vB〉.

V bazi B je kvadratna forma q podana s simetricno matriko B = P⊤AP .Kerzelimo kvadratne forme opisati do spremembe baze natanko, vpeljemo pojemekvivalentnosti dveh kvadratnih form.

Definicija 1.3 Kvadratni formi q1 : Rn → R in q2 : R

n → R, ki jima pripa-data zaporedoma matriki A1 in A2, sta ekvivalentni , ce obstaja taka obrnljivamatrika P , da je

A1 = P⊤A2P . ♦

Opomba 1.4 Iz povedenega sledi, da lahko na dve (razlicni) kvadratni formiq1 in q2, ki sta ekvivalentni, gledamo kot na eno kvadratno formo v dveh(razlicnih) bazah.

Na mnozici vseh kvadratnih form q : Rn → R definiramo relacijo: q1 in q2

sta v relaciji ∼, ce sta ekvivalentni kvadratni formi. Zlahka se prepricamo, daje ∼ ekvivalencna relacija. ♦


Trditev 1.5 Vsaka kvadratna forma je ekvivalentna kaki kvadratni formi, kiji pripada diagonalna matrika.

Dokaz Naj bo A simetricna matrika, ki pripada kvadratni formi q. Po spek-tralnem izreku za simetricne matrike, se matriko A da diagonalizirati v kakiortonormirani bazi. Torej je A = QDQ−1, kjer je D diagonalna in stolpcimatrike Q tvorijo ortonormirano bazo. Zato je QQ⊤ = I oziroma Q⊤ = Q−1.Matrika Q je ortogonalna matrika. Tako smo pokazali, da je A = QDQ⊤, kjerje Q obrnljiva matrika. Kvadratni formi, ki pripadata matrikama A in D, staekvivalentni. �

Izrek 1.6 (Sylvestrov izrek o vztrajnosti) Naj bo q : Rn → R kvadratna

forma in A pripadajoca simetricna matrika. Potem je q ekvivalentna kvadratniformi, ki ji pripada matrika

S =

I1 0 00 −I2 00 0 0

, (XI.1)

kjer je Ij identicna matrika reda sj, j = 1, 2, s1 + s2 = r(A), s1 je stevilo poz-itivnih lastnih vrednosti (stetih z veckratnostmi) za A in s2 stevilo negativnihlastnih vrednosti (z veckratnostmi) za A.

Dokaz Po prejsnji trditvi je q ekvivalentna kvadratni formi, ki ji pripada diag-onalna matrika D. Ker je A simetricna matrika, so vse njene lastne vrednostirealne. Pri tem lahko privzamemo, da je D oblike

D =

D1 0 00 D2 00 0 0

∈ Rn×n ,

kjer sta D1 in D2 diagonalni in so vsi diagonalni elementi v D1 pozitivni invsi diagonalni elementi v D2 negativni. Tako je D1 ∈ R

s1×s1 in D2 ∈ Rs2×s2 .

Ker za vsako pozitivno realno stevilo obstaja realen kvadratni koren, lahkonajdemo taki obrnljivi diagonalni matriki E1 in E2, da je E2

1 = D1 in E22 =

−D2. Oznacimo P =

E−11

0 0

0 E−12

00 0 I

. Potem je

P⊤DP =

I1 0 00 −I2 00 0 0

= S .


Kvadratna forma q je zato ekvivalentna kvadratni formi, ki ji pripada matrikaS. �

Definicija 1.7 Matriko S iz (XI.1) imenujemo Sylvestrova matrika za kvad-ratno formo q(v) = 〈Av,v〉. Par stevil (s1, s2) imenujemo signatura kvadratneforme q. Vsoto s1 + s2 = r(A) imenujemo rang kvadratne forme q. ♦

Opomba 1.8 Kvadratna forma je s signaturo dolocena do ekvivalentnostinatanko. Poljubni dve ekvivalentni kvadratni formi imata enako signaturo,neekvivalentni kvadratni formi pa imata razlicni signaturi. ♦

Zgled 1.9 Poiscimo Sylvestrovo matriko za kvadratno formo q(x, y) = 4xy

na R2. Tej kvadratni formi pripada simetricna matrika

A =

[

0 22 0

]

.

Karakteristicni polinom za A je pA(λ) = λ2 − 4. Lastni vrednosti za A sta 2in −2, zato je signatura za q enaka (1, 1). Sylvestrova matrika za q je

[

1 00 −1

]

. �

Ker bomo kasneje rabili kvadratne forme na R2 in R

3, navedimo vse mozneneekvivalentne kvadratne forme na R

2 in R3.

Izrek 1.10 Na R2 imamo naslednje neekvivalentne kvadratne forme:

signatura rang kvadratna forma

(2, 0) 2 x2 + y2

(1, 1) 2 x2 − y2

(0, 2) 2 −x2 − y2

(1, 0) 1 x2

(0, 1) 1 −x2

(0, 0) 0 0

Na R3 imamo poleg zgoraj nastetih se stiri neekvivalentne kvadratne forme z

rangom 3:

signatura rang kvadratna forma

(3, 0) 3 x2 + y2 + z2

(2, 1) 3 x2 + y2 − z2

(1, 2) 3 x2 − y2 − z2

(0, 3) 3 −x2 − y2 − z2

2. KRIVULJE DRUGEGA REDA 205

Definicija 1.11 Naj bo A simetricna matrika, ki pripada kvadratni formi q.Naj bo B = {v1,v2, . . . ,vn} ortonormirana baza iz lastnih vektorjev za A inP ortogonalna matrika, katere stolpci so vektorji v1,v2, . . . ,vn. Potem je

A = PDP⊤ ,

kjer je D diagonalna matrika. Oznacimo z Vi = L (vi). Potem vektorskepodprostore V1, V2, . . . , Vn imenujemo glavne osi kvadratne forme q. Glavneosi nam dolocajo ortogonalen koordinatni sistem v R

n. ♦

Zgled 1.12 Poiscimo glavni osi kvadratne forme q(x, y) = 4xy na R2. Pri-

padajoca matrika je

A =

[

0 22 0

]

in njeni lastni vrednosti sta α1 = 2 in α2 = −2. Hitro izracunamo, da sta

glavni osi V1 = L

([

11

])

in V2 = L

([

1−1

])

. �

2 Krivulje drugega reda

Krivulja drugega reda je mnozica tock

[

x

y

]

v R2, ki zadoscajo enacbi

ax2 + 2bxy + cy2 + dx + ey + f = 0 (XI.2)

Pri tem privzamemo, da je vsaj eden od koeficientov a, b, c neniceln. Vcasihkrivuljam drugega reda recemo tudi stoznice.

Kvadratna forma, ki pripada krivulji (XI.2), je

q(v) = q(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2, kjer je v =

[

x

y

]

.

Le-tej pripada matrika A =

[

a b

b c

]

. Torej je

q(v) = 〈Av,v〉 .

Linearni del enacbe (XI.2) zapisemo v obliki

dx + ex = 〈v,v0〉 ,


kjer je v0 =

[

d

e

]

. Enacbo krivulje drugega reda tako lahko zapisemo tudi v

obliki〈Av,v〉+ 〈v,v0〉+ f = 0 . (XI.3)

Na kratko si bomo ogledali vse mozne krivulje drugega reda. Pri tem bomolocili vec primerov.

Primer I Predpostavimo, da je r(A) = 2 in v0 = 0.

Potem je enacba krivulje oblike

〈Av,v〉+ f = 0 (XI.4)

Naj bo A = PDP⊤, kjer je P ortogonalna matrika in D =

[

α1 00 α2

]

di-

agonalna matrika. Z V1 in V2 oznacimo glavni osi za (XI.4). Ti dve glavniosi kvadratne forme q imenujemo glavni osi krivulje (XI.4). Pisimo se

[

x′

y′

]

= v′ = P⊤v .

V koordinatah x′ in y′ ima krivulja (XI.4) enacbo

α1x′2 + α2y

′2 = −f .

Ker je r(A) = 2, sta α1 in α2 nenicelna. Sedaj locimo vec moznosti:

a) Ce je f = 0, je enacba za (XI.4) enaka

α1x′2 + α2y

′2 = 0 . (XI.5)

- Ce sta α1 in α2 oba pozitivna ali oba negativna, je edina resitevenacbe (XI.5) tocka (0, 0).

- Ce sta α1 in α2 razlicnih predznakov, npr. α1 > 0 in α2 < 0,potem (XI.5) lahko zapisemo v obliki

(β1x′ + β2y

′)(β1x′ − β2y

′) = 0 , (XI.6)

kjer je β1 =√

α1 in β2 =√−α2. Resitev enacbe (XI.6) sta

premici, ki se sekata v tocki 0.

b) Predpostavimo, da je f 6= 0. Oznacimo γ1 = − fα1

in γ2 = − fα2

.Potem ima krivulja (XI.4) enacbo

x′2

γ1

+y′2

γ2

= 1 . (XI.7)

Locimo tri moznosti.


(i) Ce sta oba γ1 in γ2 negativna, potem nobena tocka

[

x′

y′

]

ne

zadosca enacbi (XI.7).

(ii) Ce je eden od γ1 ali γ2 pozitiven in drugi negativen, potem je(XI.7) enacba hiperbole.

(iii) Ce sta oba γ1 in γ2 pozitivna, je (XI.7) enacba elipse.

Stevili√

|γ1| in√

|γ2| v (ii) oziroma (iii) imenujemo polosi hiper-bole, oziroma elipse.

Zgled 2.1 Narisimo krivuljo drugega reda z enacbo 5x2−8xy+5y2 = 4.Kvadratni formi 5x2 − 8xy + 5y2 pripada matrika

A =

[

5 −4−4 5

]

.

Ta ima karakteristicni polinom pA(λ) = λ2 − 10λ + 9 = (λ − 9)(λ − 1).

Lastni vrednosti sta α1 = 1 in α2 = 9. Glavni osi sta L

([

11

])

in

L

([

1−1

])

, oziroma premici z enacbama y = x in y = −x. V koordi-

natnem sistemu[

x′

y′

]

=

[

1√2

1√2

1√2− 1√

2

]

[

x

y

]

ima krivulja enacbox′2 + 9y′2 = 4 ,

oziromax′2

4+

y′2

4

9

= 1 .

Krivulja je elipsa in njeni polosi sta 2 in 2

3.

x1 2−1−2

y

1

2

−1

−2

x′y′pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

pppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

�


Primer II Predpostavimo, da je r(A) = 2 in v0 6= 0.

Ker je A obrnljiva matrika, obstaja tak vektor u0, da je Au0 = v0.Potem lahko enacbo krivulje (XI.3) preoblikujemo v

0 = 〈Av,v〉+ 〈v, Au0〉+ f =

= 〈Av,v〉+1

2〈Av,u0〉+

1

2〈Au0,v〉+

1

4〈Au0,u0〉 −

1

4〈Au0,u0〉+ f =

= 〈A(v +1

2u0),v +

1

2u0〉 −

1

4〈Au0,u0〉+ f .

Ce oznacimo v′ = v + 1

2u0 in f ′ = f − 1

4〈Au0,u0〉, potem ima krivulja

enacbo〈Av′,v′〉+ f ′ = 0 .

Glede na premaknjeni koordinatni sistem, ima krivulja enacbo brez lin-earnega dela. Krivulje s tako enacbo pa smo ze obravnavali v primeru I.Omenimo se, da glavni osi kvadratne forme 〈Av′,v′〉 imenujemo glavniosi krivulje (XI.3).

Zgled 2.2 Katera krivulja drugega reda je podana z enacbo

10x2 − 20xy − 5y2 + 60x− 20 = 0?

Matrika, ki pripada kvadratni formi q(x, y) = 10x2 − 20xy − 5y2 je

A =

[

10 −10−10 −5

]

. Njena determinanta je detA = −150, zato je r(A) =

2. Poiscimo koordinatni sistem v′ =

[

x′

y′

]

, v katerem ima krivulja enacbo

brez linearnega dela. Vektor v0 za krivuljo je v0 =

[

600

]

. Potem je

u0 = A−1v0 = 1

−150

[

−5 1010 10

] [

600

]

=

[

2−4

]

. Novi koordinatni sistem je

v′ =

[

x′

y′

]

=

[

x

y

]

+1

2

[

2−4

]

=

[

x + 1y − 2

]

.

V tem koordinatnem sistemu ima krivulja enacbo

10x′2 − 20x′y′ − 5y′2 − 50 = 0 .

Pri tem je 1

4〈Au0,u0〉 = 30.

Karakteristicni polinom za matriko A je pA(λ) = λ2 − 5λ− 150 == (λ − 15)(λ + 10). Lastni vrednosti sta α1 = 15 in α2 = −10. Glavni


osi sta V1 = L

([

2−1

])

in V2 = L

([

12

])

. To sta premici z enacbama

y′ = −1

2x′ in y′ = 2x′. V originalnih koordinatah sta to premici y =

−1

2x + 3

2in y = 2x + 4.

V koordinatnem sistemu

[

x′′

y′′

]

=

[

2√5− 1√

51√5

2√5

]

[

x′

y′

]

ima krivulja enacbo

15x′′2 − 10y′′2 = 50

oziroma

x′′2

10

3

− y′′2

5= 1 .

To je enacba hiperbole, katere polosi sta√

10

3in√

5.


x1 2 3 4 5−1−2−3−4−5

y

1

2

3

4

5

−1

−2

−3

−4

−5

x′

y′

x′′

y′′

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

p

�

Primer III Predpostavimo, da je r(A) = 1.

Potem je σ(A) = {0, α}, kjer je α 6= 0. Naj bo A = PDP⊤, kjer je P

ortogonalna in D diagonalna matrika. Glede na koordinate

v′ =

[

x′

y′

]

= P⊤[

x

y

]

ima krivulja enacbo

αy′2 + γx′ + δy′ + ϕ = 0 .

Ker je α 6= 0, to enacbo delimo z α in dobimo

y′2 +γ

αx′ +

δ

αy′ +

ϕ

α= 0


in(

y′ +δ

2α

)2

+γ

αx′ +

ϕ

α− δ2

4α2= 0 .

Oznacimo y′′ = y′ + δ2α

, γ′ = γα

in ϕ′ = ϕα− δ2

4α2 . Enacba krivulje jepotem

y′′2 + γ′x′ + ϕ′ = 0 .

Locimo vec moznih primerov.

a) Denimo, da je γ′ = 0.

- Potem v primeru, ko je ϕ′ > 0 nimamo nobene resitve,

- v primeru, ko je ϕ′ = 0, dobimo eno premico y′′ = 0 ter

- v primeru ϕ′ < 0 dve vzporedni premici y′′ = ±√−ϕ′.

b) Ce je γ′ 6= 0, oznacimo x′′ = x′ + ϕ′

γ′ . Potem ima krivulja enacbo

y′′2 + γ′x′′ = 0 .

To je enacba parabole.

Zgled 2.3 Poiscimo, katero krivuljo predstavlja enacba x2− 2xy + y2−−4√

2x + 4 = 0. Kvadratna forma x2 − 2xy + y2 ima matriko

A =

[

1 −1−1 1

]

,

ki ima karakteristicni polinom pA(λ) = λ2 − 2λ. Lastni vrednosti sta0 in 2, rang A je enak 1. Ortonormirana baza iz lastnih vektorjev je{

1√2

[

11

]

, 1√2

[

1−1

]}

in novi spremenljivki sta

[

x′

y′

]

=

[

1√2x + 1√

2y

1√2x− 1√

2y

]

.

Velja se[

x

y

]

=

[

1√2x′ + 1√

2y′

1√2x′ − 1√

2y′

]

.

Potem je enacba krivulje 2y′2 − 4x′ − 4y′ + 4 = 0, oziroma y′2−−2x′ − 2y′ + 2 = 0. Vpeljemo se novi spremenljivki y′′ = y′ − 1 inx′′ = x′ − 1

2in dobimo

y′′2 − 2x′′ = 0 oziroma x′′ =1

2y′′2 .


To je enacba parabole.

x1 2 3−1−2

y

1

2

−1

−2

x′

y′x′′

y′′

ppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppppp

�

Povzemimo: Pokazali smo, da so krivulje drugega reda elipsa, hiperbola inparabola - te imenujemo neizrojene krivulje drugega reda - ter prazna mnozica,tocka, premica, par vzporednih in par sekajocih se premic. Te zadnje primereimenujemo izrojeni primeri krivulj drugega reda.

3 Ploskve drugega reda

V R3 je z enacbo

ax2 + by2 + cz2 + 2dxy + 2exz + 2fyz + gx + hy + iz + j = 0 , (XI.8)

kjer je vsaj eden od a, b, c, d, e, f neniceln, podana ploskev, ki jo imenujemoploskev drugega reda.

Kvadratna forma, ki pripada ploskvi z enacbo (XI.8), je ax2 + by2 + cz2 +

2dxy + 2exz + 2fyz. Tej pripada matrika A =

a d e

d b f

e f c

. Linearen del

zapisemo v obliki skalarnega produkta gx+hy + iz = 〈v,v0〉, kjer je v =

x

y

z

in v0 =

g

h

i

. Enacbo (XI.8) lahko zapisemo v obliki

〈Av,v〉+ 〈v,v0〉+ j = 0 . (XI.9)

3. PLOSKVE DRUGEGA REDA 213

Podobna analiza, kot pri krivuljah, nas privede do vseh moznih ploskev dru-gega reda. Navedli bomo vse moznosti. Spet moramo lociti vec primerov.

Primer I Naj bo r(A) = 3 in v0 = 0.

Naj bo A = PDP⊤, kjer je P ortogonalna in D =

α1 0 00 α2 00 0 α3

diag-

onalna matrika. V koordinatah

v′ =

x′

y′

z′

= P⊤v

ima ploskev enacbo

α1x′2 + α2y

′2 + α3z′2 = β . (XI.10)

Po potrebi pomnozimo enacbo z −1, tako da je β ≥ 0.

a) Privzemimo najprej, da je β > 0. Sedaj locimo vec moznosti gledena signaturo kvadratne forme

α1x′2 + α2y

′2 + α3z′2 . (XI.11)

- Ce je signatura enaka (3, 0), potem je ploskev (XI.10) elipsoid .

elipsoid

- Ce je signatura enaka (2, 1) je ploskev enodelni hiperboloid .

- Ce je signatura enaka (1, 2), je ploskev dvodelni hiperboloid .


enodelni hiperboloid dvodelni hiperboloid

- V primeru, da je signatura enaka (0, 3), nobena tocka ne ustrezaenacbi (XI.10).

b) Obravnavajmo se primer β = 0.

- Ce je signatura kvadratne forme (XI.11) enaka (3, 0) ali (0, 3),dobimo samo tocko (0, 0, 0).

- Ce je signatura enaka (2, 1) ali (1, 2), dobimo (elipticni) stozec.

elipticni stozec

Primer II Naj bo rang r(A) = 3 in v0 6= 0. Oznacimo z u0 vektor, zakaterega je Au0 = v0. Potem z uvedbo novih spremenljivk v′ = v+ 1

2u0

enacbo (XI.9) prevedemo na obliko brez linearnega dela. To pa smo zeobravnavali v primeru I.


Primer III Privzemimo, da r(A) = 2. Z uvedbo novih spremenljivk v′ =P⊤v prevedemo enacbo (XI.9) v obliko

α1x′2 + α2y

′2 + β1x′ + β2y

′ + β3z′ + γ = 0 .

Z uvedbo novih spremenljivk x′′ = x′ + β1

2α1in y′′ = y′ + β2

2α2gornjo

enacbo prevedemo na obliko

α1x′′2 + α2y

′′2 + βz′ + γ = 0 . (XI.12)

Tu smo pisali β namesto β3. Po potrebi lahko z mnozenjem z −1dosezemo, da je γ ≤ 0. Sedaj locimo vec primerov.

a) Ce je β 6= 0, vpeljemo novo spremenljivko z′′ = z′+ γβ. Ploskev ima

potem enacboα1x

′′2 + α2y′′2 + βz′′ = 0 .

- Ce je signatura kvadratne forme α1x′′2 + α2y

′′2 enaka (2, 0) ali(0, 2), dobimo elipticni paraboloid .

elipticni paraboloid

- Ce je signatura enaka (1, 1), pa dobimo hiperbolicni paraboloid(ali sedlo).

hiperbolicni paraboloid


b) Ce pa je β = 0 in γ < 0, potem imamo enacbo

α1x′′2 + α2y

′′2 + γ = 0 . (XI.13)

- Ce je signatura kvadratne forme α1x′′2 + α2y

′′2 enaka (2, 0),dobimo elipticni valj .

- Ce je signatura enaka (1, 1), dobimo hiperbolicni valj .

elipticni valj hiperbolicni valj

- V primeru, da je signatura enaka (0, 2), nobena tocka ne ustrezaenacbi (XI.13).

c) Zadnja moznost v tem primeru je β = γ = 0. Potem enacba α1x′′2+

α2y′′2 = 0 predstavlja:

- premico, ce je signatura kvadratne forme α1x′′2 + α2y

′′2 enaka(2, 0) ali (0, 2).

- dve ravnini, ki se sekata v premici, ce je signatura enaka (1, 1).

Primer IV Obravnavati moramo se primer, ko je r(A) = 1.

Z uvedbo novih spremenljivk v′ = P⊤v prevedemo enacbo (XI.9) vobliko

α1x′2 + β1x

′ + β2y′ + β3z

′ + γ = 0 .

Z uvedbo nove spremenljivke x′′ = x′ + β1

2α1dobimo

α1x′′2 + β2y

′ + β3z′ + γ = 0 .

a) Ce je β 6= 0, potem uvedemo novo spremenljivko y′′ = y′+ β3

β2z′+ γ

β2,


b) ce pa je β2 = 0 in β3 6= 0, potem uvedemo novo spremenljivkoy′′ = z′ + γ

β3. V obeh primerih dobimo enacbo

α1x′′2 + βy′′ = 0 .

To je enacba parabolicnega valja.

parabolicni valj

c) Zadnja moznost, ki se ostane, je primer β2 = β3 = 0. Tedaj jeenacba oblike α1x

′′2 + γ = 0, oziroma

x′′2 = − γ

α1

.

- Ce je γα1

> 0, potem nimamo resitve.

- Ce je γ = 0, je dobljena ploskev ravnina,

- ce pa je γα1

< 0, dobimo par vzporednih ravnin.

Za konec navedimo se vse mozne vrste ploske drugega reda in za vsako enos-taven zgled enacbe, ki ji ustreza. Tudi tu locimo neizrojene in izrojene primere.

Neizrojene ploskve drugega reda so:

vrsta zgled enacbe

elipsoid x2 + y2 + z2 = 1enodelni hiperboloid x2 + y2 − z2 = 1dvodelni hiperboloid x2 − y2 − z2 = 1

stozec x2 + y2 − z2 = 0elipticni paraboloid x2 + y2 − z = 0

hiperbolicni paraboloid x2 − y2 − z = 0elipticni valj x2 + y2 = 1

hiperbolicni valj x2 − y2 = 1parabolicni valj x2 − y = 0


Izrojene ploskve drugega reda so:

vrsta zgled enacbe

tocka x2 + y2 + z2 = 0premica x2 + y2 = 0

dve ravnini x2 − y2 = 0ravnina x2 = 0

par vzporednih ravnin x2 = 1prazna mnozica x2 = −1, x2 + y2 = −1, x2 + y2 + z2 = −1

Zgled 3.1 Dolocimo, katero ploskev predstavlja enacba 2xy + 2xz + z2 = 1.Simetricna matrika, ki pripada kvadratni formi q(x, y, z) = 2xy + 2xz + z2, je

A =

0 1 11 0 01 0 1

.

Njen karakteristicni polinom je pA(λ) = −λ3 +λ2 +2λ−1. Ker je pA(−2) > 0,pA(−1) < 0, pA(0) < 0, pA(1) > 0 in pA(2) < 0, ima pA(λ) eno negativnoin dve pozitivni nicli. Signatura kvadratne forme q je (2, 1). Zato enacbapredstavlja enodelni hiperboloid. �

Zgled 3.2 Dolocimo vrsto ploskve drugega reda, podane z enacbo

x2 + 4y2 + 2z2 + 4xy + 5x− 2y + 7z + 10 = 0 .

Kvadratna forma je x2 + 4y2 + 2z2 + 4xy in ima simetricno matriko

A =

1 2 02 4 00 0 2

.

Rang matrike A je 2. Ker je matrika blocno diagonalna, hitro dobimo njenkarakteristicni polinom:

pA(λ) = (λ2 − 5λ)(2− λ) = −λ(λ− 5)(λ− 2) .

Spekter matrike A je σ(A) = {0, 2, 5} in signatura kvadratne forme je (2, 0).Izracunajmo glavne osi. Za lastne vrednosti α = 0, β = 2 ter γ = 5 dobimo

A−αλ =

1 2 02 4 00 0 2

, A−βλ =

−1 2 02 2 00 0 0

in A−γλ =

−4 2 02 −1 00 0 −3

.


Pripadajoci lastni vektorji so

u1 =1√5

2−10

, u2 =

001

in u3 =1√5

120

.

Glavne osi kvadratne forme 〈Av,v〉 so L

2−10

, L

001

ter L

120

.

Uvedemo v′ = P⊤v, kjer je P =

2√5

0 1√5

− 1√5

0 2√5

0 1 0

. Potem je

v′ =

x′

y′

z′

=

2√5− 1√

50

0 0 11√5

2√5

0

x

y

z

=

2√5x− 1√

5y

z1√5x + 2√

5y

in

v =

x

y

z

=

2√5

0 1√5

− 1√5

0 2√5

0 1 0

x′

y′

z′

=

2√5x′ + 1√

5z′

− 1√5x′ + 2√

5z′

y′

.

V novem koordinatnem sistemu je enacba ploskve oblike

2y′2 + 5z′2 + 5

(

2√5x′ +

1√5z′

)

− 2

(

− 1√5x′ +

2√5z′

)

+ 7y′ + 10 =

2y′2 + 5z′2 +12√

5x′ + 7y′ +

1√5z′ + 10 =

2

(

y′2 +7

2

)

+ 5

(

z′2 +1

5√

5z′

)

+12√

5x′ + 10 = 0 .

Ce uvedemo y′′ = y′ + 7

4in z′′ = z′ + 1

10√

5, dobimo

2y′′2 − 49

8− 1

100+ 5z′′2 +

12√5x′ + 10 =

2y′′2 + 5z′′2 +12√

5x′ +

773

200= 0 .

Ce sedaj uvedemo se x′′ = x′+ 773√

5

2400, dobimo enacbo elipticnega paraboloida:

2y′′2 + 5z′′2 +12√

5x′′ = 0 . �

Dodatek A

Permutacije

Permutacija je bijektivna preslikava iz mnozice {1, 2, 3, . . . , n} nase. Tu je nnaravno stevilo. Permutacije bomo oznacevali z grskimi crkami σ, ρ, π, τ, . . . ,mnozico vseh permutacij mnozice {1, 2, . . . , n} pa z oznako Πn.

Permutacije lahko podamo na vec nacinov:

a) s tabelo: σ :

(

1 2 3 . . . nσ(1) σ(2) σ(3) . . . σ(n)

)

b) z zaporedjem: σ : (σ(1), σ(2), σ(3), . . . , σ(n))

c) s cikli: σ :(

j1 j2 . . . jk1

) (

jk1+1 . . . jk2

)

. . .(

jkr−1+1 . . . jkr

)

.

Pri tem zaporedje razlicnih naravnih stevil(

j1 . . . jk1

)

imenujemo cikel (zaσ) ce velja σ(jl) = σ(jl+1), l = 1, 2, . . . , k − 1 in σ(jk) = j1.

Zgled A.1 1.) Vzemimo n = 5. Potem je zgled permutacije npr.

σ :

(

1 2 3 4 53 1 4 2 5

)

.

Zapis σ z zaporedjem je σ : (3, 1, 4, 2, 5). Zapis s cikli pa je naslednji:

σ :(

1 3 4 2) (

5)

.

2.) Naj bo n = 6 in σ permutacija podana z zaporedjem σ : (6, 5, 1, 4, 2, 3).Potem je njen zapis s cikli enak σ :

(

1 6 3) (

2 5) (

4)

. �

Trditev A.2 Vseh razlicnih permutacij mnozice {1, 2, . . . , n} je n! (= 1 ·2 ·3·· . . . · n).

221

222 DODATEK A. PERMUTACIJE

Dokaz Permutacija je bijektivna preslikava σ : {1, 2, . . . , n} → {1, 2, . . . , n}.Za sliko stevila 1 imamo n moznosti 1, 2, . . . , n, za sliko stevila 2 nam potempreostane se n− 1 moznosti, za sliko stevila 3 se n− 2 moznosti, itd., koncnonam za sliko stevila n ostane se ena sama moznost. Vseh moznosti je torejn · (n− 1) · (n− 2) · . . . · 1 = n!. �

Zgled A.3 Za n = 2 imamo dve permutaciji:

- identicno permutacijo id :

(

1 21 2

)

, s cikli(

1) (

2)

,

- in transpozicijo σ :

(

1 22 1

)

, s cikli(

1 2)

.

Za n = 3 imamo 6 permutacij:

(

1 2 31 2 3

) (

1 2 32 1 3

) (

1 2 33 2 1

)

(

1 2 31 3 2

) (

1 2 32 3 1

) (

1 2 33 1 2

)

. �

Definicija A.4 Naj bo σ permutacija mnozice {1, 2, . . . , n}. Potem recemo,da par {i, j} ⊆ {1, 2, . . . , n}, i 6= j tvori inverzijo za σ, ce je i < j in σ(i) >σ(j). Stevilo parov {i, j} ⊆ {1, 2, . . . , n}, ki tvorijo inverzijo za σ, imenujemoindeks permutacije σ. Indeks oznacimo z indσ. Stevilo (−1)ind σ imenujemosignatura permutacije σ. To oznacimo z sgn σ. ♦

Zgled A.5 Poiscimo indeks in signaturo za permutaciji

σ :

(

1 2 3 4 54 3 5 1 2

)

in τ :

(

1 2 3 4 5 66 4 1 2 3 5

)

.

Pari, ki tvorijo inverzijo za σ so: {1, 2}, {1, 4}, {1, 5}, {2, 4}, {2, 5}, {3, 4} in{3, 5}. Tako je indσ = 7 in sgnσ = −1.

Pari, ki tvorijo inverzijo za τ so: {1, 2}, {1, 3}, {1, 4}, {1, 5}, {1, 6}, {2, 3},{2, 4} in {2, 5}. Torej je ind τ = 8 in sgn τ = 1. �

Trditev A.6 Ce v permutaciji podani z zaporedjem σ : (j1, j2, . . . , jn) zamen-jamo dve sosednji stevili, je signatura nove permutacije enaka − sgn σ.

223

Dokaz Oznacimo novo permutacijo s σ. Denimo, da smo v σ zamenjali ji inji+1. Ce par {i, i+1} tvori inverzijo za σ, potem par {i, i+1} ne tvori inverzijeza σ. Obratno, ce par {i, i+1} ne tvori inverzije za σ, potem par {i, i+1} tvoriinverzijo za σ. Pari {k, l}, ki tvorijo inverzijo za σ in za katere k, l /∈ {i, i+1},tvorijo inverzijo tudi za σ. Ce za k /∈ {i, i + 1} par {k, i} tvori inverzijo za σ,potem par {k, i + 1} tvori inverzijo za σ. Ce par {k, i + 1} tvori inverzijo zaσ, potem par {k, i} tvori inverzijo za σ. Torej je |ind σ − indσ| = 1. Zato jesgn σ = − sgn σ. �

Trditev A.7 Ce v permutaciji σ : (j1, j2, . . . , jn) zamenjamo dve stevili, jesignatura nove permutacije enaka − sgn σ.

Dokaz Denimo, da je permutacija σ dobljena iz σ tako, da zamenjamo ji injk, i < k.

Potem σ dobimo iz σ z zaporednimi zamenjavami sosednjih parov {ji, ji+1},{ji, ji+2}, . . . , {ji, jk} (s tem iz σ dobimo permutacijo podano z zaporedjem(j1, . . . , ji−1, ji+1, . . . , jk, ji, jk+1, . . . , jn)) in nato se z zaporednimi zamenjavamiparov {jk, jk−1}, {jk, jk−2}, . . . , {jk, ji+1}. Pri vsaki od teh zamenjav se potrditvi A.6 signatura spremeni. Teh zamenjav je k− i+k− i−1 = 2k−2i−1,torej liho mnogo. Zato je sgn σ = − sgn σ. �

Izrek A.8 Permutacija σ in njej inverzna permutacija σ−1 imata enak indeksin enako signaturo.

Dokaz Ce par {i, j} tvori inverzijo za σ, velja i < j in σ(i) > σ(j). Potem je

σ(j) < σ(i) in σ−1(

σ(j))

= j > i = σ−1(

σ(i))

.

Za to par {σ(j), σ(i)} tvori inverzijo za σ−1. Enako pokazemo, da par {σ(i), σ(j)}ne tvori inverzije za σ−1, ce par {i, j} ne tvori inverzije za σ. Iz povedanegasledi, da imamo bijekcijo med pari, ki tvorijo inverzijo za σ in pari, ki tvorijoinverzijo za σ−1. Zato je indσ = indσ−1 in sgnσ = sgn σ−1. �

Zgled A.9 Za permutacijo σ :

(

1 2 3 4 5 62 5 1 3 6 4

)

je inverzna permutacija

σ−1 :

(

1 2 3 4 5 63 1 4 6 2 5

)

. Pari, ki tvorijo inverzijo za σ, so {1, 3}, {2, 3},

{2, 4}, {2, 6} in {5, 6}. Pari, ki tvorijo inverzijo za σ−1, so {1, 2}, {1, 5}, {3, 5},{4, 5} in {4, 6}. Tako je indσ = indσ−1 = 5 in sgnσ = sgn σ−1 = −1. �

Dodatek B

Evklidov algoritem

S pomocjo Evklidovega algoritma poiscemo najvecji skupni delitelj dveh nar-avnih (ali celih) stevil. Ce sta a in b dve celi stevili, potem lahko a delimo z b

in to zapisemo a = sb + r, kjer je r ostanek pri deljenju in velja 0 ≤ r < |b|.Evklidov algoritem: Imamo dani dve nenicelni celi stevili a in b; denimo,

da je |a| ≥ |b|. Potem z deljenjem poiscemo taka cela stevila s1, s2, . . . inr1, r2, . . . , da velja

a = s1b + r1

b = s2r1 + r2

r1 = s3r2 + r3

r2 = s4r3 + r4

...

in |b| > r1 > r2 > r3 > · · · ≥ 0. Algoritem se ustavi, ko je rk = 0. Ker jenaravnih stevil manjsih od |b| koncno mnogo, se bo algoritem zagotovo ustavilv koncno korakih. Denimo, da je k-tem koraku rk = 0 in rk−1 6= 0. Potemje rk−1 najvecji skupni delitelj a in b. Kako to dokazemo? Poglejmo si nekajzadnjih korakov Evklidovega algoritma:

rk−2 = skrk−1

rk−3 = sk−1rk−2 + rk−1

rk−4 = sk−2rk−3 + rk−2 .

Iz prve od teh enakosti sledi, da rk−1 deli rk−2. Potem iz druge enakosti sledi,da rk−1 deli rk−3 in iz tretje, da rk−1 deli rk−4. Zgornji sklep ponavljamo,dokler ne dobimo, da rk−1 deli tako b kot tudi a. Torej je rk−1 skupni delitelj

225

226 DODATEK B. EVKLIDOV ALGORITEM

a in b. Obratno, ce je q skupni delitelj a in b, potem deli r1, kar vidimo izprve enakosti v Evklidovem algoritmu. Iz druge enakosti dobimo, da q deli r2,itd. Tako sledi, da q deli rk−1 in je zato rk−1 res najvecji skupni delitelj a inb. Pisemo tudi d(a, b) = rk−1, oziroma samo d = d(a, b).

Zgled B.1 Poiscimo najvecji skupni delitelj stevil 144 in 40:

144 = 3 · 40 + 24

40 = 1 · 24 + 16

24 = 1 · 16 + 8

16 = 2 · 8 + 0

Torej je najvecji skupni delitelj 144 in 40 enak 8. �

S pomocjo Evklidovega algoritma lahko poiscemo taki celi stevili p in q, daje p · a + q · b = d, kjer je d najvecji skupni delitelj a in b. Kako to naredimo?Iz prve enakosti v algoritmu dobimo

r1 = a− s1b .

Potem iz druge enakosti sledi

r2 = −s2a + (1 + s1)b .

Nadaljujemo z vstavljanjem r2, r3, . . . , dokler iz predzadnje enakosti ne do-bimo zveze

rk−1 = pa + qb

za neki celi stevili p in q.

Zgled B.2 Izrazimo 8 v obliki p · 144 + q · 40. Racunajmo:

24 = 144− 3 · 40

16 = 40− (144− 3 · 40) = −144 + 4 · 40

8 = (144− 3 · 40) + 144− 4 · 40 = 2 · 144− 7 · 40 .

Torej je p = 2 in q = −7. �

Definicija B.3 Recemo, da sta celi stevili a in b tuji , ce je njun najvecjiskupni delitelj enak 1. ♦

227

Ce sta a in b tuji, potem obstajata taki celi stevili p in q, da je pa + qb = 1.Evklidov algoritem lahko uporabimo tudi za iskanje najvecjega skupnega

delitelja dveh polinomov. Naj bo K = O[x] kolobar polinomov s koeficienti vkomutativnem obsegu O. Ce sta a(x) in b(x) dva polinoma, potem lahko a(x)delimo z b(x) in dobimo

a(x) = s(x)b(x) + r(x) .

Pri tem je 0 ≤ st r < st b. Tu smo s st p oznacili stopnjo polinoma p.V kolobarju K je najvecji skupni delitelj dolocen do nenicelnega skalarnega

faktorja natanko.

Zgled B.4 Poiscimo najvecji skupni delitelj polinomov a(x) = x4 − 3x2 − 4in b(x) = x3 + 2x2 − x− 2 v K = R[x].Velja:

x4 − 3x2 − 4 = (x− 2)(x3 − 3x2 − 4) + (2x2 − 8)

x3 + 2x2 − x− 2 = (1

2x + 1)(2x2 − 8) + (3x− 6)

2x2 − 8 = (2

3x−

4

3)(3x− 6) + 0 .

Najvecji skupni delitelj je torej 3x− 6. Lahko pa vzamemo d(a, b) = x− 2. Zvstavljanjem dobimo, da je

x− 2 =

(

−1

6x−

1

3

)

a(x) +

(

1

6x2 −

1

3

)

b(x) . �

Dodatek C

Ekvivalencna relacija

Naj bo M neprazna mnozica in R podmnozica v mnozici vseh urejenih parovM ×M . Za urejen par elementov (x, y) ∈ M ×M recemo, da sta v relaciji

R, ce je (x, y) ∈ R. Ce velja (x, y) /∈ R, potem recemo, da x in y nista vrelaciji R. Dejstvo, da sta x in y v relaciji R, oznacimo z xR y. Ce x in ynista v relaciji R, to oznacimo z x 6R y. Ko govorimo o relaciji R, velikokrat“pozabimo”, da je R ⊆ M ×M , pac pa govorimo o R samo kot o odnosu medpari elementov x, y ∈ M . Tedaj relacija R za vsak par elementov x, y ∈ Mpove, ali xR y velja ali pa x in y nista v relaciji R, torej je x 6R y.

Zgled C.1 1.) Na mnozici realnih stevil R imamo relacijo manjsi <. Npr.2 < 3 ali 0 < π, medtem ko 2 in −2 nista v relaciji <: 2 ≮ −2.

2.) Na R imamo tudi relacijo manjsi ali enak ≤. Tako je npr. 5 ≤ 5 in4 ≤ 5, medtem ko 2 in 1 nista v relaciji: 2 � 1.

3.) Naj bo V vektorski prostor (dimenzije vsaj 2). Na mnozici M vsehvektorskih podprostorov na M imamo relacijo vsebovan ⊆.

4.) Na mnozici naravnih stevil N imamo relacijo “deli” |. Npr. 2 | 4 in5 | 100, medtem ko 2 ∤ 5. �

Definicija C.2 Naj bo M neprazna mnozica in R relacija na M . Potem jerelacija R:

a) refleksivna, ce je xR x za vse x ∈M ,

b) simetricna, ce xR y velja natanko tedaj kot y R x,

c) tranzitivna, ce iz veljavnosti xR y in y R z sledi xR z,

229

230 DODATEK C. EKVIVALENCNA RELACIJA

d) ekvivalencna, ce je refleksivna, simetricna in tranzitivna. ♦

Zgled C.3 1.) Relacija ≤ na R je refleksivna, saj je x ≤ x za vse x ∈ R. Tarelacija ni simetricna, saj je npr. 1 ≤ 2 in 2 � 1. Relacija je tranzitivna,ker iz x ≤ y in y ≤ z sledi x ≤ z.

2.) Naj bo M podmnozica vseh vektorskih podprostorov v Rn, n ≥ 2, in⊆ relacija na M . Potem je ⊆ refleksivna in tranzitivna. Relacija ⊆ nisimetricna, saj je npr. L (e1) ⊆ L (e1, e2) in L (e1, e2) * L (e1). Tu jeS = {e1, e2, . . . , en} standardna baza za Rn.

3.) Na mnozici M vektorskih podprostorov v Rn vpeljimo se eno relacijo,ki jo oznacimo z ∼. Recemo, da sta U in W v relaciji ∼, ce obstaja takaobrnljiva linearna preslikava A : Rn → Rn, da je AU = W .

Poglejmo, katere lastnosti ima relacija ∼. Je refleksivna, saj za identicnopreslikavo I : Rn → Rn velja IU = U za vse U ∈ M . Zato je U ∼ U zavse U ∈M .

Naj bo U ∼ W . Potem je AU = W za neko obrnljivo linearno preslikavoA : Rn → Rn. Ker je A−1 tudi obrnljiva in zanjo velja A−1W = U , jeW ∼ U . Zato je ∼ simetricna relacija.

Predpostavimo, da je U ∼ V in V ∼ W . Potem je AU = V in BV = Wza neki obrnljivi linearni preslikavi A,B : Rn → Rn. Produkt BA jeobrnljiva preslikava in zanjo velja BAU = BV = W . Zato je U ∼ W in∼ je tranzitivna relacija.

Ker je∼ refleksivna, simetricna in tranzitivna, je∼ ekvivalencna relacija.�

Ce je R ekvivalencna relacija na M , potem za vsak x ∈M oznacimo

[x] = {y ∈M ; xR y} .

Mnozica [x] 6= ∅, saj je gotovo x ∈ [x]. Mnozico [x] imenujemo ekvivalencni

razred elementa x (glede na ekvivalencno relacijo R).

Izrek C.4 Naj bo R ekvivalencna relacija na M . Ce je [x] ∩ [y] 6= ∅ za neka

x, y ∈M , potem je [x] = [y].

Dokaz Denimo, da je z ∈ [x] ∩ [y]. Vzemimo a ∈ [x]. Potem je xR z, y R zin xR a. Zaradi simetricnosti velja tudi z R x. Z uporabo tranzitivnosti izy R z in z R x dobimo y R x. S ponovno uporabo tranzitivnosti iz y R x terxR a dobimo y R a. Torej je a ∈ [y] in [x] ⊆ [y]. Ce v zgornjem razmislekuzamenjamo vlogi x in y, dobimo se obratno vsebovanost [y] ⊆ [x]. Zato je res[x] = [y]. �

231

Izrek C.5 Ce je R ekvivalencna relacija na M , potem je M disjunktna unija

vseh razlicnih ekvivalencnih razredov za R. Velja torej

M =⋃

i∈I

[x1] , [xi] ∩ [xj ] = ∅ za i 6= j,

za neko podmnozico {xi ; i ∈ I} ⊆M .

Obratno, ce je M disjunktna unija nekih svojih nepraznih podmnozic, den-

imo

M =⋃

i∈I

Mi , Mi ∩Mj = ∅ za i 6= j,

potem je relacija R definirana z

xR y ⇐⇒ obstaja tak indeks i, da je x, y ∈Mi, (C.1)

ekvivalencna relacija.

Dokaz Prvi del izreka sledi iz izreka C.4. Preverimo se, da je relacija Rdefinirana v (C.1), ekvivalencna.

Ocitno je refleksivna, saj za vsak x iz M obstaja tak i ∈ I, da je x ∈ Mi.Potem je x, x ∈Mi in zato je xR x.

Predpostavimo, da je xR y. Potem je x, y ∈ Mi za nek i ∈ I. Vendar jepotem tudi y R x, saj je y, x ∈Mi za isti i.

Denimo, da je xR y in y R z. Potem je x, y ∈ Mi za nek i in y, z ∈ Mj zanek j. Ker je y ∈ Mi ∩Mj , mora biti Mi = Mj . Potem je x, z ∈ Mi in zatoxR z. Relacija R je tudi tranzitivna in zato ekvivalencna. �

Zgled C.6 Relacija ∼ iz zgleda C.3 3.) je ekvivalencna. Kaj so njeni ekvi-valencni razredi?Ce je AU = W za kaka podprostora U,W ⊆ Rn in kako obrnljivo preslikavoA : Rn → Rn, potem je gotovo dimU = dimW .

Predpostavimo, da sta U in W podprostora enake dimenzije v Rn. Najbo B = {u1,u2, . . . ,uk} baza za U in C = {w1,w2, . . . ,wk} baza za W .Bazi dopolnimo do baz B1 = {u1,u2, . . . ,un} in C1 = {w1,w2, . . . ,wn} zaRn. Naj bo A : Rn → Rn linearna preslikava podana s predpisom Aui = wi

za i = 1, 2, . . . , n. Potem je A surjektivna in zato bijektivna. Za A veljaAU = W . Torej je U ∼ W . Ekvivalencni razredi podprostora U so tako ravnovsi vektorski podprostori z isto dimenzijo kot U . Iz povedanega sledi, da je

M =

n⋃

k=0

[L (e1, . . . , ek)] ,

kjer je S = {e1, . . . , ek} standardna baza za Rn. Pri tem je L (∅) = 0. �

232 DODATEK C. EKVIVALENCNA RELACIJA

Zgled C.7 Naj bo M = Rm×n. Na M je dana relacija ∼ s predpisom

A ∼ B ⇐⇒obstajata taki obrnljivi matriki P ∈ Rm×m in Q ∈ Rn×n,

da je B = PAQ.

Pokazimo, da je ∼ ekvivalencna in poiscimo njene ekvivalencne razrede.

Za vsak A ∈M je A = ImAIn, zato je A ∼ A.

Ce je A ∼ B, je B = PAQ za kaki obrnljivi matriki P in Q. Potem jeA = P−1BQ−1. Torej je tudi B ∼ A.

Denimo, da velja A ∼ B in B ∼ C. Potem je B = P1AQ1 in C = P2BQ2

za kake obrnljive matrike P1, P2, Q1 in Q2. Tedaj je

C = P2BQ2 = P2P1AQ1Q2 .

Ker sta P2P1 in Q1Q2 obrnljivi matriki, je A ∼ C. Torej je ∼ ekvivalencnarelacija.

Kaj so ekvivalencni razredi? Ce je A ∼ B, je B = PAQ za kaki obrnljivimatriki P in Q. Ker mnozenje z obrnljivo matriko ne spremeni ranga matrike,je r(A) = r(B). Denimo, da sta A in B matriki z istim rangom r. Enako kot vdokazu izreka VII4.7 pokazemo, da v Rn in Rm obstajata taki bazi B1 in C1,da ima A v njih matriko

AB1C1= Cr =

[

0 I0 0

]

,

kjer je I ∈ Rr×r. Torej je Cr = P1AQ1, kjer sta P1 in Q1 prehodni matriki.Ker je r(B) tudi enak r, enako pokazemo, da je

Cr = P2BQ2

za neki prehodni matriki P2 in Q2. Potem je

B = P−1

2CrQ

−1

2= P−1

2P1AQ1Q

−1

2

in zato velja B ∼ A.

Iz povedanega sledi, da je ekvivalencni razred glede narelacijo ∼ enak

podmnozici vseh matrik z istim rangom. Torej je M =⋃min{m,n}

i=0Mi, kjer

je

Mi = {A ∈ Rm×n ; r(A) = i} . �

233

Zgled C.8 Na M = Rm×n vpeljemo drugo relacijo ≃ s predpisom

A ≃ B ⇐⇒ obstaja taka obrnljiva matrika P ∈ Rm×m, da je B = PA.

Dokaz, da je ≃ ekvivalencna relacija, je zelo podoben dokazu, da je relacija ∼v prejsnjem zgledu ekvivalencna. Zato ta dokaz prepuscamo bralcu za vajo.

Kaj so ekvivalencni razredi? Iz II. in III. poglavja vemo, da imata dvematriki A in B, za kateri je B = PA in je P obrnljiva, isto vrsticno kanonicnoformo. Obratno, naj bosta A in B taki matriki, ki imata isto vrsticno kanon-icno formo, ki jo oznacimo s C. Ker lahko vrsticne elementarne transformacijedosezemo z mnozenjem z leve z obrnljivimi matrikami, je

A = P1C

za kako obrnljivo matriko P1. Podobno je B = P2C za kako obrnljivo matrikoP2. Potem je

B = P2C = P2P−1

1A.

Zato je A ≃ B. Ekvivalencni razred v M glede na relacijo ≃ je ravno mnozicavseh matrik z isto vrsticno kanonicno formo. Ker je razlicnih vrsticnih kanon-icnih form za matriko iz Rm×n, n ≥ 2 neskoncno mnogo, je M disjunktnaunija neskoncno mnogo razlicnih ekvivalencnih razredov. �

Dodatek D

Osnovni izrek algebre

Naj bo x spremenljivka in O komutativen obseg. Polinom je linearna kombi-nacija potenc x0 = 1, x, x2, . . . spremenljivke x:

p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · ·+ a1x + a0

s koeficienti an, an−1, . . . , a1, a0 iz obsega O.Mnozico vseh polinomov s koeficienti v O oznacimo z O[x]. V poglavju V

smo izvedeli, da je O[x] komutativen kolobar z enoto.Polinom p doloca preslikavo p : O → O in sicer se α ∈ O preslika v

p(α) = anαn + an−1αn−1 + · · ·+ a1α + a0. V splosnem polinomov ne moremo

enaciti s polinomskimi preslikavami:

Zgled D.1 Vzemimo O = Z3 in polinoma p(x) = x + 1 ter q(x) = x3 + 1. VZ3[x] sta p in q razlicna polinoma. Obseg Z3 ima tri elemente 0, 1, 2. Zanjevelja p(0) = 1 = q(0), p(1) = 2 = q(1) in p(2) = 0 = q(2). Zato p in q dolocataisto polinomsko preslikavo.

Ce je O neskoncen obseg, npr. O = Q, R ali C, potem razlicni polinomidolocajo razlicne preslikave. �

Definicija D.2 Naj bo p(x) = anxn + an−1xn−1 + · · · + a1x + a0 in an 6= 0.

Potem recemo, da je n stopnja polinoma p. Oznacimo jo z st p. Dogovorimose, da je stopnja polinoma 0 enaka −1. ♦

Zgled D.3 Velja st(x3 + 1) = 3, st(x + 1) = 1, st(5) = 0 in st(0) = −1. �

Definicija D.4 Element α ∈ O imenujemo nicla polinoma p, ce je p(α) = 0.♦

Trditev D.5 Naj bo p polinom stopnje vsaj 1 in α ∈ O nicla polinoma p.Potem obstaja tak polinom q ∈ O[x], da je p(x) = (x− α)q(x).

235

236 DODATEK D. OSNOVNI IZREK ALGEBRE

Dokaz Polinom p delimo s polinomom (x−α). Potem je p(x) = q(x)(x−α)+c,kjer je c ostanek, ki je polinom stopnje manj od 1. Za x vstavimo α in dobimo

0 = p(α) = q(α) · 0 + c = c .

Zato je c = 0 in je p(x) = (x− α)q(x). �

Ali ima vsak polinom kako niclo? Nasploh to ne drzi.

Zgled D.6 Ce vzamemo O = R, potem polinom x2 + 1 nima nicle, saj zanobeno realno stevilo r ne velja r2 = −1. �

Nad obsegom kompleksnih stevil C, pa ni tezav z obstojem nicel, kar nam povenaslednji izrek.

Izrek D.7 (osnovni izrek algebre)Vsak polinom p ∈ C[x] stopnje vsaj 1ima niclo.

Dokaz tega izreka je prezahteven in ga tu ne bomo navedli.

Definicija D.8 Stevilo α ∈ O je k-kratna (k ≥ 1) nicla polinoma p ∈ O[x],ce polinom (x− α)k deli p, polinom (x− α)k+1 pa ne deli p. Recemo, da je k

veckratnost nicle α. ♦

Posledica D.9 Polinom p(x) ∈ C[x] stopnje n (≥ 1) ima n nicel (stetih zveckratnostjo).

Dokaz Naj bo n = st p. Po osnovnem izreku algebre ima p niclo α1. Potrditvi D.5 je potem p(x) = (x − α1)q1(x). Pri tem je st q1 = n − 1. Ce jen − 1 ≥ 1, potem ima q1 niclo α2 in velja q1(x) = (x − α2)q2(x) in p(x) =(x− α1)(x− α2)q2(x). Postopek nadaljujemo, dokler ne dobimo

p(x) = (x− α1)(x− α2) · · · (x− αn)qn(x) ,

kjer je st qn = 0. Vidimo, da ima p nicle α1, α2, . . . , αn, od katerih so lahkonekatere veckratne. �

Stvarno kazalo

Abelova grupa, 86absolutna homogenost

norme v vektorskem prostoru s skalarnimproduktom, 166

aditivnostlinearne preslikave, 115skalarnega produkta v R

n, 14vektorskega produkta, 24

adjungirana linearna preslikava, 182adjungiranje, 184inverz, 184lastna vrednost, 186lastnosti, 184

adjungiranje, 184lastnosti adjungiranja, 184

algebraicna veckratnost lastne vrednosti,134

vsota vseh algebraicnih veckrat-nosti lastnih vrednosti, 136

algebraicnomnozenje s skalarjem, 12sestevanje, 12

algoritemGramm-Schmidtov algoritem, 171za iskanje vrsticne kanonicne forme,

56antikomutativnost

vektorskega produkta, 24asociativnost

binarne operacije, 86mnozenja R stevil, 13mnozenja matrik, 47

mnozenja v kolobarju ostankov Z

stevil, 91sestevanja R stevil, 13sestevanja matrik, 45sestevanja v kolobarju ostankov Z

stevil, 91sestevanja vektorjev, 13

baza vektorskega prostora, 103nova baza, 111razvoj vektorja po bazi, 104standardna baza R

3, 103standardna baza R

n, 103stara baza, 111

bijektivnostlinearne preslikave, 128

binarna operacija, 85lastnosti, 86

Cauchy-Schwarzeva neenakostv R

n, 20v vektorskem prostoru s skalarnim

produktom, 167Cayley-Hamiltonov izrek, 149cikel, 221Cramerjevo pravilo, 82

deljivostkarakteristicnega polinoma z min-

imalnim polinomom za vek-tor, 149

determinanta kvadratne matrike, 69Cramerjevo pravilo, 82

237

238 STVARNO KAZALO

determinanta diagonalne matrike,77

determinanta produkta, 79

determinanta zgornje-trikotne ma-trike, 78

kofaktor, 71

lastnosti determinante, 72

minor, 70

prirejenka matrike, 81

diagonala kvadratne matrike, 43

diagonalizabilnost

hermitske matrike, 187

simetricne matrike, 187

diagonalizabilnost matrike, 139

normalne matrike, 191

ortogonalne matrike, 194

unitarne matrike, 194

diagonalizacija, 139

diagonalna matrika, 51

determinanta diagonalne matrike,77

diagonalizabilnost matrike linearnepreslikave, 139

diagonalizacija matrike, 139

funkcija diagonalne matrike, 160

kvadratne forme, 203

lastne vrednosti diagonalne matrike,138

produkt diagonalne matrike s skalar-jem, 52

produkt dveh diagonalnih matrik,52

vsota dveh diagonalnih matrik, 52

diagram prehoda na novi bazi, 125

dimenzija

lastnega podprostora, 134

nicelnega ali trivialnega vektorskegaprostora, 105

vektorskega prostora, 105

direktna vsotavektorskega podprostora in njegov-

ega ortogonalnega komplementa,174

vektorskih podprostorov, 110distributivnost

mnozenja R stevil, 13mnozenja v kolobarju ostankov Z

stevil, 91operacij + in ·, 88sestevanja v kolobarju ostankov Z

stevil, 91sestevanja vektorjev, 13

dolzina vektorjav R

2, 16v R

n, 17dvakratni vektorski produkt, 25dvodelni hiperboloid, 213

ekvivalencna relacijaekvivalencni razred, 230lastnosti, 229podobnost matrik, 129

ekvivalencni razred, 230ekvivalencna relacija, 230enakost dveh razredov, 230

ekvivalentni kvadratni formi, 202signatura ekvivalentnih kvadratnih

form, 204elementarne matrike

tipa I, 58, 63tipa II, 58, 63tipa III, 58, 64

elementarne transformacije na matrikahtipa I, 53tipa II, 53tipa III, 53

elementiR, 12R

n, 12

STVARNO KAZALO 239

Rm×n, 43

Rn×n, 43

matrike, 43


elipsa, 207

polosi elipse, 207

elipsoid, 213

elipticni

paraboloid, 215

stozec, 214

valj, 216

enacba krivulje 2. reda, 205

elipsa, 207

hiperbola, 207

parabola, 211

enacba ploskve 2. reda, 212

dvodelni hiperboloid, 213

elipsoid, 213

elipticni paraboloid, 215

elipticni stozec, 214

elipticni valj, 216

enodelni hiperboloid, 213

hiperbolicni paraboloid ali sedlo,215

hiperbolicni valj, 216

parabolicni valj, 217

enacba ravnine, 38

enaki matriki, 44

enakost

polarizacijska enakost, 196


enota

binarne operacije, 86

za sestevanje C stevil, 90

za mnozenje C stevil, 90

za mnozenje R stevil, 13

za mnozenje matrik, 47

za mnozenje v kolobarju ostankovZ stevil, 91

za sestevanje R stevil, 13za sestevanje matrik, 45za sestevanje v kolobarju ostankov

Z stevil, 91za sestevanje vektorjev, 13

enotski vektor, 22Evklidov algoritem, 225

za Z stevila, 225za polinome, 227

formulaza razdaljo od tocke do premice,

34funkcija

diagonalne matrike, 160matrike podobni diagonalni ma-

triki, 160

Gaußova metoda, 64geometricna veckratnost lastne vred-

nosti, 134geometricni pomen

mesanega produkta, 29ortogonalih preslikav v R

2×2, 195skalarnega produkta v R

2, 16skalarnega produkta v R


geometricnomnozenje s skalarjem, 12sestevanje, 12

glavne osi kvadratne forme, 205Gramm-Schmidtov algoritem, 171grupa, 86

komutativna ali Abelova grupa, 86

hermitska matrika, 187diagonalizabilnost, 187lastna vrednost, 187ortogonalnost lastnih vektorjev, 187pozitivno-definitna hermitska ma-

trika, 198

240 STVARNO KAZALO

pozitivno-semidefinitna hermitskamatrika, 198

hiperbola, 207polosi hiperbole, 207

hiperbolicniparaboloid ali sedlo, 215valj, 216

hiperboloiddvodelni hiperboloid, 213enodelni hiperboloid, 213

homogenostlinearne preslikave, 115skalarnega produkta v R


homomorfizemgrup, 92kolobarjev, 94monoidov, 92obsegov, 94polgrup, 92

identicna linearna preslikavaadjungirana identicna preslikava,

184jedro, 119matrika prirejena identicni pres-

likavi, 123rang, 127slika, 120

identicna matrika, 47inverz kvadratne identicne matrike,

49indeks permutacije, 222

indeks inverzne permutacije, 223injektivnost

linearne preslikave, 120inverz

adjungirane linearne preslikave, 184binarne operacije, 86identicne kvadratne matrike, 49

kvadratne matrike, 49, 67, 150

linearne preslikave, 121

nenicelnega C stevila, 90

ortogonalne matrike, 193

unitarne matrike, 193

za mnozenje R stevil, 13

za sestevanje C stevil, 90

za sestevanje R stevil, 13

za sestevanje matrik, 45

za sestevanje v kolobarju ostankovZ stevil, 91

za sestevanje vektorjev, 13

inverzija za permutacijo, 222

involucija, 158

izometrija, 195

ohranitev kotov, 197

ortogonalna preslikava, 196


slika ortonormirane mnozice, 197

izomorfizem

kolobarjev, obsegov, 94

polgrup, monoidov, grup, 93

izrek

Cayley-Hamiltonov izrek, 149

kosinusni izrek, 17

o razvoju determinante, 71

o spektralnem razcepu za matrike,154

o spektralnem razcepu za normalnematrike, 191

o spektralnem razcepu za simetricnein hermitske matrike, 188

o vrsticni kanonicni formi, 54

osnovni izrek algebre, 236

Pitagorov izrek, 21, 167

Rieszov izrek o funkcionalih, 178

Schurov izrek, 140

Sylvestrov izrek, 203

izrojene krivulje 2. reda, 212

STVARNO KAZALO 241

dve vzporedni premici, 211

prazna mnozica, 207, 211

premica, 211

sekajoci se premici, 206

tocka, 206

izrojene ploskve 2. reda, 218

dve ravnini, 216

par vzporednih ravnin, 217

prazna mnozica, 214, 216, 217

premica, 216

ravnina, 217

tocka, 214

Jacobijeva identiteta, 31

jedro linearne preslikave, 119

element jedra, 119

vektorski podprostor, 119

karakteristicni polinom

deljivost karakteristicnega polinomaz minimalnim polinomom zavektor, 149


matrike, 132

pridruzene matrike, 148

kofaktor, 71

kolobar, 89

komutativen kolobar, 89

ostankov Z stevil, 90

z enoto, 89

kolobar ostankov Z stevil, 90

mnozenje, 91

sestevanje, 90

kompozitum

linearnih preslikav, 121

komutativen

kolobar, 89

monoid, 86

obseg, 89

komutativna

grupa, 86

polgrupa, 86

komutativnost

binarne operacije, 86

mnozenja R stevil, 13

mnozenja v kolobarju ostankov Z

stevil, 91

sestevanja R stevil, 13

sestevanja matrik, 45

sestevanja v kolobarju ostankov Z

stevil, 91

sestevanja vektorjev, 13

konjugirana

linearnost skalarnega produkta vvektorskem prostoru nad C,166

simetricnost skalarnega produktav vektorskem prostoru nad C,164

kosinusni izrek, 17

kot med

premicama, 37

ravninama, 41

vektorjema, 18

krivulja 2. reda

elipsa, 207

enacba krivulje 2. reda, 205

glavni osi, 206, 208

hiperbola, 207

izrojene krivulje 2. reda, 212

neizrojene krivulje 2. reda, 212

parabola, 211

kvadratna forma, 201

ekvivalentnost dveh kvadratnih form,202

ekvivalentnost kvadratni formi zdiagonalno matriko, 203

glavne osi kvadratne forme, 205

podana s polinomom, 202

242 STVARNO KAZALO

podana z matriko, 202pripada simetricni matriki, 201rang kvadratne forme, 204signatura kvadratne forme, 204Sylvestrov izrek, 203Sylvestrova matrika, 204vse neekvivalentne kvadratne forme

na R2 in R

3, 204kvadratna matrika, 43

determinanta kvadratne matrike,69

diagonala, 43diagonalna kvadratna matrika, 51inverz identicne kvadratne matrike,

49inverz kvadratne matrike, 49, 150simetricna kvadratna matrika, 52sled kvadratne matrike, 134spodnje-trikotna kvadratna matrika,

51zgornje-trikotna kvadratna matrika,

51

Lagrangeova identiteta, 31lastna vrednost

algebraicna veckratnost lastne vred-nosti, 134

geometricna veckratnost lastne vred-nosti, 134

hermitske matrike, 187razlicne lastne vrednosti, 138simetricne matrike, 187za adjungirano linearno preslikavo,

186za linearno preslikavo, 137za matriko, 131za ortogonalno matriko, 194za pozitivno-definitno matriko, 198za pozitivno-semidefinitno matriko,

198

za simetrcno matriko, 187

za unitarno matriko, 194

zgornje-trikotne matrike, 136

lastni podprostor

dimenzija lastnega podprostora, 134

za matriko, 131

lastni vektor

linearna neodvisnost lastnih vek-torjev, 137

za hermitsko matriko, 187

za linearno preslikavo, 137

za matriko, 131

za normalno matriko, 191

za simetricno matriko, 187

lastnosti

adjungiranja, 184

binarnih operacij, 86

determinante kvadratne matrike,72

ekvivalencne relacije, 229


mesanega produkta, 31

mnozenja matrik, 47

norme vektorja v Rn, 21

norme vektorja v vektorskem pros-toru s skalarnim produktom,166

relacije, 229

sestevanja in mnozenja realnih stevil,13

sestevanja matrik, 45

sestevanja vektorjev in mnozenjas skalarjem, 13

skalarnega produkta v Rn, 14

skalarnega produkta v vektorskemprostoru nad C, 164

skalarnega produkta v vektorskemprostoru nad R, 163

transponiranja matrik, 50

STVARNO KAZALO 243

vektorskega produkta, 24, 31

lega elementa v matriki, 43

linearna

kombinacija vektorjev, 99

ogrinjaca vektorjev, 100

linearna izometrija, 195

ohranitev kotov, 197



slika ortonormirane mnozice, 197

linearna preslikava, 115

adjungirana preslikava, 182

adjungiranje, 184

bijektivnost linearne preslikave, 128

diagonalizabilna matrika prirejenalinearni preslikavi, 139

identicna preslikava, 119

injektivnost linearne preslikave, 120

inverz linearne preslikave, 121

involucija, 158

izometrija, 195


kompozitum ali produkt linearnihpreslikav, 121

lastnosti linearne preslikave, 115

matrika prirejena identicni pres-likavi, 123

matrika prirejena linearni preslikavi,122

nicelna preslikava, 119

nilpotent ali nilpotentna preslikava,158

normalna preslikava, 190


potence linearne preslikave, 151

prehod matrike prirejene preslikavina novi bazi, 125

projektor, 156

rang linearne preslikave, 126

sebiadjungirana preslikava, 187slika linearne preslikave, 120spekter linearne preslikave, 137surjektivnost linearne preslikave,

121unitarna preslikava, 193

linearni funkcional, 176Rieszov izrek o funkcionalih, 178

linearnoneodvisni vektorji, 101odvisni vektorji, 101

linearnostv drugem faktorju skalarnega pro-

dukta v vektorskem prostorunad R, 166

v prvem faktorju skalarnega pro-dukta v vektorskem prostorunad C, 164

v prvem faktorju skalarnega pro-dukta v vektorskem prostorunad R, 163

vektorskega produkta, 24

matricni zapisrazvoja vektorja po novi bazi, 112sistema linearnih enacb, 62

matrika, 43algoritem za iskanje matricne kanon-

icne forme matrike, 56determinanta kvadratne matrike,

69diagonala kvadratne matrike, 43diagonalizabilna matrika, 139diagonalna kvadratna matrika, 51elementarna matrika, 57, 63elementi matrike, 43enakost dveh matrik, 44identicna matrika, 47inverz kvadratne matrike, 49, 150involucija, 158

244 STVARNO KAZALO

kvadratna matrika, 43

minimalni polinom za vektor gledena matriko, 145

mnozenje matrik, 46

nilpotent ali nilpotentna matrika,158

ortogonalna matrika, 193

pivot matrike, 54

podobni matriki, 129

pozitivno-definitna, 198

pozitivno-semidefinitna, 198

prehodna matrika, 112

pridruzena matrika polinomu, 148

prirejena identicni preslikavi, 123

prirejena linearni preslikavi, 122

prirejena sebiadjungirani linearnipreslikavi ali hermitska matrika,187

prirejenka kvadratne matrike, 81

produkt matrike s skalarjem, 44

projektor, 156

rang matrike, 57

razsirjena matrika sistema linearnihenacb, 62

sestevanje matrik, 44

simetricna kvadratna matrika, 52

sistema linearnih enacb, 62

skalarna kvadratna matrika, 51

sled kvadratne matrike, 134

spekter matrike, 137

spodnje-trikotna kvadratna matrika,51

stolpci matrike, 43

Sylvestrova matrika, 204

transponirana matrika, 50

unitarna matrika, 193

vrsticna kanonicna forma matrike,54

vrstice matrike, 43

za kvadratno formo, 202

zgornje-trikotna kvadratna matrika,51

mesani produkt, 25

algebraicne lastnosti, 26, 31

geometricni pomen mesanega pro-dukta, 29


kot determinanta matrike vektor-jev, 70

Lagrangeva identiteta, 31

minimalni polinom

za linearno preslikavo, 151

za linearno preslikavo kot deliteljkarakteristicnega polinoma, 152

za matriko, 151

za vektor glede na matriko, 145

za vektor glede na matriko kot deliteljminimalnega polinoma za lin-earno preslikavo, 152

za vektor kot delitelj karakteris-ticnega polinoma, 149

minor, 70

mnozenje

matrik, 46

matrike s skalarjem, 44

vektorja s skalarjem, 13, 95

mnozica

Gln(R), 88

S⊥, 173

Sln(R), 88

C, 89

H, 90

R, 12

R[x], 89

R+, 87

Rn, 12

R1×1, 43

Rm×n, 43

STVARNO KAZALO 245

Rm×1, 43

Rn×n, 43

Rn[x], 98Zn, 90O[x], 235Dn, 51Sn, 51Zn, 51lastnih vektorjev, 131linearno odvisnih/neodvisnih vek-

torjev, 102ortogonalna mnozica, 169ortonormirana mnozica, 169vseh lastnih vrednosti, 137vseh linearnih kombinacij vektor-

jev, 100monoid, 86

komutativen monoid, 86

najvecji skupni delitelj, 226neenakost

Cauchy-Schwarzeva neenakost, 20,167

trikotniska neenakost, 21, 166neizrojene krivulje 2. reda, 212

elipsa, 207hiperbola, 207parabola, 211

neizrojene ploskve 2. reda, 217dvodelni hiperboloid, 213elipsoid, 213elipticni paraboloid, 215elipticni stozec, 214elipticni valj, 216enodelni hiperboloid, 213hiperbolicni paraboloid ali sedlo,

215hiperbolicni valj, 216parabolicni valj, 217

nicelna linearna preslikava

adjungirana nicelna preslikava, 184jedro, 119rang, 127slika, 120

nicelni podprostor, 98nicla polinoma, 235

stevilo nicel, 236osnovni izrek algebre, 236veckratnost nicle, 236

nilpotentna linearna preslikava ali nilpo-tent, 158

nilpotentna matrika ali nilpotent, 158norma vektorja

v Rn, 16

v vektorskem prostoru skalarnimproduktom, 166

lastnosti norme vektorja v Rn, 21

lastnosti norme vektorja v vektorskemprostoru s skalarnim produk-tom, 166

normalna lmatrikaortogonalnost lastnih vektorjev, 191

normalna matrika, 190diagonalizabilnost, 191ortogonalna matrika, 194unitarna matrika, 194

normalni vektor ravnine, 38notranja operacija, 87nova baza, 111

razvoj vektorja po novi bazi, 111

obseg, 89komutativen obseg ali polje, 89kvaternionov, 90

ortogonalna linearna preslikava, 193linearna izometrija, 197

ortogonalna matrika, 193diagonalizabilnost, 194inverz, 193lastne vrednosti, 194

246 STVARNO KAZALO

vse ortogonalne matrike v R2×2,

193ortogonalna mnozica, 169

Gramm-Schmidtov algoritem, 171ortogonalni komplement vektorskega pod-

prostora, 174direktna vsota s podprostorom, 174

ortogonalnostlastnih vektorjev hermitske matrike,

187lastnih vektorjev normalne matrike,

191lastnih vektorjev simetrcne matrike,

187vektorjev v vektorskem prostoru s

skalarnim produktom, 167ortonormirana mnozica, 169osnovna zveza med abstraktnim in konkret-

nim pogledom, 123osnovni izrek algebre, 236

parabola, 211parabolicni valj, 217paraboloid

elipticni paraboloid, 215hiperbolicni paraboloid ali sedlo,

215paralelepiped, 29

volumen paralelepipeda, 29, 70parameter, 31parametri resitve, 66permutacije, 221

stevilo vseh permutacij, 221cikel, 221indeks permutacije, 222inverzija za permutacijo, 222inverzna permutacija, 223nacini podajanja permutacij, 221signatura permutacije, 222

Pitagorov izrek

v R2, 16

v Rn, 21

v vektorskem prostoru s skalarnimproduktom, 167

pivot matrike, 54

stevilo pivotov v vrsticni kanon-icni formi, 57

ploscina paralelograma, 27

kot absolutna vrednost determi-nante matrike vektorjev, 70

ploskev 2. reda

dvodelni hiperboloid, 213

elipsoid, 213

elipticni paraboloid, 215


elipticni valj, 216

enacba ploskve 2. reda, 212


hiperbolicni paraboloid ali sedlo,215

hiperbolicni valj, 216

izrojene ploskve 2. reda, 218

neizrojene ploskve 2. reda, 217

parabolicni valj, 217

pod-

grupa, 87

kolobar, 90

monoid, 87

obseg, 90

polgrupa, 87

podobni matriki, 129

funkcija matrike podobni diago-nalni, 160

podobnost matrik zgornje-trikotnimatriki, 141


polgrupa, 86

komutativna polgrupa, 86

polinom, 235

STVARNO KAZALO 247

stevilo nicel, 236

karakteristicni polinom pridruzenematrike, 148

kvadratne forme, 202


nicla polinoma, 235

osnovni izrek algebre, 236

polinomska preslikava, 235

pridruzena matrika polinomu, 148

stopnja polinoma, 235

veckratnost nicle, 236

polinomska preslikava, 235

polje, 89

polosi

elipse, 207

hiperbole, 207

potence linearne preslikave, 151

razsiritev na polinome, 151

pozitivna definitnost

norme v vektorskem prostoru s skalarnimproduktom, 166

skalarnega produkta v vektorskemprostoru nad C, 165


pozitivno-definitna hermitska matrika,198

pozitivno-definitna matrika

lastne vrednosti, 198

pozitivno-definitna simetricna matrika,198

pozitivno-semidefinitna hermitska ma-trika, 198

pozitivno-semidefinitna matrika

lastne vrednosti, 198

pozitivno-semidefinitna simetricna ma-trika, 198

pravilo

Cramerjevo pravilo, 82

desnega vijaka, 28

pravokotna projekcija vektorja, 22

matrika pravokotne projekcije, 125

pravokotnost

dveh vektorjev v Rn, 19

dveh vektorjev v vektorskem pros-toru s skalarnim produktom,167

vektorja “nic”, 19

prehod

matrike prirejene linearni preslikavina novi bazi, 125

prehodna matrika, 112

inverz prehodne matrike, 113

kot matrika prirejena identicni pres-likavi, 123

obrnljivost prehodne matrike, 113

produkt prehodnih matrik, 114

premice

kanonski zapis premice, 41

kot med premicama, 37

parameter premice, 31

prehod iz eksplicitnega zapisa vzapis z vektorji, 32

presek ravnin, 39

razdalja med dvema premicama vR

2, 36

razdalja med dvema premicama vR

3, 36

razdalja med premico in ravnino,40

smerni vektor premice, 31

vzporednost premic, 33

vzporednost premice z ravnino, 39

zapis z vektorji, 31

presek

vektorskih podprostorov, 107

preslikava

248 STVARNO KAZALO

adjungirana linearna preslikava, 182identicna linearna preslikava, 119linearna izometrija, 195linearna preslikava, 115nicelna linearna preslikava, 119nilpotentna linearna preslikava ali

linearna preslikava nilpotent,158

normalna linearna preslikava, 190ortogonalna linearna preslikava, 193polinomska preslikava, 235sebiadjungirana linearna preslikava,

187unitarna linearna preslikava, 193

pridruzena matrika polinomu, 148karakteristicni polinom pridruzene

matrike, 148prirejenka kvadratne matrike, 81produkt

dvakratni vektorski, 25linearnih preslikav, 121matrike s skalarjem, 44mesani, 25skalarni produkt v R

n, 14skalarni produkt v vektorskem pros-

toru nad C, 164skalarni produkt v vektorskem pros-

toru nad R, 163vektorja s skalarjem, 13, 95vektorski, 23

projektor, 156

rangmatrike, 57kvadratne forme, 204linearne preslikave, 126

ravnineenacba ravnine, 38kot med ravninama, 41normalni vektor ravnine, 38

presek ravnin, 39

razdalja med dvema ravninama,40

razdalja med ravnino in premico,40

razdalja med tocko in ravnino, 40

vzporednost ravnin, 38

vzporednost ravnine s premico, 39

razdalja med

dvema premicama v R2, 36

dvema premicama v R3, 36

dvema ravninama, 40

dvema tockama, 33

premico in ravnino, 40

tocko in premico v R2, 35

tocko in premico v R3, 34

tocko in ravnino, 40

razseznost


nicelnega ali trivialnega vektorskegaprostora, 105

razvoj

determinante kvadratne matrike,71

vektorja po bazi, 104

vektorja po novi bazi, 111

vektorja po ortonormirani bazi, 175

vektorja po stari bazi, 111

red

nilpotentnosti nilpotentne linearnepreslikave, 158

nilpotentnosti nilpotentne matrike,158

relacija

ekvivalencna relacija, 230

kot odnos med pari elementov, 229

kot podmnozica v mnozici urejenihparov, 229

par v relaciji, 229

STVARNO KAZALO 249

refleksivna relacija, 229simetricna relacija, 229tranzitivna relacija, 229

Rieszov izrek o funkcionalih, 178

Schurov izrek, 140sestevanje

matrik, 44vektorjev, 12, 95

sebiadjungirana linearna preslikava, 187matrika preslikave v vektorskem

prostoru nad C ali hermitskamatrika, 187

matrika preslikave v vektorskemprostoru nad R, 187

sedlo, 215signatura

ekvivalentnih kvadratnih form, 204inverzne permutacije, 223kvadratne forme, 204permutacije, 222permutacije pri zamenjavi dveh stevil,

223simbol za vsoto, 15simetricna matrika, 52

diagonalizabilnost, 187lastne vrednosti, 187matrika sebiadjungirane linearne

preslikave v vektorskem pros-toru nad R, 187

ortogonalnost lastnih vektorjev, 187pozitivno-definitna simetricna ma-

trika, 198pozitivno-semidefinitna simetricna

matrika, 198pripadnost kvadratni formi, 201produkt dveh simetricnih matrik,

52produkt simetricne matrike s skalar-

jem, 52

vsota dveh simetricnih matrik, 52

za kvadratno formo, 202

simetricnost

skalarnega produkta v Rn, 15


sistem linearnih enacb

k-parametricna resitev, 66

Cramerjevo pravilo, 82

elementarne transformacije, 57, 63

ena resitev, 66

Gaußova metoda resevanja, 64

iskanje inverza matrike, 67

matrika sistema, 62

neskoncno resitev, 66

parametri resitve, 66

razsirjena matrika sistema, 62

resljivost sistema, 66

vektor desne strani, 62

vektor neznank, 62

skalar, 12

skalarna matrika, 51

skalarni produkt

v vektorskem prostoru nad R, 163

v vektorskem prostoru nad C, 164

algebraicne lastnosti skalarnega pro-dukta v R

n, 14

geometricni pomen skalarnega pro-dukta v R

2, 16

geometricni pomen skalarnega pro-dukta v R

n, 17

lastnosti skalarnega produkta v vek-torskem prostoru nad C, 164

lastnosti skalarnega produkta v vek-torskem prostoru nad R, 163

skalarni produkt vektorjev

v Rn, 14

sled kvadratne matrike, 134

slika linearne preslikave, 120

250 STVARNO KAZALO


smerni vektor, 31

spekter


matrike, 137

matrike , 137

nilpotentne linearne preslikave, 158

nilpotentne matrike, 158

simetricne matrike, 187

spektralni razcep za linearne preslikave

involucija, 158

spektralni razcep za matrike, 154

normalne matrike, 191

projektor, 156

simetricne in hermitske matrike,188

spodnje-trikotna matrika, 51

produkt dveh spodnje-trikotnih ma-trik, 52

produkt spodnje-trikotne matrikes skalarjem, 52

vsota dveh spodnje-trikotnih ma-trik, 52

standardna baza

za R3, 103

za Rn, 103

stara baza, 111

razvoj vektorja po stari bazi, 111

stozec


stoznice

elipsa, 207

hiperbola, 207

parabola, 211

stolpci matrike, 43

stopnja

minimalnega polinoma za vektorglede na matriko, 147

polinoma, 235

polinoma “nic”, 235surjektivnost

linearne preslikave, 121Sylvestrov izrek, 203Sylvestrova matrika, 204

transponirana matrika, 50adjungirana matrika linearne pres-

likava v vektorskem prostorunad R, 184

lastnosti transponiranja matrik, 50trikotniska neenakost

v Rn, 21

v vektorskem prostoru s skalarnimproduktom, 166

trivialni podprostor, 98tuji Z stevili, 226

unijavektorskih podprostorov, 108

unitarna linearna preslikava, 193linearna izometrija, 197

unitarna matrika, 193diagonalizabilnost, 194inverz, 193lastne vrednosti, 194

valjelipticni valj, 216hiperbolicni valj, 216parabolicni valj, 217

veckratnostalgebraicna veckratnost lastne vred-

nosti, 134geometricna veckratnost lastne vred-

nosti, 134nicle polinoma, 236

vektor, 9Cauchy-Schwarzeva neenakost, 20desne strani sistema linearnih enacb,

62

STVARNO KAZALO 251

dolzina vektorja v R2, 16

dolzina vektorja v Rn, 17

element vektorskega prostora, 95

enako usmerjena vektorja, 12

enakost vektorjev, 9

enotski vektor, 22

linearna kombinacija vektorjev, 99

linearna odvisnost\ neodvisnost vek-torjev, 101

linearna ogrinjaca vektorjev, 100


nasprotno usmerjena vektorja, 12

neznank sistema linearnih enacb ,62

norma vektorja, 16, 166

pravokotna projekcija vektorja, 22

pravokotnost dveh vektorjev, 19,167

razvoj vektorja po bazi, 104

sestevanje vektorjev v R2, 9

sestevanje vektorjev v Rn, 12

trikotniska neenakost, 21, 166

vektor “nic”, 11

vektor “nic”, 11

dolzina vektorja “nic”, 19

enota za sestevanje vektorjev, 13

pravokotnost vektorja “nic”, 19

smer vektorja “nic”, 20


direktna vsota podprostora in nje-govega ortogonalnega komple-menta, 174

direktna vsota vektorskih podpros-torov, 110

glavna os kvadratne forme, 205


mnozica lastnih vektorjev, 131

ortogonalni komplement vektorskega

podprostora, 174

ortonormirana baza vektorskega pod-prostora, 172

presek vektorskih podprostorov, 107

slika linearne preslikave, 120

trivialni podprostor ali nicelni pod-prostor, 98

unija vektorskih podprostorov, 108

vsota vektorskih podprostorov, 108

vektorski produkt, 23

algebraicne lastnosti, 24, 31

dvakratni vektorski produkt, 25

geometricni pomen vektorskega pro-dukta, 28


Lagrangeva identiteta, 31

pravilo desnega vijaka, 28

smer vektorskega produkta, 28

vektorski prostor, 95

baza vektorskega prostora, 103

dimenzija ali razseznost vektorskegaprostora, 105

direktna vsota podprostora in nje-govega ortogonalnega komple-menta, 174

elementi ali vektorji, 95

linearna kombinacija vektorjev, 99

linearna neodvisnost vektorjev, 101

linearna odvisnost vektorjev, 101

linearna ogrinjaca vektorjev, 100

mnozenje vektorjev s skalarjem, 95

s skalarnim produktom nad C, 164

s skalarnim produktom nad R, 163

sestevanje vektorjev, 95

standardna baza za R3, 103

standardna baza za Rn, 103

trivialni podprostor ali nicelni pod-prostor, 98


252 STVARNO KAZALO

volumen paralelepipeda, 29kot absolutna vrednost determi-

nante matrike vektorjev, 70vrste kvadratnih matrik, 51

diagonalna matrika, 51simetricna matrika, 52skalarna matrika, 51spodnje-trikotna matrika, 51zgornje-trikotna matrika, 51

vrsticna kanonicna forma matrike, 54algoritem za iskanje vrsticne kanon-

icne forme, 56pivot v vrsticni kanonicni formi

matrike, 54vrstice matrike, 43vsota

direktna vsota vektorskih podpros-torov, 110

simbol za vsoto stevil, 15vektorskih podprostorov, 108

vzporednostpremic, 33ravnin, 38ravnine s premico, 39

zapis premiceeksplicitni, 32kanonski, 41z vektorji, 31

zgornje-trikotna matrika, 51determinanta zgornje-trikotne ma-

trike, 78lastne vrednosti zgornje-trikotne ma-

trike, 136podobnost, 141produkt dveh zgornje-trikotnih ma-

trik, 52produkt zgornje-trikotne matrike

s skalarjem, 52Schurov izrek, 140

vsota dveh zgornje-trikotnih ma-trik, 52

algebra 1 (fm) - tomaž košir (2009)

Documents