Vektorski prostori
Definicija 1 Ured̄ena četvorka V = (V, F, +, ·) se naziva vektorski prostornad poljem F = (F, +, ·)
ako je + : V 2 → V (binarna operacija skupa V), · : F × V → V, i važe sledeće aksiome:
V1 : (V, +) je komutativna grupa.
V2 : ∀α ∈ F, ∀x, y ∈ V, α · (x + y) = α · x + α · y.
V3 : ∀α, β ∈ F, ∀x ∈ V, (α + β) · x = α · x + β · x.
V4 : ∀α, β ∈ F, ∀x ∈ V, (α · β) · x = α · (β · x).
V5 : ∀x ∈ V, 1 · x = x, gde je 1 neutralni element operacije · polja F = (F, +, ·).
R
Nula-vektor vektorskog prostora je i nula-vektor svakog njegovog potprostora.
Definicija 2 Ured̄ena četvorka V1 = (V1 , F, +, ·) je potprostor vektorskog prostora V = (V, F, +, ·)
ako je ∅ , V1 ⊆ V, operacije + i · iz V1 su restrikcije operacija + i · iz V, i V1 = (V1 , F, +, ·) je
vektorski prostor.
Teorema 1 Ako je V = (V, F, +, ·) vektorski prostor nad poljem F = (F, +, ·), i ako je ∅ , W ⊆ V,
tada je W = (W, F, +, ·) potprostor prostora V ako i samo ako za sve α, β ∈ F i sve x, y ∈ W važi
αx + βy ∈ W.
Definicija 3 Skup svih linearnih kombinacija n-torke vektora (a1 , a2 , . . . , an ) prostora V nad
poljem F se naziva lineal n-torke vektora (a1 , a2 , . . . , an ), i označavamo ga sa L (a1 , a2 , . . . , an ).
Dakle,
L (a1 , a2 , . . . , an ) = { α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an | α1 , α2 , . . . , αn ∈ F} .
Teorema 2 Lineal L (a1 , a2 , . . . , an ) vektora (a1 , a2 , . . . , an ) iz vektorskog prostora V je potprostor prostora V.
Definicija 4 Neka n-torka vektora (a1 , a2 , . . . , an ) je linearno zavisna ako postoje skalari α1 , α2 , . . . , αn
takvi da je bar jedan od njih različit od nule i
α1 a1 + α2 a2 + · · · + αn an =
Neka n-torka vektora (a1 , a2 , . . . , an ) je linearno nezavisna ako nije linearno zavisna.
O
• Proizvoljna n-torka vektora (a1 , a2 , . . . , an ) je linearno zavisna ako i samo ako je bar jedan od
njenih vektora linearna kombinacija preostalih.
• Proizvoljna n-torka vektora (a1 , a2 , . . . , an ) je linearno nezavisna ako i samo ako njena linearna
kombinacija je nula vektor jedino kada su svi skalari jednaki nuli.
• Proizvoljna n-torka vektora (a1 , a2 , . . . , an ) je linearno nezavisna ako i samo ako se nijedan od
vektora te n-torke ne može izraziti kao linearna kombinacija preostalih.
Definicija 5 Ured̄ena n-torka vektora (a1 , a2 , . . . , an ) iz vektorskog prostora V generiše prostor
V, tj. generatorna je za V ako se svaki vektor iz V može predstaviti kao linearna kombinacija
n-torke vektora (a1 , a2 , . . . , an ), tj. ako je L (a1 , a2 , . . . , an ) = V.
1
Definicija 6 Za n-torku vektora B = (a1 , a2 , . . . , an ) iz vektorskog prostora V kažemo da je baza
prostora V ako je n-torka B linearno nezavisna i generiše prostor V.
Teorema 3 Ured̄ena n-torka vektora B = (a1 , a2 , . . . , an ) vektorskog prostora V je baza prostora
V ako i samo ako se svaki vektor prostora V na jedinstven način može predstaviti kao linearna
kombinacija vektora B = (a1 , a2 , . . . , an ) ako i samo ako je ona maksimalna linearno nezavisna
n-torka vektora u prostoru V ako i samo ako je ona minimalna generatorna n-torka vektora
prostora V.
• Svaka linearno nezavisna n-torka vektora se može dopuniti do baze.
• Dimenzija vektorskog prostora je broj elemenata baze tog prostora.
Teorema 4 n-torka vektora u n-dimenzionalnom prostoru je nezavisna ako i samo ako je generatorna (i tada je baza).
Zadatak 1 U vektorskom prostoru (R4 , R, +, ·) su dati vektori
a = (1, −1, −1, 1), b = (1, 1, 0, 0), c = (1, 0, 1, 0).
(a) Ispitati linearnu nezavisnost vektora a, b i c.
(b) Ispitati linearnu nezavisnost vektora a i b.
Rešenje:
(a) Vektori a, b i c su linearno nezavisni ako i samo ako je linearna kombinacija αa + βb + γc
jednaka nula vektoru samo za α = β = γ = 0, tj. ako i samo ako je α = β = γ = 0 jedino
rešenje jednačine αa + βb + γc = (0, 0, 0, 0).
αa + βb + γc = α(1, −1, −1, 1) + β(1, 1, 0, 0) + γ(1, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0) ⇔
⇔ (α + β + γ, −α + β, −α + γ, α) = (0, 0, 0, 0) ⇔
α + β + γ = 0
−α + β
= 0
⇔ (α, β, γ) = (0, 0, 0).
⇔
−α
+ γ = 0
α
= 0
Prema tome, vektori a, b i c su linearno nezavisni.
(b) Svaki podskup linearno nezavisnog skupa vektora je linearno nezavisan, pa iz nezavisnosti vektora a, b i c sledi nezavisnost vektora a i b.
Zadatak 2 U vektorskom prostoru (R [x] , R, +, ·) polinoma nad poljem realnih brojeva dati su
vektori (polinomi) a = x + 1, b = x, c = x2 , d = x2 − x + 1.
(a) Ispitati linearnu nezavisnost vektora a, b, c i d.
(b) Ispitati linearnu nezavisnost vektora a i b.
Rešenje:
2
(a) αa + βb + γc + δd = 0
⇔ ∀x ∈ R, α(x + 1) + βx + γx2 + δ x2 − x + 1 = 0
⇔ ∀x ∈ R, (γ + δ)x2 + (α + β − δ)x + (α + δ) = 0
γ + δ = 0
− δ = 0
⇔ α + β
α
+ δ = 0
γ = −δ
β
= 2δ
⇔
α
= −δ
⇔ (α, β, γ, δ) ∈ { δ(−1, 2, −1, 1) | δ ∈ R}.
Prema tome, vektori a, b, c i d su linearno zavisni.
(b) Vektori a i b su linearno nezavisni jer im koordinate nisu proporcionalne tj.
(1, 1, 0) , α(0, 1, 0) ∀α ∈ R.
i
Zadatak 3 Neka je W potprostor prostora C3 , C, +, · generisan vektorima a1 = (1, 0, ) i a2 =
(1 + , 1, −1), odnosno W = L (a1 , a2 ).
i
(a) Dokazati da je A = {a1 , a2 } baza potprostora W.
i
i
(b) Dokazati da b1 = (1, 1, 0) ∈ W i b2 = (1, , 1 + ) ∈ W i dokazati da je B = {b1 , b2 } takod̄e
baza potprostora W.
(c) Izraziti vektore a1 i a2 u bazi B, i izraziti vektore b1 i b2 u bazi A.
Rešenje:
(a) Da bi skup A bio baza prostora W, treba da vektori a1 , a2 budu linearno nezavisni (a dato
je da generišu potprostor W). Kako je
αa1 + βa2 = 0,
α(1, 0, ) + β(1 + , 1, −1) = 0
imamo
α + β(1 + ) = 0,
β = 0,
α − β = 0,
pa je α = β = 0.
Dakle, vektori a1 , a2 su linearno nezavisni, te A jeste baza.
i
i
i
i
(b) Da bi skup B bio baza potprostora W, mora biti zadovoljeno b1 , b2 ∈ W, da B generiše W,
i da su vektori iz B linearno nezavisni.
(b.1) Da važi b1 , b2 ∈ W, dokazaćemo tako što ćemo dokazati da se ovi vektori mogu
predstaviti kao linearna kombinacija vektora iz baze A prostora W.
b1 = (1, 1, 0) = αa1 + βa2 = α(1, 0, ) + β(1 + , 1, −1) =
= (α + (1 + )β, β, α − β)
⇔ (α + (1 + )β = 1 ∧ β = 1 ∧ α − β = 0)
⇔ (α = − ∧ β = 1).
Dakle b1 = − a1 + a2 , te b1 ∈ W. Na isti način dobijamo b2 = (2 − )a1 + a2 , odakle
sledi b2 ∈ W.
i
i
i
i
i
i
i
i
i
3
i
(b.2) Linearna nezavisnost vektora b1 , b2 sledi iz
β1 (1, 1, 0) + β2 (1, , 1 + ) = (0, 0, 0),
β1 + β2 = 0,
β1 + β2 = 0,
β2 (1 + ) = 0.
Dakle, imamo: β1 = β2 = 0.
i
i
i
i
(b.3) Pošto je B skup od 2 linearno nezavisna vektora koja pripadaju dvodimenzionalnom
prostoru W, sledi da vektori iz W i generišu W, te skup B jeste baza potprostora W.
i
i
i
i
i
(c) a1 = (1, 0, ) = αb1 + βb2 = α(1, 1, 0) + β(1, , 1 + ) = (α + β, α + β, (1 + )β)
⇔ (α + β = 1 ∧ α + β = 0! ∧ (1 + )β = )
1+
1−
∧ β=
,
⇔ α=
2
2
a2 = (1 + , 1, −1) = αb1 + βb2 = α(1, 1, 0) + β(1, , 1 + ) = (α + β, α + β, (1 + )β)
⇔ (α + β = 1 + ∧ α + β =! 1 ∧ (1 + )β = −1)
3+
1−
⇔ α=
∧ β=−
.
2
2
1+
3+
1−
1−
b1 +
b2 i a2 =
b1 −
b2 .
Dakle, a1 =
2
2
2
2
Vektore b1 i b2 smo u bazi A izrazili u (b.1).
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
→
−
→
− →
−
Primer 1 W1 = {α i |α ∈ R}, W2 = {α i + β j |α, β ∈ R}, V je skup svih slobodnih vektora. Važi:
W1 je potprostor od W2 , a W2 od V.
Teorema 5 Skup svih rešenja homogenog sistema linearnih jednačina je uvek vektorski prostor.
Primer 2 Dat je sistem S :
x − 2y + 3z = 0
2x − y + z = 0
Množenjem prve jednačine sa −2 dobijamo:
x − 2y + 3z = 0,
3y − 5z = 0.
5
1
Odatle imamo y = z, x = z. Pošto je sistem jednostruko neodred̄en, skup svih rešenja je prava
3
3
koja prolazi kroz koordinatni
početak: !
!
1 5
1 5
p = RS =
t, t, t : t ∈ R = L , , 1 = L(1, 5, 3).
3 3
3 3
Primetimo da tačke (0, 0, 0) i (1, 5, 3) odred̄uju pravu p.
Primer 3 Dat je sistem S :
x − 2y + 3z = 0
4
Pošto je sistem dvostruko neodred̄en, skup svih rešenja je ravan koja prolazi kroz koordinatni
početak:
RS = { (2t1 − 3t2 , t1 , t2 ) | t1 , t2 ∈ R} = {t1 (2, 1, 0) + t2 (−3, 0, 1) | t1 , t2 ∈ R} = L ((2, 1, 0), (−3, 0, 1)),
Primetimo da tačke (0, 0, 0), (2, 1, 0) i (−3, 0, 1) odred̄uju ravan.
Primer 4 Ako je sistem trostruko neodred̄en, skup rešenja je ceo prostor.
Primer 5 Trojka vektora (e1 , e2 , e3 ) je nezavisna i generatorna za R3 .
α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0) + γ(0, 0, 1) = 0 implicira α = β = γ = 0, dakle e1 , e2 i e3 su nezavisni.
x = (α1 , α2 , α3 ) = α1 (1, 0, 0) + α2 (0, 1, 0) + α3 (0, 0, 1) = α1 e1 + α2 e2 + α3 e3 , pa e1 , e2 i e3 generišu
R3 .
• Ako je broj vektora veći od dimenzije prostora, oni su uvek zavisni.
• Ako su vektori generatorni, njihov broj je veći ili jednak od dimenzije prostora.
• Ako su vektori nezavisni, njihov broj je manji ili jednak od dimenzije prostora.
• Ako su vektori zavisni, njihov broj je neodred̄en u odnosu na dimenziju prostora.
Zadatak 4 U vektorskom prostoru R2 [x] = (R2 [x] , R, +, ·) realnih polinoma stepena ne većeg
od 2 nad poljem realnih brojeva
n
o
(a) dopuniti, ukoliko je moguće, do baze prostora R2 [x] skup A = x + 1, x2 + x ,
(b) u dopunjenoj bazi A predstaviti polinom (vektor) p (x) = −x2 + 2x + 1,
n
o
(c) ispitati da li je skup B = x + 1, x2 + x, x2 + 2x + 1 baza prostora R2 [x].
Rešenje:
(a) ∀x ∈ R, α(x + 1) + β x2 + x = 0
⇒ ∀x ∈ R, βx2 + (α + β)x + α = 0
⇒ (β = 0 ∧ α + β = 0 ∧ α = 0)
⇒ (α, β) ∈ {(0, 0)}.
Dakle, α = 0, β = 0 je jedino rešenje jednačine ∀x ∈ R, α(x + 1) + β x2 + x = 0, odakle
sledi da su vektori x + 1 i x2 + x linearno nezavisni, pa se skup A može dopuniti do baze.
n
o
Lako se proverava da je B = 1, x, x2 jedna baza prostora R2 [x], odakle sledi da je prostor
R2 [x] trodimenzionalan, te se dvočlani skup A može dopuniti do baze jednim elementom
skupa B. Redom ćemo
n elementimao skupa B pokušati da dopunimo skup A do baze. Za
skup A1 = A ∪ {1} = x + 1, x2 + x, 1 imamo
∀x ∈ R, α(x + 1) + β x2 + x + γ · 1 = 0
⇒ ∀x ∈ R, βx2 + (α + β)x + (α + γ) = 0
⇒ (β = 0 ∧ α + β = 0 ∧ α + γ = 0)
⇒ (α, β, γ) ∈ {(0, 0, 0)},
odakle sledi da je skup A1 baza prostora R2 [x].
n
o
(b) Polinom p (x) ćemo predstaviti u bazi A1 = x + 1, x2 + x, 1 .
∀x ∈ R, −x2 + 2x + 1 = α(x + 1) + β x2 + x + γ · 1
⇒ ∀x ∈ R, −x2 + 2x + 1 = βx2 + (α + β)x + (α + γ)
⇒ (β = −1 ∧ α + β = 2 ∧ α + γ = 1)
⇒ (β = −1 ∧ α = 3 ∧ γ = −2),
dakle p (x) = 3(x + 1) − x2 + x − 2 · 1.
5
n
o
(c) Skup x + 1, x2 + x, x2 + 2x + 1 nije baza prostora R2 [x] jer je npr.
n
o
x2 + 2x + 1 = 1 · (x + 1) + 1 · (x2 + x), tj. vektori skupa x + 1, x2 + x, x2 + 2x + 1 su linearno
zavisni.
Zadatak 5 Neka je V = (V, R, +, ·) vektorski prostor nad poljem realnih brojeva, generisan vektorima a, b, c, d, e, pri čemu su sve linearne zavisnosti ovih vektora date sledećim jednakostima
i njihovim linearnim kombinacijama:
a − 2b + c − d + 4e = 0
a − 3b + 3c + d + 5e = 0
.
−a + 2b
+ 2d − 2e = 0
2a − 4b + 2c − d + 8e = 0
Naći sve podskupove skupa A = {a, b, c, d, e} koji su baze prostora V.
Rešenje: Transformacijama ekvivalencije svodimo dati sistem na dijagonalni oblik.
a − 2b + c − d + 4e = 0
a − 3b + 3c + d + 5e = 0
⇔
−a + 2b
+ 2d − 2e = 0
2a − 4b + 2c − d + 8e = 0
a − 2b + c − d + 4e = 0
[1]
− b + 2c
+ e = 0
⇔
⇔
c + d + 2e = 0
d
= 0
a − 2b + c + 4e = 0
∧
− b + 2c + e = 0 .
⇔ d=0
c + 2e = 0
[1] - Prvu jednačinu oduzmemo od druge, dodamo na treću, i pomnoženu sa −2 dodamo na
četvrtu.
Pošto je d = 0, vektor d možemo izbaciti iz razmatranja jer skup koji sadrži nula-vektor ne
može biti linearno nezavisan, i ne može biti baza. Homogen sistem linearnih jednakosti možemo skraćeno zapisati pomoću matrice sistema, tj. matrice čiji su elementi koeficijenti sistema,
pri čemu svaka kolona te matrice odgovara koeficijentima uz odgovarajući vektor. Neka je M
matrica koja odgovara poslednjem ekvivalentnom obliku datog sistema.
a: b: c: e:


 1 −2 1 4 


M =  0 −1 2 1  .


0 0 1 2
Ova matrica ispod glavne dijagonale ima nule, odakle vidimo da se vektori a, b i c mogu izraziti
preko vektora e, (trivijalno, i nula-vektor d se može izraziti preko e kao d = 0 · e), odakle sledi
da vektor e može da izgeneriše ceo prostor V. Pri tome e nije nula-vektor jer su sa date četiri
jednakosti opisane sve linearne veze izmed̄u posmatranih vektora, a iz trougaonog oblika vidimo
da te veze ne mogu kao posledicu dati jednakost e = 0, što znači da je {e} jedna baza prostora
V. To znači da je dim V = 1, i sve baze moraju biti jednočlani skupovi. Prema tome, pored
skupa {e}, kandidati za baze koje su podskupovi skupa A su {a}, {b} i {c}, i za svaki od ovih
skupova treba da ispitamo da li jeste ili nije baza. Pitanje da li je {a} baza je ekvivalentno
6
pitanju da li se svi ostali vektori iz A mogu izraziti preko a. Nula-vektor se uvek može izraziti
preko bilo kojih vektora, pa ostaje pitanje da li se vektori b, c i e mogu izraziti preko a, a
to je ekvivalentno pitanju da li se dati sistem jednakosti transformacijama ekvivalencije može
svesti na takav dijagonalni oblik gde se na glavnoj dijagonali nalaze vektori b, c i e, a to je
opet ekvivalentno sa pitanjem da li je determinanta sastavljena on onih kolona matrice sistema
b: c: e:
−2 1 4
koji odgovaraju vektorima b, c i e različita od nule. Prema tome, iz
−1 2 1 = −8 , 0
0 1 2
sledi da se b, c i e mogu izraziti preko a, pa skup {a} jeste baza prostora V. Analogno, iz
a: c: e:
a: b: e:
1 1 4
1 −2 4
i
sledi da su i {b} i {c} takod̄e baze prostora V. 0 2 1 =3,0
0 −1 1 = −2 , 0
0 1 2
0 0 2
Zadatak 6 U vektorskom prostoru V = (V, R, +, ·) naći sve linearno nezavisne podskupove skupa A = {a, b, c, d, e, f }, ako su sve linearne zavisnosti vektora iz tog skupa opisane linearnim
jednakostima
a + 2b + 4c − d
− f = 0
2a + 3b + c + 5d + 2e − 5 f = 0
a + 2b
+ 3d
− 3f = 0
a + 2b + 2c + 2d
− 2f = 0
i njihovim posledicama (linearnim kombinacijama).
Rešenje: Neka je W potprostor generisan vektorima {a, b, c, d, e, f } tj. L(a, b, c, d, e, f ) = W.
Nad̄imo dimW jer nezavisnih ima manje ili jednako od dimW.
a + 2b + 4c − d
− f = 0
2a + 3b + c + 5d + 2e − 5 f = 0
⇔
a + 2b
+ 3d
− 3f = 0
a + 2b + 2c + 2d
− 2f = 0
[1]
⇔
a + 2b +
− b −
−
−
4c
7c
4c
2c
− d
− f =
+ 7d + 2e − 3 f =
+ 4d
− 2f =
+ 3d
− f =
0
0
0
0
⇔
a + 2b + 4c − d
− f = 0
[2]
− b − 7c + 7d + 2e − 3 f = 0
⇔
.
− 4c + 4d
− 2f = 0
d
= 0
[1] Prvu vrstu pomnoženu sa −2 dodajemo drugoj, i oduzimamo je od treće i četvrte.
[2] Treću vrstu pomnoženu sa − 12 dodajemo četvrtoj.
Opet vidimo da je d = 0, te vektor d možemo izbaciti iz razmatranja, tako da je dovoljno
posmatrati odgovarajuće linearne veze.
a + 2b + 4c
− f = 0
− b − 7c + 2e − 3 f = 0
− 4c
− 2f = 0
7
Vidimo da se vektori a, b i c mogu izraziti preko 2 vektora e i f , i da izmed̄u samih vektora e
i f ne postoji linearna povezanost, jer su datim jednakostima opisane sve linearne veze izmed̄u
posmatranih vektora, a iz njih se ne može dobiti linearna veza izmed̄u vektora e i f . Sledi da je
skup {e, f } baza prostora W, pa samim tim i linearno nezavisan skup. Pri tome je dim W = 2,
što znači da u datom skupu vektora postoje najviše 2-člani linearno nezavisni skupovi, te treba
da ispitamo linearnu zavisnost svih 2-članih i svih 1-članih podskupova skupa A.
c: e: f :
4 0 −1
= −24 , 0 ⇒ skup {a, b} je linearno nezavisan;
−7 2 −3
−4 0 −2
b:
2
−1
0
e: f :
0 −1
= −8 , 0
2 −3
0 −2
b: c: f :
2 4 −1
= −8 , 0
−1 −7 −3
0 −4 −2
⇒
⇒
skup {a, c} je linearno nezavisan;
skup {a, e} je linearno nezavisan;
Analogno se pokazuje da su skupovi {a, f } , {b, c} , {b, e} , {b, f } , {c, e} linearno nezavisni.
a: b: e:
1 2 0
= 0 ⇒ skup {c, f } je linearno zavisan.
0 −1 2
0 0 0
Dakle, skupovi {a, b}, {a, c}, {a, e}, {a, f }, {b, c}, {b, e}, {b, f }, {c, e} i {e, f },su linearno nezavisni, a
skup {c, f } je linearno zavisan. Jednočlani skupovi {a}, {b}, {c}, {e}, { f } su svi linearno nezavisni,
jer je svaki od njih podskup nekog dvočlanog linearno nezavisnog skupa.
Zadatak 7 Neka je V potprostor vektorskog prostora R4 , generisan skupom vektora A = {a, b, c, d, e}.
Naći sve linearne zavisnosti skupa vektora A, kao i sve podskupove skupa A koji su baze prostora V, ako je a = (2, −1, 3, 1), b = (1, 0, −1, 2), c = (0, 1, −5, 3), d = (1, 1, −6, 5), e = (−1, −2, 12, −10).
Rešenje: Neka su α, β, γ, δ, ∈ R proizvoljni skalari.
αa + βb + γc + δd + e = 0 ⇔
⇔ (2α + β + δ − ε,
−α + γ + δ − 2ε,
3α − β − 5γ − 6δ + 12ε,
α + 2β + 3γ + 5δ − 10ε) = (0, 0, 0, 0) ⇔
2α + β
+ δ −
ε = 0
−α
+ γ + δ − 2ε = 0
⇔
⇔
3α − β − 5γ − 6δ + 12ε = 0
α + 2β + 3γ + 5δ − 10ε = 0
β + 2α
+ δ −
ε = 0
[1]
− α + γ + δ − 2ε = 0
⇔
⇔
5α − 5γ − 5δ + 11ε = 0
− 3α + 3γ + 3δ − 8ε = 0
8
β + 2α
+ δ − ε = 0
− α + γ + δ − 2ε = 0
⇔
⇔
ε = 0
− 2ε = 0
β + 2α
+ δ = 0
⇔ ε=0 ∧
⇔
− α + γ + δ = 0
α = γ+δ
⇔ ε=0 ∧
⇔
β = −2γ − 3δ
⇔ (γ + δ)a + (−2γ − 3δ)b + γc + δd + 0 · e = 0 ⇔
⇔ (a − 2b + c)γ + (a − 3b + d)δ = 0 ⇔
a − 2b + c
= 0
⇔
[?].
a − 3b
+ d = 0
[1] - Zamenimo prve dve kolone, prvu jednačinu dodamo na treću, i prvu jednačinu pomnoženu
sa −2 dodamo na četvrtu.
[2] - Drugu jednačinu pomnoženu sa 5 dodamo na treću, i pomnoženu sa −3 dodamo na četvrtu.
Sve linearne zavisnosti vektora a, b, c, d i e su date jednačinama [?], i njihovim linearnim
kombinacijama. Uočimo da u [?], pa onda ni u linearnim kombinacijama ove dve jednakosti,
ne figuriše vektor e. To znači da on nije povezan sa vektorima a, b, c i d, odnosno da je nezavisan
u odnosu na njih. Stoga je on element svake baze potprostora V. Iz sistema jednačina [?] sledi
da se c i d mogu izraziti preko a i b, što znači da su vektori a, b i e generatori prostora V.
Kako je dim V jednaka razlici broja polaznih vektora (generatora) i stepena neodred̄enosti
sistema imamo: dim V = 5 − 2 = 3
Za neke x, y ∈ {a, b, c, d} je skup {x, y, e} baza potprostora V ako i samo ako je determinanta
koeficijenata iz [?] koji odgovaraju vektorima x i y različita od 0. Tako dobijamo
a: b:
1 −2 , 0 ⇒ skup {c, d, e} jeste baza prostora V;
1 −3
[2]
a: c:
1 1 ,0
1 0
⇒
skup {b, d, e} jeste baza prostora V;
a: d:
1 0 ,0
1 1
⇒
skup {b, c, e} jeste baza prostora V;
b: c:
−2 1 , 0
−3 0
⇒
skup {a, d, e} jeste baza prostora V;
b: d:
−2 0 , 0
−3 1
⇒
skup {a, c, e} jeste baza prostora V;
c: d:
1 0 ,0
0 1
⇒
skup {a, b, e} jeste baza prostora V.
Zadatak 8 Diskutovati i rešiti dati sistem jednačina za sve vrednosti realnog parametra a. Da
li je skup svih rešenja ovog sistema vektorski prostor nad poljem realnih brojeva za sve vrednosti
parametra a? Ako jeste naći baze tih vektorskih prostora nad R.
9
2x + 3y + z − u = 0
Rešenje: x − 2y + 2z + u = 0 ⇔
7x + ay + 8z + u = 0
x −
2y + 2z + u = 0
[1]
7y − 3z − 3u = 0 ⇔
⇔
(14 + a)y − 6z − 6u = 0
x − 2y + 2z + u = 0
[2]
7y − 3z − 3u = 0 .
⇔
ay
= 0
[1] - Drugu jednačinu pomnožimo sa −2 i dodamo na prvu i drugu jednačinu pomnožimo sa −7
i dodamo na treću.
[1] - Drugu jednačinu pomnožimo sa −2 i dodamo na treću.
• a , 0 ⇒ y = 0, z = −u, x = u
RS = {(u, 0, −u, u)|u ∈ R} = {u(1, 0, −1, 1)|u ∈ R} = L((1, 0, −1, 1))
Sistem je jednostruko neodred̄en i dimV = 1.
7
8 7
8
• a = 0 ⇒ RS = {(− y + u, y, y − u, u)|y, u ∈ R} = {(− , 1, , 0)y + (1, 0, −1, 1)u|y, u ∈ R}
3
3
3 3
8 7
= L((− , 1, , 0), (1, 0, −1, 1))
3 3
Sistem je dvostruko neodred̄en i dimV = 2.
10