AGLA - skripta

AGLA - interni materijali

Jelena Sedlar

Sadrzaj

1 Vektorska algebra 11.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1

1.1.1 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.1.2 Zbrajanje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.1.3 Mnozenje vektora skalarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.1.4 Prostor radij-vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.5 Koordinatizacija prostora radij-vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.1.6 Izracunavanje u koordinatiziranom prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.1.7 Vjezbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.2 Mnozenje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.1 Skalarni produkt vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.2.2 Vektorski produkt vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 171.2.3 Mješoviti produkt vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.2.4 Vjezbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

1.3 Linearna (ne)zavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24

2 Pravci i ravnine u prostoru 272.1 Ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27

2.1.1 Vektorski oblik jednadzbe ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.2 Jednadzba ravnine kroz tocku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.3 Opci oblik jednadzbe ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 282.1.4 Jednadzba ravnine kroz tri tocke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.1.5 Segmentni oblik jednadzbe ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.1.6 Kut izme�u dvije ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.1.7 Vjezbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33

2.2 Pravac . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.1 Vektorski oblik jednadzbe pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.2 Parametarska jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 372.2.3 Kanonska jednadzba pravca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.4 Jednadzba pravca kroz dvije tocke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 382.2.5 Pravac kao presjek dviju ravnina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.6 Kut izme�u dvaju pravaca . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.7 Kut izme�u pravca i ravnine . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 392.2.8 Vjezbe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

iii

iv SADRZAJ

3 Matrice 473.1 Osnovni pojmovi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47

3.1.1 Neke matrice specijalnog oblika . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.2 Racunske operacije s matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.2.1 Zbrajanje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.2.2 Mnozenje matrice sa skalarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 513.2.3 Mnozenje matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

3.3 Linearna (ne)zavisnost matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 573.4 Determinante . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 59

3.4.1 Svojstva determinanti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 653.5 Rang matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 683.6 Inverzna matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

4 Sustavi linearnih jednadzbi 814.1 Osnovne definicije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 814.2 Rješavanje sustava Gaussovom eliminacijom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 854.3 Homogeni i nehomogeni sustavi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 904.4 Cramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 92

5 Vektorski prostori 955.1 Definicija vektorskog prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 955.2 Linearna (ne)zavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 985.3 Baze vektorskih prostora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1015.4 Promjena baze . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 105

6 Linearni operatori 1116.1 Definicija linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1116.2 Prikaz linearnog operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1126.3 Kompozicija operatora i regularni operator . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1166.4 Karakteristicni polinom i svojstvene vrijednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1196.5 Dijagonalizacija operatora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1256.6 Primjeri operatora u ravnini i prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Uvod

Ovo je interna skripta Fakulteta gra�evinarstva, arhitekture i geodezije Sveucilišta u Splitu koja sekoristi iskljucivo za potrebe predmeta ’Analiticka geometrija i linearna algebra’na preddiplomskomstudiju geodezije i geoinformatike.

v

vi SADRZAJ

Poglavlje 1

Vektorska algebra

1.1 Osnovni pojmovi

1.1.1 Vektori

Vektor je pojam koji se definira u prostoru, uz napomenu da se u matematici ’prostorom’jednakonaziva i ravnina i prostor (jedino što je ravnina dvodimenzionalna, a prostor trodimenzionalan).U matematici su razvijene brojne teorije o brojnim vrstama prostora, no mi cemo se ovdje bavitinajuobicajenijim prostorom koji se naziva euklidski, i podrazumijevat cemo da je intuitivno jasan.Dvodimenzionalni euklidski prostor (tj. ravninu) oznacavat cemo s E2, dok cemo trodimenzionalnieuklidski prostor (tj. baš prostor) oznacavati s E3. Tocke iz prostora oznacavat cemo s velikimtiskanim slovima A,B,C, P,Q, . . . Duzinu s krajevima u tockama A i B oznacavat cemo s AB,udaljenost tocaka A i B oznacavat cemo s d(A,B) ili jošs |AB| . To je ujedno i duljina duzine AB.

Sad kad smo uveli neke osnovne oznake i pojmove za koje pretpostavljamo da su intuitivnojasni, mozemo krenuti na definiciju vektora. Najprije nam treba pojam usmjerene duzine.

Definicija 1 Usmjerena duzina−−→AB je duzina kod koje je par krajnjih tocaka ure�en, pa se tocka A

naziva pocetkom usmjerene duzine, a tocka B krajem. Duljina∣∣∣−−→AB∣∣∣ usmjerene duzine −−→AB definirana

je kao udaljenost tocaka A i B.

No, usmjerena duzina jošuvijek nije vektor, nego je potrebno neke usmjerene duzine poistovjetiti(slicno kao što se kod razlomaka poistovjecuju 1

2 i24 , i smatra se da su to predstavnici istog razlomka).

Definicija 2 Kazemo da je−−→AB ∼

−−−→A′B′ ako duzine AB′ i A′B imaju isto polovište.

Ova definicija je ilustrirana Slikom 1.1. Uocimo da se ova ista relacija mogla definirati tako dase kaze da je

−−→AB ∼

−−−→A′B′ ako se usmjerena duzina

−−−→A′B′ moze dobiti translacijom duzine

−−→AB.

Ovako definirana "∼" je relacija ekvivalencije, te dijeli usmjerene duzine na klase me�usobnoekvivalentnih usmjerenih duzina na nacin vrijedi:

1

2 POGLAVLJE 1. VEKTORSKA ALGEBRA

Slika 1.1: Ekvivalentne usmjerene duzine−−→PQ i

−−−→P ′Q′. Tocka T je zajednicko polovište duzina PQ′

i P ′Q.

1. svaka usmjerena duzina je u nekoj klasi i nikoja usmjerena duzina nije istovremeno u dvijeklase,

2. svake dvije usmjerene duzine unutar iste klase su me�usobno ekvivalentne i nikoje dvije us-mjerene duzine iz razlicitih klasa nisu me�usobno ekvivalentne.

Vazno je uociti da dvije ekvivalentne duzine imaju istu duljinu, te leze na istom ili paralelnimpravcima. Svaka usmjerena duzina moze biti predstavnik klase u kojoj se nalazi. Podjela usmjerenihduzina na klase ilustrirana je Slikom 1.2.

Slika 1.2: Podjela usmjerenih duzina u klase.

Sada mozemo definirati pojam vektora.

Definicija 3 Vektor je klasa ekvivalencije usmjerenih duzina.

Vektore cemo oznacavati sa −→a ,−→b ,−→c , . . .. Vektor se cesto u zapisu poistovjecuje sa nekomusmjerenom duzinom koja mu je predstavnik, pa tako pišemo −→a =

−−→PQ, iako to nije posve korektno

1.1. OSNOVNI POJMOVI 3

jer vektor i usmjerena duzina NISU isti pojam, nego je vektor klasa usmjerenih duzina, svaka odkojih mu moze biti predstavnik.

Uz pojam vektora vezuju se tri dodatna pojma:

• duljina vektora je duljina nekog njegovog predstavnika (obzirom da svi vektori u klasiekvivalencije imaju istu duljinu, ovo je dobra definicija),

• nositelj vektora odre�en je pravcem na kojem lezi predstavnik vektora (obzirom da pred-stavnici vektora leze na paralelnim pravcima, moze se reci da je nositelj vektora klasa paralel-nih pravaca),

• orijentacija vektora na pravcu nositelju odre�ena je poretkom njegove pocetne i krajnjetocke, pa za vektore −→a =

−→OA i

−→b =

−−→OB s istim nositeljem kazemo da su iste orijentacije ako

tocke A i B leze s iste strane tocke O na pravcu, a u suprotnom kazemo da su vektori −→a i −→bsuprotne orijentacije.

Vektori iste i suprotne orijentacije prikazani su na Slici 1.3. Ponekad se pojam nositelja iorijentacije objedinjuju pojmom smjer, pa se kaze da vektor

−→OA ima smjer od O prema A.

Slika 1.3: Vektori−→OA i

−−→OB iste orijentacije, te vektori

−−→OC i

−−→OD suprotne orijentacije.

Vektor je jednoznacno odre�en svojom duljinom, nositeljem i orijentacijom. Dakle, ako dvavektora imaju istu duljinu, nositelj i orijentaciju oni su me�usobno jednaki. Ako vektori imajujednak samo nositelj (tj. leze na istom ili paralelnim pravcima), tada se kaze da su vektori kolinearni.

Obzirom da cemo kasnije uvesti zbrajanje i mnozenje vektora po uzoru na zbrajanje i mnozenjebrojeva, korisno je uvesti nulu i jedinicu, tj. nul-vektor i jedinicni vektor.

Definicija 4 Nul-vektor je vektor koji ima pocetak i kraj u istoj tocki.

Nul-vektor oznacavamo s−→0 , te vrijedi

∣∣∣−→0 ∣∣∣ = 0, a njegovi predstavnici su sve usmjerene duzine

oblika−−→PP .


Definicija 5 Neka je −→a 6= −→0 . Jedinicni vektor −→a0 vektora−→a je vektor koji ima isti nositelj i

orijentaciju kao i vektor −→a , ali je duljine 1.

Na kraju, uvedimo joši pojam kuta me�u vektorima.

Definicija 6 Kut izme�u vektora je kut izme�u njihovih predstavnika.

1.1.2 Zbrajanje vektora

Definicija 7 Neka su −→a =−→OA i

−→b =

−−→AB vektori. Zbroj vektora −→a i −→b je vektor −→c ozn

= −→a +−→b =−−→

OB.

Ovakav nacin zbrajanja vektora naziva se pravilo trokuta. Vektori se mogu zbrajati i po praviluparalelograma. Ova pravila zbrajanja ilustrirana su Slikom 1.4.

a) b)

Slika 1.4: Zbrajanje vektora: a) pravilo trokuta, b) pravilo paralelograma.

Ukoliko zbrajamo više od dva vektora, onda ih zbrajamo po pravilu poligona. Preciznije, ako suzadani vektori −→a 1 =

−−→OA1,

−→a 2 =−−−→A1A2, . . . ,

−→a n =−−−−−→An−1An, tada je vektor

−→a 1 +−→a 2 + . . .+−→a n =−−→OAn. Ovo pravilo ilustrirano je Slikom 1.5.

Slika 1.5: Zbrajanje vektora: pravilo poligona.

Zbrajanje vektora ima sljedeca svojstva:


Z1)(−→a +

−→b)

+−→c = −→a +(−→b +−→c

)(asocijativnost),

Z2) −→a +−→b =

−→b +−→a (komutativnost),

Z3) za svaki vektor −→a vrijedi −→a +−→0 =−→0 +−→a =−→a (postojanje neutralnog elementa),

Z4) za svaki vektor−→a =−−→PQ postoji njemu suprotan vektor −−→a =

−−→QP takav da je−→a +(−−→a ) =

−→0 (postojanje

suprotnog elementa).

Svojstva Z2), Z3) i Z4) ocito slijede iz definicije zbrajanja vektora, dok je cinjenica da vrijediZ1) ilustrirana Slikom 1.6.

Slika 1.6: Asocijativnost zbrajanja vektora.

1.1.3 Mnozenje vektora skalarom

Rezultat mnozenja vektora i skalara ce biti vektor. Da bismo dobro definirali koji je to vektor,moramo mu definirati duljinu, nositelja i orijentaciju jer vektor je jednoznacno odre�en tek kad supoznata sva ta tri pojma.

Definicija 8 Neka je −→a vektor, a λ ∈ R skalar. Umnozak vektora −→a i skalara λ je vektor kojegoznacavamo λ−→a , a za kojeg vrijedi λ−→a =

−→0 ako je λ = 0 ili −→a =

−→0 . U suprotnom vrijedi:

1. duljina vektora λ−→a jednaka je duljini vektora −→a pomnozenoj sa |λ| , tj. vrijedi |λ−→a | = |λ|·|−→a | ,

2. nositelj vektora λ−→a jednak je nositelju vektora −→a ,

3. ako je λ > 0 tada su vektori λ−→a i −→a iste orijentacije, a ako je λ < 0 tada su vektori λ−→a i−→a suprotne orijentacije.

Ova definicija ilustrirana je Slikom 1.7. Uocimo da je vektor−→b kolinearan vektoru −→a ako i

samo ako postoji λ ∈ R takav da je −→b = λ−→a .Mnozenje vektora skalarom ima sljedeca svojstva:

M1) λ(−→a +−→b ) = λ−→a + λ

−→b (distributivnost prema zbrajanju u V 3),


Slika 1.7: Vektori −→a , 3−→a , 12−→a i −2−→a .

M2) (λ+ µ)−→a = λ−→a + µ−→a (distributivnost prema zbrajanju u R),

M3) (λµ)−→a = λ(µ−→a ) (kompatibilnost mnozenja),

M4) 0−→a =−→0 ,

M5) 1−→a = −→a (netrivijalnost mnozenja).

1.1.4 Prostor radij-vektora

Cesto se pokaze da je prakticno uzeti predstavnike vektora koji svi imaju pocetak u istoj tocki.Ako u prostoru odaberemo tocku O tada za svaki vektor −→a postoji jedinstvena tocka A takva daje −→a =

−→OA. Vektor

−→OA naziva se radij-vektor tocke A u odnosu na pocetak O. Obzirom da je

tocka A jedinstvena, vektor −→a =−→OA se cesto poistovjecuje s tockom A. Skup svih takvih vektora,

zajedno sa zbrajanjem i mnozenjem skalarom definiranima kao u prethodnim poglavljima, ciniprostor radij-vektora.

1.1.5 Koordinatizacija prostora radij-vektora

Koordinatizacija pravca

Na pravcu odaberemo fiksnu tocku O i fiksnu tocku I tako da je∣∣∣−→OI∣∣∣ = 1. Uvedemo oznaku

−→i =

−→OI. Razmatramo prostor radij-vektora. Iz svojstava mnozenja vektora sa skalarom znamo da

se svaki radij-vektor −→a =−→OA na pravcu moze prikazati kao

−→a = ax ·−→i

pri cemu je ax neki skalar koji se naziva skalarna komponenta vektora−→a . Kazemo da vektor −→i

razapinje pravac. Obzirom da je vektor−→i fiksan, to znaci da se vektor −→a moze poistovijetiti sa

svojom skalarnom komponentom ax.


Koordinatizacija ravnine

U ravnini odaberemo tocku O za ishodište. Zatim odaberemo dva me�usobno okomita pravca kojise sijeku u tocki O. Na jednom od tih pravaca odaberemo tocku I, a na drugom tocku J, tako da

je∣∣∣−→OI∣∣∣ =

∣∣∣−→OJ∣∣∣ = 1. Tocke I i J biramo tako da tocka I rotiranjem za kut od π2 oko ishodišta u

pozitivnom smjeru prelazi u tocku J. Uvedemo oznake−→i =

−→OI,−→j =

−→OJ, pa je time u ravnini

definiran desni pravokutni (ortogonalni) koordinatni sustav (O,−→i ,−→j ).

Pravac na kojem lezi vektor−→i zovemo x−os ili apscisa, a pravac na kojem lezi vektor −→j zovemo

y−os ili ordinata. Neka je A proizvoljna tocka u ravnini, te −→a =−→OA njen radij-vektor. Sada vektoru

−→a mozemo jednoznacno pridruziti skalarne komponente ax i ay na sljedeci nacin. Neka su P i Qtocke kao na Slici 1.8. Iz koordinatizacije pravca znamo da moraju postojati skalarne komponenteax, ay ∈ R takve da je

−−→OP = ax

−→i ,

−−→OQ = ay

−→j .

Obzirom da po pravilu paralelograma vrijedi−→OA =

−−→OP +

−−→OQ imamo

−→OA =

−−→OP +

−−→OQ = ax

−→i + ay

−→j .

Dakle, obzirom da su vektori−→i i−→j cvrsti, zadani koordinatnim sustavom, slijedi da se svaki

vektor moze poistovijetiti sa parom svojih skalarnih komponenti, pa mozemo pisati −→a = (ax, ay) .Ova konstrukcija ilustrirana je Slikom 1.8.

Slika 1.8: Koordinatizacija ravnine.

Obzirom da mozemo poistovijetiti radij-vektor −→a s njegovom krajnjom tockom A, te obziromda su (ax, ay) koordinate tocke A, one se ponekad nazivaju i kordinatama vektora −→a .

Koordinatizacija prostora

U prostoru odaberemo tocku O za ishodište. Zatim odaberemo tri me�usobno okomita pravca kojise sijeku u tocki O (dva okomita pravca koji se sijeku u tocki O razapinju ravninu, a treci pravackroz tocku O je onda okomit na tu ravninu). U ravnini koju razapinju prva dva pravca uvedemodesni koordinatni sustav (O,

−→i ,−→j ), a zatim na trecem pravcu odaberemo tocku K takvu da za

vektor−→k =

−−→OK vrijedi

∣∣∣−→k ∣∣∣ = 1, te da vektori−→i ,−→j i−→k zadovoljavaju pravilo desne ruke. Time

smo u prostoru uveli desni pravokutni (ortogonalni) koordinatni sustav (O,−→i ,−→j ,−→k ).


Pravci na kojima leze vektori−→i ,−→j ,−→k zovu se koordinatne osi, i to redom x−os (apscisa), y−os

(ordinata), te z−os (aplikata). Neka je A proizvoljna tocka u ravnini, te −→a =−→OA. Sada vektoru −→a

mozemo jednoznacno pridruziti skalarne komponente ax, ay i az na sljedeci nacin. Neka su P, Q iR tocke kao na Slici 1.9. Uocimo da moraju postojati skalarne komponente ax, ay, az ∈ R takve daje

−−→OP = ax

−→i ,

−−→OQ = ay

−→j ,

−−→OR = az

−→k .

Obzirom da po pravilu paralelograma vrijedi−−→OA′ =

−−→OP +

−−→OQ i

−→OA =

−−→OA′ +

−−→OR imamo

−→OA =

−−→OA′ +

−−→OR =

−−→OP +

−−→OQ+

−−→OR = ax

−→i + ay

−→j + az

−→k .

Dakle, obzirom da su vektori−→i ,−→j i−→k cvrsti, zadani koordinatnim sustavom, slijedi da se svaki

vektor moze poistovijetiti sa svojim koordinatama, pa mozemo pisati −→a = (ax, ay, az) . Ova kon-strukcija ilustrirana je Slikom 1.9.

Slika 1.9: Koordinatizacija prostora.

Obzirom da mozemo poistovijetiti radij-vektor −→a s njegovom krajnjom tockom A, te obziromda su (ax, ay, az) koordinate tocke A, one se ponekad nazivaju i kordinatama vektora

−→a .

1.1.6 Izracunavanje u koordinatiziranom prostoru

Sada cemo izreci formule za zbrajanje vektora i mnozenje vektora sa skalarom, racunanje vektora−−→AB, duljine vektora, jedinicnog vektora, kuta izme�u vektora i kosinusa smjerova. Podrazumije-vamo da su vektori

−→i ,−→j i−→k odabrani tako da su me�usobno okomiti i duljine 1.

Zbrajanje i mnozenje sa skalarom

Operacije zbrajanja i mnozenja vektora skalarom definirali smo geometrijski. Sada kad smo koor-dinatizirali prostor, korisno je pronaci formule po kojima se te operacije mogu vršiti racunski.


Propozicija 9 Neka su −→a = ax−→i +ay

−→j i−→b = bx

−→i +by

−→j dva vektora u ravnini, a λ ∈ R skalar.

Tada vrijedi−→a +

−→b = (ax + bx)

−→i + (ay + by)

−→j ,

λ−→a = (λax)−→i + (λay)

−→j .

Dokaz. Skica dokaza moze se vidjeti na Slici 1.10.

a) b)

Slika 1.10: Racunske operacije s vektorima u koordinatiziranom prostoru: a) zbrajanje vektora, b)mnozenje vektora sa skalarom.


−→j +az

−→k i−→b = bx

−→i +by

−→j +bz

−→k dva vektora u prostoru,

a λ ∈ R skalar. Tada vrijedi−→a +

−→b = (ax + bx)

−→i + (ay + by)

−→j + (az + bz)

−→k ,

λ−→a = (λax)−→i + (λay)

−→j + (λaz)

−→k .

Dokaz. Analogan ravninskom slucaju.

Vektor−−→AB

Za vektor koji ima pocetak u ishodištu, a kraj u nekoj tocki A, lako izracunamo skalarne komponente(jednake su koordinatama tocke A). No, sada cemo izreci formulu za izracunavanje skalarnihkomponenti vektora koji pocetak ima u nekoj proizvoljnoj tocki A.

Propozicija 11 Neka su A(ax, ay) i B(bx, by) proizvoljne tocke ravnine. Tada je−−→AB = (bx − ax)

−→i + (by − ay)

−→j .

Dokaz. Da bismo pokazali da vrijedi ova formula, uocimo da po pravilu trokuta vrijedi−−→OB =

−→OA+

−−→AB,

pa je onda−−→AB =

−−→OB −−→OA =

(bx−→i + by

−→j)−(ax−→i + ay

−→j)

= (bx − ax)−→i + (by − ay)

−→j .

Propozicija 12 Neka su A(ax, ay, az) i B(bx, by, bz) proizvoljne tocke u prostoru. Tada vrijedi−−→AB = (bx − ax)

−→i + (by − ay)

−→j + (bz − az)

−→k .

Dokaz. Analogan ravninskom slucaju.


Duljina vektora

Potrebno je pronaci formulu po kojoj se duljina vektora izracunava analiticki.

Propozicija 13 Neka je −→a = ax−→i vektor na pravcu. Tada je

|−→a | = |ax| .

Dokaz. Iz svojstava skalarnog mnozenja znamo da je |−→a | = |ax| ·∣∣∣−→i ∣∣∣ , a vektor −→i smo odabrali

tako da bude∣∣∣−→i ∣∣∣ = 1. Dakle, imamo

|−→a | = |ax| ·∣∣∣−→i ∣∣∣ = |ax| · 1 = |ax| .

Propozicija 14 Neka je −→a = ax−→i + ay

−→j vektor u ravnini. Tada je

|−→a | =√a2x + a2

y.

Dokaz. Obzirom da smo vektore−→i i−→j odabrali da budu me�usobno okomiti, tvrdnja slijedi iz

Pitagorinog poucka.


−→j + az

−→k vektor u prostoru. Tada je

|−→a | =√a2x + a2

y + a2z.

Dokaz. Tvrdnja slijedi primjenom Pitagorinog poucka na trokutove ∆OPA′, ∆OA′A sa Slike 1.9

Jedinicni vektor

Najprije uocimo da za jedinicni vektor vrijedi sljedeca tvrdnja.

Propozicija 16 Neka je −→a vektor. Tada je

−→a0 =1

|−→a | ·−→a .

Dokaz. Da bismo pokazali da vrijedi ova tvrdnja, moramo pokazati da vektor 1

|−→a | ·−→a ima isti

nositelj i orijentaciju kao i vektor −→a , ali da mu je duljina 1. Obzirom da je 1

|−→a | pozitivan skalar,iz definicije mnozenja vektora skalarom slijedi da vektor 1

|−→a | ·−→a ima isti nositelj i orijentaciju kao

vektor −→a . Za duljinu pak vrijedi

|−→a0| =∣∣∣∣ 1

|−→a | ·−→a∣∣∣∣ =

∣∣∣∣ 1

|−→a |

∣∣∣∣ · |−→a | = 1

|−→a | · |−→a | = 1.


Dakle, pokazali smo da vrijedi formula iz iskaza.

Imajuci opcenitu formulu za jedinicni vektor, sada mozemo jednostavno raspisati tu formulu zaslucajeve kad je −→a ravninski ili prostorni vektor. Naime, ako je −→a = ax

−→i + ay

−→j ravninski vektor,

onda dobivamo

−→a 0 =1√

a2x + a2

y

(ax−→i + ay

−→j)

=ax√a2x + a2

y

−→i +

ay√a2x + a2

y

−→j .

Ako je −→a = ax−→i + ay

−→j + az

−→k prostorni vektor, onda dobivamo

−→a0 =1√

a2x + a2

y + a2z

(ax−→i + ay

−→j + az

−→k)

=

=ax√

a2x + a2

y + a2z

−→i +

ay√a2x + a2

y + a2z

−→j +

az√a2x + a2

y + a2z

−→k .

Prikloni kutevi

Pojam priklonih kuteva nismo do sada uveli, pa prije nego krenemo s analitickim formulama,potrebno je najprije definirati priklone kuteve.

Definicija 17 Neka je −→a vektor u ravnini (odnosno prostoru). Prikloni kutevi vektora −→a su kutevikoje taj vektor zatvara s vektorima

−→i i−→j (odnosno vektorima

−→i ,−→j i−→k ), a oznacavamo ih redom

s α i β (odnosno α, β i γ).

Sada mozemo izreci formule po kojima se ti kutevi izracunavaju u koordinatiziranom prostoru.


−→j ravninski vektor. Tada je

cosα =ax√a2x + a2

y

,

cosβ =ay√a2x + a2

y

.

Dokaz. Dokaz ovih formula slijedi iz trigonometrije trokutova ∆OAP i ∆OAQ sa Slike 1.8.


−→j + az

−→k prostorni vektor. Tada je

cosα =ax√

a2x + a2

y + a2z

,

cosβ =ay√

a2x + a2

y + a2z

,

cos γ =az√

a2x + a2

y + a2z

.


Dokaz. Dokaz ovih formula slijedi iz trigonometrije trokutova ∆OAP, ∆OAQ i ∆OAR sa Slike1.9.

Uspore�ujuci dobivene formule s formulama za jedinicni vektor, zakljucujemo da su priklonikutevi vektora −→a jednaki koordinatnim komponentama njegovog jedinicnog vektora, tj. da zaravninski vektor −→a vrijedi

−→a0 = cosα−→i + cosβ

−→j ,

dok za prostorni vektor −→a vrijedi

−→a0 = cosα−→i + cosβ

−→j + cos γ

−→k .

1.1.7 Vjezbe

Zadatak 20 Gdje u koordinatnom sustavu leze vektori (tocke) kojima je tocno jedna koordinatajednaka nuli, odnosno tocno dvije koordinate jednake nuli.

Rješenje. Ako je nekom vektoru tocno jedna koordinata jednaka nula, npr. koordinata x, tadataj vektor lezi u koordintnoj ravnini yz. Ako su nekom vektoru dvije koordinate jednake nula, npr.koordinate x i y, tada taj vektor lezi na koordinatnoj osi z.

Zadatak 21 Zadan je vektor −→a = 2−→i − 3

−→j +

−→k i tocka B(2, 0, 1). Odredi koordinate tocke C,

tako da bude:

1.−−→BC = −→a ,

2.−−→BC = −2−→a .

Dokaz. Da bismo odredili koordinate tocke C, moramo odrediti radijus-vektor−−→OC te tocke.

1. Ako je−−→BC = −→a , onda po pravilu trokuta imamo

−−→OC =

−−→OB +

−−→BC =

−−→OB +−→a =

=(

2−→i +−→k)

+(

2−→i − 3

−→j +−→k)

=

= 4−→i − 3

−→j + 2

−→k .

Dakle, trazena tocka je C(4,−3, 2).

2. Ako je−−→BC = −2−→a , onda po pravilu trokuta imamo

−−→OC =

−−→OB +

−−→BC =

−−→OB − 2−→a =

=(

2−→i +−→k)− 2

(2−→i − 3

−→j +−→k)

=

= 2−→i +−→k − 4

−→i + 6

−→j − 2

−→k =

= −2−→i + 6

−→j −−→k .

Dakle, trazena tocka je C(−2, 6,−1).


Zadatak 22 Zadane su tocke A(1, 2, 1), B(3,−2, 0) i C(1, 1, 2). Odredi koordinate tocke D tako davrijedi

−−→AB +

−→AC =

−−→AD.

Dokaz. Izracunajmo najprije vektore−−→AB i

−→AC. Imamo

−−→AB = (3− 1)

−→i + (−2− 2)

−→j + (0− 1)

−→k = 2

−→i − 4

−→j −−→k ,

−→AC = (1− 1)

−→i + (1− 2)

−→j + (2− 1)

−→k = −−→j +

−→k .

Ako zbrojimo ova dva vektora, dobivamo

−−→AD =

−−→AB +

−→AC = 2

−→i − 5

−→j .

Da bismo odredili koordinate tocke D (tj. radijus vektor−−→OD), uocimo da po pravilu trokuta mora

biti

−−→OD =

−→OA+

−−→AD =

=(−→i + 2

−→j +−→k)

+(

2−→i − 5

−→j)

=

= 3−→i − 3

−→j +−→k .

Dakle, trazena tocka je D(3,−3, 1).

Zadatak 23 Ispitaj da li su vektori−−→AB i

−−→CD kolinerani ako je:

1. A(2, 3, 0), B(1, 3,−2), C(3, 5,−4), D(5, 5, 0),

2. A(1, 2, 0), B(0,−4, 0), C(3, 3, 1), D(2, 2, 5).

Dokaz. Podsjetimo se: vektori su kolinearni ako imaju isti nositelj. No po definiciji mnozenjavektora sa skalarom, to znaci da se jedan moze dobiti iz drugoga mnozenjem sa skalarom. Potrebnoje dakle utvrditi da li se zadani vektori mogu dobiti jedan iz drugoga mnozenjem sa skalarom.

1. Uocimo da je

−−→AB = −−→i − 2

−→k ,

−−→CD = 2

−→i + 4

−→k .

Dakle, obzirom da vrijedi−−→CD = −2 · −−→AB, zakljucujemo da su vektori −−→AB i

−−→CD kolinearni.

2. Uocimo da je

−−→AB = −−→i − 6

−→j ,

−−→CD = −−→i −−→j + 4

−→k .

Dakle, ne postoji λ ∈ R takav da je −−→CD = λ · −−→AB, pa zakljucujemo da vektori −−→AB i−−→CD nisu

kolinearni.


Zadatak 24 Ispitaj da li je trokut ∆ABC jednakokracan ili pravokutan, ako je:

1. A(1, 0,−2), B(2,−1,−5), C(4, 1,−3),

2. A(1, 2, 0), B(2, 2, 0), C(1, 2,−1).

Rješenje. Uocimo da je u ovom zadatku potrebno izracunadi duljine stranica trokut ∆ABC. Dali je trokut jednakokracan utvrdit cemo uspore�ivanjem tih duljina, a pravokutnost iz Pitagorinapoucka.

1. Vrijedi−−→AB =

−→i −−→j − 3

−→k ⇒

∣∣∣−−→AB∣∣∣ =√

1 + 1 + 9 =√

11−→AC = 3

−→i +−→k −−→k ⇒

∣∣∣−→AC∣∣∣ =√

9 + 1 + 1 =√

11−−→BC = 2

−→i + 2

−→j + 2

−→k ⇒

∣∣∣−−→BC∣∣∣ =√

4 + 4 + 4 =√

12

Dakle, trokut ∆ABC je jednakokracan jer je∣∣∣−−→AB∣∣∣ =

∣∣∣−→AC∣∣∣ . Da bismo utvrdili da li je ovajtrokut pravokutan, uocimo da je u pavokutnom trokutu hipotenuza najdulja, pa bi to ovdje

morala biti stranica AC. No obzirom da je∣∣∣−→AC∣∣∣2 = 12, a s druge strane

∣∣∣−−→AB∣∣∣2 +∣∣∣−−→BC∣∣∣2 =

11 + 11 = 22, po Pitagorinom poucku slijedi da trokut ∆ABC nije pravokutan trokut.

2. Vrijedi−−→AB =

−→i ⇒

∣∣∣−−→AB∣∣∣ = 1−→AC = −−→k ⇒

∣∣∣−→AC∣∣∣ = 1−−→BC = −i− k ⇒

∣∣∣−−→BC∣∣∣ =√

2

Dakle, trokut ∆ABC je jednakokracan jer je∣∣∣−−→AB∣∣∣ =

∣∣∣−→AC∣∣∣ . Tako�er, ovaj trokut je i pra-vokutan jer je ∣∣∣−−→BC∣∣∣2 = 2 = 1 + 1 =

∣∣∣−−→AB∣∣∣2 +∣∣∣−→AC∣∣∣2 .

Zadatak 25 Odredi kosinuse priklonih kuteva vektora −→a =−→i − 2

−→j + 2

−→k .

Dokaz. Obzirom da su kosinusi kuteva α, β, γ jednaki skalarnim koordinatama jedinicnog vektora−→a0, potrebno je izracunati taj vektor. Prvo, uocimo da vijedi

|−→a | =√

12 + (−2)2 + 22 = 3.

Dakle,

−→a0 =1

|−→a |−→a =

1

3

(−→i − 2

−→j + 2

−→k)

=

=1

3

−→i − 2

3

−→j +

2

3

−→k .


Sada je

cosα =1

3,

cosβ = −2

3,

cos γ =2

3.

Zadatak 26 Zadani su vektori −→a = 2−→i + 3

−→j − 6

−→k i−→b = 4

−→i − 4

−→j + 2

−→k . Odredi vektor −→s

kojemu je nositelj simetrala kuta ](−→a ,−→b ).

Rješenje. Uocimo da ce nam zbrajanje vektora dati vektor smjera simetrale samo u slucaju kadsu vektori −→a i −→b iste duljine. Obzirom da je

|−→a | =√

22 + 32 + (−6)2 = 7,∣∣∣−→b ∣∣∣ =√

42 + (−4)2 + 22 = 6,

zbrajanjem vektora −→a i −→b necemo dobiti vektor simetrale kuta ](−→a ,−→b ). Potrebno je, dakle, prvopronaci vektore koji imaju isti nositelj i orijentaciju kao vektori −→a i

−→b , ali su me�usobno iste

duljine. U tu svrhu nam mogu posluziti vektori −→a0 i−→b 0. Dakle,

−→s = −→a0 +−→b 0 =

1

|−→a |−→a +

1∣∣∣−→b ∣∣∣−→b =

=1

7

(2−→i + 3

−→j − 6

−→k)

+1

6

(4−→i − 4

−→j + 2

−→k)

=

=20

21

−→i − 5

21

−→j − 11

21

−→k .

Zadatak 27 Zadan je vektor −→a = ax−→i + 2

−→j . Odredi broj ax ∈ R tako da vektor −→a zatvara kut π3

s pozitivnim smjerom osi x (tj. s vektorom−→i ).

Rješenje. Trazimo, dakle, prikloni kut α vektora −→a . Iz formule za prikloni kut dobivamo

cosα =ax√

a2x + a2

y + a2z

,

cosπ

3=

ax√a2x + 22 + 02

,

1

2=

ax√a2x + 4

,√a2x + 4 = 2ax,

a2x + 4 = 4a2

x,

a2x =

4

3,

ax = ± 2√3.


Dakle, postoje dva vektora koji su rješenje zadatka. To su vektori −→a 1 = 2√3

−→i + 2

−→j i −→a 2 =

− 2√3

−→i + 2

−→j .

1.2 Mnozenje vektora

U dosadašnjem izlaganju, definirali smo jednu vrstu mnozenja koje je ukljucivalo vektor - mnozenjevektora sa skalarom. No, tu je samo jedan od mnozitelja bio vektor, dok je drugi mnozitelj bioskalar. Sada cemo definirati mnozenje u kojem ce oba mnozitelja biti vektori. I to cemo definiratidva takva mnozenja, a ne jedno. Jedno mnozenje cemo nazivati skalarnim, a drugo vektorskim.Ime tim mnozenjima dolazi od rezultata mnozenja. Oba puta u umnozak ulaze dva vektora, nojednom mnozenju je rezultat skalar, dok je drugom mnozenju rezultat vektor. Da bismo razlikovaliizme�u ta dva mnozenja, uvodimo razlicite oznake: oznaku "·" za skalarni produkt, te oznaku "×"za vektorski produkt.Prije nego krenemo na definiranje tih dvaju vektora uvedimo sljedecu oznaku za vektor:∣∣∣∣∣∣

−→i−→j−→k

ax ay azbx by bz

∣∣∣∣∣∣ ozn= (aybz − azby)−→i − (axbz − azbx)

−→j + (axby − aybx)

−→k .

Tako�er, uvedimo slicnu oznaku za broj:∣∣∣∣∣∣ax ay azbx by bzcx cy cz

∣∣∣∣∣∣ ozn= ax(bycz − bzcy)− ay(bxcz − bzcx) + az(bxcy − bycx).

I vektor i broj oznaceni ovim tablicama, dobivaju se slicnim raspisivanjem tablice.

1.2.1 Skalarni produkt vektora

U ovom poglavlju bavit cemo se skalarnim produktom dvaju vektora kojemu je rezultat skalar.

Definicija 28 Neka su −→a i−→b dva vektora, te neka je ϕ = ](−→a ,−→b ). Skalarni produkt vektora −→a

i−→b je skalar (broj) −→a · −→b kojeg definiramo sa

−→a · −→b = |−→a |∣∣∣−→b ∣∣∣ cosϕ. (1.1)

Geometrijsko znacenje skalarnog mnozenja je sljedece. Prvo, neka je Pr−→a−→b oznaka za projekciju

vektora−→b na vektor −→a . Skalarni produkt −→a · −→b jednak je umnošku duljina vektora Pr−→a

−→b i −→a ,

tocnije −→a · −→b = ±∣∣∣Pr−→a

−→b∣∣∣ |−→a | pri cemu vrijedi + ako je ](−→a ,−→b ) < π

2 , a − ako je ](−→a ,−→b ) > π2 .

Geometrijsko znacenje ilustrirano je Slikom 1.11Lako se vidi da skalarni produkt ima sljedeca svojstva:

S1) −→a · −→b = 0 ako je −→a =−→0 ili

−→b = 0 ili −→a ⊥−→b ,

S2) −→a · −→b =−→b · −→a (komutativnost),

1.2. MNOZENJE VEKTORA 17

Slika 1.11: Geometrijsko znacenje skalarnog produkta.

S3) −→a (−→b +−→c ) = −→a −→b +−→a −→c (distributivnost),

S4) λ(−→a · −→b ) = (λ−→a ) · −→b = −→a · (λ−→b ) (homogenost),

S5) vrijedi

−→i · −→i =

−→j · −→j =

−→k · −→k = 1,

−→i · −→j =

−→i · −→k =

−→j · −→k = 0,

S6) −→a · −→a = |−→a |2 .

Moze se izvesti formula koja je prikladnija za izracunavanje skalarnog produkta u slucaju kadsu zadani koordinatizirani vektori. Ta formula iskazana je sljedecom propozicijom.

Propozicija 29 Neka su −→a = ax−→i + ay

−→j + az

−→k i−→b = bx

−→i + by

−→j + bz

−→k vektori. Tada vrijedi

−→a · −→b = axbx + ayby + azbz. (1.2)

Dokaz. Iz distributivnosti, komutativnosti i homogenosti skalarnog mnozenja slijedi

−→a · −→b =(ax−→i + ay

−→j + az

−→k)(

bx−→i + by

−→j + bz

−→k)

=

= axbx−→i−→i + axby

−→i−→j + axbz

−→i−→k +

+aybx−→j−→i + ayby

−→j−→j + aybz

−→j−→k +

+azbx−→k−→i + azby

−→k−→j + azbz

−→k−→k ,

a onda iz svojstva S5) slijedi da opstanu jedino uokvireni clanovi sume. Obzirom da po svojstvuS5) vrijedi da je

−→i−→i =

−→j−→j =

−→k−→k = 1, zakljucujemo da vrijedi formula iz iskaza propozicije.

1.2.2 Vektorski produkt vektora

Definirajmo sada vektorsko mnozenje vektora, tj. mnozenje vektora kojemu je rezultat vektor.


Definicija 30 Neka su −→a i−→b vektori. Vektorski produkt vektora −→a i

−→b je vektor −→a × −→b za

kojeg vrijedi −→a × −→b =−→0 ako su vektori −→a i

−→b kolinearni, ili ako vrijedi −→a =

−→0 ili

−→b =

−→0 . U

suprotnom vrijedi:

1. duljina vektora −→a ×−→b jednaka je površini paralelograma kojeg razapinju vektori −→a i−→b ,

2. nositelj vektora −→a ×−→b okomit je na nositelje vektora −→a i−→b ,

3. orijentacija vektora −→a ×−→b definirana je pravilom desne ruke.

Vektorski produkt dvaju vektora ilustriran je Slikom 1.12.

Slika 1.12: Vektorski produkt vektora −→a i −→b .

Moze se pokazati da vektorski produkt ima sljedeca svojstva:

V1) −→a ×−→b = −(−→b ×−→a

)(anti-komutativnost),

V2) −→a × (−→b +−→c ) = −→a ×−→b +−→a ×−→c (distributivnost),

V3) λ(−→a ×−→b ) = (λ−→a )×−→b = −→a × (λ−→b ) (homogenost),

V4) vrijedi

−→i ×−→i =

−→j ×−→j =

−→k ×−→k = 0,

−→i ×−→j =

−→k ,

−→j ×−→k =

−→i ,

−→k ×−→i =

−→j ,

−→j ×−→i = −−→k , −→

k ×−→j = −−→i , −→i ×−→k = −−→j ,

V5) vrijedi∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣ = |−→a |

∣∣∣−→b ∣∣∣ sinϕ, pri cemu je ϕ = ](−→a ,−→b ).

Svojstva V1), V3), V4) ocito slijede iz definicije, svojstvo V5) je ocito iz definicije i Slike 1.13,a uz malo truda moze se pokazati da vrijedi i svojstvo V2).

Kao i kod skalarnog mnozenja, i ovdje se moze izvesti formula koja je prikladnija za izracuna-vanje skalarnog produkta u slucaju kad su zadani koordinatizirani vektori. Ta formula iskazana jesljedecom propozicijom.


Slika 1.13: Ilustracija dokaza svojstva V5).

Propozicija 31 Neka su −→a = ax−→i + ay

−→j + az

−→k i−→b = bx

−→i + by

−→j + bz

−→k vektori. Tada vrijedi

−→a ×−→b =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

ax ay azbx by bz

∣∣∣∣∣∣ = (aybz − azby)−→i − (axbz − azbx)

−→j + (axby − aybx)

−→k . (1.3)

Dokaz. Ova formula slijedi iz svojstava V1)-V4) vektorskog produkta.

1.2.3 Mješoviti produkt vektora

Mješovito mnozenje vektora nije neko novo mnozenje vektora, nego je kombinacija vektorskog iskalarnog mnozenja. Obzirom da se ta kombinacija cesto javlja pri rješavanju raznih problema,korisno je navesti neka njena svojstva. Najprije definirajmo mješoviti produkt.

Definicija 32 Neka su −→a , −→b i −→c vektori. Mješoviti produkt vektora −→a , −→b i −→c je skalar (broj)(−→a ×−→b ) · −→c .

Navedimo sada jedno svojstvo mješovitog produkta.

Propozicija 33 Neka su −→a , −→b i −→c vektori. Tada je apsolutna vrijednost∣∣∣(−→a ×−→b ) · −→c

∣∣∣ jednakavolumenu paralelepipeda kojeg razapinju vektori −→a , −→b i −→c .

Dokaz. Oznacimo s α kut izme�u vektora −→a ×−→b i vektora −→c . Mi cemo tvrdnju dokazati za slucajkad je taj tup oštri, a tvrdnja se slicno dokazuje i u slucaju kad je taj kut tupi.Neka je V volumen paralelepipeda kojeg razapinju vektori −→a , −→b i −→c . Zelimo pokazati da je V =∣∣∣(−→a ×−→b ) · −→c

∣∣∣ . Pokazat cemo najprije cemu je jednako V , a zatim cemu je jednako ∣∣∣(−→a ×−→b ) · −→c∣∣∣ ,

iz cega ce biti ocito da je to dvoje jednako.Što se tice volumena V, uocimo da je paralelepiped zapravo kosa prizma kojoj je baza paralelo-

gram razapet vektorima −→a i −→b . Dakle vrijedi

V = P · v,

pri cemu je P površina baze, a v visina. Iz definicije vektorskog produkta znamo da je P =∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣ .

Obzirom da je kut α izme�u vektora −→a × −→b i vektora −→c oštri, zakljucujemo da je i kut izme�u


vektora c i visine tako�er oštri i jednak α, što je ilustrirano Slikom 1.14. Onda iz trigonometrijepravokutnog trokuta zakljucujemo

v = |−→c | cosα.

Dakle, vrijedi

V = P · v =∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣ |−→c | cosα. (1.4)

Slika 1.14: Izracunavanje volumena paralelepipeda.

S druge strane, iz definicije skalarnog mnozenja znamo da je

(−→a ×−→b ) · −→c =∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣ |−→c | cosα. (1.5)

Uspore�ujuci 1.4 i 1.5 zakljucujemo da je

V =∣∣∣(−→a ×−→b ) · −→c

∣∣∣ .Kao kod skalarnog i vektorskog mnozenja, i ovdje tako�er postoji formula za izracunavanje

mješovitog produkta koja je pogodna kada se mnoze koordinatizirani vektori.


−→j +az

−→k ,−→b = bx

−→i +by

−→j +bz

−→k i −→c = cx

−→i +cy

−→j +cz

−→k

vektori. Tada vrijedi

(−→a ×−→b ) · −→c =

∣∣∣∣∣∣ax ay azbx by bzcx cy cz

∣∣∣∣∣∣ = ax(bycz − bzcy)− ay(bxcz − bzcx) + az(bxcy − bycx).

Dokaz. Ova formula slijedi iz odgovarajucih formula za skalarni i vektorski produkt (formule (1.2)i (1.3)).

Nadalje, kazemo da su vektori koplanarni, ako leze u istoj ravnini. Sada mozemo izreci napomenukoja nam povezuje mnozenje vektora s razlicitim me�uodnosima tih vektora.

Napomena 35 Neka su −→a , −→b i −→c tri ne-nul vektora. Tada vrijedi:

1. vektori −→a i−→b su me�usobno okomiti ako i samo ako je −→a · −→b = 0,

2. vektori −→a i−→b su kolinearni ako i samo ako je −→a ×−→b = 0,

3. vektori −→a , −→b i −→c su koplanarni ako i samo ako je (−→a ×−→b ) · −→c = 0.


1.2.4 Vjezbe

Zadatak 36 Zadani su vektori −→a =−→i −−→j + 4

−→k i−→b = 4

−→i −−→k . Izracunaj −→a · −→b i odredi kut

ϕ = ](−→a ,−→b ).

Rješenje. Po formuli (1.2) imamo

−→a · −→b = 1 · 4 + (−1) · 0 + 4 · (−1).

Sada kut ϕ mozemo izracunati iz formule 1.1:

cosϕ =−→a · −→b|−→a |

∣∣∣−→b ∣∣∣ =0√

12 + (−1)2 + 42√

42 + 02 + (−1)2=

0√18√

17= 0,

pa je dakle α = π2 .

Dakle, skalarni produkt nam moze posluziti za precizno izracunavanje kuta ϕ me�u vektorima−→a i −→b . No, vec i sam predznak skalarnog produkta nam daje dosta informacija o tom kutu. Naime,iz definicije skalarnog produkta

−→a · −→b = |−→a |︸︷︷︸>0

∣∣∣−→b ∣∣∣︸︷︷︸>0

cosϕ

zakljucujemo da skalarni produkt −→a ·−→b i kosinus cosϕ imaju isti predznak. Obzirom da je kosinuspozitivan za oštre kuteve, a negativan za tupe, zakljucujemo da je i skalarni produkt pozitivan kadje kut oštri, a negativan kad je kut me�u vektorima tupi.

Zadatak 37 Izracunavanjem skalarnog produkta −→a · −→b zakljuci je li kut ϕ = ](−→a ,−→b ) oštri ilitupi, ako je:

1. −→a = 2−→i −−→j +

−→k i−→b =

−→i + 3

−→k ,

2. −→a = −−→i −−→j + 2−→k i−→b = 3

−→i − 3

−→j −−→k .

Rješenje. Da bismo odredili je li kut me�u vektorima oštri ili tupi, potrebno je utvrditi predznakskalarnog produkta.

1. Vrijedi−→a · −→b = 2 · 1 + (−1) · 0 + 1 · 3 = 5 > 0,

pa je kut ϕ oštri.

2. Vrijedi−→a · −→b = (−1) · 3 + (−1) · (−3) + 2 · (−1) = −2 < 0,

pa je kut ϕ tupi.

Zadatak 38 Na�i projekciju vektora −→a =−→i + 2

−→j + 3

−→k na vektor

−→b = 3

−→i + 4

−→j + 5

−→k .


Rješenje. Oznacimo sa Pr−→b−→a trazenu projekciju. Neka je ϕ = ](−→a ,−→b ). Uocimo sljedece:

1) ako je kut ϕ oštri tada je Pr−→b−→a =

∣∣Pr−→b−→a∣∣−→b0 ,

2) ako je kut ϕ pravi tada je Pr−→b−→a =

−→0 ,

3) ako je kut ϕ tupi tada je Pr−→b−→a =

∣∣Pr−→b−→a∣∣ (−−→b0).

Obzirom da je

cosϕ =3 + 8 + 15√

1 + 4 + 9√

9 + 14 + 25=

26√14√

50> 0,

zakljucujemo da je kut ϕ oštri. Dakle, vrijedi formula za slucaj 1). Izracunajmo sada∣∣Pr−→

b−→a∣∣ i

−→b0 . Uocimo da je ∣∣∣∣Pr−→

b

−→a∣∣∣∣ = |−→a | cosϕ =

√14 · 26√

14√

50=

26√50,

−→b0 =

1∣∣∣−→b ∣∣∣−→b =1√50

(3−→i + 4

−→j + 5

−→k ).

Dakle,

Pr−→b

−→a =

∣∣∣∣Pr−→b

−→a∣∣∣∣−→b0 =

26√50

1√50

(3−→i + 4

−→j + 5

−→k ) =

=39

25

−→i +

52

25

−→j +

13

5

−→k .

Zadatak 39 Odredi |−→a | ako je −→a = −→p − 2−→q , |−→p | = 2, |−→q | = 3 i ](−→p ,−→q ) = π3 .

Rješenje. Uocimo da vrijedi

|−→a |2 = −→a · −→a = (−→p − 2−→q ) (−→p − 2−→q ) =

= −→p · −→p − 2−→p · −→q − 2−→p · −→q + 4−→p · −→q= |−→p |2 − 4−→p · −→q + 4 |−→q |2 =

= |−→p |2 − 4 |−→p | |−→q | cos](−→p ,−→q ) + 4 |−→q |2 =

= 22 − 4 · 2 · 3 · cosπ

3+ 4 · 32 =

= 28.

Dakle, vrijedi |−→a | =√

28

Zadatak 40 Odredi jedinicni vektor −→c okomit na vektore −→a = 2−→i −−→j −−→k i

−→b = 3

−→i +−→k .

Rješenje. Vektor okomit na dva zadana vektora dobivamo vektorskim produktom tih dvajuvektora. Dakle, vektor −→a ×−→b je okomit na vektore −→a ×−→b .

−→a ×−→b =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j

−→k

2 −1 −13 0 1

∣∣∣∣∣∣ =−→i (−1− 0)−−→j (2 + 3) +

−→k (0 + 3) =

= −−→i − 5−→j + 3

−→k .


Obzirom da je ∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣ =√

(−1)2 + (−5)2 + 32 =√

35 6= 1,

dobiveni vektor nije duljine jedan. No, ako izracunamo njegov jedinicni vektor, to ce biti vektor sazeljenim svojstvima. Dakle,

−→c =1∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣−→a ×−→b =

1√35

(−−→i − 5−→j + 3

−→k ) =

= − 1√35

−→i − 5√

35

−→j +

3√35

−→k .

Zadatak 41 Neka je A(3, 1, 0), B(2, 2, 2) i C(1, 4, 0). Odredi visinu trokuta ∆ABC nad stranicomAB.

Rješenje. Uocimo da se površina P trokuta ∆ABC moze izracunati na dva nacina:

P =vAB ·

∣∣∣−−→AB∣∣∣2

,

P =1

2

∣∣∣−−→AB ×−→AC∣∣∣ .Izjednacavanjem ovih dviju formula po P dobivamo

vAB ·∣∣∣−−→AB∣∣∣

2=

1

2

∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣ ,vAB =

∣∣∣−→a ×−→b ∣∣∣∣∣∣−−→AB∣∣∣ .

Obzirom da je

−−→AB = −−→i +

−→j + 2

−→k ,

−→AC = −2

−→i + 3

−→j ,

dobivamo ∣∣∣−−→AB∣∣∣ =√

(−1)2 + 12 + 22 =√

6,

−−→AB ×−→AC =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

−1 1 2−2 3 0

∣∣∣∣∣∣ =−→i (0− 6)−−→j (0 + 4) +

−→k (−3 + 2) =

= −6−→i − 4

−→j −−→k ,∣∣∣−−→AB ×−→AC∣∣∣ =

√(−6)2 + (−4)2 + (−1)2 =

√53,


pa je

vAB =

√53√6.

Zadatak 42 Neka su −→a =−→i − 2

−→j ,−→b = λ

−→j +−→k , −→c = −−→i +

−→k . Odredi vrijednost parametra

λ ∈ R tako da paralelepiped razapet vektorima −→a , −→b i −→c ima volumen 20.

Dokaz. Volumen V paralelepipeda jednak je apsolutnoj vrijednosti mješovitog produkta vektora−→a , −→b i −→c . Dakle, V =

∣∣∣(−→a ×−→b )−→c∣∣∣ . Obzirom da je

(−→a ×−→b )−→c =

∣∣∣∣∣∣1 −2 00 λ 1−1 0 1

∣∣∣∣∣∣ = 1(λ− 0) + 2(0 + 1) =

= λ+ 2,

dobivamo V = |λ+ 2|. Obzirom da V mora biti 20, trazimo rješenje jednadzbe

|λ+ 2| = 20.

Iz definicije apsolutne vrijednosti znamo da ova jednakost vrijedi ako je λ + 2 = 20 ili ako jeλ+ 2 = −20. Dakle, rješenja su λ1 = 18, λ2 = −22.

1.3 Linearna (ne)zavisnost vektora

Uvedimo sada pojam linearne (ne)zavisnosti vektora. Najprije nam je potreban pojam linearnekombinacije.

Definicija 43 Neka su −→a1,−→a2, . . . ,

−→an vektori. Linearna kombinacija vektora −→a1,−→a2, . . . ,

−→an je vektor

λ1−→a1 + λ2

−→a2 + . . .+ λn−→an

pri cemu su λ1, λ2, . . . , λn realni brojevi.

Ilustrirajmo ovu definiciju primjerom.

Primjer 44 Neka su

−→a = 2−→i −−→j +

−→k ,

−→b = −2

−→i + 3

−→j − 2

−→k ,

−→c = 2−→j −−→k

vektori. Odredi neku (barem jednu) linearnu kombinaciju ovih vektora!

1.3. LINEARNA (NE)ZAVISNOST VEKTORA 25

Dokaz. Jedna linearna kombinacija vektora −→a , −→b i −→c je vektor

2−→a + 3−→b −−→c = 2

(2−→i −−→j +

−→k)

+ 3(−2−→i + 3

−→j − 2

−→k)−(

2−→j −−→k

)=

= −2−→i + 5

−→j − 3

−→k .

Dakle, linearna kombinacija vektora je ponovo neki vektor. Nama ce biti interesantno pitanje kadaje linearna kombinacija vektora jednaka nul-vektoru.

Definicija 45 Neka su −→a1,−→a2, . . . ,

−→an vektori. Kazemo da su vektori −→a1,−→a2, . . . ,

−→an linearno nezav-isni ako iz

λ1−→a1 + λ2

−→a2 + . . .+ λn−→an =

−→0

slijedi da jeλ1 = λ2 = . . . = λn = 0.

U suprotnom kazemo da su vektori −→a1,−→a2, . . . ,

−→ak linearno zavisni.

Pojasnimo malo ovu definiciju. Uocimo da uvijek postoji barem jedna linearna kombinacija vektorakoja je jednaka nul-vektoru. To je tzv. trivijalna kombinacija koja nastaje kad odaberemo da susvi koeficijenti λi jednaki 0. Pitanje je samo da li je to jedina kombinacija koja daje nul-vektor, ilipostoji i netrivijalna kombinacija vektora koja daje nul-vektor. Ako je to jedina kombinacija, ondasu vektori linearno nezavisni. Ako pak postoji i netrivijalna kombinacija, onda su vektori linearnozavisni.

Primjer 46 Postoji li netrivijalna kombinacija vektora

−→a = 2−→i −−→j +

−→k ,

−→b = −2

−→i + 3

−→j − 2

−→k ,

−→c = −2−→i −−→j

koja daje nul-vektor?

Dokaz. Pitamo se za koje vrijednosti koeficijenata α, β i γ je linearna kombinacija

α−→a + β−→b + γ−→c =

−→0 .

Jedna mogucnost je trivijalna, a to je

0 · −→a + 0 · −→b + 0 · −→c = 0 ·(

2−→i −−→j +

−→k)

+ 0 ·(−2−→i + 3

−→j − 2

−→k)

+ 0 ·(−2−→i −−→j

)=−→0 .

No, postoji i netrivijalna kombinacija

−2−→a −−→b −−→c = −2(

2−→i −−→j +

−→k)−(−2−→i + 3

−→j − 2

−→k)−(−2−→i −−→j

)=−→0 .

Obzirom da postoji i netrivijalna linearna kombinacija vektora −→a , −→b i −→c koja daje nul-vektor,ti vektori su linearno zavisni. Uocimo da se tada npr. vektor −→c moze prikazati kao linearnakombinacija vektora −→a i −→b , tj. vrijedi

−→c = −2−→a −−→b .


Moze se reci da vektor −→c zavisi od vektora −→a i −→b , pa odatle ovom pojmu ime.

Naravno, posve prirodno se namece pitanje: ’A odakle nama ta netrivijalna kombinacija koja dajenul-vektor?’U prethodnom primjeru ona je jednostavno napisana bez ikakvog pojašnjenja kako smodo nje došli. To je zato što je prethodni primjer sluzio ilustriranju pojma linearne (ne)zavisnostibez prevelikog opterecivanja racunom. No, u sljedecem zadatku cemo pokazati kako se odre�uje dali trazena netrivijalna kombinacija postoji, te ako postoji koja je.

Zadatak 47 Ispitaj da li su vektori

−→a =−→i + 2

−→j −−→k ,

−→b =

−→j + 3

−→k ,

−→c = −2−→i − 2

−→k

linearno nezavisni.

Dokaz. Pitamo se za koje vrijednosti koeficijenata α, β i γ vrijedi

α−→a + β−→b + γ−→c =

−→0 ,

α(−→i + 2

−→j −−→k

)+ β

(−→j + 3

−→k)

+ γ(−2−→i − 2

−→k)

=−→0 ,

(α− 2γ)−→i + (2α+ β)

−→j + (−α+ 3β − 2γ)

−→k =

−→0 .

Ovaj vektor ce biti jednak nul-vektoru onda i samo onda kad mu je svaka koordinata jednaka nula,tj. kad vrijedi

α− 2γ = 0,

2α+ β = 0,

−α+ 3β − 2γ = 0.

Dobili smo sustav tri jednadzbe s tri nepoznanice. Izlucivanjem α = 2γ iz prve jednadzbe, teuvrštavanjem u preostale dvije dobivamo

4γ + β = 0,

−4γ + 3β = 0.

Rješavanjem sustava kao jedino rješenje dobivamo β = 0 i γ = 0, pa mora biti i α = 0. Dobilismo da je trivijalni odabir koeficijenata α = β = γ = 0 jedina mogucnost da linearna kombinacijavektora −→a , −→b i −→c bude nul-vektor. Dakle, vektori −→a , −→b i −→c su linearno nezavisni.

Pojam linearne nezavisnosti jako je vazan u teoriji vektora, no o njemu ce više rijeci biti kasnije.

Poglavlje 2

Pravci i ravnine u prostoru

2.1 Ravnina

Neka je π ravnina u prostoru. Nadalje, neka je T0 tocka na ravnini π i−→n vektor okomit na ravninu

π. Vektor −→n naziva se vektor normale ravnine π. Tada za svaku tocku T prostora, a koja je razlicitaod T0, vrijedi:

1. ako je tocka T na ravnini π, onda je vektor−−→T0T okomit na vektor

−→n , pa vrijedi −→n · −−→T0T = 0,

2. ako tocka T nije na ravnini π, onda vektor−−→T0T nije okomit na vektor

−→n , a niti je nul-vektor,pa mora biti −→n · −−→T0T 6= 0.

Ova cinjenica ilustrirana je Slikom 2.1.

Slika 2.1: Jednadzba ravnine: vektor −→n okomit je na vektor−−→T0T pri cemu je T0 fiksna, a T

proizvoljna tocka ravnine.

Uocimo da i za tocku T = T0 vrijedi−→n · −−→T0T = 0, jer je u tom slucaju

−−→T0T =

−−→T0T0 =

−→0 .

Zakljucujemo, dakle, da na ravnini π leze one i samo one tocke koje zadovoljavaju jednadzbu

−→n · −−→T0T = 0. (2.1)

Ovo je osnovni oblik jednadzbe ravnine iz kojeg cemo raspisivanjem izvoditi sve ostale.

27

28 POGLAVLJE 2. PRAVCI I RAVNINE U PROSTORU

2.1.1 Vektorski oblik jednadzbe ravnine

Ako s −→r oznacimo radij vektor tocke T, a s −→r 0 oznacimo radij vektor tocke T0, tada je−−→T0T =

−→r −−→r 0. Uvrštavanjem u jednadzbu (2.1) dobivamo

−→n · (−→r −−→r 0) = 0.

Ovaj oblik jednadzbe ravnine naziva se vektorski oblik.

2.1.2 Jednadzba ravnine kroz tocku

Neka je −→n = A−→i +B

−→j +C

−→k , T0(x0, y0, z0) i T (x, y, z). Tada je

−−→T0T = (x− x0)

−→i + (y− y0)

−→j +

(z − z0)−→k , pa uvrštavanjem u jednadzbu (2.1) i raspisivanjem skalarnog produkta dobivamo

A(x− x0) +B(y − y0) + C(z − z0) = 0. (2.2)

Ovo je jednadzba ravnine kroz tocku.

Primjer 48 Neka je −→n = 2−→i − −→j − 4

−→k i T0(−1, 2, 0). Odredi jednadzbu ravnine π koja prolazi

tockom T0, a okomita je na vektor−→n .

Dokaz. Po jednadzbi ravnine kroz tocku imamo

2 (x+ 1)− (y − 2)− 4 (z − 0) = 0,

2x− y − 4z + 4 = 0.

Uocimo da smo jednadzbu ravnine kroz tocku u ovom primjeru razmnozili cime smo dobili’elegantniji’oblik jednadzbe. To nas dovodi do sljedeceg oblika jednadzbe ravnine - opceg oblika.

2.1.3 Opci oblik jednadzbe ravnine

Ako jednadzbu ravnine kroz tocku razmnozimo, te stavimo D = −Ax0 −By0 − Cz0, dobivamo

Ax+By + Cz +D = 0. (2.3)

Ovaj oblik naziva se opci oblik jednadzbe ravnine. Uocimo da ravnina prolazi ishodištem ako i samoako je D = 0. Naime, jedino tada koordinate ishodišta zadovoljavaju jednadzbu ravnine.

Jednadzbe se najcešce zadaju jednadzbom u opcem obliku. Pogledajmo što sve mozemo za-kljuciti iz tog oblika. Najprije uocimo da su koeficijenti uz varijable x, y i z jednaki koordinatamavektora normale.

Primjer 49 Odredi vektor normale ako jednadzba ravnine glasi:

1. 2x− 3y + 4 = 0,

2. 2y + z − 5 = 0,

2.1. RAVNINA 29

3. x+ y + 2z − 3 = 0.

Dokaz. Vrijedi:

1. −→n = 2−→i − 3

−→j ,

2. −→n = 2−→j +−→k ,

3. −→n =−→i +−→j + 2

−→k .

Nadalje, uocimo da vektor normale nipošto nije jednoznacno odre�en, nego vektor normalemoze biti bilo koji vektor koji je okomit na ravninu π. Odatle slijedi da ni jednadzba ravnine nijejednoznacno odre�ena. No, treba uociti i da svaka dva vektora normale na ravninu π moraju bitikolinearni. Obzirom da kolinearni vektori imaju proporcionalne koordinate, iz formule (2.2) slijedida dvije jednadzbe s proporcionalnim koeficijentima predstavljaju istu ravninu.

Primjer 50 Odredi opci oblik jednadzbe ravnine kroz tocku T0(1, 0, 1) ako je vektor normale:

1. −→n = 2−→i −−→j +

−→k ,

2. −→n = −4−→i + 2

−→j − 2

−→k .

Rješenje. Uocimo da su ovi vektori kolinearni, pa ce dobivene jednadzbe predstavljati isturavninu.

1. Vrijedi

2 (x− 1)− (y − 0) + (z − 1) = 0,

2x− y + z − 3 = 0.

2. Vrijedi

−4 (x− 1) + 2 (y − 0)− 2 (z − 1) = 0,

−4x+ 2y − 2z + 6 = 0.

Uocimo da su svi koeficijenti ovih dviju jednadzbi proporcionalni.

Ako su pak dvije ravnine paralelne, onda su im vektori normale proporcionalni. Ako ravninepri tom nisu jednake, to znaci da ce njihove jednadzbe imati proporcionalne sve koeficijente osimkoeficijenta D.

Primjer 51 Odredi opci oblik jednadzbe ravnine kojoj je vektor normale −→n = 2−→i +−→j − 3

−→k , a

prolazi kroz tocku:

1. T0(2, 0,−1),

2. T0(1, 1, 3).


Dokaz. Uocimo da ove dvije ravnine imaju isti vektor normale pa su paralelne (ili jednake).

1. Vrijedi

2(x− 2) + (y − 0)− 3(z + 1) = 0,

2x+ y − 3z − 7 = 0.

2. Vrijedi

2(x− 1) + (y − 1)− 3(z − 3) = 0,

2x+ y − 3z + 6 = 0.

Uocimo da su u ovim dvjema jednadzbama proporcionalni svi koeficijenti osim slobodnog koefici-jenta. Dakle, ove dvije ravnine su paralelne, ali nisu jednake.

I za kraj, korisno je znati kako izgleda opci oblik jednadzbe triju koordinatnih ravnina.

Primjer 52 Odredi opci oblik jednadzbe koordinatnih ravnina.

Dokaz. Za tocku T0 mozemo odabrati ishodište u slucaju svake od tri koordinatne ravnine.

1. U slucaju xy koordinatne ravnine za vektor normale mozemo odabrati vektor−→k , pa jednadzba

ravnine glasi

0 · (x− 0) + 0 · (y − 0) + 1 · (z − 0) = 0,

z = 0.

2. U slucaju xz koordinatne ravnine za vektor normale mozemo odabrati vektor−→j , pa jednadzba

ravnine glasi y = 0.

3. U slucaju yz koordinatne ravnine za vektor normale mozemo odabrati vektor−→i , pa jednadzba

ravnine glasi x = 0.

2.1.4 Jednadzba ravnine kroz tri tocke

Neka su T1(x1, y1, z1), T2(x2, y2, z2) i T3(x3, y3, z3) tri nekolinearne tocke. Tada postoji tocnojedna ravnina π koja sadrzi te tri tocke. Zelimo odrediti jednadzbu ravnine π. Neka je T (x, y, z)

proizvoljna tocka prostora. Uocimo da tocka T lezi na ravnini π ako i samo ako su vektori−−→T1T ,−−→

T1T2 i−−→T1T3 koplanarni, tj. ako i samo ako je

(−−→T1T ×

−−→T1T2

)· −−→T1T3 = 0. Poznavajuci formulu za

mješoviti produkt vektora dobivamo jednadzbu ravnine kroz tri tocke∣∣∣∣∣∣x− x1 y − y1 z − z1

x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1

x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣ = 0. (2.4)

2.1. RAVNINA 31

Primjer 53 Odredi jednadzbu ravnine kroz tocke T1(1, 2, 0), T2(2, 0,−2) i T3(−1, 3, 4).

Rješenje. Uvrštavanjem koordinata tocaka T1, T2 i T3 u formulu (2.4) dobivamo∣∣∣∣∣∣x− 1 y − 2 z − 02− 1 0− 2 −2− 0−1− 1 3− 2 4− 0

∣∣∣∣∣∣ = 0,

∣∣∣∣∣∣x− 1 y − 2 z

1 −2 −2−2 1 4

∣∣∣∣∣∣ = 0.

Raspisivanjem dobivamo

(x− 1)(−8− (−2))− (y − 2)(4− 4) + z · (1− 4) = 0,

(x− 1)(−6)− (y − 2) · 0 + z · (−3) = 0,

−6x− 3z + 6 = 0.

2.1.5 Segmentni oblik jednadzbe ravnine

Neka je Ax + By + Cz + D = 0 jednadzba ravnine π. Ako je D = 0, onda ravnina prolazi krozishodište. Ako je pak D 6= 0, onda dijeljenjem jednadzbe brojem −D dobivamo sljedeci oblikjednadzbe ravnine

x

k+y

l+

z

m= 1.

Lako se vidi da tocke K(k, 0, 0), L(0, l, 0) iM(0, 0,m) predstavljaju sjecišta ravnine s koordinatnimosima. Brojeve k, l i m nazivamo segmentima, a ovaj oblik jednadzbe ravnine segmentnim oblikom.Segmentni oblik jednadzbe ravnine je osobito pogodan za brzo skiciranje ravnine.

Primjer 54 Skiciraj ravninu zadanu jednadzbom:

1. 6x+ 3y + 2z − 6 = 0,

2. 2x+ y − 2 = 0,

3. 3x+ 2z − 6 = 0,

4. z − 3 = 0.

Dokaz. Jednadzbe cemo najlakše skicirati dovedemo li ih u segmentni oblik.

1. Dijeljenjem s 6 dobivamo

x+y

2+z

3= 1.

Dakle, odsjecci ove ravnine na koordinatnim osima x, y i z su redom 1, 2 i 3. Ravnina jeprikazana na Slici 2.2.


2. Uocimo da je ova ravnina paralelna s osi z, pa nece imati odsjecak na toj osi. Dijeljenjem s2 dobivamo

x+y

2= 1.

Dakle, odsjecci ove ravnine na koordinatnim osima x i y su redom 1 i 2. Ravnina je prikazanana Slici 2.2.

3. Uocimo da je ova ravnina paralelna s osi y, pa nece imati odsjecak na toj osi. Dijeljenjem s6 dobivamo

x

2+z

3= 1.

Dakle, odsjecci ove ravnine na koordinatnim osima x i z su redom 2 i 3. Ravnina je prikazanana Slici 2.2.

4. Uocimo da je ova ravnina paralelna s osima x i y, tj. s koordinatnom ravninom xOy. Dakle,ova ravnina ima odsjecak samo na osi z. Dijeljenjem s 5 dobivamo

z

3= 1,

pa je odsjecak na osi z jednak 3. Ravnina je prikazana na Slici 2.2.

a) b)

c) d)

Slika 2.2: Polozaji ravnina u prostoru.

2.1. RAVNINA 33

2.1.6 Kut izme�u dvije ravnine

Jošjedan pojam kojeg je vrijedno spomenuti je kut izme�u ravnina.

Definicija 55 Kut izme�u dvije ravnine je kut izme�u njihovih vektora normale.

Sada zelimo odrediti analiticku formulu za izracunavanje kuta izme�u dviju ravnina. Neka su π1 iπ2 dvije ravnine zadane jednadzbama

π1 . . . A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

π2 . . . A2x+B2y + C2z +D2 = 0.

Tada se kut ϕ izme�u ove dvije ravnine izracunava po formuli

cosϕ =−→n1 · −→n2

|−→n1| |−→n2|=

A1A2 +B1B2 + C1C2√A2

1 +B21 + C2

1

√A2

2 +B22 + C2

2

.

Napomena 56 Uocimo da su ravnine π1 i π2:

1. paralelne: ako su vektori −→n1 i−→n2 kolinearni, tj. ako su koeficijenti A1, B1 i C1 proporcionalni

koeficijentima A2, B2 i C2.

2. okomite: ako su vektori −→n1 i−→n2 okomiti, tj. ako im je skalarni produkt jednak nula, tj. ako je

A1A2 +B1B2 + C1C2 = 0.

2.1.7 Vjezbe

Zadatak 57 Da li su ravnine π1 i π2 me�usobno jednake, paralelne ili okomite? Ako nisu nijednake ni paralelne ni okomite, onda izracunaj koji kut zatvaraju.

1. π1 . . . 2x− 3y + z + 1 = 0 i π2 . . .− 4x+ 6y − 2z − 2 = 0,

2. π1 . . . x− 3z + 1 = 0 i π2 . . .− 3x+ 9z − 2 = 0,

3. π1 . . . 2x− 3y + z + 1 = 0 i π2 . . . x+ 2y + 4z − 2 = 0,

4. π1 . . . 2x+ y +√

3z + 1 = 0 i π2 . . . x+ 4√

3z − 2 = 0.

Rješenje. Vrijedi:

1. Ove dvije ravnine su me�usobno jednake jer su im koeficijenti proporcionalni.

2. Ove dvije ravnine nisu jednake, jer im koeficijenti nisu proporcionalni. No komponente vektoranormale im jesu proporcionalne. Naime, vektori normale ovih ravnina su sljedeci:

−→n1 =−→i − 3

−→k ,

−→n2 = −3−→i + 9

−→k .

Uocimo da vrijedi −→n2 = −3−→n1, pa slijedi da su vektori−→n1 i−→n2 kolinearni. Dakle, ravnine π1 i

π2 su paralelne.


3. Za ove dvije ravnine odmah uocavamo da nisu ni jednake ni paralelne. Ispitajmo da li suokomite! Ravnine su okomite ako su im vektori normale me�usobno okomiti. Uocimo da je

−→n1 = 2−→i − 3

−→j +−→k ,

−→n2 =−→i + 2

−→j + 4

−→k .

Vektori su okomiti ako i samo ako im je skalarni produkt jednak nuli, pa ispitajmo koliki jeskalarni produkt ovih dvaju vektora. Vrijedi

−→n1 · −→n2 = 2 · 1 + (−3) · 2 + 1 · 4 = 0,

pa su dakle vektori −→n1 i−→n2 okomiti, iz cega slijedi da su okomite i ravnine π1 i π2.

4. Odmah se vidi da ove dvije ravnine nisu ni jednake, ni paralelne. Izracunajmo skalarni produktnjihovih vektora normale. Vrijedi

−→n1 = 2−→i +−→j +√

3−→k ,

−→n2 =−→i + 4

√3−→k ,

pa je−→n1 · −→n2 = 2 · 1 + 1 · 0 +

√3 · 4√

3 = 14 6= 0.

Dakle, ove dvije ravnine nisu ni okomite. Izracunajmo onda kut ϕ izme�u ovih ravnina.Vrijedi

cosϕ =−→n1 · −→n2

|−→n1| |−→n2|=

14√22 + 12 + (

√3)2

√12 + 02 + (4

√3)2

=

=14√8√

49=

14

2√

2 · 7=

1√2

=

√2

2,

ϕ =π

4.

Zadatak 58 Odredi jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom T (1, 3,−2),

1. a paralelna je ravnini π1 . . . x− 2y + 2z − 5 = 0,

2. a okomita je na ravnine π1 . . . x+ 3y − z + 2 = 0 i π2 . . . x− y + 2z + 4 = 0.

Rješenje. Vrijedi:

1. Da bismo odredili jednadzbu ravnine, treba nam jedna tocka kroz koju ta ravnina prolazi,te jedan vektor koji je okomit na tu ravninu. Tocka je zadana - to je tocka T (1, 3,−2). Aobzirom da je trazena ravnina paralelna ravnini π1, za vektor normale mozemo uzeti vektornormale ravnine π1. Dakle,

−→n = −→n1 =−→i − 2

−→j + 2

−→k .

2.1. RAVNINA 35

Uvrštavanjem koordinata tocke T, te komponenti vektora −→n u jednadzbu ravnine kroz tocku(2.2) dobivamo

(x− 1)− 2(x− 3) + 2(z − (−2)) = 0,

x− 2x+ 2z + 9 = 0.

Dakle, trazena ravnina je π . . . x− 2x+ 2z + 9 = 0.

2. Polozaj trazenih ravnina prikazan je na Slici 2.3.

Slika 2.3: Ravnina π okomita na zadane ravnine π1 i π2.

Opet, za odrediti jednadzbu ravnine, treba nam jedna tocka kroz koju ta ravnina prolazi, tejedan vektor koji je okomit na tu ravninu. Tocka je zadana - to je tocka T (1, 3,−2). Obziromda je trazena ravnina π okomita na ravnine π1 i π2, to znaci da je njen vektor normale

−→nokomit na vektore normale −→n1 i

−→n2 ravnina π1 i π2. Dakle, mozemo uzeti da je−→n = −→n1 ×−→n2.

Uocimo da je

−→n1 =−→i + 3

−→j −−→k ,

−→n2 =−→i −−→j + 2

−→k .

Dakle,

−→n = −→n1 ×−→n2 =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j

−→k

1 3 −11 −1 2

∣∣∣∣∣∣ =

=−→i (3 · 2− (−1)(−1))−−→j (1 · 2− (−1) · 1) +

−→k (1 · (−1)− 3 · 1) =

= 5−→i − 3

−→j − 4

−→k .

Uvrštavanjem koordinata tocke T, te komponenti vektora −→n u jednadzbu ravnine kroz tocku(2.2) dobivamo

5(x− 1)− 3(y − 3)− 4(z − (−2)) = 0,

5x− 3y − 4z − 4 = 0.

Dakle, trazena ravnina je π . . . 5x− 3y − 4z − 4 = 0.


Zadatak 59 Odredi jednadzbu ravnine koja prolazi tockom T (1,−3, 1) i sadrzi os y.

Rješenje. Za jednadzbu ravnine, potrebna nam je tocka i vektor normale. Tocka je zadana. Štose vektora normale tice, uocimo da taj vektor mora biti okomit na vektor

−→j obzirom da trazena

ravnina π sadrzi os y. Tako�er, obzirom da trazena ravnina π sadrzi os y, to znaci da sadrzi tockuishodišta, pa slijedi da vektor

−→OT lezi u toj ravnini, pa je vektor normale −→n okomit i na vektor−→

OT. Dakle, mozemo uzeti da je −→n =−→j ×−→OT.

Uocimo da vrijedi−→OT =

−→i − 3

−→j +−→k , pa je

−→n =−→j ×−→OT =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

0 1 01 −3 1

∣∣∣∣∣∣ =

=−→i (1− 0)−−→j (0− 0) +

−→k (0− 1) =

=−→i −−→k .

Uvrštavanjem koordinata tocke T, te komponenti vektora −→n u jednadzbu ravnine kroz tocku (2.2)dobivamo

(x− 1)− (z − 1) = 0,

x− z = 0.

Dakle, trazena ravnina je π . . . x− z = 0.

Zadatak 60 Odredi jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom T (2,−2, 3) i odsijeca jednake odsjeckena koordinatnim osima.

Rješenje. Obzirom da trazena ravnina π odsijeca jednake odsjecke na koordinatnim osima, toznaci da je

π . . .x

a+y

a+z

a= 1.

Obzirom da tocka T lezi u trazenoj ravnini π, to znaci da koordinate tocke T moraju zadovoljavatijrdnadzbu ravnine π, tj. mora biti

2

a+−2

a+

3

a= 1,

a = 3.

Dakle, trazena ravnina je

x

3+y

3+z

3= 1,

x+ y + z − 3 = 0.

2.2. PRAVAC 37

2.2 Pravac

Neka je p pravac u prostoru, te neka je −→s vektor koji je paralelan pravcu p. Vektor −→s nazivamovektorom smjera pravca p. Nadalje, neka je T0 tocka koja lezi na pravcu p. Tada za proizvoljnutocku T prostora vrijedi:

1. ako tocka T lezi na pravcu p, onda su vektori−−→T0T i

−→s kolinearni,

2. ako tocka T ne lezi na pravcu p, onda vektori−−→T0T i

−→s nisu kolinearni.

Ova konstrukcija ilustrirana je Slikom 2.4.

Slika 2.4: Jednadzba pravca: vektor −→s kolinearan je vektoru−−→T0T pri cemu je T0 fiksna, a T

proizvoljna tocka pravca.

Dakle, tocka T lezi na pravcu p ako i samo ako su vektori−−→T0T i

−→s kolinearni, tj. ako i samoako postoji λ ∈ R takav da je

−−→T0T = λ · −→s . (2.5)

Ovo je osnovni oblik jednadzbe pravca iz kojeg cemo raspisivanjem izvoditi sve ostale.

2.2.1 Vektorski oblik jednadzbe pravca

Ako s −→r oznacimo radij vektor tocke T, a s −→r 0 oznacimo radij vektor tocke T0, onda je−−→T0T =

−→r −−→r 0. Dakle, jednadzba (2.5) poprima oblik

−→r −−→r 0 = λ · −→s ,−→r = −→r 0 + λ · −→s ,

kojeg nazivamo vektorskim oblikom jednadzbe pravca.

2.2.2 Parametarska jednadzba pravca

Uvedimo oznake za koordinate tocaka T0, T i vektor −→s . Neka je T0(x0, y0, z0), T0(x0, y0, z0) i−→s = a

−→i + b

−→j + c

−→k . Iz jednadzbe (2.5) zakljucujemo da koordinate vektora

−−→T0T i vektora −→s


moraju biti proporcionalne. Obzirom da je−−→T0T = (x− x0)

−→i + (y − y0)

−→j + (z − z0)

−→k , to znaci

da mora biti

x− x0 = λa,

y − y0 = λb,

z − z0 = λc,

što se jošzapisuje i kao x = x0 + λa,y = y0 + λb,z = z0 + λc,

λ ∈ R. (2.6)

Time smo dobili parametarsku jednadzba pravca.

Primjer 61 Odredi parametarsku jednadzbu pravca koji prolazi tockom T (2, 0,−3) i ima vektorsmjera −→s = −−→i + 4

−→j . Odredi nekoliko tocaka na pravcu!

Rješenje. Parametarska jednadzba pravca glasi x = 2− λ,y = 4λ,z = −3,

λ ∈ R.

Za pronaci neku tocku na pravcu, dovoljno je odabrati konkretnu vrijednost parametra λ. Zaλ = 0 dobivamo tocku T (2, 0,−3), za λ = 1 dobivamo tocku T (1, 4,−3), za λ = 1

2 dobivamo tockuT ( 3

2 , 2,−3), itd.

2.2.3 Kanonska jednadzba pravca

Ako u parametarskoj jednadzbi (2.6) izlucimo λ, te izjednacimo sve tri jednakost po λ, dobivamokanonsku jednadzbu pravca

x− x0

a=y − y0

b=z − z0

c. (2.7)

Kanonsku jednadzbu pravca ne treba shvacati strogo kao jednakost triju razlomaka. Naime, nazivnicine oznacavaju dijeljenje, vec skalarnu komponentu vektora smjera, pa ih pišemo i kad su jednaki 0.

Primjer 62 Odredi kanonsku jednadzbu y−osi.Rješenje. Koordinatna y−os prolazi ishodištem O(0, 0, 0), a za vektor smjera mozemo uzetivektor

−→j . Dakle, kanonska jednadzba y−osi glasi

x

0=y

1=z

0.

2.2.4 Jednadzba pravca kroz dvije tocke

Ako su zadane dvije razlicite tocke T1(x1, x2, x3) i T2(x2, y2, z2), tada postoji tocno jedan pravackoji prolazi tockama T1 i T2. Da bismo dobili jednadzbu takve ravnine, uocimo da je

−−→T1T2 vektor

smjera tog pravca. Uvrštavanjem u jednadzbu (2.7) dobivamo jednadzbu pravca kroz dvije tocke

x− x1

x2 − x1=

y − y1

y2 − y1=

z − z1

z2 − z1. (2.8)

2.2. PRAVAC 39

2.2.5 Pravac kao presjek dviju ravnina

Ako dvije ravnine π1 i π2 nisu paralelne, onda one jednoznacno odre�uju pravac p koji se nalazi unjihovom presjeku. Neka su

π1 . . . A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

π2 . . . A2x+B2y + C2z +D2 = 0.

jednadzbe tih dviju ravnina. Tada se pravac p zapisuje sa

p . . .

{A1x+B1y + C1z +D1 = 0,A2x+B2y + C2z +D2 = 0.

Iako ovaj zapis nije "u jednoj crti", to je tako�er zapis pravca, koji jednostavno kaze da pravac psadrzi sve one tocke koje zadovoljavaju i prvu jednadzbu i drugu jednadzbu, tj. leze i na ravniniπ1 i na ravnini π2, što znaci da leze na njihovom presjeku.

2.2.6 Kut izme�u dvaju pravaca

Iskazimo najprije definiciju kuta.

Definicija 63 Kut izme�u dva pravca je kut izme�u njihovih vektora smjera.

Uocimo da su pravci u prostoru najcešce mimoilazni, tj. niti se sijeku niti su paralelni, ali kutje unatoc tome dobro definiran. Neka su p1 i p2 pravci s vektorima smjera

−→s1 = a1−→i + b1

−→j + c1

−→k ,

−→s2 = a2−→i + b2

−→j + c2

−→k

redom. Tada se kut ϕ izme�u pravaca p1 i p2 racuna po formuli

cosϕ =−→s1 · −→s2

|−→s1 | |−→s2 |=

a1a2 + b1b2 + c1c2√a2

1 + b21 + c21√a2

2 + b22 + c22.

2.2.7 Kut izme�u pravca i ravnine

Kut izme�u pravca i ravnine definirat cemo pomocu njihovih karakteristicnih vektora (vektor smjerai vektor normale). No, obzirom da vektor normale ne lezi u ravnini, vec je na nju okomit, kut izme�upravca i ravnine ne definira se izravno kao kut izme�u vektora smjera i vektora normale. Nego setaj kut definira na sljedeci nacin.

Definicija 64 Kut izme�u pravca i ravnine definira se kao komplement kuta izme�u njihovih vek-tora smjera i vektora normale.

Ova definicija ilustrirana je Slikom 2.5.Neka je p pravac s vektorom smjera −→s = a

−→i + b

−→j + c

−→k , te π ravnina s vektorom normale

−→n = A−→i +B

−→j + C

−→k . Tada za kut ϕ izme�u pravca p i ravnine π vrijedi

sinϕ = cos(π

2− ϕ) =

−→s · −→n|−→s | |−→n | =

aA+ bB + cC√a2 + b2 + c2

√A2 +B2 + C2

.


Slika 2.5: Kut izme�u pravca i ravnine.

2.2.8 Vjezbe

Zadatak 65 Ispitaj da li su pravci

p1 . . .x− 3

2=

y + 1

−1=z

1

p2 . . .x− 5

−4=

y + 2

2=z − 1

−2

jednaki!

Rješenje. Obzirom da su vektori smjera ovih pravaca

−→s1 = 2−→i −−→j +

−→k ,

−→s2 = −4−→i + 2

−→j − 2

−→k ,

kolinearni vektori, pravci p1 i p2 su barem paralelni. Sada je dovoljno uzeti bilo koju tocku s pravcap1. Ako ta tocka lezi na pravcu p2 tada su pravci jednaki, a ako ne lezi, onda su razliciti. Znamoiz jednadzbe pravca p1 da na njemu lezi tocka T (3,−1, 0). Provjerimo da li ta tocka zadovoljavajednadzbu pravca p2. Uvrštavanjem dobivamo

3− 5

−4=−1 + 2

2=

0− 1

−2,

−2

−4=

1

2=−1

−2,

što je ocito jednakost. Dakle, tocka T lezi i na pravcu p2, pa su pravci p1 i p2 jednaki.

Zadatak 66 Odredi kanonsku i parametarsku jednadzbu pravca p koji prolazi tockom T (2,−2, 3)

1. paralelno pravcu p1 . . .x−2

2 = y−10 = z+1

−3

2. okomito na ravninu π . . . .3x− y + 2z − 4 = 0.

Rješenje. Za odrediti jednadzbu pravca potrebna nam je jedna tocka s tog pravca, te vektorsmjera. Tocka je zadana, a vektor odre�ujemo u svakom slucaju posebno.

2.2. PRAVAC 41

1. Obzirom da je pravac p paralelan pravcu p1, za vektor smjera−→s pravca p mozemo uzeti vektor

smjera −→s1 pravca p1. Dakle,−→s = −→s1 = 2

−→i − 3

−→k .

Uvrštavanjem koordinata tocke T i komponenti vektora −→s je jednadzbu pravca kroz tocku2.7 dobivamo

x− 2

2=y + 2

0=z − 3

−3.

Izjednacavanjem ovih triju razlomaka s parametrom λ dobivamo parametarsku jednadzbupravca x = 2 + 2λ,

y = −2,z = 3− 3λ,

λ ∈ R.

2. Obzirom da je pravac p okomit na ravninu π, za vektor smjera −→s pravca p mozemo uzetivektor normale −→n ravnine π. Dakle,

−→s = −→n = 3−→i −−→j + 2

−→k .

Uvrštavanjem koordinata tocke T i komponenti vektora −→s je jednadzbu pravca kroz tocku2.7 dobivamo

x− 2

3=y + 2

−1=z − 3

2.

Izjednacavanjem ovih triju razlomaka s parametrom λ dobivamo parametarsku jednadzbupravca x = 2 + 3λ,

y = −2− λ,z = 3 + 2λ,

λ ∈ R.

Zadatak 67 Odredi jednadzbu ravnine π koja prolazi tockom T (−2, 0, 4) i okomita je na pravacp . . . x−1

2 = y+2−1 = z

3 , te odredi koordinate tocke sjecišta T′ te ravnine i pravca p.

Rješenje. Obzirom da je ravnina π okomita na pravac p, za vektor normale −→n ravnine π mozemouzeti vektor smjera pravca p, tj. −→n = −→s = 2

−→i −−→j + 3

−→k . Dakle, uvrštavanjem koordinata tocke

T i komponenti vektora −→n u jednadzbu ravnine kroz tocku dobivamo

2(x+ 2)− (y − 0) + 3(z − 4) = 0,

2x− y + 3z − 8 = 0.

Dakle, trazena ravnina je π . . . 2x− y+ 3z−8 = 0. Da bismo izracunali koordinate tocke sjecišta T ′

pravca p i ravnine π, potrebno je jednadzbu pravca prevesti u parametarski oblik. Izjednacavanjemkanonske jednadzbe s λ

x− 1

2=y + 2

−1=z

3= λ

dobivamo x = 1 + 2λ,y = −2− λ,z = 3λ,

λ ∈ R.


Uvrštavanjem ovih jednakosti u jednadzbu ravnine π dobivamo

2(1 + 2λ)− (−2− λ) + 3(3λ)− 8 = 0,

14λ = 4,

λ =2

7.

Uvrštavanjem dobivene vrijednosti parametra λ u jednadzbu pravca p dobivamo koordinate tockeT ′( 11

7 ,−157 ,

67 ).

Zadatak 68 Odredi kanonsku jednadzbu pravca p koji je zadan sa{2x− y + 2z − 1 = 0,

3x− z + 3 = 0.

Rješenje. Obzirom da je pravac zadan kao presjek dvije ravnine, to znaci da trazeni pravac leziu svakoj od te dvije ravnine, pa je dakle vektor smjera trazenog pravca okomit na vektore normaleobje ravnine. Dakle, mozemo uzeti −→s = −→n1 ×−→n2, pri cemu je

−→n1 = 2−→i −−→j + 2

−→k ,

−→n2 = 3−→i −−→k .

Dakle,

−→s = −→n1 ×−→n2 =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j

−→k

2 −1 23 0 −1

∣∣∣∣∣∣ =

=−→i (1− 0)−−→j (−2− 6) +

−→k (0 + 3) =

=−→i + 8

−→j + 3

−→k .

Potrebna nam je još tocka T koja lezni na pravcu p. Koordinate tocke T dobivamo rješavanjemsustava

2x− y + 2z − 1 = 0,

3x− z + 2 = 0.

Obzirom da sustav ima više nepoznanica nego jednadzbi, a nama je potrebna samo jedna tocka,jednu varijablu mozemo odabrati po volji. Neka je dakle z = 0. Tada sustav postaje

2x− y − 1 = 0,

3x+ 3 = 0,

pa se lako vidi da je x = −1, a y = −3. Dakle, trazena tocka je T (−1,−3, 0). Uvrštavanjem tockeT i vektora −→s u kanonsku jednadzbu pravca dobivamo

p . . .x+ 1

1=y + 3

8=z

3.

2.2. PRAVAC 43

Zadatak 69 Odredi jednadzbu ravnine π koja sadrzi pravce p1 i p2 ako je:

1. p1 . . .x2 = y

−1 = z−11 i p2 . . .

x+21 = y−1

−3 = z−11 ,

2. p1 . . .x−1

1 = y+2−2 = z+1

2 i p2 . . .x−2−2 = y−1

3 = z+10 ,

3. p1 . . .x1 = y

−2 = z−11 i p2 . . .

x+22 = y−1

−4 = z2 .

Dokaz. Uocimo da ne mora trazena ravnina postoji samo ako su pravci p1 i p2 paralelni ili sesijeku. Obzirom da su pravci u prostoru najcešce mimoilazni, trazena ravnina najcešce ne postoji.Dakle, potrebno je najprije provjeriti da li se pravci sijeku.

1. Uocimo najprije da ova dva pravca nisu paralelni. Ostaje provjeriti da li se sijeku, jer usuprotnom trazena ravnina ne postoji. Prevoðenjem jednadzbi pravca u parametarski oblikdobivamo

p1 . . .

x = 2λ,y = −λ,z = 1 + λ,

λ ∈ R, p2 . . .

x = −2 + µ,y = 1− 3µ,z = 1 + µ,

µ ∈ R.

Tocka koje je presjek ova dva pravca, lezi na oba pravca, pa njenje koordinate moraju zado-voljavati obje jednadzbe. Dakle mora biti

2λ = −2 + µ

−λ = 1− 3µ

1 + λ = 1 + µ.

Uvrštevanjem µ = λ iz trece u prve dvije jednadzbe dobivamo

2λ = −2 + λ

−λ = 1− 3λ.

Ocito ne postoji λ ∈ R koji zadovoljava obje jednadzbe. Dakle, ovi pravci se ne sijeku, pa nepostoji trazena ravnina.

2. Ovi pravci nisu paralelni, pa je potrebno provjeriti da li se sijeku. Prevoðenjem jednadzbipravca u parametarski oblik dobivamo

p1 . . .

x = 1 + λ,y = −2− 2λ,z = −1 + 2λ,

λ ∈ R, p2 . . .

x = −1− 2µ,y = 1 + 3µ,z = −1,

µ ∈ R.

Da bi postojala tocka presjeka, mora biti

1 + λ = −1− 2µ

−2− 2λ = 1 + 3µ

−1 + 2λ = −1.

Iz trece jednadzbe dobivamo λ = 0, a uvrštavanjem u prve dvije jednadzbe dobivamo µ = −1.Dakle, ovaj sustav ima rješenje, što znaci da se pravci sijeku, pa zakljucujemo da trazena


ravnina postoji. Da bismo odredili jednadzbu, potrebna nam je tocka na ravnini i vektornormale. Za tocku mozemo uzeti tocku T1(1,−2,−1) s pravca p1. Vektor normale racunamokao

−→n = −→s 1 ×−→s 2 =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j−→k

1 −2 2−2 3 0

∣∣∣∣∣∣ =−→i (0− 6)−−→j (0 + 4) +

−→k (3− 4) =

= −6−→i − 4

−→j −−→k .


−6(x− 1)− 4(y + 2)− (z + 1) = 0,

−6x− 4y − z − 3 = 0.

3. Ovi pravci su ocito paralelni, jer su im vektori smjera kolinearni. Dakle, postoji ravnina kojasadrzi ta dva pravca. Da bismo odredili njenu jednadzbu, potrebna nam je tocka i vektornormale. Za tocku mozemo uzeti tocku T1(0, 0, 1) s pravca p1. Pitanje je kako odrediti vektorsmjera. Uocimo da ne mozemo racunati −→n = −→s 1 × −→s 2 jer su vektori

−→s 1 i−→s 2 kolinearni.

No, umjesto −→s 2 mozemo uzeti vektor−−→T1T2 gdje je T2(−2, 1, 0). Lako izracunamo da je

−−→T1T2 = −2

−→i +−→j −−→k ,

pa je

−→n = −→s 1 ×−−→T1T2 =

∣∣∣∣∣∣−→i−→j

−→k

1 −2 1−2 1 −1

∣∣∣∣∣∣ =−→i (2− 1)−−→j (−1 + 2) +

−→k (1− 4) =

=−→i −−→j − 3

−→k .


(x− 0)− (y − 0)− 3(z − 1) = 0,

x− y − 3z + 3 = 0.

Zadatak 70 Neka je T (2, 1, 1) tocka, a π . . . x− 2y − 2z + 11 = 0 ravnina:

1. odredi projekciju T ′ tocke T na ravninu π, te

2. odredi koordinate tocke T ′′ koja je simetricna tocki T obzirom na ravninu π.

Rješenje.

1. Da bismo pronašli projekciju T ′ tocke T na ravninu π, potrebno je pronaci pravac p kojiprolazi tockom T okomito na ravninu π. Kada prona�emo taj pravac, onda ce trazena tockaT ′ biti presjek tog pravca i ravnine π.

2.2. PRAVAC 45

Za odrediti jednadzbu pravca p potrebna nam je tocka koja lezi na tom pravcu, te vektorsmjera. Za tocku mozemo uzeti T (2, 1, 1), a obzirom da je pravac p okomit na ravninu πmozemo uzeti −→s = −→n =

−→i − 2

−→j − 2

−→k . Dakle, parametarska jednadzba pravca p glasi x = 2 + λ,y = 1− 2λ,z = 1− 2λ,

λ ∈ R.

Sada treba presjeci pravac p i ravninu π da bismo dobili projekciju T ′. Uvrštavanjem u jed-nadzbu ravnine dobivamo

(2 + λ)− 2(1− 2λ)− 2(1− 2λ) + 11 = 0,

λ = −1.

Dakle, trazena projekcija je tocka T ′(1, 3, 3).

2. Da bismo odredili koordinate tocke T ′′ koja je simetricna tocki T obzirom na ravninu π

potrebno je uociti da je−−−→T ′T ′′ =

−−→TT ′. Obzirom da je

−−→TT ′ = −−→i + 2

−→j + 2

−→k ,

iz pravila trokuta za zbrajanje vektora imamo

−−→OT ′′ =

−−→OT ′ +

−−−→T ′T ′′ =

−−→OT ′ +

−−→TT ′ =

=(

3−→i −−→j −−→k

)+(−−→i + 2

−→j + 2

−→k)

=

= 2−→i +−→j +−→k .

Dakle, trazena tocka je T ′′(2, 1, 1).

Zadatak 71 Odredi projekciju T ′ tocke T (−1, 2,−1) na pravac p . . . x+21 = y

2 = z−1 .

Rješenje. Potrebno je pronaci ravninu π kroz tocku T koja je okomita na pravac p. Tocka T ′ cetada biti presjek te ravnine π i pravca p.

Da bismo odredili jednadzbu ravnine π, potrebna nam je jedna tocka s te ravnine. U tu svrhumoze nam posluziti tocka T (−1, 2,−1). Tako�er, potreban nam je vektor normale na ravninu π.Obzirom da je π⊥p, slijedi da mozemo uzeti −→n = −→s =

−→i + 2

−→j −−→k . Dakle, jednadzba ravnine π

glasi

(x+ 1) + 2(y − 2)− (z + 1) = 0,

x+ 2y − z − 4 = 0.

Da bismo pronašli tocku presjeka ravnine π i pravca p, potrebno je jednadzbu pravca prevesti uparametarski oblik x = −2 + λ,

y = 2λ,z = −λ,

λ ∈ R.


Uvrštavanjem ovih parametarskih jednadzbi pravca p u jednadzbu ravnine π dobivamo

(−2 + λ) + 2(2λ)− (−λ)− 4 = 0,

λ = 1.

Dakle, trazena tocka je T ′(−1, 2,−1).

Zadatak 72 Odredi projekciju pravca p na ravninu π.

Poglavlje 3

Matrice

3.1 Osnovni pojmovi

Definicija 73 Pravokutnu tablicu brojeva oblika

a11 a12 . . . a1j . . . a1n

a21 a22 . . . a2j . . . a2n

......

......

ai1 ai2 . . . aij . . . ain...

......

...am1 am2 . . . amj . . . amn

,

pri cemu je m,n ∈ N te aij ∈ R za svaki i = 1, . . . ,m i j = 1, . . . , n nazivamo realnom matricomtipa m× n .

Uocimo da se posve analogno moze definirati i kompleksna matrica, ali mi cemo se uglavnombaviti realnim matricama. Uvedimo sada neke nazive.

• Broj m je broj redaka, a broj n je broj stupaca.

• Brojevi aij se nazivaju matricni elementi.

• Elementi ai1, ai2, . . . , ain tvore i−ti redak, dok elementi a1j , a2j , . . . , amj tvore j−ti stupacmatrice.

• Ako je m = 1 kazemo da je matrica retcana, a ako je n = 1 kazemo da je matrica stupcana.Retcane i stupcane matrice se jošjednim imenom nazivaju vektori.

Matrice cemo najcešce oznacavati velikim tiskanim slovima A,B,C,X, . . . , dok cemo retcanei stupcane matrice oznacavati s a, b, c, x, . . . . Nadalje, matricu A tipa m × n s elementima aij zai = 1, . . . ,m i j = 1, . . . , n cesto cemo krace zapisivati s A = [aij ]m,n . Skup svih matrica tipa m×noznacavat cemo saMm,n.

47

48 POGLAVLJE 3. MATRICE

Primjer 74 Za matricu

A =

1√

2 −1 012 0 0 π2 1 7 12

odredi kojeg je tipa, koji elementi tvore drugi redak, a koji cetvrti stupac!

Dokaz. Matrica A ima 3 retka i 4 stupca, pa je dakle tipa 3 × 4. Drugi redak tvore elementi12 , 0, 0, π, a cetvrti stupac elementi 0, π, 12.

Zadatak 75 Kojeg tipa su matrice

A =

[2−3

]i B =

[1 2 2 0

]?

Kako nazivamo te matrice?

Dokaz. Matrica A je tipa 2 × 1 pa se zove stupcana matrica, dok je matrica B tipa 1 × 4 pa sezove retcana matrica.

Definicija 76 Kazemo da su matrice A = [aij ]m,n i B = [bij ]k,l jednake ako:

1. su istog tipa (tj. m = k i n = l), te

2. imaju jednake odgovarajuce elemente (tj. aij = bij za svaki i = 1, . . . ,m i j = 1, . . . , n).

Primjer 77 Da li je A = B ako je:

1. A =

[1 2−1 3

]i B =

[1−1

],

2. A =

[1 2−1 3

]i B =

[1 2−1 0

],

3. A =

[1 2−1 3

]i B =

[1 2−1 3

].

Dokaz. Da bi matrice bile jednake, trebaju biti istog tipa i imati jednake odgovarajuce matricneelemente.

1. Ove dvije matrice su razlicite jer su razlicitog tipa.

2. Ove dvije matrice su istog tipa, ali su razlicite jer se razlikuju u jednom matricnom elementu(a22 6= b22).

3. Ove matrice su jednake.

Definicija 78 Kvadratna matrica je svaka matrica u kojoj je broj redaka jednak broju stupaca.


Za kvadratnu matricu tipa n×n kazemo joši da je matrica reda n. Glavnu dijagonalu kvadratnematrice A reda n cine elementi a11, a22, . . . , ann.

Primjer 79 Da li je matrica

A =

2 3 13 7 31 3 −1

kvadratna? Ako jest, koji elementi tvore glavnu dijagonalu?

Dokaz. Matrica A je kvadratna matrica reda 3. Glavnu dijagonalu matrice A tvore elementi2, 7,−1.

Definicija 80 Neka je A = [aij ]m,n matrica. Transponirana matrica AT matrice A je matrica

AT = [aji]n,m .

Primjer 81 Odredi AT ako je

A =

2 14 7−1 5

.Dokaz. Matrica A je tipa 3× 2, pa ce matrica AT biti tipa 2× 3. Matricne elemente matrice AT

dobivamo tako da matricnim elementima matrice A zamijenimo redak i stupac (tj. retke matriceA pišemo kao stupce matrice AT ). Dakle,

AT =

[2 4 −11 7 5

].

3.1.1 Neke matrice specijalnog oblika

Nul-matrica

Nul-matrica je svaka matrica kojoj su svi elementi 0, bez obzira kojeg je tipa. Nulmatrica seoznacava s O. Sljedece matrice su nul-matrice 0

00

, [0 0 00 0 0

],

[0 0 0

],

0 . . . 0...

...0 . . . 0

.Dijagonalna matrica

Dijagonalna matrica je kvadratna matrica kojoj su svi elementi van glavne dijagonale jednaki 0.Sljedece matrice su dijagonalne

[4 00 −3

],

2 0 00 0 00 0 −1

,a11 0 . . . 00 a22 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . ann

.


Jedinicna matrica

Jedinicna matrica je dijagonalna matrica kojoj su svi elementi na dijagonali jednaki 1. Jedinicnamatrica se oznacava s I, a ako se zeli naglasiti da je reda n, tada se oznacava s In. Sljedece matricesu jedinicne

[1 00 1

],

1 0 00 1 00 0 1

,

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

...0 0 . . . 1

.

Trokutaste matrice

Postoje dvije vrste trokutastih matrica - gornje trokutaste i donje trokutaste.Gornja trokutasta matrica je svaka kvadratna matrica kojoj su svi elementi ispod glavne dijagonalejednaki 0. Sljedece matrice su gornje trokutaste

[2 20 2

],

2 0 40 1 00 0 −1

,a11 a12 . . . a1n

0 a22 . . . a2n

......

. . ....

0 0 . . . ann

.Donja trokutasta matrica je svaka kvadratna matrica kojoj su svi elementi iznad glavne dijagonalejednaki 0. Sljedece matrice su donje trokutaste

[4 05 −3

],

2 0 06 0 03 0 −1

,a11 0 . . . 0a21 a22 . . . 0...

.... . .

...an1 an2 . . . ann

.

3.2 Racunske operacije s matricama

3.2.1 Zbrajanje matrica

Definicija 82 Neka su A = [aij ]m,n i B = [bij ]m,n matrice istog tipa. Tada je

A+B = [aij + bij ]m,n .

Uocimo iz definicije da se mogu zbrajati samo matrice istog tipa. Zbroj matrica razlicitog tipa nijedefiniran.

Primjer 83 Izracunaj A+B ako je

A =

1 −13 1−2 0

i B =

4 41 0−1 2

.

3.2. RACUNSKE OPERACIJE S MATRICAMA 51

Dokaz. Vrijedi

A+B =

1 −13 1−2 0

+

4 41 0−1 2

=

1 + 4 −1 + 43 + 1 1 + 0−2− 1 0 + 2

=

5 34 1−3 2

.Zbrajanje matrica izMm,n ima sljedeca svojstva:

Z1) (A+B) + C = A+ (B + C) (asocijativnost)

Z2) A+B = B +A (komutativnost)

Z3) za svaku matricu A vrijedi A+O=O+A=A (postojanje neutralnog elementa),

Z4) za svaku matricu A postoji njoj suprotna matrica −A takva da je A+(−A) =O (postojanjesuprotnog elementa).

3.2.2 Mnozenje matrice sa skalarom

Definicija 84 Neka je A = [aij ]m,n matrica i λ ∈ R skalar (broj). Tada je

λA = [λaij ]m,n .

Dakle, kad se matrica A pomnozi skalarom λ nastaje matrica koju oznacavamo s λA koja jeistog tipa kao matrica A, a matricni elementi joj se dobivaju tako da se svaki matricni elementmatrice A pomnozi s λ.

Primjer 85 Neka je λ = −2 i

A =

[1 −1 23 1 −2

].

Izracunaj λA!

Dokaz. Vrijedi

λA = −2A = −2

[1 −1 23 1 −2

]=

[−2 2 −4−6 −2 4

].

Mnozenje matrica izMm,n sa skalarom ima sljedeca svojstva:

M1) λ(A+B) = λA+ λB (distributivnost prema zbrajanju u V 3),

M2) (λ+ µ)A = λA+ µA (distributivnost prema zbrajanju u R),

M3) (λµ)A = λ(µA) (kompatibilnost mnozenja)„

M4) 0 ·A =−→0 ,

M5) 1 ·A = A (netrivijalnost mnozenja).


3.2.3 Mnozenje matrica

Prije nego što krenemo na definiciju mnozenja matrica, potreban nam je pojam ulancanih matrica.Kazemo da su dvije matrice ulancane ako je broj stupaca prve matrice jednak broju redaka drugematrice.

Definicija 86 Neka su A = [aij ]m,n i B = [bij ]n,p dvije ulancane matrice. Umnozak matrica A iB je matrica

AB = [ai1b1j + ai2b2j + . . .+ ainbnj ]m,p = [

n∑k=1

aikbkj ]m,p. (3.1)

Dakle, iz definicije je ocito da se mnoziti mogu samo ulancane matrice. Kao rezultat mnozenjanastaje matrica koja ima isti broj redaka kao prva matrica u umnošku, broj stupaca kao drugamatrica u umnošku, a element u i−tom retku i j−tom stupcu matrice AB dobiva se tako da sepomnoze odgovarajuci elementi i−tog retka matrice A i j−tog stupca matrice B, te se ti umnošcizbroje.

Primjer 87 Neka su

A =

[a11 a12 a13

a21 a22 a23

]i B =

b11 b12 b13 b14

b21 b22 b23 b24

b31 b32 b33 b34

opcenite matrice. Postoji li matrica C = AB? Ako postoji, odredi element c23!

Dokaz. Uocimo da su ove matrice ulancane i mogu se mnoziti. Kao rezultat mnozenja nastajematrica C tipa 2 × 4. Kako izracunati npr. element c23 matrice C? Uzmemo drugi redak matriceA i treci stupac matrice B (podebljani u matricama). Sada je

c23 = a21b13 + a22b23 + a23b33.

Uocimo da se u pribrojnicima ove sume mijenjaju samo podebljani indeksi, pa se suma moze napisatikao

c23 =

3∑k=1

a2kbk3.

Obzirom da nam je c23 preuzeo ulogu opcenitog elementa ij, to znaci da se 2 i 3 mogu zamijenitiredom s i i j. Nadalje, clanova u sumi ima onoliko koliko je stupaca u matrici A, odnosno redaka umatrici B, što znaci da se 3 u sumi moze zamijeniti s n. Dakle, dobivamo

cij =

n∑k=1

aikbkj .

Time je ilustrirana formula (3.1).

Primjer 88 Izracunaj AB i BA ako je:

a) A =

[2 03 −1

]i B =

[1 −1 23 1 −2

],


b) A =

−1 31 20 2

i B =

[2 −1 54 1 −2

],

c) A =

[−2 21 −1

]i B =

[3 43 4

].

Rješenje.

a) Izracunajmo najprije umnozak AB. Uocimo da je prva matrica u ovom umnošku tipa 2×2, adruga tipa 2×3. Dakle, ovo su ulancane matrice, pa je umnozak dobro definiran i kao rezultatmnozenja nastati ce matrica tipa 2× 3. Imamo,

AB =

[2 03 −1

] [1 −1 23 1 −2

]=

=

[2 · 1 + 0 · 3 2 · (−1) + 0 · 1 2 · 2 + 0 · (−2)

3 · 1 + (−1) · 3 3 · (−1) + (−1) · 1 3 · 2 + (−1) · (−2)

]=

=

[2 −2 40 −4 8

].

Umnozak BA, pak, nije dobro definiran, jer u ovom poretku mnozenja matrice nisu ulancane.Naime, broj stupaca prve matrice je 3, dok je broj redaka druge matrice u umnošku 2, štonije isto.

b) Izracunajmo najprije umnozak AB. Uocimo da je prva matrica u ovom umnošku tipa 3× 2, adruga tipa 2×3. Dakle, ovo su ulancane matrice, pa je umnozak dobro definiran i kao rezultatmnozenja nastati ce matrica tipa 3× 3. Imamo,

AB =

−1 31 20 2

[ 2 −1 54 1 −2

]=

=

−1 · 2 + 3 · 4 −1 · (−1) + 3 · 1 −1 · 5 + 3 · (−2)1 · 2 + 2 · 4 1 · (−1) + 2 · 1 1 · 5 + 2 · (−2)0 · 2 + 2 · 4 0 · (−1) + 2 · 1 0 · 5 + 2 · (−2)

=

=

10 4 −119 1 18 2 −4

.Umnozak BA je tako�er definiran, jer je prva matrica u tom umnošku tipa 2×3, a druga tipa3× 2. Dakle, ovo su ulancane matrice, pa je umnozak dobro definiran i kao rezultat mnozenjanastati ce matrica tipa 2× 2. Imamo,

BA =

[2 −1 54 1 −2

] −1 31 20 2

=

=

[2 · (−1) + (−1) · 1 + 5 · 0 2 · 3 + (−1) · 2 + 5 · 24 · (−1) + 1 · 1 + (−2) · 0 4 · 3 + 1 · 2 + (−2) · 2

]=

=

[−3 14−3 10

]


c) Uocimo da su oba umnoška dobro definirana, i oba puta kao rezultat umnoška nastaje matrica2× 2. Imamo

AB =

[−2 21 −1

] [3 43 4

]=

[0 00 0

],

BA =

[3 43 4

] [−2 21 −1

]=

[−2 2−2 2

].

Uocimo da iz ovog primjera slijedi nekoliko zanimljivih zakljucaka o mnozenju matrica.

1. Opcenito je AB 6= BA.

Naime, umnozak matrica A i B najcešce nije uopce definiran u oba poretka mnozenja (primjera)). Cak i kad je definiran, rezultat mnozenja su najcešce matrice razlicitog tipa (primjer b)).A cak i kad nastanu matrice istog tipa, najcešce se ne podudaraju u svim elementima (primjerc)). Dakle, opcenito je AB 6= BA iako mogu postojati matrice A i B za koje je AB = BA.

2. Ako je AB = 0, to ne znaci da mora biti A = 0 ili B = 0.

Uocimo da vrijedi obratno, ako je A = 0 ili B = 0, to znaci da mora biti AB = 0. Dakle,iz faktora se moze zakljucivati o umnošku. No, obratno ne vrijedi, iz umnoška se ne mozezakljucivati o faktorima kao što zorno pokazuje primjer c).

Ilustrirajmo sada sve ove definicije rješavanjem nekoliko konkretnih zadataka.

Zadatak 89 Neka su

A(2× 2), B(3× 1), C(1× 2), D(3× 2) i E(3× 3)

matrice s oznakom tipa u zagradama. Odredi koje od sljedecih matrica su dobro definirane, tj. moguse izracunati, te napiši koji tip matrice nastaje kao rezultat:

a) 2 ·A+ 3 ·B, c) A · CT + 2 ·DT , e) B ·BT + 2 · E,b) (2 ·B) · C, d) E · (B · C +D) , f)

(D ·AT +B · C

)· E.

Dokaz. Za svaku operaciju s matricama moram znati kad je definirana i koji tip matrice nastajekao rezultat. Primjenjujuci to znanje zakljucujemo sljedece.

a) Vrijedi2 · A︸︷︷︸

2×2

+ 3 · B︸︷︷︸3×1

= 2 ·A︸︷︷︸2×2

+ 3 ·B︸︷︷︸3×1

= nije definirano.

Dakle, mnozenja matrica A i B sa skalarima je dobro definirano, no zbrajanje tako nastalihmatrica nije definirano, jer zbrajati se mogu samo matrice istog tipa.

b) Vrijedi(2 · B︸︷︷︸

3×1

) · C︸︷︷︸1×2

= (2 ·B︸︷︷︸3×1

) · C︸︷︷︸1×2

= (2 ·B) · C︸︷︷︸3×2

,

pa su u ovom slucaju sve racunske operacije dobro definirane i kao rezultat nastaje matricatipa 3× 2.


c) Vrijedi

A︸︷︷︸2×2

· ( C︸︷︷︸1×2

)T + 2 · ( D︸︷︷︸3×2

)T = A︸︷︷︸2×2

· (CT )︸︷︷︸2×1

+ 2 · (DT )︸︷︷︸2×3

= A · CT︸︷︷︸2×1

+ 2 ·DT︸︷︷︸2×3

= nije def.

Dakle, u ovom slucaju je transponiranje dobro definirano (uvijek jest), a i mnozenje nastalihmatrica s matricom A, odnosno skalarom 2, je dobro definirano. No posljednja operacija -zbrajanje - nije dobro definirana, jer zbrajati se mogu samo matrice istog tipa.

d) Vrijedi

E︸︷︷︸3×3

· ( B︸︷︷︸3×1

· C︸︷︷︸1×2

+ D︸︷︷︸3×2

) = E︸︷︷︸3×3

· (B · C︸︷︷︸3×2

+ D︸︷︷︸3×2

) = E︸︷︷︸3×3

· (B · C +D︸︷︷︸3×2

) = E · (B · C +D)︸︷︷︸3×2

,

pa su u ovom slucaju sve racunske operacije dobro definirane i kao rezultat nastaje matricatipa 3× 2.

e) Vrijedi

B︸︷︷︸3×1

· ( B︸︷︷︸3×1

)T + 2 · E︸︷︷︸3×3

= B︸︷︷︸3×1

·(BT)︸︷︷︸

1×3

+ 2 · E︸︷︷︸3×3

= B ·BT︸︷︷︸3×3

+ 2 · E︸︷︷︸3×3

= B ·BT + 2 · E︸︷︷︸3×3

,

pa su u ovom slucaju sve operacije dobro definirane, i kao rezultat nastaje matrica tipa 3× 3.

f) Vrijedi

( D︸︷︷︸3×2

· ( A︸︷︷︸2×2

)T + B︸︷︷︸3×1

· C︸︷︷︸1×2

) · E︸︷︷︸3×3

= ( D︸︷︷︸3×2

· (AT )︸︷︷︸2×2

+B · C︸︷︷︸3×2

) · E︸︷︷︸3×3

= (D ·AT︸︷︷︸3×2

+B · C︸︷︷︸3×2

) · E︸︷︷︸3×3

=

= (D ·AT +B · C︸︷︷︸3×2

) · E︸︷︷︸3×3

= nije def.

Dakle, u ovom slucaju su sve racunske operacije bile dobro definirane osim zadnjeg mnozenjakoje nije dobro definirano jer mnoziti se mogu samo ulancane matrice.

Zadatak 90 Zadane su matrice

A =

1 2−1 43 3

, B =[−2 2

], C =

[2 0−1 3

]i D =

503

Izracunaj one od sljedecih matrica koje su dobro definirane:

a) B · C +B, c) AT ·D +BT ,b) A ·BT + C, d) A · C +D.

Dokaz. U ovom zadatku moramo najprije razmotriti da li je matrica dobro definirana, te ako jest- izracunati je.


a) Ova matrica je dobro definirana, i kao rezultat nastaje matrica tipa 1× 2. Vrijedi

B · C +B =[−2 2

] [ 2 0−1 3

]+[−2 2

]=[−6 6

]+[−2 2

]=[−8 8

].

b) Ova matrica nije dobro definirana.

c) Ova matrica je dobro definirana i kao rezultat nastaje matrica tipa 2× 1. Vrijedi

AT ·D +BT =

[1 −1 32 4 3

] 503

+

[−22

]=

[1419

]+

[−22

]=

[1221

].

d) Ova matrica nije dobro definirana.

Regularne matrice

Razmotrimo mnozenje kvdratnih matrica reda n. Vec smo rekli da je matrica I = In neutralnielement za mnozenje takvih matrica, tj. da za svaku kvadratnu matricu A ∈Mn vrijedi

AI = IA = A.

Sada nas zanima postoji li inverzna matrica matrici A obzirom na mnozenje.

Definicija 91 Neka je A ∈Mn kvadratna matrica reda n. Kazemo da je B ∈Mn inverzna matricamatrice A ako vrijedi

AB = BA = I.

Propozicija 92 Neka je A ∈ Mn kvadratna matrica reda n. Ako postoji inverzna matrica Bmatrice A, onda je ona jedinstvena.

Dokaz. Pretpostavimo da postoje dvije inverzne matrice B1 i B2 matrice A. Dokazat cemo da onemoraju biti me�usobno jednake. Naime, vrijedi

(B1A)B2 = IB2 = B2

(B1A)B2 = B1(AB2) = B1I = B1.

Dakle, mora biti B1 = B2.Jedinstvenu inverznu matricu kvadratne matrice A oznacavamo s A−1

Definicija 93 Kazemo da je matrica A ∈Mn regularna ako ima inverz. U suprotnom kazemo daje matrica A singularna.

Sada se postavljaju pitanja:

1. Kada je kvadratna matrica A regularna?

2. Ako je kvadratna matrica regularna, kako odrediti njen inverz?

Da bismo odgovorili na ta pitanja, potrebno je najprije uvesti pojmove linearne (ne)zavisnosti,determinante i ranga matrice.

3.3. LINEARNA (NE)ZAVISNOST MATRICA 57

3.3 Linearna (ne)zavisnost matrica

Slicno kao i kod vektora, i za matrice se moze definirati pojam linearne nezavisnosti. Najprijedefiniramo linearnu kombinaciju matrica.

Definicija 94 Neka su A1, . . . , An matrice istog tipa. Linearna kombinacija matrica A1, A2, . . . , Anje svaka matrica oblika

λ1A1 + λ2A2 + . . .+ λnAn

pri cemu su λi ∈ R realni brojevi za svaki i = 1, . . . , n.

Ilustrirajmo ovu definiciju jednim primjerom.

Primjer 95 Neka su

A =

[23

]i B =

[0−1

]dvije matrice. Odredi barem jednu linearnu kombinaciju ovih matrica!

Dokaz. Jedna linearna kombinacija ovih dviju matrica je

2A+ 3B = 2

[23

]+ 3

[0−1

]=

[43

].

Dakle, linearna kombinacija je ponovo matrica koja je nastala zbrajanjem matrica A i Bprethodno pomnozenih nekim brojem. Moze se kazati da je rezultatna matrica 2A+ 3B prikazanapomocu matrica A i B, odnosno da zavisi od njih.

Definicija 96 Neka su A1, . . . , An matrice istog tipa. Kazemo da su matrice A1, A2, . . . , An neza-visne ako iz

λ1A1 + λ2A2 + . . .+ λnAn = O

slijedi da jeλ1 = λ2 = . . . = λn = 0.

Pojasnimo malo ovu definiciju. Dakle, pitamo se kad je linearna kombinacija nekih matricaA1, A2, . . . , An jednaka nul-matrici. Jedna mogucnost je trivijalna - ako su svi koeficijenti λi = 0,tada ce linearna kombinacija matrica sigurno biti nul-matrica. No, pitanje je da li je to jedinamogucnost. Ako jest - matrice su linearno nezavisne. Ako pak nije, nego postoji i netrivijalanodabir koeficijenata λi koji u linearnoj kombinaciji daje nul-matricu, tada su matrice linearnozavisne, i tada se bar jedna od njih moze prikazati da zavisi o preostalima.

Primjer 97 Postoji li netrivijalna kombinacija matrica

A =

10−1

, B =

232

i C =

430

koja je jednaka nul-matrici.


Dokaz. Pitamo se kada je linearna kombinacija ovih matrica jednaka nul-matrici. Uvijek postojitrivijalna mogucnost

0 ·A+ 0 ·B + 0 · C = 0 ·

10−1

+ 0 ·

232

+ 0 ·

430

=

000

+

000

+

000

=

000

.No, u ovom konkretnom primjeru postoji i netrivijalna mogucnost

2A+B − C = 2 ·

10−1

+ 1 ·

232

− 1 ·

430

=

20−2

+

232

+

−4−30

=

000

.Dakle, matrice A, B i C su linearno zavisne jer postoji netrivijalna linearnja kombinacija koja jejednaka nul-matrici. Uocimo da se tada npr. matrica C moze prikazati kao linearna kombinacijamatrica A i B, tj. vrijedi

C = 2A+B.

Dakle, matrica C zavisi od matrica A i B pa odatle ovom pojmu ime.

Naravno, u prethodnom primjeru je posve na mjestu pitanje: ’a odakle nama ta netrivijalnakombinacija koeficijenata?’U tom primjeru su koeficijenti jednostavno napisani, bez da je pokazanokako se do njih dolazi, zato da bi se ilustrirao pojam linearne (ne)zavisnosti bez prevelikog optereci-vanja racunom. U sljedecem primjeru cemo pokazati kako se utvr�uje da li takva kombinacijapostoji. Obzirom da cemo uglavnom baratati manjim brojem matrica, umjesto λ1, λ2, λ3, . . . koris-tit cemo oznake α, β, γ, . . .

Primjer 98 Ispitaj da li su matrice

A =

[2 01 4

], B =

[3 00 4

]i C =

[−1 02 1

]linearno nezavisne.

Dokaz. Pitamo se za koje vrijednosti koeficijenata α, β i γ vrijedi

αA+ βB + γC = O,

α

[2 01 4

]+ β

[3 00 4

]+ γ

[−1 02 1

]=

[0 00 0

],[

2α+ 3β − γ 0α+ 2γ 4α+ 4β + γ

]=

[0 00 0

].

Po definiciji jednakosti matrica znamo da mora biti

2α+ 3β − γ = 0,

α+ 2γ = 0,

4α+ 4β + γ = 0,

3.4. DETERMINANTE 59

pa smo dobili sustav tri jednadzbe sa tri nepoznanice. Izlucivanjem α = −2γ iz druge jednadzbe,te uvrštavanjem u preostale dvije dobivamo

−5γ + 3β = 0,

−7γ + 4β = 0.

Rješavanjem ovog sustava dobivamo β = 0 i γ = 0 kao jedino rješenje, pa je onda i α = 0. Dakle,jedino rješenje je trivijalna mogucnost α = β = γ = 0, pa su matrice A, B i C linearno nezavisne.

Cesto nam je zgodno smatrati da je neka matrica sastavljena od stupaca (stupcane matrice) iliredaka (retcane matrice), pa razmatrati linearnu nezavisnost redaka ili stupaca kao linearnu neza-visnost retcanih ili stupcanih matrica. No, više rijeci o pojmu linearne nezavisnosti matrica biti ceu sljedecim poglavljima.

3.4 Determinante

Determinanta je skalar (broj) kojeg pridruzujemo svakoj kvadratnoj matrici A i oznacavamo gas detA ili |A| . Kod racunanja cesto cemo koristiti i oznake

det

a11 . . . a1n

.... . .

...an1 . . . ann

=

∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . a1n

.... . .

...an1 . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣ .Obzirom da je ovaj zapis slican zapisu matrica, i ovdje cemo govoriti o elementima determinante,retcima, stupcima, dijagonali, redu...

Postavlja se pitanje kako izracunati determinantu matrice. Postoje dva nacina definiranja ma-trica - pomocu permutacija i induktivno. Mi cemo determinantu definirati induktivno - najprijecemo definirati determinante malog reda, a zatim cemo determinante veceg reda definirati pomocudeterminanti manjeg reda.

Determinanta reda 1

Neka je A = [a11] matrica reda 1. Tada je detA = |a11| = a11.

Determinanta reda 2

Neka je

A =

[a11 a12

a21 a22

]matrica reda 2. Tada je

detA =

∣∣∣∣ a11 a12

a21 a22

∣∣∣∣ = a11a22 − a12a21.

Ovu formulu je lako upamtiti, jer je to umnozak elemenata na glavnoj dijagonali matrice minusumnozak elemenata na sporednoj dijagonali matrice.


Primjer 99 Izracunaj determinante matrica

a) A =

[1 2−2 4

], b) A =

[2 0−1 3

].

Rješenje.

a) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣ 1 2−2 4

∣∣∣∣ = 1 · 4− 2 · (−2) = 8.

b) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣ 2 0−1 3

∣∣∣∣ = 2 · 3 + 0 · (−1) = 6.

Determinanta reda 3

Determinantu reda 3 definiramo pomocu determinanti reda 2. Neka je

A =

a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

matrica reda 3. Tada je

detA =

∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13

a21 a22 a23

a31 a32 a33

∣∣∣∣∣∣ =

= a11 · (−1)1+1 ·∣∣∣∣ a22 a23

a32 a33

∣∣∣∣+ a12 · (−1)1+2 ·∣∣∣∣ a21 a23

a31 a33

∣∣∣∣+ a13 · (−1)1+3 ·∣∣∣∣ a21 a22

a31 a32

∣∣∣∣ =

= a11a22a33 − a11a23a32 − a12a21a33 + a12a23a33 + a13a21a32 − a13a22a31.

Kazemo da smo razvili determinantu po prvom retku. Ilustrirajmo i ovu definiciju primjerom.

Primjer 100 Izracunaj determinante matrica

a) A =

2 1 32 0 −11 −4 4

, b) A =

4 0 21 −1 12 3 0

.Rješenje.

a) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣2 1 32 0 −11 −4 4

∣∣∣∣∣∣ =

= (−1)1+1 · 2 ·∣∣∣∣ 0 −1−4 4

∣∣∣∣+ (−1)1+2 · 1 ·∣∣∣∣ 2 −1

1 4

∣∣∣∣+ (−1)1+3 · 3 ·∣∣∣∣ 2 0

1 −4

∣∣∣∣ =

= 2 (0− 4)− 1 · (8 + 1) + 3 (−8− 0) = −41.


b) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣4 0 21 −1 12 3 0

∣∣∣∣∣∣ =

= (−1)1+1 · 4 ·∣∣∣∣ −1 1

3 0

∣∣∣∣+ (−1)1+2 · 0 ·∣∣∣∣ 1 1

2 0

∣∣∣∣+ (−1)1+3 · 2 ·∣∣∣∣ 1 −1

2 3

∣∣∣∣ =

= 4 (0− 3)− 0 · (. . .) + 2 (3 + 2) = −2.

Napomena 101 Uocimo da po nuli ne treba razvijati, jer je clan razvoja koji odgovara nuli jednaknula. Dakle, što redak po kojem razvijamo ima više nula, to nam je racun jednostavniji.

Da bismo mogli krace zapisati definiciju determinante reda 3, a kasnije i poopciti na determinantureda n, potrebno je uvesti pojmove minore i algebarskog komplementa elementa aij matrice A.

Definicija 102 Minora Mij elementa aij matrice A reda n je determinanta matrice koja nastajekad iz matrice A izbrišemo i−ti redak i j−ti stupac, a oznacavamo je sa Mij .

Primjer 103 Izracunaj minore M23, M12 i M31 matrice

A =

2 1 31 2 4−3 −4 5

.Rješenje. Vrijedi

M23 =

∣∣∣∣ 2 1−3 −4

∣∣∣∣ = −5,

M12 =

∣∣∣∣ 1 4−3 5

∣∣∣∣ = 17,

M31 =

∣∣∣∣ 1 32 4

∣∣∣∣ = −2.

Definicija 104 Algebarski komplement Aijelementa aij matrice A reda n definiran je sa Aij =(−1)i+jMij .

Primjer 105 Izracunaj algebarske komplemente A23, A12 i A31 matrice

A =

2 1 31 2 4−3 −4 5

.


Rješenje. Vrijedi

A23 = (−1)2+3M23 = (−1)2+3

∣∣∣∣ 2 1−3 −4

∣∣∣∣ = −(−5) = 5,

A12 = (−1)1+2M12 = (−1)1+2

∣∣∣∣ 1 4−3 5

∣∣∣∣ = −(17) = −17,

A31 = (−1)3+1M31 = (−1)3+1

∣∣∣∣ 1 32 4

∣∣∣∣ = +(2) = 2.

Sada kad smo definirali pojam minore i algebarskog komplementa, mozemo uociti da se definicijadeterminante treceg reda moze krace izraziti na sljedeci nacin

detA = a11 · (−1)1+1

∣∣∣∣ a22 a23

a32 a33

∣∣∣∣︸︷︷︸A11

+ a12 · (−1)1+2

∣∣∣∣ a21 a23

a31 a33

∣∣∣∣︸︷︷︸A12

+ a13 · (−1)1+3

∣∣∣∣ a21 a22

a31 a32

∣∣∣∣︸︷︷︸A13

=

= a11A11 + a12A12 + a13A13 =

=

3∑j=1

a1jA1j .

Ovo je kraci zapis razvoja determinante po prvom retku. Moze se pokazati da se determinantatreceg reda jednako tako moze razviti po bilo kojem retku ili stupcu, tj. da vrijedi

detA =

3∑j=1

aijAij

što nazivamo razvojem determinante po i−tom retku, i taj razvoj vrijedi za svaki i = 1, 2, 3.Tako�er, moze se pokazati da je

detA =

3∑i=1

aijAij

što nazivamo razvojem determinante po j−tom stupcu, i taj razvoj vrijedi za svaki j = 1, 2, 3.

Primjer 106 Razvij determinantu matrice

A =

1 0 −12 4 3−3 −2 0

a) po drugom retku,

b) po trecem stupcu.

Rješenje.


a) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 0 −12 4 3−3 −2 0

∣∣∣∣∣∣ =

= 2 · (−1)2+1 ·

∣∣∣∣ 0 −1−2 0

∣∣∣∣+ 4 · (−1)2+2 ·∣∣∣∣ 1 −1−3 0

∣∣∣∣+ 3 · (−1)2+3 ·∣∣∣∣ 1 0−3 −2

∣∣∣∣ =

= −2 (0− 2) + 4 (0− 3)− 3 (−2− 0) =

= −2.

b) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 0 −12 4 3−3 −2 0

∣∣∣∣∣∣ =

= (−1) · (−1)1+3 ·

∣∣∣∣ 2 4−3 −2

∣∣∣∣+ 3 · (−1)2+3 ·

∣∣∣∣ 1 0−3 −2

∣∣∣∣ =

= −1 · (−4 + 12)− 3 (−2− 0) =

= −2.

Determinanta reda n

Jednako kao što se determinanta reda 3 definirala pomocu minora tj. determinanti reda 2, tako sei opcenita determinanta reda n (n ≥ 3) definira pomocu minora tj. determinanti reda n − 1. Zadeterminantu kvadratne matrice A reda n vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 . . . a1j . . . a1n

......

...ai1 . . . aij . . . ain...

......

an1 . . . anj . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= ai1Ai1 + . . .+ aijAij + . . .+ ainAin =

n∑j=1

aijAij

što nazivamo razvojem determinante po i−tom retku (bez obzira na odabrani redak, rezultat jeuvijek isti). Tako�er vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣

a11 . . . a1j . . . a1n

......

...ai1 . . . aij . . . ain...

......

an1 . . . anj . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣= a1jA1j + . . .+ aijAij + . . .+ anjAnj =

n∑i=1

aijAij

što nazivamo razvojem determinante po j−tom stupcu (bez obzira na odabrani redak, uvijek sedobiva isti broj kao i za razvoj po stupcima, i taj broj je po definiciji detA). Ovakvi razvoji se


još nazivaju i Laplaceov razvoj po retku ili stupcu. Moze se pokazati da svi ovi razvoji daju istirezultat, pa je ovako definirana determinanta dobro definirana.

Zadatak 107 Izracunaj determinantu matrice A ako je:

a) A = [−3] ,

b) A =

[13

],

c) A =

[1 3−2 0

],

d) A =

1 2 0−4 3 −12 1 3

,

e) A =

1 2 4 −30 0 3 01 3 0 −1−2 0 2 3

.Rješenje.

a) Vrijedi |−3| = −3.

b) Obzirom da A nije kvadratna matrica, ova determinanta nije definirana.

c) Vrijedi ∣∣∣∣ 1 3−2 0

∣∣∣∣ = 1 · 0− 3(−2) = 6.

d) Razvijanjem determinante po trecem stupcu dobivamo∣∣∣∣∣∣1 2 0−4 3 −12 1 3

∣∣∣∣∣∣ = (−1) · (−1)2+3 ·∣∣∣∣ 1 2

2 1

∣∣∣∣+ 3 · (−1)3+3 ·∣∣∣∣ 1 2−4 3

∣∣∣∣= (1 · 1− 2 · 2) + 3(1 · 3− 2(−4)) =

= 30.

e) Razvijanjem determinante po drugom retku dobivamo∣∣∣∣∣∣∣∣1 2 4 −30 0 3 01 3 0 −1−2 0 2 3

∣∣∣∣∣∣∣∣ = 3 · (−1)2+3 ·

∣∣∣∣∣∣1 2 −31 3 −1−2 0 3

∣∣∣∣∣∣ =

= 3

(−2 · (−1)3+3 ·

∣∣∣∣ 2 −33 −1

∣∣∣∣+ 3 · (−1)3+3 ·∣∣∣∣ 1 2

1 3

∣∣∣∣) =

= 3 (−2 · 7 + 3 · 1) =

= −33.


Ovakav nacin racunanja determinante nije praktican za determinante višeg reda. Naime, vrijemepotrebno za izracunavanje matrice eksponencijalno raste s porastom reda determinante. Tako npr.za determinante reda 25 potrebno vrijeme racunanja determinante na prosjecnom suvremenomracunalu moze biti reda velicine 1018 godina. Zato su izna�ene drugacije formule/algoritmi zaracunanje determinanti, koje potrebno vrijeme racunanja mogu drasticno smanjiti. Tako vrijemeracunaja potrebno za izracunavanje determinante reda 25 moze s onih 1018 godina spasti na 0.01sekundu, što je, slozit cemo se, prilicna ušteda na vremenu. No, da bismo došli do takvih algoritamapotrebno je prouciti svojstva determinanti.

3.4.1 Svojstva determinanti

D1) Ako matrica A ima redak ili stupac koji se sastoji od samih nula, onda je detA = 0.

Primjer 108 Izracunaj determinantu matrice

A =

1 2 02 3 −50 0 0

.Dokaz. Razvijanjem determinante po nul-retku dobivamo

detA =

∣∣∣∣∣∣1 2 02 3 −50 0 0

∣∣∣∣∣∣ = 0 + 0 + 0 = 0.

D2) Determinanta trokutaste matrice jednaka je umnošku elemenata na dijagonali.

Primjer 109 Izracunaj determinantu matrice

a) A =

1 −4 00 3 −10 0 −5

b) A =

5 0 04 −1 0−2 3 0

Dokaz.

a) Uzastopnim razvijanjem po prvom stupcu dobivamo

detA =

∣∣∣∣∣∣1 −4 00 3 −10 0 −5

∣∣∣∣∣∣ = 1(−1)1+1

∣∣∣∣ 3 −10 −5

∣∣∣∣ = 1 · 3 · (−1)1+1 |−5| =

= 1 · 3 · (−5) = −15.

b) Uzastopnim razvijanjem po prvom retku

detA =

∣∣∣∣∣∣5 0 04 −1 0−2 3 0

∣∣∣∣∣∣ = 5(−1)1+1

∣∣∣∣ −1 03 0

∣∣∣∣ = 5 · (−1)(−1)1+1 |0| =

= 5 · (−1) · 0 = 0.


D3) Ako matrica A ima dva jednaka retka ili stupca, onda je detA = 0.

D4) Matrice A i AT imaju istu determinantu, tj. vrijedi detA = detAT .

Razvijamo determinantu detA po nekom retku (ili stupcu), a onda determinantu detAT razvijamopo odgovarajucem stupcu (ili retku), pa tvrdnja slijedi indukcijom.

Primjer 110 Neka je

A =

1 2 03 4 −12 0 −2

.Izracunaj detA i detAT .

Dokaz. Determinantu detA razvijamo po prvom retku

detA =

∣∣∣∣∣∣1 2 03 4 −12 0 −2

∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−1)1+1

∣∣∣∣ 4 −10 −2

∣∣∣∣+ 2 · (−1)1+2

∣∣∣∣ 3 −12 −2

∣∣∣∣ =

= 1 · (−8 + 0)− 2(−6 + 2) =

= 0,

Determinantu detAT razvijamo po prvom stupcu

detAT =

∣∣∣∣∣∣1 3 22 4 00 −1 −2

∣∣∣∣∣∣ = 1 · (−1)1+1

∣∣∣∣ 4 0−1 −2

∣∣∣∣+ 2 · (−1)1+2

∣∣∣∣ 3 2−1 −2

∣∣∣∣ =

= 1 · (−8 + 0)− 2(−6 + 2) =

= 0.

Dakle, osim što smo ovim primjerom ilustrirali svojstvo, na njemu mozemo uociti i ideju dokaza.Vidimo da se u razvoju deteminante transponirane matrice nalaze i transponirane minore. I takovrijedi sve do minora najmanjeg reda, tj. reda 1, za koje nema razlike izme�u netranponirane itransponirane matrice, pa su dakle ove determinante iste.

D5) Determinanta se mnozi skalarom tako da se jedan (bilo koji) redak ili stupac determinantepomnozi tim skalarom.

Iskoristimo ovo svojstvo pri izracunavanju determinante u sljedecem primjeru.

Primjer 111 Neka su

A =

−1 2 −32 4 0−2 1 1

i B =

−2 4 −62 4 02 −1 −1

matrice. Koliko je detB, ako je detA = −38.


Dokaz. Vrijedi

detB =

∣∣∣∣∣∣−2 4 −6

2 4 02 −1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 2 ·

∣∣∣∣∣∣−1 2 −3

2 4 02 −1 −1

∣∣∣∣∣∣ = 2 · (−1)

∣∣∣∣∣∣−1 2 −3

2 4 0−2 1 1

∣∣∣∣∣∣ =

= −2 detA = −2 · (−38) = 76.

D6) Ako se svi elementi nekog retka ili stupca matrice rastave na zbroj dvaju pribrojnika, onda jedeterminanta te matrice jednaka zbroju determinanti odgovarajucih dviju matrica.

Po ovom svojstvu vrijedi na primjer∣∣∣∣∣∣2 + 3x −1− x 3− 4x

1 0 32 2 −4

∣∣∣∣∣∣ =

∣∣∣∣∣∣2 −1 31 0 32 2 −4

∣∣∣∣∣∣+

∣∣∣∣∣∣3x −x −4x1 0 32 2 −4

∣∣∣∣∣∣ .D7) Ako zamijenimo dva retka matrice, determinanta mijenja predznak.

Po ovom svojstvu vrijedi na primjer∣∣∣∣∣∣1 2 34 5 67 8 9

∣∣∣∣∣∣ = −

∣∣∣∣∣∣7 8 94 5 61 2 3

∣∣∣∣∣∣D8) Ako nekom retku determinante dodamo drugi redak pomnozen nekim skalarom, vrijednost

determinante se nece promijeniti.

Osim ovih svojstava, vrijedi i sljedeci teorem.

Teorem 112 (Binet-Cauchy) Neka su A,B dvije kvadratne matrice. Tada vrijedi det (AB) =detA detB.

Sada mozemo koristiti ova svojstva pri izracunavanju determinante. Najviše cemo koristiti svo-jstvo D8), jer se takvim trensformacijama determinanta ne mijenja. Zato se takve transformacijezovu elementarne transformacije. Cilj nam je elementarnim transformacijama svesti na determi-nantu trokutaste matrice kojoj se vrijednost lako izracunava po svojstvu D2). Mozemo se pri tompripomoci i svojstvima D5), D6) i D7), no pri tom moramo paziti da nam determinanta ostaneista.

Zadatak 113 Koristeci elementarne transformacije izracunaj determinante matrica

a) A =

1 4 −12 6 1−2 −5 0

b) A =

1 2 −1−3 −2 20 4 −1

c) A =

2 4 11 3 04 7 −2

Dokaz. Elementarnim transformacijama svodit cemo determinantu na determinantu gornjetroku-taste matrice.


a) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 4 −12 6 1−2 −5 0

∣∣∣∣∣∣ D8=

∣∣∣∣∣∣1 4 −10 −2 30 3 −2

∣∣∣∣∣∣ II − 2IIII + 2I

D5=

1

2

∣∣∣∣∣∣1 4 −10 −2 30 6 −4

∣∣∣∣∣∣ =

D8=

1

2

∣∣∣∣∣∣1 4 −10 −2 30 0 5

∣∣∣∣∣∣ III + 3II

D2=

1

2· 1 · (−2) · 5 = −5.

b) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 2 −1−3 −2 20 4 −1

∣∣∣∣∣∣ D8=

∣∣∣∣∣∣1 2 −10 4 −10 4 −1

∣∣∣∣∣∣ II + 3ID3= 0.

c) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣2 4 11 3 04 7 −2

∣∣∣∣∣∣ D7= −

∣∣∣∣∣∣1 3 02 4 14 7 −2

∣∣∣∣∣∣ D8= −

∣∣∣∣∣∣1 3 00 −2 10 −5 −2

∣∣∣∣∣∣ II − 2IIII − 4I

D5=

D5= −

(1

2

) ∣∣∣∣∣∣1 3 00 −2 10 −10 −4

∣∣∣∣∣∣ D8= −

(1

2

) ∣∣∣∣∣∣1 3 00 −2 10 0 −9

∣∣∣∣∣∣ III − 5II

D2=

D2= −

(1

2

)· 1 · (−2) · (−9) = −9.

Kod determinanti malog reda (kao što je to red 3), ovakav postupak je cak i kompliciraniji odracunanja po definiciji. No, porastom reda determinante, ovakav nacin racunanja postaje bitnobrzi u odnosu na racunanje po definiciji.

3.5 Rang matrice

Za razliku od pojma determinanta koji je bio definiran samo za kvadratne matrice, rang matriceje pojam koji je definiran za sve matrice. Isto kao i determinanta, i rang je skalar (broj) koji sepridruzuje matrici.

No, prije nego što krenemo potrebno je uvesti pojam podmatrice.

Definicija 114 Podmatrica matrice A je svaka matrica koja se iz matrice A moze dobiti uklanjan-jem bilo kojih redaka i/ili stupaca.

Sad kad smo definirali podmatricu, mozemo krenuti na definiciju ranga.

Definicija 115 Neka je A ∈Mm,n matrica. Rang r(A) matrice A je red njezine najvece kvadratnepodmatrice kojoj je determinanta razlicita od nula.

3.5. RANG MATRICE 69

Uocimo da je r(A) ≤ min {m,n} , jer A ne moze sadrzavati kvadratnu podmatricu ciji red jeveci od broja min {m,n} . Za primjer mozemo uzeti matricu

A =

[1 3 5 −19 0 1 −1

].

Ova matrica ima 2 retka i 4 stupca, te ocito ne moze sadrzavati kvadratnu podmatricu reda vecegod 2 = min {2, 4} . Dakle, bit ce r(A) ≤ 2. Da bismo tocno odredili rang matrice A potrebno jepronaci sve njene podmatrice. Njene kvadratne podmatrice reda 2 su[

1 39 0

],

[1 59 1

],

[1 −19 −1

],

[3 50 1

],

[3 −10 −1

],

[5 −11 −1

],

a kvadratne podmatrice reda 1 su[1],[

3],[

5],[−1

],[

9],[

0],[

1],[−1

].

Sada bi za svaku od ovih podmatrica trebalo odrediti determinantu, te me�u onima kojima jedeterminanta razlicita od 0 pronaci onu najveceg reda. Rang matrice A je onda jednak redu tekvadratne podmatrice. Obzirom da kvadratnih podmatrica matrice A ima mnogo (u ovom slucaju14, a za vece matrice joši mnogo više), to je prilicno mukotrpan posao. Zato se rang matrice nikadne racuna po definiciji, nego postupkom eliminacije koji je slican onome kod determinanti. No, dabismo precizno definirali taj postupak potrebno je uvesti pojmove poput stozernog elementa retkamatrice, odnosno reducirane forme.

Definicija 116 Neka je A ∈ Mm,n matrica. Kazemo da je matricni element aij stozerni elementili stozer retka i, ako je to prvi ne-nul element u tom retku (tj. vrijedi aij 6= 0 i aik = 0 za k < j).

Definicija 117 Neka je A ∈Mm,n matrica. Nadalje, kazemo da je matrica A u reduciranoj formiako vrijedi:

1. svi nul-retci (ako takvih ima) nalaze se iza ne-nul redaka,

2. stozeri nikoja dva retka nisu u istom stupcu,

3. stozer svakog retka je strogo desno od stozera prethodnog retka.

Sljedece matrice nisu u reduciranoj formi (stozeri su uokvireni): 2 1

3 −1

0 2

,

1 5 1 6

0 0 -1 2

0 2 3 3

0 0 0 5

,

3 0 0 0 60 0 0 0 0

0 0 3 0 3

0 0 0 0 5

Sljedece matrice, pak, jesu u reduciranoj formi: 2 1

0 -10 0

, 1 5 1 6 9

0 -1 0 2 8

0 0 7 1 0

,

3 0 0 0 6

0 0 -1 2 20 0 0 0 00 0 0 0 0

.Matrice u reduciranoj formi su nam vazne jer se takvim matricama vrlo lako odre�uje rang. Pre-ciznije, vrijedi sljedeci teorem.


Teorem 118 Neka je A matrica u reduciranom obliku. Rang r(A) matrice A jednak je broju ne-nulredaka matrice A.

Dokaz. Neka je r broj ne-nul redaka matrice A u reduciranom obliku. Ocito, rang matrice nemoze biti veci od r, jer bi svaka kvadratna podmatrica reda veceg od r imala redak sa samimnulama, pa je determinanta svake takve podmatrice jednaka nula. Ako sada prona�emo kvadratnupodmatricu A′ reda r kojoj je determinanta razlicita od 0, dokazali smo teorem. Ako uzmemo,da je A′ podmatrica matrice A koja sadrzi retke i stupce u kojima se nalaze stozeri, tada je takvamatrica gornja trokutasta, i njena determinanta jednaka je umnošku stozera koji je razlicit od 0(jer su stozeri razliciti od 0).

Dakle, sada smo pronašli klasu matrica kojima se rang vrlo lako odre�uje - to su matrice ureduciranoj formi. No, što s ostalim matricama? Moze se pokazati da postoje transformacijematrice kojima se mijenja matrica, ali ne i rang. Takve transformacije nazivat ce se elementarnetransformacije. One su korisne, jer ako takvim transformacijama dovedemo matricu u reduciranuformu, promijenili smo matricu, ali ne i rang. Dakle, pocetna matrica ce imati isti rang kaoi dobivena matrica u reduciranoj formi, a taj rang se lako odredi. Krenimo sada na definicijuelementarnih transformacija.

Definicija 119 Elementarne transformacije matrice A su:

R1) zamjena dvaju redaka,

R2) mnozenje nekog retka skalarom (brojem) razlicitim od 0,

R3) dodavanje nekom retku drugog retka pomnoznog nekim skalarom.

Moze se pokazati da vrijedi sljedeci teorem.

Teorem 120 Elementarne transformacije ne mijenjaju rang matrice.

Uocimo da se transformacije R1), R2) i R3) spominju i u svojstvima determinante D5), D7)i D8) redom. Razlika je da se po D5) i D7) determinanta mijenja, dok se po R1) i R2) rangne mijenja. Dakle, kod racunanja determinante morali smo biti oprezni pri zamjeni redaka ilimnozenju retka skalarom, da ne bismo promijenili determinantu. Kod racunanja ranga mozemoslobodno zamjenjivati retke, ili mnoziti retke skalarom razlicitim od 0, jer takve transformacije rangne mijenjaju.

Definicija 121 Kazemo da su matrice A i B ekvivalentne (i pišemo A˜B), ako se jedna iz drugemogu dobiti primjenom elementarnih transformacija konacno puta.

Ekvivalentne matrice imaju isti rang, jer po Teoremu 120 elementarne transformacije ne mijen-jaju rang. Dakle, sada je jasno kako cemo izracunavati rang matrice A. Elementarnim transforma-cijama (koje ne mijenjaju rang) cemo matricu A svesti na njoj ekvivalentnu matricu u reduciranojformi kojoj je rang ocit (broj ne-nul redaka).

Zadatak 122 Odredi rang matrice:


a) A =

1 −1 2 03 −3 4 2−2 3 −1 3

1 2 5 −1

b) A =

−3 −2 1

4 2 −21 0 −13 4 1

c) A =

1 2 0 23 4 −1 5−1 1 2 3−2 1 1 −12

Dokaz. U svakom zadatku potrebno je matricu A elementarnim transformacijama svesti na njojekvivalentnu matricu u reduciranoj formi kojoj se rang lako odre�uje. Obzirom da ekvivalentnematrice imaju isti rang, tako cemo dobiti i rang matrice A.

a) Vrijedi

A =

1 −1 2 03 −3 4 2−2 3 −1 3

1 2 5 −1

∼

1 −1 2 00 0 −2 20 1 3 30 3 3 −1

II − 3IIII + 2IIV − I

∼

∼

1 −1 2 00 1 3 30 0 −2 20 3 3 −1

IIIII

∼

1 −1 2 00 1 3 30 0 −2 20 0 −6 −10

IV − 3II

∼

1 −1 2 0

0 1 3 3

0 0 -2 2

0 0 0 -16

IV − 3III

Dakle, dobili smo matricu u reduciranoj formi (ekvivalentnu matrici A) kojoj je po Teoremu118 rang jednak 4. Obzirom da ekvivalentne matrice imaju isti rang, slijedi da je r(A) = 4.

b) Vrijedi

A =

−3 −2 1

4 2 −21 0 −13 4 1

∼

1 0 −14 2 −2−3 −2 1

3 4 1

III

II∼

1 0 −10 2 20 −2 −20 4 4

II − 4IIII + 3IIV − 3I

∼

1 0 −1

0 2 20 0 00 0 0

III + IIIV − 2I


Dakle, dobili smo matricu u reduciranoj formi (ekvivalentnu matrici A) kojoj je po Teoremu118 rang jednak 2. Obzirom da ekvivalentne matrice imaju isti rang, slijedi da je r(A) = 2.

c) Vrijedi

A =

1 2 0 23 4 −1 5−1 1 2 3−2 1 1 −12

∼

1 2 0 20 −2 −1 −10 3 2 50 5 1 −8

II − 3IIII + IIV + 2I

∼

1 2 0 20 −2 −1 −10 0 1 70 0 −3 −21

2III + 3II2IV + 5II

∼

1 2 0 20 −2 −1 −10 0 1 70 0 0 0

IV + 3III

Uocimo da se elementarnim transformacijama zapravo rade linearne kombinacije redaka. Štoviše,moze se pokazati da vrijedi sljedeci teorem.

Teorem 123 Elementarnim transformacijama ne mijenja se broj linearno nezavisnih redaka ma-trice.

Tako�er, nakon postupka svo�enja matrice na reducirani oblik, svi ne-nul retci su me�usobnolinearno nezavisni, dok su nul-retci u reduciranoj matrici nastali kao netrivijalne linearne kombi-nacije linearno zavisnih redaka. Preciznije, vrijedi sljedeci teorem.

Teorem 124 Rang matrice jednak je broju njenih linearno nezavisnih redaka.

Elementarne matrice

Elementarne transformacije R1), R2) i R3) mogu se opisati pomocu mnozenja s tri tipa matrica.

Primjer 125 Neka je

A =

1 2 0 20 3 5 11 3 −1 −1

.Prona�i matricu kojom je potrebno pomnoziti matricu A tako da mnozenje rezultira:

1. zamjenom drugog i treceg retka u matrici A,

2. mnozenjem treceg retka matrice A skalarom λ,

3. dodavanjem trecem retku matrice A prvog retka prethodno pomnozenog s −1.

Dokaz.


1. Ako zelimo zamijeniti drugi i treci redak u matrici A potrebno je pomnoziti s lijeva matricuA matricom

E23 =

1 0 00 0 10 1 0

Uistinu

E23A =

1 0 00 0 10 1 0

1 2 0 20 3 5 11 3 −1 −1

=

1 2 0 21 3 −1 −10 3 5 1

.2. Ako zelimo treci redak matrice A pomnoziti skalarom λ = 2 potrebno je pomnoziti s lijevamatricu A matricom

E3(2) =

1 0 00 1 00 0 2

.Uistinu

E3(2)A =

1 0 00 1 00 0 2

1 2 0 20 3 5 11 3 −1 −1

=

1 2 0 20 3 5 12 6 −2 −2

.3. Ako trecem retku matrice A zelimo dodati prvi redak pomnozen sa −1 potrebno je pomnozitis lijeva matricu A matricom

E13(−1) =

1 0 00 1 0−1 0 1

.Uistinu

E13(2)A =

1 0 00 1 0−1 0 1

1 2 0 20 3 5 11 3 −1 −1

=

1 2 0 20 3 5 10 1 −1 −3

(= III − I)

Matrice E kojima se postizu elementarne transformacije nad matricom A nazivaju se elementarnematrice.

U opcenitom slucaju vrijedi:

• Elementarna matrica Eij kojom se postize zamjene redaka i i j u opcenitoj matrici A dobivase iz jedninicne matrice In zamjenom redaka i i j.

• Elementarna matrica Ei(λ) kojom se postize mnozenje retka i matrice A skalarom λ jednakaje matrici In u kojoj je i−ti redak pomnozen skalarom λ.

• Elementarna matrica Eik(λ) kojom se postize dodavanje k−tog retka pomnozenog s λ i−tomretku dobiva se iz jedinicne matrice In kojoj je na na poziciji ik umetnuta vrijednost λ umjestonule.


3.6 Inverzna matrica

Podsjetimo se, kad smo govorili o mnozenju matrica uveli smo pojam inverza kvadratne matrice,te smo se upitali:

• Kada je kvadratna matrica A regularna (tj. ima inverznu matricu A−1)?

• Ako postoji inverzna matrica A−1, kako je odrediti?

Sada kad smo definirali pojmove determinante i ranga, mozemo odgovoriti na ta pitanja.

Determinanta i inverzna matrica

Najprije, od koristi ce nam biti Kroneckerov simbol δij definiran sa

δij =

{1, za i = j,0, za i 6= j.

Sada nam odgovore na postavljena pitanja daje sljedeci teorem.Definirajmo sada pojam adjunkte matrice, koji ce biti kljucan pojam u tematici inverzne matrice.

Definicija 126 Neka je A ∈ Mn kvadratna matrica, te neka je A = [Aij ]n,n matrica algebarskih

komplemenata matrice A. Matrica AT zove se adjunkta matrice A.

Primjer 127 Odredi adjunktu matricu matrice

A =

1 0 14 3 00 2 3

.Rješenje. Uocimo da je potrebno izracunati svih devet algebarskih komplemenata matrice A.Vrijedi

A11 = (−1)2

∣∣∣∣ 3 02 3

∣∣∣∣ = 9 A12 = (−1)3

∣∣∣∣ 4 00 3

∣∣∣∣ = −12 A13 = (−1)4

∣∣∣∣ 4 30 2

∣∣∣∣ = 8

A21 = (−1)3

∣∣∣∣ 0 12 3

∣∣∣∣ = 2 A22 = (−1)4

∣∣∣∣ 1 10 3

∣∣∣∣ = 3 A23 = (−1)5

∣∣∣∣ 1 00 2

∣∣∣∣ = −2

A31 = (−1)4

∣∣∣∣ 0 13 0

∣∣∣∣ = −3 A32 = (−1)5

∣∣∣∣ 1 14 0

∣∣∣∣ = 4 A33 = (−1)6

∣∣∣∣ 1 04 3

∣∣∣∣ = 3

Dakle,

AT =

9 2 −3−12 3 4

8 −2 3

.

Teorem 128 Kvadratna matrica A ∈ Mn je regularna ako i samo ako je detA 6= 0. Ako je Aregularna, onda je A−1 = 1

detA AT .

3.6. INVERZNA MATRICA 75

Dokaz. Ako je matrica A regularna, tada postoji jedinstvena matrica A−1 takva da je

AA−1 = I.

Po Teoremu Binet-Cauchy slijedi

det(A) det(A−1) = det(AA−1) = det I = 1

pa zakljucujemo da mora biti detA 6= 0. Dakle, pokazali smo da ako je A regularna matrica, ondaje detA 6= 0. Potrebno je pokazati i obratno - ako je detA 6= 0 da je onda A regularna.Pretpostavimo da je detA 6= 0. Dokazat cemo da je tada matrica A regularna, štoviše, izvest

cemo egzaktnu formulu za odre�ivanje matrice A−1.Ako determinantu matrice A razvijemo po j−tom stupcu, dobivamo

n∑i=1

aijAij = detA.

No, ako umjesto algebarskih komplemenata Aij stupca j u ovu sumu uvrstimo algebarske komple-mente nekog drugog stupca - npr.stupca k, tada vrijedi

n∑i=1

aijAik = 0.

Naime, ova suma je razvoj po j−tom stupcu determinante matrice kojoj su j−ti i k−ti stupacjednaki (matrica dobivena iz matrice A tako da je umjesto k−tog stupca stavljen ponovno j−tistupac). Objedinjujuci ove dvije relacije dobivamo da je

n∑i=1

aijAik =

{detA, za j = k,0, za j 6= k.

ili u drugacijem zapisun∑i=1

aijAik = detA · δjk.

Ako uvedemo oznaku a′ij = Aji (te A′ =[a′ij]) onda ova jednakost postaje

n∑i=1

a′kiaij = detA · δjk,

A′A = detA · I,(1

detAA′)A = I

Dakle, matrica A′′ = 1detAA

′ je inverzna matrica matrice A (lako se provjeri i AA′ = I). Obziromda je A′ = AT , slijedi i druga tvrdnja teorema tj.

A−1 =1

detAA′ =

1

detAAT .


Primjer 129 Za matricu A iz Primjera 127 ispitaj da li je regularna, i ako jest - odredi A−1.

Dokaz. Da bi matrica A bila regularna, mora biti detA 6= 0. Pa izracunajmo determinantu. vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 0 14 3 00 2 3

∣∣∣∣∣∣ = (−1)1+1 · 1 ·∣∣∣∣ 3 0

2 3

∣∣∣∣+ (−1)1+3 · 1 ·

∣∣∣∣ 4 30 2

∣∣∣∣ =

= 9− 0 + 8− 0 = 17.

Dakle, matrica A je regularna. Tada je

A−1 =1

detAAT .

Obzirom da smo matricu AT vec izracunali u Primjeru 127, zakljucujemo da je

A−1 =1

17

9 2 −3−12 3 4

8 −2 3

=

917

217 − 3

17− 12

17317

417

817 − 2

17317

.Riješimo sada nekoliko zadataka.

Zadatak 130 Odredi (ako postoji) inverznu matricu matrice

A =

[−2 32 −4

].

Dokaz. Obzirom da je

detA =

∣∣∣∣ −2 32 −4

∣∣∣∣ = 8− 6 = 2,

matrica A je regularna i ima inverz. Da bismo odredili inverznu matricu, potrebno je najprijeodrediti adjunktu matricu, tj. izracunati algebarske komplemente. Vrijedi

A11 = (−1)1+1 |−4| = −4, A12 = (−1)

1+2 |2| = −2,

A21 = (−1)2+1 |3| = −3, A22 = (−1)

2+2 |−2| = −2.

Sada je

A−1 =1

2

[−4 −2−3 −2

]T=

1

2

[−4 −3−2 −2

]=

[−2 − 3

2−1 −1

].


A =

2 1 −30 −1 45 1 2

.


Dokaz. Obzirom da je

detA =

∣∣∣∣∣∣2 1 −30 −1 45 1 2

∣∣∣∣∣∣ = (−1)1+1 · 2 ·

∣∣∣∣ −1 41 2

∣∣∣∣+ (−1)3+1 · 5 ·

∣∣∣∣ 1 −3−1 4

∣∣∣∣ =

= 2 (−2− 4) + 5 (4− 3) =

= −7,

zakljucujemo da je matrica A regularna i ima inverz. Da bismo odredili inverznu matricu, potrebnoje najprije odrediti adjunktu matricu, tj. izracunati algebarske komplemente. Vrijedi

A11 = (−1)2

∣∣∣∣ −1 41 2

∣∣∣∣ = −6, A12 = (−1)3

∣∣∣∣ 0 45 2

∣∣∣∣ = 20, A13 = (−1)4

∣∣∣∣ 0 −15 1

∣∣∣∣ = 5,

A21 = (−1)3

∣∣∣∣ 1 −31 2

∣∣∣∣ = −5, A22 = (−1)4

∣∣∣∣ 2 −35 2

∣∣∣∣ = 19, A23 = (−1)5

∣∣∣∣ 2 15 1

∣∣∣∣ = 3,

A31 = (−1)4

∣∣∣∣ 1 −3−1 4

∣∣∣∣ = 1, A32 = (−1)5

∣∣∣∣ 2 −30 4

∣∣∣∣ = −8, A33 = (−1)6

∣∣∣∣ 2 10 −1

∣∣∣∣ = −2.

Dakle, sada je

A−1 =1

−7

−6 20 5−5 19 31 −8 −2

T =1

−7

−6 −5 120 19 −85 3 −2

=

67

57 − 1

7− 20

7 − 197

87

− 57 − 3

727

.

Rang i inverzna matrica

Zelimo utvrditi vezu izme�u ranga i regularnosti matrice. Prva stvar koja je vazna za uociti je daelementarne transformacije ne utjecu na regularnost matrice. Naime, moze se pokazati da vrijedisljedeca lema.

Lema 132 Neka su A i B kvadratne matrice koje su me�usobno ekvivalentne. Matrica A je regu-larna ako i samo ako je matrica B regularna.

Dakle, ako kvadratnu matricu A svedemo u reduciranu formu, tada su i matrica A i njenareducirana forma ili obje regularne ili obje singularne. Obzirom da za matricu u reduciranoj formilako utvr�ujemo determinantu, slijedi da vrlo lako mozemo zakljuciti da li je ona regularna, paonda po Lemi 132 lako zakljucujemo i da li je pocetna matrica A regularna. Naime, ako reduciranaforma sadrzi nul-redak (dakle, ako nema puni rang), onda je njena determinanta nula, pa je onasingularna. No, onda je po Lemi 132 i matrica A singularna. Ako pak reducirana forma ne sadrzinul redak, ona je regularna, pa je i matrica A regularna. Sazmimo ova razmatranja u sljedeciteorem.

Teorem 133 Kvadratna matrica A je regularna ako i samo ako ima puni rang.

Sada mozemo opisati alternativni postupak odre�ivanja inverzne matrice. Taj postupak sesastoji od sljedecih koraka.


1) Formiramo matricu tipa n× 2n, u kojoj je u prvih n stupaca napisana matrica A, a u drugihn stupaca jedinicna matrica In

[A In

]=

a11 a12 . . . a1n 1 0 . . . 0a21 a22 . . . a2n 0 1 . . . 0...

......

......

...an1 an2 . . . ann 0 0 . . . 1

.2) Vršimo elementarne transformacije nad matricom dok na lijevoj polovici ne dobijemo jedinicnumatricu In, tj. dok ne dobijemo matricu oblika[

In B],

ili dok s lijeve strane ne dobijemo nul-redak.

3) Ako smo s lijeve strane uspjeli dobiti matricu In, tada je matrica A regularna i vrijedi A−1 =B. Ako smo pak s lijeve strane dobili nul-redak, onda matrica A nema puni rang, pa jesingularna i nema inverz.

Ovakav postupak eliminacije naziva se Gauss-Jordanova eliminacija. Obrazlozimo kratko zašto ovajpostupak funkcionira. Naime, vec smo pokazali da se elementarne transformacije mogu prikazatikao matricno mnozenje, pa mi ovim postupkom radimo sljedece[

A In]

=[E1A E1In

]=[E2E1A E2E1In

]= . . . =

=[Ek · · ·E2E1A Ek · · ·E2E1In

].

Ako smo s lijeve strane uspjeli dobiti jedinicnu matricu, to znaci da je

Ek · · ·E2E1︸︷︷︸A−1

A = I,

pa matrica Ek · · ·E2E1 udovoljava definiciji inverzne matrice od A. Uocimo da smo s desne stranedobili upravo tu matricu jer je Ek · · ·E2E1In = Ek · · ·E2E1.


A =

1 2 −23 −1 1−2 0 1

.Dokaz. Racunski najjednostavnije nam je raditi cjelobrojno poništavanje, a na kraju podijelitielementima dijagonale da bismo dobili jedinicnu matricu. Vrijedi 1 2 −2 1 0 0

3 −1 1 0 1 0−2 0 1 0 0 1

∼ 1 2 −2 1 0 0

0 −7 7 −3 1 00 4 −3 2 0 1

II − 3IIII + 2I

∼

∼

7 0 0 1 2 00 −7 7 −3 1 00 0 7 2 4 7

7I + 2II

7III + 4I∼

7 0 0 1 2 00 −7 0 −5 −3 −70 0 7 2 4 7

II − III


Obzirom da matrica A ima puni rang (lijevi dio matrice je u reduciranoj formi), matrica A jeregularna i ima inverz. Dijeljenjem elementima dijagonale na lijevoj strani dobivamo da je

A−1 =

17

27 0

57

37 1

27

47 1

.Zadatak 135 Odredi (ako postoji) inverznu matricu matrice

A =

1 −1 42 −3 16 −10 −4

Dokaz. Ponovo cemo raditi cjelobrojno poništavanje, i tek na kraju podijeliti elementima dijego-nale. Vrijedi 1 −1 4 1 0 0

2 −3 1 0 1 06 −10 −4 0 0 1

∼ 1 −1 4 1 0 0

0 −1 −7 −2 1 00 −4 −28 −6 0 1

II − 2IIII − 6I

∼

∼

1 0 11 3 −1 00 −1 −7 −2 1 00 0 0 2 −4 1

I − II

III − 4II

Obzirom da matrica A nema puni redak (na lijevoj polovici smo dobili nul-redak), zakljucujemo daje singularna i nema inverz.

Kod matrica reda 3 ovakav postupak je mozda i sporiji nego racunanje inverzne matrice podefiniciji. No s porastom reda matrice, ovaj postupak postaje znacajno brzi u odnosu na racunanjepo definiciji, što je vidljivo vec kod racunanja inverzne matrice reda 4.

Poglavlje 4

Sustavi linearnih jednadzbi

Rješavanje sustava linearnih jednadzbi jedan je od najvaznijih problema kojima se bavi linearnaalgebra.

4.1 Osnovne definicije

Sustav linearnih jednadzbi je sustav oblika

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = b1,a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = b2,

...am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = bm,

(4.1)

pri cemu su aij ∈ R realni koeficijenti za svaki i = 1 . . . ,m i j = 1, . . . , n. Uocimo da prvi indekskoeficijenta aij oznacava jednadzbu u kojoj se koeficijent nalazi, a drugi indeks oznacava varijabluuz koju se koeficijent nalazi. Nadalje, sa x1, . . . , xn su oznacene nepoznanice, a sa b1, . . . , bm ∈ Rslobodni clanovi svake odm jednadzbi. Dakle, ovo je sustavm linearnih jednadzbi sa n nepoznanica.Ovaj sustav se moze zapisati i matricno sa

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...am1 am2 . . . amn

︸︷︷︸

A(m×n)

x1

...xn

︸︷︷︸x(n×1)

=

b1b2...bm

︸︷︷︸b(m×1)

, (4.2)

ili krace sa A ·x = b, pri cemu je A matrica koeficijenata, x vektor nepoznanica, a b vektor slobodnihclanova ili slobodni vektor. Iz definicije matricnog mnozenja odmah se vidi da je umnozak A · xdobro definiran (matrice su ulancane) i da se izjednacavanjem matrica A · x i b dobije sustav (4.1).Ilustrirajmo ovaj zapis jednostavnim primjerom sustava 2 jednadzbe sa 2 nepoznanice.

Primjer 136 Zapiši matricno sustav

2x− 3y = 5

−x+ 4y = 7

81

82 POGLAVLJE 4. SUSTAVI LINEARNIH JEDNADZBI

te pokazi da je matricna jednakost ekvivalentna sustvu.

Dokaz. Obzirom da baratamo sa samo dvije nepoznanice, one su oznacene jednostavnije - sa x iy, umjesto sa x1 i x2. Matricni zapis sustava je sljedeci[

2 −3−1 4

]︸︷︷︸

A(2×2)

[xy

]︸︷︷︸x(2×1)

=

[57

]︸︷︷︸b(2×1)

. (4.3)

Da bismo pokazali da je matricna jednadzba ekvivalentna zadanom sustavu jednadzbi, najprijecemo razmnoziti matrice A i x. Matrice su ulancane i kao rezultat mnozenja dobivamo matricu tipa2× 1 [

2x− 3y−x+ 4y

]︸︷︷︸

A·x(2×1)

=

[57

]︸︷︷︸b(2×1)

.

Po definiciji jednakosti matrica, ove dvije matrice ce biti jednake ako se podudaraju u oba svojaelementa, tj. ako vrijedi

2x− 3y = 5,

−x+ 4y = 7,

a to je upravo zadani sustav. Dakle, zadani sustav je ekvivalentan napisanoj matricnoj jednadzbi(4.3).

Naravno, nas ce zanimati rješenje linearnog sustava, pa recimo par rijeci o tome što bi bilorješenje.

Definicija 137 Rješenje linearnog sustava m jednadzbi sa n nepoznanica je svaka ure�ena n−torka(x1, . . . , xn) realnih brojeva koja zadovoljava svaku od m jednadzbi sustava. U matricnom zapisu,rješenje matricne jednadzbe A · x = b je svaki vektor x ∈Mn,1 koji zadovoljava tu jednadzbu.

Sada kad smo definirali što je to rješenje sustava, namece se nekoliko pitanja o tom rješenju:

(1) da li rješenje sustava postoji, te

(2) ako postoji, koliko je tih rješenja i koja su?

Naime, sustav linearnih jednadzbi moze ne imati rješenje, moze imati tocno jedno rješenje, a mozeimati i mnoštvo razlicitih rješenja. Ilustrirajmo to sljedecim primjerom.

Primjer 138 Odredi rješenja sustava:

a) 3x− y = 1,2x+ y = 4,

b) 2x+ y = 4,4x+ 2y = 8,

c) 2x+ y = 4,4x+ 2y = 4.

Dokaz. Svaki od ovih sustava je sustav dvije linearne jednadzbe sa dvije nepoznanice i vrijedi:

4.1. OSNOVNE DEFINICIJE 83

a) Sustav ima jedno rješenje, a to je x = 1, y = 2, što se moze zapisati i kao (1, 2). Geometrijski sesvaka jednadzba sustava moze interpretirati kao pravac u ravnini, a rješenje sustava predstavljakoordinate tocke sjecišta tih dvaju pravaca. Kao što se vidi na Slici 4.1 a), ta dva pravca sesijeku u samo jednoj tocki (koja je upravo tocka (1, 2)), pa sustav ima samo jedno rješenje.

b) Izlucivanjem y = 4−2x iz prve jednadzbe i uvrštavanjem u drugu jednadzbu, druga jednadzbasustava se svodi na 8 = 8 što uvijek vrijedi. Dakle, jedino što mora vrijediti za rješenje (x, y)sustava je veza y = 4−2x. To znaci da nepoznanicu x mozemo birati po volji (kazemo da je xparametar), a onda odgovarajuci y izracunamo iz jednakosti y = 4−2x. Tako za svaki odabranix imamo jedno konkretno rješenje sustava, pa rješenja ima beskonacno mnogo. Moze se recida je rješenje svaka tocka oblika (x, 4 − 2x) pri cemu je x parametar koji se moze odabratiproizvoljno. Dakle, neka konkretna rješenja su (1, 2) ,

(52 ,−1

),(√

2, 4− 2√

2), . . .

Geometrijski, pravci koje jednadzbe predstavljaju su isti (vidi Sliku 4.1 b)), pa se sijeku/podudarajuu svakoj tocki. Dakle, sjecišta pravaca ima beskonacno mnogo.

c) Izlucivanjem x = 1−2x iz prve, te uvrštavanjem u drugu, dobivamo 2 = 8 što nikad ne vrijedi,pa ovaj sustav nema rješenje. Geometrijski, jednadzbe sustava predstavljaju dva paralelnapravca u ravnini (vidi Sliku 4.1 c)) koji se ne sijeku u nijednoj tocki, pa je jasno zašto sustavnema rješenje.

a) b) c)

Slika 4.1: Geometrijska interpretacija sustava dvije linearne jednadzbe sa dvije nepoznanice: a)sustav s jedinstvenim rješenjem, b) sustav s parametarskim rješenjem, c) sustav bez rješenja.

Posve analogno kao u prethodnom primjeru, sustav tri linearne jednadzbe sa tri nepoznanicese moze geometrijski interpretirati kao sustav tri ravnine u prostoru. Kakva se sve rješenja tumogu ocekivati? Sustavi sa više od 3 nepoznanice predstavljali bi tzv. hiperravnine (tj. ravnine uvišedimenzionalnim prostorima koje mi ljudi ne mozemo vizualizirati, ali za koje ne postoji logickazapreka da postoje).

Naravno, bilo bi zgodno imati neko pravilo koje bi nam davalo odgovor o postojanju i karakterurješenja u slucaju opcenitog sustava m linearnih jednadzbi sa n nepoznanica. To pravilo postoji,ali prije nego što ga mozemo iskazati, potrebno je definirati proširenu matricu sustava.


Definicija 139 Neka je sustav m linearnih jednadzbi sa n nepoznanica prikazan matricno sa A·x =b. Tada se proširena matrica sustava definira sa

Ap =[A b

]=

a11 a12 . . . a1n b1a21 a22 . . . a2n b2...

......

...am1 am2 . . . amn bm

.Ova okomita crta u matrici Ap je samo preglednosti radi, i ne cini matricu Ap nekom novom

vrstom matrica. Matrica Ap je najobicnija matrica tipa m× (n+ 1) koja je dobivena dodavanjemstupca b slobodnih clanova matrici A. Sada mozemo iskazati teorem koji daje odgovor na pitanje opostojanju i karakteru rješenja sustava linearnih jednadzbi.

Teorem 140 (Kronecker-Capelli) Neka je sustavm linearnih jednadzbi sa n nepoznanica prikazanmatricno sa A · x = b.

a) Sustav A · x = b ima rješenje ako i samo ako je r(A) = r(Ap).

b) Ako sustav ima rješenje, onda vrijedi:

- ako je r(A) = n, onda je rješenje jedinstvano,

- ako je r(A) < n, onda je rješenje parametarsko sa n− r(A) parametara.

Sada se mozemo vratiti na sustave iz Primjera 138, pa primijeniti Teorem Kronecker-Capelli nanjih. Vidjet cemo da dobivamo iste rezultate.

Primjer 141 Primjenom Teorema Kronecker-Capelli prodiskutiraj postojanje i karakter rješenjasljedecih sustava:

a) 3x− y = 1,2x+ y = 4,

b) 2x+ y = 4,4x+ 2y = 8,

c) 2x+ y = 4,4x+ 2y = 4.

Dokaz. U svakom od ovih slucajeva potrebno je odrediti rangove matrica A i Ap. Dovoljno jenapraviti samo Gaussovu eliminaciju matrice Ap. Naime, obzirom da je matrica A podmatricamatrice Ap, odmah cemo moci išcitati i rang matrice A.

a) Za matricu Ap sustava vrijedi[3 −1 12 1 4

]∼[

3 −1 10 5 10

]3II − 2I

pa mozemo vidimo da je r(A) = 2, r(Ap) = 2. Za broj nepoznanica n tako�er vrijedi n = 2.Sada po Teoremu Kronecker-Capelli zakljucujemo:

r(A) = 2r(Ap) = 2

}= rješenje postoji,

r(A) = 2n = 2

}= rješenje je jedinstveno.

4.2. RJEŠAVANJE SUSTAVA GAUSSOVOM ELIMINACIJOM 85

b) Za matricu Ap sustava vrijedi[2 1 44 2 8

]∼[

2 1 40 0 0

]II − 2I

pa mozemo vidimo da je r(A) = 1, r(Ap) = 1. Za broj nepoznanica n vrijedi n = 2. Sada poTeoremu Kronecker-Capelli zakljucujemo:

r(A) = 1r(Ap) = 1


r(A) = 1n = 2

}6= rješenje je jednoparametarsko.

c) Za matricu Ap sustava vrijedi[2 1 14 2 8

]∼[

2 1 40 0 −4

]II − 2I

pa mozemo vidimo da je r(A) = 1, r(Ap) = 2. Za broj nepoznanica n vrijedi n = 2. Sada poTeoremu Kronecker-Capelli zakljucujemo:

r(A) = 1r(Ap) = 2

}6= rješenje ne postoji.

4.2 Rješavanje sustava Gaussovom eliminacijom

Sada kad smo uveli pojam sustava linearnih jednadzbi, definirali što bi bilo rješenje, te komentiralipostojanje i karakter tog rješenja, na red je došlo pitanje kako odrediti rješenje sustava (ako postoji).U tu svrhu potrebno je najprije definirati ekvivalentne sustave.

Definicija 142 Kazemo da su sustavi linearnih jednadzbi ekvivalentni ako imaju ekvivalentne proširenematrice sustava.

Ekvivalentni sustavi su jako vazan pojam kod rješavanja sustava, jer se moze pokazati da vrijedisljedeci teorem.

Teorem 143 Ekvivalentni sustavi imaju isto rješenje.

Ako ekvivalentni sustavi imaju isto rješenje, onda tu cinjenicu mozemo iskoristiti tako da nerješavamo zadani sustav (jer moze biti kompliciran), nego da prona�emo njemu ekvivalentan sustavkoji se lako rješava. Obzirom da takav sustav ima isto rješenje kao pocetni, time smo pronašli irješenje pocetnog sustava. Osatje samo pitanje koji sustavi se lako rješavaju. To su tzv. reduciranisustavi.

Definicija 144 Kazemo da je sustav linearnih jednadzbi reduciran, ako mu je proširena matrica ureduciranoj formi.


Dakle, sada mozemo sustave rješavati na sljedeci nacin.

1) Gaussovom eliminacijom proširene matrice sustava, svedemo sustav na njemu ekvivalentanreducirani sustav.

2) Primjenom Teorema Kronecker-Capelli diskutiramo postojanje i karakter rješenja.

3) Prona�emo rješenje reduciranog sustava.

Ilustrirajmo sada ovaj postupak rješavanjem nekoliko konkretnih zadataka.

Zadatak 145 Gaussovom metodom eliminacije riješi sustav

x1 + 2x2 − x3 + x4 = 0,2x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 5,−x1 + x2 − x3 = −5,3x1 + 4x2 + x4 = 1.

Rješenje. Za proširenu matricu sustava vrijedi1 2 −1 1 02 2 −1 2 5−1 1 −1 0 −5

3 4 0 1 1

∼

1 2 −1 1 00 −2 1 0 50 3 −2 1 −50 −2 3 −2 1

II − 2IIII + IIV − 3I

∼

∼

1 2 −1 1 00 −2 1 0 50 0 −1 2 50 0 2 −2 −4

2III + 3IIIV − II

∼

1 2 −1 1 00 −2 1 0 50 0 −1 2 50 0 0 2 6

IV + 2III

Dobili smo reduciranu matricu, pa primjenom Teorema Kronecker-Capelli zakljucujemo:

r(A) = 4r(Ap) = 4


r(A) = 4n = 4

}= rješenje je jedinstveno.

Sada rješavamo reducirani sustav. Takav sustav je najlakše rješavati od posljednjeg ne-nul retka.Iz zadnjeg retka dobivamo

2x4 = 6,

x4 = 3.

Iz predzadnjeg retka sada imamo

−x3 + 2x4 = 5,

−x3 + 2 · 3 = 5,

x3 = 1.


Nadalje, imamo

−2x2 + x3 = 5,

−2x2 + 1 = 5,

x2 = −2.

Konacno, imamo

x1 + 2x2 − x3 + x4 = 0,

x1 + 2 · (−2)− 1 + 3 = 0,

x1 = 2.

Dakle, dobili smo rješenje koje matricno mozemo zapisati sa

x =

2−213

.


x1 + 2x2 − 3x3 + 3x4 = 1,−x1 + 2x2 − 5x3 + 2x4 = −3,

2x1 + x2 + 3x4 = 5,x1 + 3x2 − 5x3 + 4x4 = 0.

Rješenje. Za proširenu matricu sustava vrijedi1 2 −3 3 1−1 2 −5 2 −3

2 1 0 3 51 3 −5 4 0

∼

1 2 −3 3 10 4 −8 5 −20 −3 6 −3 30 1 −2 1 −1

II + IIII − 2IIV − I

∼

∼

1 2 −3 3 10 1 −2 1 −10 −1 2 −1 10 4 −8 5 −2

IV13IIIII

∼

1 2 −3 3 10 1 −2 1 −10 0 0 0 00 0 0 1 2

III + IIIV − 4II

∼

∼

1 2 −3 3 10 1 −2 1 −10 0 0 1 20 0 0 0 0

IVIII


r(A) = 3r(Ap) = 3


r(A) = 3n = 4

}6= rješenje je jednoparametarsko.


Sada rješavamo reducirani sustav. Takav sustav je najlakše rješavati od posljednjeg ne-nul retka.Iz zadnjeg ne-nul retka dobivamo

x4 = 2.

Iz predzadnjeg ne-nul retka sada imamo

x2 − 2x3 + x4 = −1,

x2 − 2x3 + 2 = −1,

x2 = 2x3 − 3.

Konacno, iz prvog retka imamo

x1 + 2x2 − 3x3 + 3x4 = 1,

x1 + 2 (2x3 − 3)− 3x3 + 3 · 2 = 1,

x1 = 1− x3.


x =

1− x3

2x3 − 3x3

2

=

1−302

+ x3

−1210

.


x1 + x2 − 3x3 + 2x4 = 22x1 + 2x2 − 3x3 + 3x4 = 4−x1 + 2x2 + 2x3 − x4 = −6−4x1 + 2x2 + 7x3 − 5x4 = 3

Dokaz. Za proširenu matricu sustava vrijedi1 1 −3 2 22 2 −3 3 4−1 2 2 −1 −6−4 2 7 −5 3

∼

1 1 −3 2 20 0 3 −1 00 3 −1 1 −40 6 −5 3 11

II − 2IIII + IIV + 4I

∼

∼

1 1 −3 2 20 3 −1 1 −40 0 3 −1 00 6 −5 3 11

IIIII

∼

1 1 −3 2 20 3 −1 1 −40 0 3 −1 00 0 −3 1 19

IV − 2II

∼

∼

1 1 −3 2 20 3 −1 1 −40 0 3 −1 00 0 0 0 19

IV + III


r(A) = 3r(Ap) = 4



Svi dosadašnji sustavi su imali 4 jednadzbe s 4 nepoznanice, a vidimo da je jedan imao jedinstvenorješenje, drugi jednoparametarsko, dok treci nije imao rješenje. Dakle, broj jednadzbi i broj nepoz-nanica nam ništa sigurno ne govori o rješenju, iako je opcenito vjerojatnije da ce sustav s viškomjednadzbi biti bez rješenja (ima previše jednadzbi tj. zahtjeva), dok ce sustav s viškom nepoznanicaimati parametarsko rješenje (ima viška varijabli tj. slobode). No to je samo vjerojatnost, koja nakonkretnom zadatku ne mora ništa znaciti, kao što cemo ilustrirati sa sljedeca dva zadatka koja cese ’protiviti’toj vjerojatnosti.


x1 + 3x3 − 5x4 = 1−x1 + x2 − 2x3 + 3x4 = 0

x2 + x3 − 2x4 = 1−3x1 + x2 − 8x3 + 13x4 = −2x1 + x2 + 4x3 − 7x4 = 2

Dokaz. Za proširenu matricu sustava vrijedi1 0 3 −5 1−1 1 −2 3 0

0 1 1 −2 1−3 1 −8 13 −2

1 1 4 −7 2

∼

1 0 3 −5 10 1 1 −2 10 1 1 −2 10 1 1 −2 10 1 1 −2 1

II + I

IV + 3IV − I

∼

∼

1 0 3 −5 10 1 1 −2 10 0 0 0 00 0 0 0 00 0 0 0 0

III − IIIV − IIV − II


r(A) = 2r(Ap) = 2


r(A) = 2n = 4

}6= rješenje je dvoparametarsko.

Sada rješavamo reducirani sustav. Takav sustav je najlakše rješavati od posljednjeg ne-nul retka.Iz drugog retka dobivamo

x2 + x3 − 2x4 = 1,

x2 = 1− x3 + 2x4.

Iz prvog retka sada imamo

x1 + 3x3 − 5x4 = 1,

x1 = 1− 3x3 + 5x4.



x =

1− 3x3 + 5x4

1− x3 + 2x4.x3

x4

=

1100

+ x3

−3−110

+ x4

5201

.


x1 − 2x2 + 2x3 − x4 = 4,2x1 + 3x2 − x3 − 2x4 = −4,4x1 − x2 + 3x3 − 4x4 = 1.

Dokaz. Za proširenu matricu sustava vrijedi 1 −2 2 −1 42 3 −1 −2 −44 −1 3 −4 1

∼ 1 −2 2 −1 4

0 7 −5 0 −120 7 −5 0 −15

II − 2IIII − 4I

∼

∼

1 −2 2 −1 40 7 −5 0 −120 0 0 0 −3

III − II


r(A) = 2r(Ap) = 3


4.3 Homogeni i nehomogeni sustavi

Sada cemo spomenuti jednu specificnu podvrstu sustava linearnih jednadzbi koje cemo nazivatihomogenima, te komentirati rješenje takvog sustava.

Definicija 150 Kazemo da je sustav m linearnih jednadzbi sa n nepoznanica homogen ako je oblika

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn = 0,a21x1 + a22x2 + . . .+ a2nxn = 0,

...am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn = 0.

U suprotnom kazemo da je sustav nehomogen.

U matricnom zapisu, homogenom sustavu odgovara matricna jednadzba A · x = 0. Uocimo dahomogeni sustav uvijek ima barem jedno rješenje - ono trivijalno x1 = x2 = . . . = xn = 0. Naime,ako je svaka nepoznanica jednaka 0, onda lijeva strana svake jednadzbe postaje 0, pa je jednakaslobodnom clanu koji je 0. Dakle, jedino je pitanje da li sustav ima jedino trivijalno rješenje, iliima beskonacno mnogo rješenja (parametarsko) od kojih je jedno trivijalno. Vaznu informaciju oodnosu rješenja nehomogenog i rješenja pripadnog homogenog sustava daje sljedeci teorem.

4.3. HOMOGENI I NEHOMOGENI SUSTAVI 91

Teorem 151 Rješenje sustava A · x = b je oblika

x = xh + xp

pri cemu je xh rješenje pripadnog homogenog sustava A · x = 0, dok je xp jedno konkretno rješenjenehomogenog sustava A · x = b.

Ilustrirajmo sada ovaj teorem na primjerima vec riješenih sustava iz prethodnog poglavlja.

Primjer 152 Odredi pripadni homogeni sustav sustava

x1 + 2x2 − 3x3 + 3x4 = 1,−x1 + 2x2 − 5x3 + 2x4 = −3,

2x1 + x2 + 3x4 = 5,x1 + 3x2 − 5x3 + 4x4 = 0,

te prona�i njegovo rješenje.

Dokaz. Pripadni homogeni sustav je

x1 + 2x2 − 3x3 + 3x4 = 0,−x1 + 2x2 − 5x3 + 2x4 = 0,

2x1 + x2 + 3x4 = 0,x1 + 3x2 − 5x3 + 4x4 = 0.

U Zadatku 146 smo pokazali da je rješenje pocetnog sustava vektor

x =

1− x3

2x3 − 3x3

2

=

1−302

︸︷︷︸

xp

+ x3

−1210

︸︷︷︸

xh

,

pa po Teoremu 151 zakljucujemo da je trazeno rješenje pripadnog homogenog sustava

xh = x3

−1210

.

Primjer 153 Odredi pripadni homogeni sustav sustava

x1 + 2x2 − x3 + x4 = 0,2x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 5,−x1 + x2 − x3 = −5,3x1 + 4x2 + x4 = 1.

te prona�i njegovo rješenje.


Dokaz. Pripadni homogeni sustav je

x1 + 2x2 − x3 + x4 = 0,2x1 + 2x2 − x3 + 2x4 = 0,−x1 + x2 − x3 = 0,3x1 + 4x2 + x4 = 0.

U Zadatku 145 smo pokazali da je rješenje pocetnog sustava vektor

x =

2−213

=

2−213

︸︷︷︸

xp

+

0000

︸︷︷︸xh

,

pa po Teoremu 151 zakljucujemo da je trazeno rješenje pripadnog homogenog sustava

xh =

0000

.

4.4 Cramerovo pravilo

Ako sustav ima jednak broj jednadzbi i nepoznanica, tada je matrica A kvadratna. Za takvesustave postoji i alternativna metoda rješavanja koja se zove Cramerovo pravilo. No, iskazimonajprije teorem koji kaze kad takvi sustavi imaju rješenje.

Teorem 154 Neka je A kvadratna matrica. Za proizvoljno odabran vektor b sustav A · x = b imatce jedinstveno rješenje ako i samo ako je A regularna matrica. Ako sustav ima jedinstveno rješenje,onda za to rješenje vrijedi x = A−1 · b.

Iskoristimo ovaj Teorem pri rješavaju sljedeceg zadatka.

Zadatak 155 Rješi sljedece sustave:

a) x+ 2y = 12x+ 3y + z = −2−2x− 7y + 4z = 0

b) x+ 2y = 32x+ 3y + z = −1−2x− 7y + 4z = 3

Dokaz. Uocimo da se ovi sustavi razlikuju samo u slobodnim clanovima, dok im je matrica ko-eficijenata A ista. Ako je ta matrica regularna, onda sustavi imaju jedinstveno rješenje koje cemonajlakše odrediti pomocu inverzne matrice. Ispitajmo da li je matrica koeficijenata A regularna.Vrijedi ∣∣∣∣∣∣

1 2 02 3 1−2 −7 4

∣∣∣∣∣∣ = 1 ·∣∣∣∣ 3 1−7 4

∣∣∣∣− 2

∣∣∣∣ 2 1−2 4

∣∣∣∣ = 19− 2 · 10 = −1.

4.4. CRAMEROVO PRAVILO 93

Dakle, matrica koeficijenata je regularna, pa postoji matrica A−1. Za izracunati inverznu matricuA−1 (prema definiciji) potrebni su nam algebarski komplementi

A11 = (−1)2

∣∣∣∣ 3 1−7 4

∣∣∣∣ = 19, A12 = (−1)3

∣∣∣∣ 2 1−2 4

∣∣∣∣ = −10, A13 = (−1)4

∣∣∣∣ 2 3−2 −7

∣∣∣∣ = −8,

A21 = (−1)3

∣∣∣∣ 2 0−7 4

∣∣∣∣ = −8, A22 = (−1)4

∣∣∣∣ 1 0−2 4

∣∣∣∣ = 4, A23 = (−1)5

∣∣∣∣ 1 2−2 −7

∣∣∣∣ = 3,

A31 = (−1)4

∣∣∣∣ 2 03 1

∣∣∣∣ = 2, A32 = (−1)5

∣∣∣∣ 1 02 1

∣∣∣∣ = −1, A33 = (−1)6

∣∣∣∣ 1 22 3

∣∣∣∣ = −1.

Sada je

A−1 =1

detAAT =

−19 8 −210 −4 18 −3 1

,pa lako izracunavamo rješenja sustava.

a) Rješenje sustava je xyz

= A−1b =

−19 8 −210 −4 18 −3 1

1−20

=

−351814

.b) Rješenje sustava je x

yz

= A−1b =

−19 8 −210 −4 18 −3 1

3−13

=

−713730

.

Uocimo da su se sustavi iz prethodnog zadatka mogli elegantno paralelno riješiti cak i da ma-trica koeficijenata A nije bila regularna. Naime, obzirom da se sustavi razlikuju samo u slobodnimclanovima, Gaussova eliminacija oba sustava moze se paralelno provoditi za oba sustava eliminaci-jom matrice 1 2 0 1 3

2 3 1 −2 −1−2 −7 4 0 3

.Iz Teorema 154 moze se izvesti Cramerovo pravilo za izracunavanje svake pojedine nepoznanice.

No, prije nego što iskazemo to pravilo, uvedimo neke oznake. Neka je A·x = bmatricni zapis sustavalinearnih jednadzbi, pri cemu je A kvadratna regularna matrica. Oznacimo s D determinantumatrice A, a s Di determinantu matrice koja se dobije iz matrice A tako da se i−ti stupac zamijenistupcem slobodnih clanova b :

Di =

∣∣∣∣∣∣∣∣∣a11 . . . b1 . . . a1n

a21 . . . b2 . . . a2n

......

...an1 . . . bn . . . ann

∣∣∣∣∣∣∣∣∣ .Sada Cramerovo pravilo iskazujemo sljedecim teoremom.


Teorem 156 (Cramerovo pravilo) Neka je A ·x = b matricni zapis sustava linearnih jednadzbi,pri cemu je A kvadratna regularna matrica. Tada za i−tu komponentu xi rješenja sustava vrijedi

xi =Di

D,

pri cemu je D determinanta matrice A, a Di determinanta matrice koja se dobije iz matrice A takoda se i−ti stupac zamijeni stupcem slobodnih clanova b.

Ilustrirajmo sada ovo pravilo rješavanjem konkretnog zadatka.

Zadatak 157 Riješi sustav

x− 2y − z = −1,

2x+ z = −2,

−3x+ y − z = 4.

Rješenje. Za matricu sustava vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 −2 −12 0 1−3 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = −1,

pa se ovaj sustav moze riješiti Cramerovim pravilom. Izracunajmo determinante D1, D2 i D3.Vrijedi

D1 =

∣∣∣∣∣∣−1 −2 −1−2 0 14 1 −1

∣∣∣∣∣∣ = −1, D2 =

∣∣∣∣∣∣1 −1 −12 −2 1−3 4 −1

∣∣∣∣∣∣ = −3 i D3 =

∣∣∣∣∣∣1 −2 −12 0 −2−3 1 4

∣∣∣∣∣∣ = 4.

Dakle, za komponente rješenja x, y i z po Cramerovom pravilu vrijedi

x =D1

D= 1, y =

D2

D= 3 i z =

D3

D= −4.

Rješenje sustava je vektor xyz

=

13−4

.

Poglavlje 5

Vektorski prostori

U ovom poglavlju cilj nam je objediniti teoriju o vektorima i teoriju o matricama. To se postizeuvo�enjem opcenitog pojma vektorskog prostora, te uocavanjem da i prostor vektora i prostorimatrica udovoljavaju toj opcenitoj definiciji vektorskog prostora.

5.1 Definicija vektorskog prostora

Najprije cemo izreci definiciju vektorskog prostora, a zatim cemo tu definiciju ilustrirati primjerimanajpoznatijih vektorskih prostora.

Definicija 158 Ure�ena trojka (X,+, ·) koja se sastoji od nepraznog skupa X i dviju operacija

+ : X ×X → X (zbrajanje vektora)

· : R×X → X (mnozenje vektora sa skalarom)

naziva se vektorski prostor ako vrijede sljedeca svojstva:

VP1) (∀x,y ∈ X) x+y = y+x (komutativnost),

VP2) (∀x,y, z ∈ X) x+ (y + z) = (x+ y) + z (asocijativnost),

VP3) (∃0 ∈ X) (∀x ∈ X) 0 + x = 0 (postojanje neutralnog vektora),

VP4) (∀x ∈ X) (∃x′ ∈ X) x+ x′ = x′ + x = 0 (postojanje suprotnog vektora),

VP5) (∀α, β ∈ R) (∀x ∈ X) α (βx) = (αβ)x (kompatibilnost mnozenja),

VP6) (∀α ∈ R) (∀x,y ∈ X) α (x+ y) = αx+ αy (distributivnost prema zbrajanju u X),

VP7) (∀α, β ∈ R) (∀x ∈ X) (α+ β)x = αx+ βx (distributivnost prema zbrajanju u R),

VP8) 1 · x = x (netrivijalnost mnozenja).

Navedimo sada neke najpoznatije vektorske prostore.

95

96 POGLAVLJE 5. VEKTORSKI PROSTORI

Primjer 159 Skup prostornih vektora V 3 je vektorski prostor uz standardne operacije zbrajanjavektora i mnozenja vektora sa skalarom koje smo naveli u prvom poglavlju (isto vrijedi i za prostorravninskih vektora V 2).Naime, pokazali smo da za zbrajanje vektora vrijede svojstva Z1)-Z4) koja odgovaraju svojstvima

VP1)-VP4), te da za mnozenje vektora skalarom vrijede svojstva M1)-M5) koja (bez M4) odgovarajusvojstvima VP5)-VP8).

Uz ovaj primjer mozemo reci da svojstva VP1)-VP8) iz definicije vektorskog prostora nisu odabranaproizvoljno, nego su upravo apstrahirana iz svojstava Z1)-Z4), te M1)-M5).

Primjer 160 Skup matricaMm,n je vektorski prostor uz standardne operacije zbrajanja matrica imnozenja matrica skalarom.

Primjer 161 SkupRn = {(x1, . . . , xn) : xi ∈ R za i = 1, . . . , n}

uz operacije

(x1, . . . , xn) + (x′1, . . . , x′n) = (x1 + x′1, . . . , xn + x′n) ,

λ · (x1, . . . , xn) = (λx1, . . . , λxn)

je vektorski prostor.

Štoviše, neki od poznatih prostora su jako ’slicni’, što se još kaze da se razlikuju do na zapisvektora. No, da bismo mogli to pojasniti, potrebno je najprije precizno definirati pojam ’slicnosti’dvaju vektorskih prostora.

Definicija 162 Neka su X i Y vektorski prostori. Kazemo da su vektorski prostori X i Y izomorfni(i pišemo X ≈ Y ) ako postoji bijekcija f : X → Y sa svojstvom da je

f(x+ y) = f(x) + f(y), (aditivnost)

f(λx) = λf(x). (homogenost)

Funkcija f se naziva izomorfizam.

Za bijekciju f koja ima svojstva iz prethodne definicije kazemo da ’cuva strukturu’ vektorskogprostora. Tako�er, ako je f izomorfizam i f(x) = y, tada kazemo da su vektori x ∈ X i y ∈ Yidentificirani.

Primjer 163 Pokazimo da su prostori V 2 iM2,1 izomorfni.

Dokaz. Definiramo funkciju f : V 2 →M2,1 sa

f(x1−→i + x2

−→j)

=

[x1

x2

].

Lako se vidi da je ova funkcija bijekcija. Pokazimo sada da funkcija f ima svojstva aditivnosti ihomogenosti. Neka je λ ∈ R, te neka je

x = x1−→i + x2

−→j ,

x′ = x′1−→i + x′2

−→j .

5.1. DEFINICIJA VEKTORSKOG PROSTORA 97

Sada je

f(x+ x′) = f(

(x1 + x′1)−→i + (x2 + x′2)

−→j)

=

=

[x1 + x′1x2 + x′2

]=

[x1

x2

]+

[x′1x′2

]=

= f(x1) + f(x2).

Tako�er

f(λx) = f(λx1−→i + λx2

−→j)

=

=

[λx1

λx2

]= λ

[x1

x2

]=

= λf(x).

Dakle, pokazali smo da je funkcija f izomorfizam, pa su dakle prostori V 2 iM2,1 izomorfni.

Izomorfizam iz prethodnog primjera moze se shematski prihazati na sljedeci nacin(x1−→i + x2

−→j)

+(x′1−→i + x′2

−→j)

= (x1 + x′1)−→i + (x2 + x′2)

−→j

l f l f l f[x1

x2

]+

[x′1x′2

]=

[x1 + x′1x2 + x′2

]Dakle, ako su po izomorfizmu identificirani pribrojnici, onda po izomorfimu mora biti identificirani zbroj. Slicna shema se moze napraviti i za mnozenje vektora sa skalarom.Posljedica izomorfizma me�u prostorima V 2 iM21 je da se

x1−→i + x2

−→j i

[x1

x2

]mogu shvatiti kao tek razliciti zapisi jednog te istog vektora.

Štoviše, moze pokazati da je dodatno V 2 ≈M2,1 ≈M1,2 ≈ R2, pri cemu je identificirano(x1−→i + x2

−→j)↔[x1

x2

]↔[x1 x2

]↔ (x1, x2) .

Posve analogno vrijedi V 3 ≈M3,1 ≈M1,3 ≈ R3, pri cemu je identificirano

(x1−→i + x2

−→j + x3

−→k)↔

x1

x2

x3

↔ [x1 x2 x3

]↔ (x1, x2, x3) .

Slican izomorfizam vrijedi i za opcenito n ∈ N.


Primjer 164 VrijediMn,1 ≈M1,n ≈ Rn, pri cemu se identificira x1

...xn

↔ [x1 . . . xn

]↔ (x1, . . . , xn) .

Obzirom da smo utvrdili izomorfizam prostoraMn,1 ≈M1,n ≈ Rn, cesto cemo ’šetati’s oznakamavektora - ponekad cemo koristiti matricni zapis (najcešce stupcani), a ponekad ure�ene n−torke.No, obzirom da su prostori izomorfni, to nece dovoditi do zabune.

5.2 Linearna (ne)zavisnost vektora

Vektorski prostori mogu sadrzavati mnoštvo (najcešce beskonacno mnogo) vektora. No, nama je ciljutvrditi konacan broj vektora iz vektorskog prostora, tako da se svi ostali vektori mogu prikazatipomocu tog konacnog broja vektora. U tu svrhu potreban nam je pojam linearne kombinacije ilinearne (ne)zavisnosti vektora.

Definicija 165 Neka je X vektorski prostor, x1, . . . ,xn ∈ X vektori, te λ1, . . . , λn ∈ R brojevi.Vektor

λ1x1 + . . .+ λnxn

naziva se linearna kombinacija vektora x1, . . . ,xn ∈ X.

Definicija 166 Neka je X vektorski prostor, x1, . . . ,xn ∈ X vektori. Kazemo da su vektorix1, . . . ,xn linearno nezavisni ako iz

λ1x1 + . . .+ λnxn = 0

slijedi da jeλ1 = . . . = λn = 0.

U suprotnom kazemo da su vektori x1, . . . ,xn linearno zavisni.

Pojasnimo malo definiciju linearne nezavisnosti. Uocimo da jednakost

λ1x1 + . . .+ λnxn = 0

sasvim sigurno vrijedi za λ1 = . . . = λn = 0. Taj odabir koeficijenata naziva se trivijalnim. No,postavlja se pitanje da li je taj trivijalni odabir koeficijenata jedini koji u linearnoj kombinaciji dajenulu. Ako je jedini, onda su vektori x1, . . . ,xn linearno nezavisni, a ako nije jedini (nego postoji ijošneki netrivijalni) onda su vektori x1, . . . ,xn linearno zavisni.

Primjer 167 Uocimo da su vektori

−→x 1 =−→i + 2

−→j ,

−→x 2 = −2−→i − 2

−→j ,

−→x 3 = −−→i + 2−→j

linearno zavisni.

5.2. LINEARNA (NE)ZAVISNOST VEKTORA 99

Dokaz. Naravno, za trivijalni odabir koeficijenata λ1 = λ2 = λ3 = 0 sasvim sigurno vrijedi

λ1−→x 1 + λ2

−→x 2 + λ3−→x 3 = 0 ·

(−→i + 2

−→j)

+ 0 ·(−2−→i − 2

−→j)

+ 0 ·(−−→i + 2

−→j)

=−→0 .

No, uocimo da postoji i netrivijalni odabir koeficijenata λ1 = 3, λ2 = 2, λ3 = −1 za kojeg linearnakombinacija postaje

−→0 . Naime,

λ1−→x 1 + λ2

−→x 2 + λ3−→x 3 = 3 ·

(−→i + 2

−→j)

+ 2 ·(−2−→i − 2

−→j)− 1 ·

(−−→i + 2

−→j)

=−→0 .

Dakle, pokazali smo da postoji i netrivijalna linearna kombinacija vektora x1, x2 i x3 koja je jednakanuli

−−→x 1 + 2−→x 2 −−→x 3 =−→0 ,

pa zakljucujemo da su vektori −→x 1,−→x 2 i

−→x 3 me�usobno linearno zavisni. Uocimo da se baremjedan od ta tri vektora tada moze prikazati kao kombinacija preostala dva, npr.

−→x 3 = −−→x 1 + 2−→x 2.

Dakle, vektor −→x 3 zavisi o vektorima−→x 1 i

−→x 2, pa odatle ime ovom pojmu.

Naravno, u prethodnom primjeru se prirodno namece pitanje ’a otkud nama ovaj netrivijalni izborkoeficijenata koji daje nulu’. Istina, u tom primjeru su ti koeficijenti pomalo ’pali s neba’. To je zatošto je prethodni primjer sluzio ilustriranju pojma linearne nezavisnosti. No, sada kad smo pojamilustrirali, potrebno je pokazati kako se pronalaze netrivijalni odabiri koeficijenata (ako postoje).Obzirom da cemo najcešce raditi s manjim brojem vektora, umjesto oznaka λ1, λ2, λ3, . . . cestocemo koristiti oznake α, β, γ, . . .

Zadatak 168 Ispitaj da li su vektori:

a) −→a =−→i + 2

−→j −−→k ,

−→b = 4

−→i + 3

−→k ,

−→c = 2−→i − 4

−→j + 5

−→k ,

b) −→a =−→i + 2

−→j ,

−→b = −−→j + 3

−→k ,

−→c = 2−→i + 5

−→j + 2

−→k

linearno (ne)zavisni, te ako su linearno zavisni prikazi jednoga od njih kao linearnu kombinacijupreostalih.

Rješenje. U oba slucaja potrebno je ispitati za koje sve odabire koeficijenata α, β i γ vrijedi

α−→a + β−→b + γ−→c =

−→0 .

Ako je α = β = γ = 0 jedina mogucnost, vektori su linearno nezavisni. Ako postoji i netrivijalniodabir koeficijenata, onda su vektori linearno zavisni.

a) Vrijedi

α−→a + β−→b + γ−→c =

−→0 ,

α(−→i + 2

−→j −−→k

)+ β

(4−→i + 3

−→k)

+ γ(

2−→i − 4

−→j + 5

−→k)

=−→0 ,

(α+ 4β + 2γ)−→i + (2α− 4γ)

−→j + (−α+ 3β + 5γ)

−→k =

−→0 .


Zakljucujemo da mora biti

α+ 4β + 2γ = 0,

2α− 4γ = 0,

−α+ 3β + 5γ = 0.

Dakle, problem se sveo na rješavanje homogenog sustava. Homogeni sustavi sigurno imajujedno rješenje - ono trivijalno. Pitamo se da li je to jedino rješenje, ili sustav ima parametarskorješenje. Proširena matrica sustava je 1 4 2 0

2 0 −4 0−1 3 5 0

∼ 1 4 2 0

0 −8 −8 00 7 7 0

∼ 1 4 2 0

0 1 1 00 0 0 0

.Dakle, rješenje je jednoparametarsko i vrijedi β = −γ i α = 2γ. Ako odaberemo vrijednostparametra γ = 0 dobivamo trivijalno rješenje, a ako odaberemo npr. γ = 1 dobivamo jednonetrivijalno rješenje α = 2, β = −1, γ = 1, pa je

2−→a −−→b +−→c =−→0 .

Dakle, vektori su linearno zavisni i onda se npr. vektor −→c moze izraziti kao zavistan od −→a i−→b na sljedeci nacin

−→c = −2−→a +−→b .

b) Vrijedi

α−→a + β−→b + γ−→c =

−→0 ,

α(−→i + 2

−→j)

+ β(−−→j + 3

−→k)

+ γ(

2−→i + 5

−→j + 2

−→k)

=−→0 ,

(α+ 2γ)−→i + (2α− β + 5γ)

−→j + (3β + 2γ)

−→k =

−→0 .

Zakljucujemo da mora biti

α+ 2γ = 0,

2α− β + 5γ = 0,

3β + 2γ = 0.

Kao što vidimo, problem se uvijek svede na rješavanje homogenog sustava koji sigurno imajedno rješenje - ono trivijalno. Pitanje na koje treba odgovoriti je: da li je to jedino rješenjeili sustav ima parametarsko rješenje. Proširena matrica sustava je 1 0 2 0

2 −1 5 00 3 2 0

∼ 1 0 2 0

0 −1 1 00 3 2 0

∼ 1 0 2 0

0 −1 1 00 0 5 0

.Obzirom da reducirana matrica ima puni rang, rješenje je jedinstveno i to α = β = γ = 0.Dakle, odabir koeficijenata α = β = γ = 0 je jedini koji u linearnoj kombinaciji daje nulu, pasu vektori −→a , −→b i −→c linearno nezavisni.

5.3. BAZE VEKTORSKIH PROSTORA 101

Zadatak 169 Ispitaj da li su matrice

A =

[1 01 2

], B =

[0 13 3

]i C =

[2 25 7

]linearno (ne)zavisne, te ako su linearno zavisne prikazi jednu od njih kao linearnu kombinaciju

preostalih.

Rješenje. Trazimo koeficijente α, β i γ za koje je αA+ βB+ γC = O pri cemu je O nul-matrica.Vrijedi

αA+ βB + γC = O,

α

[1 01 2

]+ β

[0 13 3

]+ γ

[2 25 7

]=

[0 00 0

],[

α+ 2γ β + 2γα+ 3β + 5γ 2α+ 3β + 7γ

]=

[0 00 0

].

Iz definicije jednakosti matrica zakljucujemo da mora vrijediti

α+ 2γ = 0,

β + 2γ = 0,

α+ 3β + 5γ = 0,

2α+ 3β + 7γ = 0.

Ovaj homogeni sustav rješavamo Gaussovom eliminacijom proširene matrice1 0 2 00 1 2 01 3 5 02 3 7 0

∼

1 0 2 00 1 2 00 3 3 00 3 3 0

∼

1 0 2 00 1 2 00 0 −3 00 0 0 0

Obzirom da je rang jednak broju nepoznanica, rješenje je jedinstveno i to α = β = γ = 0. Dakle,odabir koeficijenata α = β = γ = 0 je jedini koji u linearnoj kombinaciji daje nulu, pa su matriceA, B i C linearno nezavisne.

5.3 Baze vektorskih prostora

U prethodnom poglavlju uvidjeli smo da su vektori ponekad linearno zavisni, a ponekad linearnonezavisni. Sljedece zanimljivo pitanje je, dakle, koliko najviše moze biti linearno nezavisnih vektorau nekom prostoru, i koji su to. No, da bismo do toga došli najprije nam je potrebno nekolikopojmova.

Definicija 170 Neka je X vektorski prostor, te neka su x1, . . . ,xn ∈ X vektori. Kazemo da vektorix1, . . . ,xn razapinju prostor X ako se svaki vektor iz X moze prikazati kao linearna kombinacijavektora x1, . . . ,xn.


Ilustrirajmo ovu definiciju na primjerima vektorskih prostora V 3 iM2,2.

Primjer 171 Uocimo da skup vektora{−→i ,−→j ,−→k}razapinje prostor V 3 jer smo vec prije pokazali

da se svaki vektor iz V 3 moze prikazati kao linearna kombinacija vektora{−→i ,−→j ,−→k}.

Primjer 172 Uocimo da skup matrica{[1 00 0

],

[0 10 0

],

[0 01 0

],

[0 00 1

]}razapinje prostor M2,2 jer se proizvoljna matrica M ∈ M2,2 moze prikazati kao linearna kombi-nacija ovih cetiriju matrica, tj. vrijedi

M =

[a bc d

]= a ·

[1 00 0

]+ b ·

[0 10 0

]+ c ·

[0 01 0

]+ d ·

[0 00 1

].

Naravno, sada kad smo definirali što znaci da neki skup vektora razapinje vektorski prostor, jasno danam je interesantno da taj skup bude što manji. Ako je jedan od vektora u takvom skupu zavisan odostalih, onda ga mozemo izbaciti iz tog skupa, te ga prikazivati kao linearnu kombinaciju preostalih.Ponavljanjem tog postupka sve dok skup sadrzi linearno zavisne vektore dolazimo do skupa linearnonezavisnih vektora koji razapinje vektorski prostor. Takav skup nazivat cemo bazom. No, iskazimotu definiciju malo preciznije.

Definicija 173 Neka je X vektorski prostor, te neka su x1, . . . ,xn ∈ X vektori. Kazemo da jeskup {x1, . . . ,xn} baza vektorskog prostora X ako vrijedi:

a) vektori x1, . . . ,xn su linearno nezavisni, te

b) vektori x1, . . . ,xn razapinju prostor X.

Vec smo pokazali da skup vektora {−→i ,−→j ,−→k}

razapinje prostor V 3. Obzirom da su ta tri vektora i linearno nezavisni, slijedi da taj skup cini bazuvektorskog prostora V 3. Ta baza se naziva standardnom bazom tog prostora. Isto vrijedi i za skupmatrica iz Primjera 172.

Zanimljivo je uociti da{−→i ,−→j ,−→k}nije jedina baza vektorskog prostora V 3.

Primjer 174 Uocimo da skup {−→v 1,−→v 2,−→v 3} , pri cemu je

−→v 1 =−→i ,

−→v 2 =−→i +−→j ,

−→v 3 =−→i +−→j +−→k ,

tvori bazu vektorskog prostora V 3.

5.3. BAZE VEKTORSKIH PROSTORA 103

Dokaz. Potrebno je pokazati da je skup {−→v 1,−→v 2,−→v 3}zapravo (1) skup linearno nezavnisnih

vektora koji (2) razapinje potprostor V 3. Kako se dokazuje da su vektori linearno nezavisni, to smovec pokazali, pa taj dio prepuštamo citatelju. Pokazimo dakle da ovaj skup razapinje prostor V 3.Ako je vektor −→x ∈ V 3 prikazan u standardnoj bazi sa

−→x = x1−→i + x2

−→j + x3

−→k ,

uocimo da se u novoj bazi moze prikazati sa

−→x = (x1 − x2)−→i + (x2 − x3)

(−→i +−→j)

+ x3

(−→i +−→j +−→k)

=

= (x1 − x2)−→v 1 + (x2 − x3)−→v 2 + x3−→v 3.

Da su ovo dva ista vektora, citatelj se moze uvjeriti razmnozavanjem drugog prikaza. Dakle,opceniti vektor −→x prostora V 3 uspjeli smo prikazati pomocu vektora skupa {−→v 1,

−→v 2,−→v 3} , pa taj

skup razapinje prostor V 3. Zakljucujemo da je taj skup baza.

Dakle, obzirom da moze postojati više razlicitih baza jednog te istog vektorskog prostora,mozemo se zapitati postoji li neka slicnost me�u tim bazama (naravno - osim one da sve udo-voljavaju definiciji baze). Na primjeru dviju baza prostora V 3 koje smo spomenuli (one standardnei one iz Primjera 174), uocavamo da obje imaju isti broj elemenata. To vrijedi i opcenito. Naime,moze se pokazati da vrijedi sljedeci teorem kojeg cemo mi ostaviti bez dokaza (dokaz se mozepronaci u literaturi).

Teorem 175 Svake dvije baze u vektorskom prostoru X imaju isti broj elemenata.

Sada mozemo definirati dimenziju vektorskog prostora.

Definicija 176 Dimenzija vektorskog prostora X je broj vektora u nekoj (svakoj) bazi prostora X.

Iako moze postojati mnoštvo razlicitih baza u nekom prostoru, najcešce se koristi samo jedna odnjih. Takva baza se obicno naziva standardna ili kanonska.

Navedimo sada primjere najpoznatijih vektorskih prostora i standardnih baza.

Primjer 177 Standardna baza prostora V 2 je{−→i ,−→j}. Dakle, dimenzija prostora V 2 je 2.

Primjer 178 Standardna baza prostora V 3 je{−→i ,−→j ,−→k}. Dakle, dimenzija prostora V 2 je 3.

Primjer 179 Standardna baza prostora Rn (pa onda po izomorfizmu i prostoraMn,1 iM1,n) je

e1 = (1, 0, . . . , 0) ,

e2 = (0, 1, . . . , 0) ,

...

en = (0, 0, . . . , 1) .

Dakle, dimenzija tog prostora je n.


Primjer 180 Standardna baza prostoraMm,n je skup matrica

{Ei,j : i = 1, . . . ,m, j = 1, . . . , n}

pri cemu matrica Ei,j ima sve elemente nula, osim elementa na poziciji (i, j) koji je jednak 1.Dimenzija ovog prostora je m · n. Specijalan slucaj ovog prostora (za m = 2, n = 2) je vec navedenu Primjeru 172.

Obzirom da po svojstvu baze vrijedi da se svaki vektor izvan baze moze prikazati kao linearnakombinacija vektora baze (pa dakle zavisi od njih), slijedi da je najveci moguci broj linearno neza-visnih vektora u nekom prostoru jednak broju vektora u bazi tog prostora (tj. jednak je dimenzijiprostora). Koristeci ovo svojstvo, mozemo riješiti sljedeci zadatak.

Zadatak 181 Bez racuna utvrdi koji od sljedecih skupova vektora su sasvim sigurno linearno zav-isni:

a) vektori

−→a = 2−→i −−→j ,

−→b = 3

−→i +−→j ,

−→c =−→i + 2

−→j ,

b) vektori

−→a = 2−→i −−→j −−→k ,

−→b = 3

−→i +−→j ,

−→c =−→i + 2

−→j + 3

−→k ,

c) matrice 12−1

, 2

04

, 1

1−1

, 0

0−1

,d) matrice [

1 2−1 0

],

[3 14 5

],

[5 11 −2

],

[3 31 1

].

Dokaz. Vektori pod a) su sasvim sigurno linearno zavisni, jer ih ima tri, a elementi su prostora V 2

dimenzije 2. Tako�er, matrice pod c) su sasvim sigurno linearno zavisne jer ih ima 4, a pripadajuvektorskom prostoruM3,1 koji je dimenzije 3. Za vektore pod b) i d) ne mozemo ništa sa sigurnošcutvrditi bez detaljnijeg racuna. Naime, u ta dva slucaja broj zadanih vektora ne prelazi dimenzijuprostora, pa ti vektori mogu, ali i ne moraju biti linearno zavisni.

5.4. PROMJENA BAZE 105

5.4 Promjena baze

Neka je X vektorski prostor, neka je S = {e1, . . . , en} baza prostora X, te neka je x ∈ X vektor.Dakle, x se moze prikazati kao linearna kombinacija vektora baze

x = x1e1 + . . .+ xnen,

pri cemu su xi ∈ R skalari. Ako je baza fiksno odabrana, tada se vektor x moze poistovijetiti sakoeficijentima xi (koji se još nazivaju koordinate), pa mozemo koristiti zapis u obliku matricnogvektora

x =

x1

...xn

.Neka su sada S = {e1, . . . , en} i S′ = {e′1, . . . , e′n} dvije razlicite baze prostora X. Tada se vektorx ∈ X u bazi S prikazuje sa

x = x1e1 + . . .+ xnen =

x1

...xn

,a u bazi S′ sa

x = x′1e′1 + . . .+ x′ne

′n =

x′1...x′n

.Dakle, prikaz vektora x ovisi o bazi, tj. vrijedi

x =

x1

...xn

S

=

x′1...x′n

S′

.

Uocimo da smo u indeks morali staviti oznaku baze jer je u razlicitim bazama zapis razlicit. No,ako se radi o standardnoj bazi prostora, onda cemo tu oznaku ispuštati.

Obzirom da isti vektor x ima u razlicitim bazama razlicit prikaz, postavlja se pitanje kakva jeveza izme�u tih dvaju prikaza. U tu svrhu potrebno je definirati matricu prijelaza T . Radi lakšegizrazavanja bazu S = {e1, . . . , en} nazivat cemo starom bazom, a bazu S′ = {e′1, . . . , e′n} novombazom.

Definicija 182 Neka je X vektorski prostor, S = {e1, . . . , en} stara baza prostora X, S′ = {e′1, . . . , e′n}nova baza prostora X, te neka je

e′1 = t11e1 + t21e2 + . . .+ tn1en,

e′2 = t12e1 + t22e2 + . . .+ tn2en,

...

e′n = t1ne1 + t2ne2 + . . .+ tnnen


prikaz vektora nove baze u staroj bazi. Matrica

T =

t11 t12 . . . t1nt21 t22 . . . t2n...

......

tn1 tn2 . . . tnn

naziva se matrica prijelaza iz stare baze u novu.

Uocimo da se matrica T dobiva tako da se koordinate prikaza vektora e′1 u staroj bazi pišu u prvistupac, vektora e′2 u drugi stupac, itd.

Primjer 183 Odredi matricu prijelaza iz standardne baze u bazu {−→v 1,−→v 2,−→v 3} ako je

−→v 1 = 2−→i −−→j + 3

−→k ,

−→v 2 =−→i +−→j − 4

−→k ,

−→v 3 =−→i −−→k .

Dokaz. Stara baza je standardna, a vektori nove baze su prikazani upravo u standardnoj (daklestaroj) bazi, pa matricu prijelaza T dobivmo tako da koordinate vektora −→v 1,

−→v 2 i−→v 3 zapišemo

kao stupce matrice T. Dakle,

T =

2 1 1−1 1 03 −4 −1

.

Primjer 184 Odredi matricu prijelaza iz standardne baze u bazu {v1, v2} ako je

v1 =

[1−2

]i v2 =

[4−3

].

Dokaz. Stara baza je standardna, a prikaz nove baze u staroj bazi je

v1 =

[1−2

]= 1 ·

[10

]− 2

[01

],

v2 =

[4−3

]= 4 ·

[10

]− 3

[01

],

pa zapisivanjem koeficijenata u stupce dobivamo matricu prijelaza

T =

[1 4−2 −3

].

Uocimo da je kod matricnih vektora formiranje matrice prijelaza iznimno jednostavno - vektoribaze se zapišu kao stupci matrice T.


Primjer 185 Odredi matricu prijalaza iz standardne baze u bazu {v1, v2, v3} ako je

v1 =

2−22

, v2 =

1−30

i v3 =

0−11

.Dokaz. Matrica prijelaza je

T =

2 1 0−2 −3 −12 0 1

.

Primjer 186 Odredi matricu prijalaza iz standardne baze u bazu {v1, v2, v3, v4} ako je

v1 =

[1 2−2 3

], v2 =

[2 04 5

], v2 =

[−1 32 7

]i v4 =

[1 2−1 0

].

Dokaz. Standardna baza prostora M2,2 je

E1 =

[1 00 0

], E2 =

[0 10 0

], E3 =

[0 01 0

], E4 =

[0 00 1

].

Prikaz vektora nove baze u staroj (standardnoj) bazi je

v1 = E1 + 2E2 − 2E3 + 3E4,

v2 = 2E1 + 4E3 + 5E4,

v3 = −E1 + 3E2 + 2E3 + 7E4,

v4 = E1 + 2E2 − E3.

Matrica prijelaza je

T =

1 2 −1 12 0 3 2−2 4 2 −13 5 7 0

.

Napomena 187 Uocimo da zapis vektora {v1, v2, v3, v4} prostora M2,2 (koji su zapravo matricetipa 2 × 2) u obliku matricnog vektora u standardnoj bazi, a kakav koristimo za opcenite vektore,glasi

v1 =

12−23

, v2 =

2045

, v3 =

−1327

, v4 =

12−10

.Uocimo da je u svim ovim primjerima jedna od dviju baza bila standardna. Razlog tome je što jetada formiranje matrice prijelaza iznimno jednostavno, jer su vektori druge baze obicno zadani ustandardnoj, dakle staroj, bazi. Pronaci matricu prijelaza izme�u dviju nestandardnih baza je vecnešto kompliciranije, no o tome ce više rijeci biti naknadno.


Sada kad smo definirali matricu prijlaza T, i ilustrirali tu definiciju s nekoliko primjera, mozemokrenuti dalje. Zelimo utvrditi kako matrica prijelaza T povezuje prikaz istog vektora u staroj inovoj bazi. Tu nam odgovor daje sljedeci teorem.

Teorem 188 Neka je X vektorski prostor, S stara baza, S′ nova baza, te T matrica prijelaza izstare u novu bazu. Ako je x matricni prikaz vektora u staroj, a x′ matricni prikaz vektora u novojbazi, onda vrijedi

x = Tx′.

Uocimo da je formula iz prethodno teorema malo ’neintuitivna’. Naime, covjek bi ocekivao formulupo kojoj se vektor u novoj bazi dobiva iz vektora u staroj bazi. No, teorem zapravo daje obratnuvezu - formulu po kojoj se vektor u staroj bazi dobiva iz vektora u novoj bazi. Da bismo dobili i’intuitivni’smjer, potreban nam je sljedeci teorem.

Teorem 189 Matrica prijelaza T je uvijek regularna.

Obzirom da je matrica prijelaza T uvijek regularna, i vrijedi

x = T · x′

dobivamo da jex′ = T−1 · x.

Dakle, sada znamo i formulu po kojoj vektor u novoj bazi dobivamo iz vektora u staroj bazi.

Napomena 190 Vazno je zapamtiti:

1. prikaz vektora u staroj bazi dobiva se mnozenjem matrice T s prikazom vektroa u novoj bazi,

2. prikaz vektora u novoj bazi dobiva se mnozenjem s T−1 s prikazom vektroa u staroj bazi.

Iskoristimo sada ovu teoriju pri rješavanju konkretnih zadataka. Uvijek cemo nastojati za starubazu odabrati standardnu bazu (ako je takva zadana), jer nam je onda lako formirati matricu Tobzirom da su vektori nestandardne baze obicno vec zadani u standardnoj bazi.

Zadatak 191 Zadana je baza S = {v1, v2} pri cemu je

v1 =

[12

]i v2 =

[−13

].

Ako je vektor x prikazan u bazi S sa

x =

[33

]prona�i prikaz vektora x u standardnoj bazi.

Dokaz. Neka je standardna baza stara baza, a S nova baza. Matrica prijelaza iz stare u novu bazuje

T =

[1 −12 3

].


Obzirom da je

xS =

[33

]prikaz vektora u novoj bazi, slijedi da prikaz vektora x u standardnoj (tj. staroj) bazi dobivamo poformuli

x = T · xS =

[1 −12 3

] [33

]=

[015

].

Zadatak 192 Vektor x prikazan je u standardnoj bazi sa

x =

[14

].

Prona�i prikaz vektora x u bazi S = {v1, v2} ako je

v1 =

[43

]i v2 =

[−1−1

].

Dokaz. Neka je standardna baza stara baza, a S nova baza (jer nam je tako lagano formiratimatricu prijelaza). Matrica prijelaza iz stare u novu bazu je

T =

[4 −13 −1

].

Obzirom da trebamo odrediti prikaz xS u novoj bazi pomocu prikaza x u staroj bazi, vrijedi

xS = T−1 · x =

[1 −13 −4

] [14

]=

[−3−13

].

Uocimo da izracun inverzne matrice T−1 nije naveden, njega prepuštamo citatelju.

Ostaje nam jošpokazati kako pronaci matricu prijelaza izme�u dvije nestandardne baze. To cemoraditi tako da sa stare baze prije�emo na standardnu, pa sa standardne na novu.

Zadatak 193 Neka su S1 = {v1, v2} i S2 = {w1, w2} dvije baze, pri cemu je

v1 =

[−12

], v2 =

[1−1

], w1 =

[21

]i w2 =

[31

].

Ako je vektor x prikazan u bazi S1 sa

x1 =

[35

]prona�i prikaz x2 vektora x u bazi S2.

Dokaz. Zadatak cemo riješiti u dva koraka. Najprije cemo iz x1 pronaci prikaz x vektora ustandardnoj bazi, a zatim cemo iz x pronaci x2.


Korak 1: Neka je standardna baza stara baza, a S1 nova baza. Matrica prijelaza je

T1 =

[−1 12 −1

].

Obzirom da trazimo prikaz u staroj bazi, vrijedi

x = T1 · x1 =

[−1 12 −1

] [35

]=

[21

].

Korak 2: Neka je standardna baza stara baza, a S2 nova baza. Matrica prijelaza je

T2 =

[2 31 1

].

Obzirom da sada trazimo prikaz vektora u novoj bazi, moramo mnoziti s inverznom matricom, tj.vrijedi

x2 = T−12 · x =

[−1 31 −2

] [21

]=

[10

].

Poglavlje 6

Linearni operatori

6.1 Definicija linearnog operatora

Najprije je potrebno definirati linearni operator.

Definicija 194 Neka su X i Y vektorski prostori. Preslikavanje A : X → Y sa svojstvom da zasvaki x, x′ ∈ X i za svaki λ ∈ R vrijedi

A(x+ x′) = A(x) +A(x′), (aditivnost)

A(λx) = λA(x), (homogenost)

zove se linearni operator.

Svojstva aditivnosti i homogenosti ekvivalentna su svojstvu linearnosti koje je ispunjeno ako zasvaki x, x′ ∈ X i za svaki λ, λ′ ∈ R vrijedi

A(λx+ λ′x′) = λA(x) + λ′A(x′). (linearnost)

Dakle, posve ekvivalentno linearni operator se moze definirati kao preslikavanje vektorskih prostorakoje ima svojstvo linearnosti.

Postavlja se pitanje kako prepoznati da li je neko preslikavanje A linearni operator ili nije. Nar-avno, uvijek se moze provjeravati da li A udovoljava uvjetima definicije. No, to zna biti mukotrpno.Zato cemo mi navesti jednu napomenu koja ce nam olakšavati prepoznavanje linearnih operatora.

Napomena 195 Neka je sa

A(

x1

...xn

︸︷︷︸tocka

) =

x′1...x′m

︸︷︷︸slika

zadano preslikavanje vektorskih prostora. Preslikavanje A je linearni operator, ako je svaka koordi-nata x′i slike linearna kombinacija koorddinata x1, . . . , xn tocke. Ako neka od koordinata slike sadrziumnoške koordinata tocke, ili ako sadrzi slobodne konstante, onda A nije linearni operator.

111

112 POGLAVLJE 6. LINEARNI OPERATORI

Upotrijebimo sada ovu napomenu u praksi.

Primjer 196 Da li je operator zadan sa:

a) A(

[x1

x2

]) =

[x1 + 2x2

3x1 − x2

],

b) A(

[x1

x2

]) =

x1

−3x2

x1x2

x1 + 2

linearan? Ako jest, izracunaj mu vrijednost na vektorima baze.

Dokaz. Gledamo da li su koordinate slike linearna kombinacija.

a) Operator je linearan jer je svaka koordinata slike linearna. Vrijednost operatora na vektorimastandardne baze je

A(

[10

]) =

[1 + 2 · 03 · 1− 0

]=

[13

],

A(

[01

]) =

[0 + 2 · 13 · 0− 1

]=

[2−1

].

b) Operator nije linearan jer treca koordinata slike sadrzi umnoške koordinata tocke, a cetvrtakoordinata slike sadrzi slobodnu konstantu.

6.2 Prikaz linearnog operatora

U ovom poglavlju zelimo pokazati da se svaki linearni operator moze prikazati matricom. Vezu jepotrebno utvrditi u oba smjera: (1) ako imamo matricu kako dobiti odgovarajuci operator, te (2)ako imamo operator kako dobiti odgovarajucu matricu?

No, prije nego što krenemo, potrebno je uociti sljedece: ako je operator linearan onda je on upotpunosti odre�en djelovanjem na bazi. Naime, neka je X vektorski prostor, A operator na X, te{e1, . . . , en} baza prostora X. Zelimo odrediti djelovanje operatora u proizvoljnom vektoru x ∈ X.Vrijedi

A(x) = A (x1e1 + . . .+ xnen) =

= x1A(e1) + . . .+ xnA(en).

Dakle, ako poznamo djelovanje operatora na vektorima baze A(e1), . . . , A(en), onda znamo i kakotaj operator djeluje na bilo kojem vektoru x ∈ X. Posljedica ove cinjenice je da se linearni operatormoze zadavati djelovanjem na vektorima baze, te da se jednakost dvaju operatora moze utvr�ivatiiz jednakosti na vektorima baze.

6.2. PRIKAZ LINEARNOG OPERATORA 113

Kako matrica odre�uje linearni operator? Neka je A ∈ Mm,n matrica tipa m × n. Tada jesa

A : Rn → Rm,A(x) = A · x,

definirano preslikavanje prostora Rn u Rm za koje se lako vidi da je linearni operator. Naime, podefiniciji mnozenja matrica za svaku (npr. za i−tu) koordinatu slike x′ = A(x) = A · x vrijedi:

a11 a12 . . . a1n

......

...ai1 ai2 . . . ain...

......

am1 am2 . . . amn

︸︷︷︸

A

x1

x2

...xn

︸︷︷︸x

=

a11x1 + a12x2 + . . .+ a1nxn...

ai1x1 + ai2x2 + . . .+ ainxn...

am1x1 + am2x2 + . . .+ amnxn

︸︷︷︸

x′=A(x)

← x′1

← x′i

← x′m

Dakle, svaka koordinata x′i vektora slike x′ je linearna kombinacija koordinata tocke x, pa je ovako

definiran operator A linearan.

Kako linearni operator odre�uje matricu? Neka je A : Rn → Rm linearni operator. Zelimopronaci matricu tog operatora. U tu svrhu, neka je {e1, . . . , en} baza prostora Rn, te neka je{f1, . . . , fm} baza prostora Rm. Matricu A definiramo na sljedeci nacin. Neka su A(e1), . . . , A(en)slike vektora baze. Te slike su vektori u prostoru Rm (vidi Sliku 6.1) pa se mogu prikazati u bazi{f1, . . . , fm} prostora Rm na sljedeci nacin

A(e1) = a11f1 + a21f2 + . . .+ am1fm,

A(e2) = a12f1 + a22f2 + . . .+ am2fm,

...

A(en) = a1nf1 + a2nf2 + . . .+ amnfm.

Slika 6.1: Djelovanje operatora A na vektorima baze.


Sada matricu A definiramo tako da koeficijente ovih prikaza pišemo kao stupce:

A =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...am1 am2 . . . amn

.Da bismo utvrdili da je ovo dobra definicija, potrebno je pokazati da je A ·x isto što i A(x). Obziromda je operator odre�en djelovanjem na bazi, dovoljno je jednakost dokazati za vektore baze. Micemo dokazati A(e1) = A · e1, a za ostale vektore baze dokaz je analogan.Za A · e1 vrijedi

A · e1 =

a11 a12 . . . a1n

a21 a22 . . . a2n

......

...am1 am2 . . . amn

10...0

=

a11

a21

...am1

.Za A(e1) vrijedi

A(e1) = a11f1 + a21f2 + . . .+ am1fm =

a11

a21

...am1

.Dakle, ocito je A(e1) = A · e1.

Pogledajmo sada kako ovo funkcionira u praksi. Napravit cemo primjere za oba smjera. Ujednom primjeru ce biti zadani operatori, a trebat ce pronaci njihovu matricu. U drugom primjerubit ce zadana matrica, a trebat ce pronaci odgovarajuci operator.

Primjer 197 Napiši matricu linearnog operatora A, te mu navedi domenu i kodomenu, ako je:

a) A(

[x1

x2

]) =

[x1 + 2x2

3x1 − x2

],

b) A(

x1

x2

x3

) =

[2x1 + 3x2

−x1 + 4x3

],

c) A(

[x1

x2

]) =

3x1 + x2

−x1 − 2x2

4x1

.Dokaz. Potrebno je pronaci kako operator djeluje na vektore baze, i dobivene slike zapisati kaostupce trazene matrice A.

a) Obzirom da je

A(

[10

]) =

[13

]i A(

[01

]) =

[2−1

],

zakljucujemo da je

A =

[1 23 −1

].

6.2. PRIKAZ LINEARNOG OPERATORA 115

Domena operatora A je R2, a kodomena tako�er R2 (to je ocito i iz zapisa operatora jer sui tocka i slika dimenzije 2, a i iz matricnog zapisa, obzirom da matrica A ima 2 retka i 2stupca).

b) Obzirom da je

A(

100

) =

[2−1

], A(

010

) =

[30

]i A(

001

) =

[04

],

zakljucujemo da je

A =

[2 3 0−1 0 4

].

Domena operatora A je R3, a kodomena tako�er R2 (to je ocito i iz zapisa operatora jer jetocka dimenzije 3, dok je dimenzija slike 2, a ocito i iz matricnog zapisa, obzirom da matricaA ima 2 retka i 3 stupca).

c) Obzirom da je

A(

[10

]) =

3−14

i A(

[01

]) =

1−20

,zakljucujemo da je

A =

3 1−1 −24 0

.Domena operatora A je R2, a kodomena tako�er R3 (to je ocito i iz zapisa operatora jer jetocka dimenzije 2, dok je dimenzija slike 3, a ocito i iz matricnog zapisa, obzirom da matricaA ima 3 retka i 2 stupca).

Ilustrirajmo sada primjerom i obratan smjer - kako iz matrice dobiti operator.

Primjer 198 Napiši operatore za sljedece matrice:

a) A =

[2 −37 5

],

b) A =

1 04 −32 2

.Dokaz. Obzirom da je pripadni operator definiran sa A(x) = A · x, potrebno je samo pomnozitizadane matrice s opcenitim vektorom x. No, pri tom treba najprije odrediti dimenziju (tj. duljinu)vektora x. Obzirom da mnozenje treba biti dobro definirano (tj. matrice ulancane), broj elemenatau vektoru jednak je broju stupaca matrice A.


a) Vrijedi

A(

[x1

x2

]) =

[2 −37 5

] [x1

x2

]=

[2x1 − 3x2

7x1 + 5x2

].

b) Vrijedi

A(

[x1

x2

]) =

1 04 −32 2

[ x1

x2

]=

x1

4x1 − 3x2

2x1 + 2x2

.Tako�er, sad kad imamo matricni prikaz operatora, lako mozemo odrediti djelovanje tog oper-

atora na nekom konkretnom vektoru.

Primjer 199 Ako je operator zadan matricom

A =

[1 23 0

],

odredi djelovanje tog operatora na vektoru

x =

[−14

].

Dokaz. Vrijedi

A(x) = A · x =

[1 23 0

] [−14

]=

[7−3

].

6.3 Kompozicija operatora i regularni operator

Obzirom da su linearni operatori zapravo funkcije na skupovima, mozemo ih komponirati. Lakose vidi da je kompozicija linearnih operatora ponovo operator koji je linearan. Naime, neka suA : X → Y i B : Y → Z linearni operatori koji se mogu komponirati. Tada za kompoziciju B ◦ Avrijedi

B ◦A(x+ x′)(1)= B (A(x) +A(x′))

(2)= B (A(x)) +B (A(x′)) =

= B ◦A(x) +B ◦A(x′),

B ◦A (λx) = B (A (λx))(3)= B(λA(x))

(4)= λB(A(x)) = λB ◦A(x).

Dakle, dokazali smo da operator B ◦A ima svojstva aditivnosti i homogenosti, pa je dakle linearan.Uocimo da ta svojstva slijede iz aditivnosti i homogenosti samih komponiranih operatora A i B. Ukoraku (1) i (2) iskoristili smo aditivnost operatora A i B redom. A u koracima (3) i (4) iskoristilismo homogenost operatora A i B redom.

Obzirom da smo pokazali da se linearni operatori mogu prikazati matricno, zanima nas kojamatrica odgovara linearnom operatoru B ◦A. Tu vrijedi sljedeci Teorem.

6.3. KOMPOZICIJA OPERATORA I REGULARNI OPERATOR 117

Teorem 200 Kompoziciji linearnih operatora odgovara matrica koja je jednaka umnošku matricakomponiranih operatora.

Sada se mozemo prisjetiti da nam je definicija matricnog mnozenja u pocetku bila ’cudna’ i’neprirodna’. No, matricno mnozenje je tako definirano upravo zato da bi umnozak matrica odgo-varao kompoziciji operatora. Matricno mnozenje u kojem bi se mnozili elementi po koordinatama,a kakvo bi nama bilo ’prirodnije’i ’ljepše’, bilo bi prilicno beskorisno.

Zadatak 201 Odredi matricu operatora B ◦A ako je

A(

x1

x2

x3

) =

[x1 + 2x2

x1 − 2x3

]i B(

[x1

x2

]) =

[x1 + 2x2

−x1 + x2

].

Kakva je matrica od A ◦B?

Dokaz. Odredimo najprije matrice operatora A i B. Vrijedi

A =

[1 2 01 0 −2

]i B =

[1 2−1 1

].

Sada je matrica operatora B ◦A jednaka

B ·A =

[1 2−1 1

] [1 2 01 0 −2

]=

[3 2 −40 −2 −2

].

Matrica od A ◦B ne postoji, jer se ta kompozicija (ili ekvivalentno - to mnozenje matrica) ne mozenapraviti.

Sada kad smo definirali kompoziciju operatora, mozemo razmatrati pojam inverznog operatora.Tu cemo razmatrati samo operatore A : X → X kojima je domena i kodomena jednaka (to suoperatori koji imaju kvadratnu matricu). Nameæu se sljedeæa pitanja: (1) što je inverzni opera-tor operatora A, (2) pod kojim uvjetima postoji inverzni operator, te (3) koji je matrièni prikazinverznog operatora? Odgovorimo najprije na pitanje što bi to bio inverzni operator.

Obzirom da je linearni operator A : X → X preslikavanje, ako je A bijekcija onda postojijedinstveno preslikavanje A−1 : X → X takvo da je A ◦A−1 = A−1 ◦A = idX . Zasad je A−1 samofunkcija. No, moze se pokazati da ta funkcija ima svojstva aditivnosti i homogenosti, tj. da vrijedisljedeæi teorem.

Teorem 202 Neka je A : X → X linearni operator. Ako je A bijekcija, tada je A−1 takoðerlinearni operator.

Dokaz. Pokazat æemo da preslikavanje A−1 ima svojstvo linearnosti. Najprije uoèimo da zbogbijektivnosti operatora A vrijedi da za svaki x ∈ X postoji x′ ∈ X takav da je A(x′) = x (tada je ix′ = A−1(x)). Sada je

A−1(λ1x1 + λ2x2) = A−1(λ1A(x′1) + λ2A(x′2)) =

= A−1(A(λ1x′1 + λ2x

′2)) = λ1x

′1 + λ2x

′2 =

= λ1A−1(x1) + λ2A

−1(x2).


Linearni operator A−1 nazivamo inverznim operatorom operatora A.Sada kad smo definirali inverzni operator, potrebno je utvrditi pod kojim uvjetima postoji

inverzni operator, te kakav mu je matrièni prikaz ako postoji. Na ta pitanja odgovor nam dajesljedeæi teorem.

Teorem 203 Neka je A : X → X linearni operator. Operator A je bijekcija ako i samo ako jepripadna matrica regularna. Ako je operator A bijekcija, onda je matrica operatora A−1 jednakainverznoj matrici matrice operatora A.

Obzirom da je linearni operator bijektivan ako mu je matrica regularna, takvi operatori senazivaju joši regularnima. U suprotnom kazemo da je operator singularan. Sada mozemo pokazatikako se ovaj teorem primjenjuje na konkretnim primjerima.

Zadatak 204 Ispitaj da li je operator A regularan ako je:

a) A =

1 2 −13 0 34 2 2

,b) A =

1 2 −13 2 00 −1 1

.U slucaju kad je operator regularan, na�i mu inverz.

Dokaz. U oba slucaja potrebno je izracunavanjem determinante detA ispitati regularnost matriceA. Ako je detA 6= 0 matrica je regularna, pa operator ima inverz. Ako je detA = 0 matrica jesingularna, pa operator nema inverz.

a) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 2 −13 0 34 2 2

∣∣∣∣∣∣ = −3

∣∣∣∣ 2 −12 2

∣∣∣∣− 3

∣∣∣∣ 1 24 2

∣∣∣∣ = 0.

Dakle, matrica A je singularna, pa je i operator singularan, što znaci da nema inverz.

b) Vrijedi

detA =

∣∣∣∣∣∣1 2 −13 2 00 −1 1

∣∣∣∣∣∣ = −1 ·∣∣∣∣ 3 2

0 −1

∣∣∣∣+ 1 ·∣∣∣∣ 1 2

3 2

∣∣∣∣ = −1.

Dakle, obzirom da je A regularna matrica, operator A ima inverz. Matrica inverznog operatoraje A−1, pa izracunajmo tu matricu. Vrijedi 1 2 −1 1 0 0

3 2 0 0 1 00 −1 1 0 0 1

∼ 1 2 −1 1 0 0

0 −4 3 −3 1 00 −1 1 0 0 1

∼∼

2 0 1 −1 1 00 −4 3 −3 1 00 0 −1 −3 1 −4

∼ 2 0 0 −4 2 −4

0 −4 0 −12 4 −120 0 −1 −3 1 −4

.

6.4. KARAKTERISTICNI POLINOM I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI 119

Dijeljenjem elementima dijagonale dobivamo da je

A−1 =

−2 1 −23 −1 33 −1 4

.Ovdje smo inverznu matricu izracunali Gauss-Jordanovom eliminacijom. Naravno, inverznumatricu smo mogli racunati i po definiciji.

6.4 Karakteristicni polinom i svojstvene vrijednosti

Najprije kazimo da cemo u ovom poglavlju razmatrat cemo samo operatore kojima je domena ikodomena jednaka (dakle, kojima je pripadna matrica kvadratna).

Ako malo razmislimo o prikazu operatora, uocit cemo da on ovisi o odabranom paru baza (tj.bazi domene i bazi kodomene operatora). Matrica jednog te istog operatora u jednom paru bazamoze biti vrlo komplicirana, a u nekom drugom paru baza vrlo jednostavna (jednostavne su onematrice koje su što slicnije dijagonalnima, jer se s takvima lako racuna). Dakle, u interesu nam jepronaci takav par baza u kojem ce operator imati matricu što slicniju dijagonalnoj.

Svojstvene vrijednosti

Neka je X vektorski prostor, A : X → X linearni operator, te neka je {e1, e2, . . . , en} baza prostoraX sa svojstvom da je

A(e1) = λ1e1 =

λ1

0...0

, A(e2) = λ2e2 =

0λ2

...0

, . . . , A(en) = λnen =

00...λn

.Tada je matrica tog operatora ocito

A =

λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...

.... . .

...0 0 . . . λn

.Dakle, interesantni su nam vektori x ∈ X za koje vrijedi A(x) = λx. Ako uspijemo pronaci dovoljnotakvih vektora da sastavimo bazu, onda smo pronašli bazu u kojoj ce operator biti dijagonaliziran.Takve vektore nazivat cemo svojstvenim vektorima. No, izrecimo tu definiciju malo formalnije.

Definicija 205 Neka je X vektorski prostor, te neka je A : X → X linearni operator. Kazemo daje vektor x 6= 0 svojstveni vektor operatora A ako postoji broj λ ∈ R takav da vrijedi

A(x) = λx.

Broj λ ∈ R naziva se svojstvena vrijednost koja odgovara svojstvenom vektoru x.


Uocimo da po definiciji svojstveni vektor mora biti razlicit od nul-vektora, ali svojstvena vrijednostmoze biti jednaka nula.

Nadalje, uocimo da definicija ne prijeci da razliciti svojstveni vektori imaju istu svojstvenuvrijednost. Dakle, jedna te ista svojstvena vrijednost moze imati više svojstvenih vektora. Štoviše,obzirom da je operator A linearan moze se pokazati da vrijedi sljedece:

a) Ako su x i y dva razlicita svojstvena vektora kojima odgovara ista svojstvena vrijednost λ,tada je i x+ y tako�er svojstveni vektor kojem odgovara ta ista svojstvena vrijednost.

b) Ako je x svojstveni vektor kojem odgovara svojstvena vrijednost λ, onda je i αx tako�ersvojstveni vektor (za svaki α ∈ R) kojem odgovara ta ista svojstvena vrijednost.

No, svojstveni vektori x+ y i αx su linaerno zavisni od vektora x i y. Nama je cilj pronaci što višelinearno nezavisnih svojstvenih vektora.

Primjer 206 Linearni operator odre�en je matricom

A =

−1 −1 04 3 02 1 1

.Ispitaj da li je x svojstveni vektor operatora A, ako je:

a) x =

−240

, b) x =

101

.Ako x jest svojstveni vektor, onda odgovori na sljedeca pitanja: kolika je pripadna svojstvena vrijed-nost, kako bez daljnjeg racuna pronaci neki drugi svojstveni vektor, kolika je svojstvena vrijednosttog drugog svojstvenog vektora?

Dokaz. Da bi vektor bio svojstveni, mora vrijediti A(x) = λx, ili matricno A · x = λx. Dakle, uoba slucaja izracunat cemo umnozak A · x i vidjeti što dobivamo.

a) Vrijedi

A · x =

−1 −1 04 3 02 1 1

−240

︸︷︷︸

x

=

−120

︸︷︷︸− 12x

.

Dakle, ocito je A·x = − 12x, pa je x svojstveni vektor sa svojstvenom vrijednošcu λ = − 1

2 . Akoje x svojstveni vektor, onda je i αx svojstveni vektor za svaki α ∈ R, pa je drugi svojstvenivektor npr.

2x = 2

−240

=

−480

Svojstvena vrijednost svojstvenog vektora 2x ista je kao svojstvena vrijednost vektora x, tj.iznosi λ = − 1

2 .


b) Vrijedi

A · x =

−1 −1 04 3 02 1 1

101

=

−143

.Obzirom da u ovom slucaju dobiveni vektor nije proporcionalan pocetnom vektoru x (tj. nepostoji λ), zakljucujemo da x nije svojstveni vektor.

Karakteristicni polinom

Sada kad smo definirali svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore postavlja se pitanje kako ihodrediti. Uocimo da se jednakost A(x) = λx moze matricno zapisati sa

A · x = λ · x,

a ova matricna jednadzba se moze dalje transformirati na sljedeci nacin

Ax = λIx,

Ax− λIx = 0,

(A− λI)x = 0.

Dakle, svojstveni vektori su netrivijalna rješenja x sustava (A− λI)x = 0. Obzirom da je sustavhomogen, takvo netrivijalno rješenje postoji ako i samo ako je matrica A− λI singularna, tj.

det (A− λI) = 0.

Ova jednadzba se zove karakteristicna jednadzba operatora A. Trazene svojstvene vrijednosti sudakle rješenja karakteristicne jednadzbe. Moze se pokazati da je lijeva strana jednadzbe, tj. izrazdet (A− λI) , zapravo polinom u varijabli λ kojeg nazivamo karakteristicni polinom operatora A.Karakteristicni polinom ne ovisi o bazama odabranim za prikaz operatora, a njegov stupanj je manjiili jednak redu matrice A.

Prije nego što krenemo na odre�ivanje svojstvenih vektora, navedimo jošneka vazna svojstva svo-jstvenih vektora. Vrijedi sljedeci teorem.

Teorem 207 Svojstveni vektori koji odgovaraju razlicitim svojstvenim vrijednostima su me�usobnolinearno nezavisni.

Ovaj teorem ima jednu vaznu posljedicu. Naime, ako s n oznacimo dimenziju prostora, znamoda prostor ne moze sadrzavati više od n linearno nezavisnih vektora, a znamo i da je stupanjkarakteristicnog polinoma ≤ n. Dakle, ako je svih n nul-tocaka karakteristicnog polinoma realno ime�usobno razlicito, onda operator/matrica A ima tocno n linearno nezavisnih svojstvenih vektora.

Primjer 208 Trazenjem nul-tocara karakteristicnog polinoma, utvrdi koja od sljedecih matrica sig-urno ima maksimalan broj svojstvenih vektora.

a) A =

[−1 −41 3

],


b) A =

[5 −92 −3

],

c) A =

[4 −43 −4

].

Dokaz. U sva tri slucaja odredit cemo karakteristicni polinom koji ce biti stupnja≤ 2 (jer je matricareda 2 što znaci da je prostor dimenzije 2). Ako taj polinom bude imao dvije realne i razlicite nul-tocke, tada matrica sigurno ima 2 linearno nezavisna svojstvena vektora što je maksimalan mogucibroj obzirom na dimenziju prostora. Ako matrica nema dvije razlicite i realne nul-tocke, onda nemozemo biti sigurni bez daljnjeg ispitivanja.

a) Karakteristicni polinom je

det(A− λI) =

∣∣∣∣ −1− λ −41 3− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 2λ+ 1.

Nultocke su λ1,2 = 1, što su dvije realne, ali me�usobno jednake svojstvene vrijednosti. Dakle,ne mozemo biti sigurni da ova matrica ima maksimalan broj linearno nezavisnih svojstvenihvektora.

b) Karakteristicni polinom je

det(A− λI) =

∣∣∣∣ 5− λ −92 −3− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 2λ+ 3.

Ovaj polinom nema uopce realnih nultocaka, pa ova matrica nema svojstvenih vektora.

c) Karakteristicni polinom je

det(A− λI) =

∣∣∣∣ 4− λ −43 −4− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 4.

Ovaj polinom ima dvije realne i me�usobno razlicite nultocke λ1,2 = ±2, pa ima 2 linearnonezavisna svojstvena vektora, a to je maksimalan moguci broj obzirom da je dimenzija pros-tora 2.

Odre�ivanje svojstvenih vektora

Svojstvene vrijednosti cemo traziti tako da odredimo karakteristicni polinom, pa onda prona�emonjegove realne nul-tocke. Odgovarajuce svojstvene vektore cemo onda traziti rješavanjem sustava(A− λI)x = 0 za svaku pojedinu svojstvenu vrijednost. Uocimo da ce sustav (A− λI)x = 0sasvim sigurno imati parametarsko rješenje za svaku svojstvenu vrijednost λ (jer smo λ birali takoda bude det(A − λI), pa matrica sustava nema puni rang), pa ce svakoj svojstvenoj vrijednostiodgovarati onoliko linearno nezavisnih svojstvenih vektora koliko je parametara u rješenju.

Primjer 209 Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore za

A =

[−1 03 2

].


Dokaz. Rješavamo karakteristiènu jednadzbu

det (A− λI) =

∣∣∣∣ −1− λ 03 2− λ

∣∣∣∣ = (−1− λ) (2− λ) = 0.

Dakle, svojstvene vrijednosti su nultocke karakteristicnog polinoma λ1 = −1, λ2 = 2. Da bismo sadaodredili svojstvene vektore, potrebno je za svaku svojstvenu vrijednost riješiti sustav (A− λI)x = 0.Za λ1 = −1 proširena matrica sustava (A− λ1I)x = 0 je:[

−1− (−1) 0 03 2− (−1) 0

]=

[0 0 03 3 0

]˜

[1 1 00 0 0

]Dakle, rješenje sustava je jednoparametarsko (za parametar odaberemo varijablu x2) i vrijedi

x =

[−x2

x2

]= x2

[−11

].

Za λ2 = 2 proširena matrica sustava (A− λ2I)x = 0 je[−1− 2 0 03 2− 2 0

]=

[−3 0 03 0 0

]˜

[1 0 00 0 0

]Dakle, rješenje je

x =

[0x2

]= x2

[01

].

Obzirom da pripadaju razlicitim svojstvenim vrijednostima, svojstveni vektori

v1 =

[−11

]i v2 =

[01

].

su linearno nezavisni, pa tvore bazu.

Primjer 210 Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore za

A =

[4 1−1 2

].

Dokaz. Rješavamo karakteristiènu jednadzbu

det (A− λI) =

∣∣∣∣ 4− λ 1−1 2− λ

∣∣∣∣ = λ2 − 6λ+ 9 = (λ− 3)2

= 0.

Dakle, A ima jednu dvostruku svojstvenu vrijednost λ1 = 3. Zanima nas pronaci što više linearnonezavisnih svojstvenih vektora koji odgovaraju toj svojstvenoj vrijednosti. U tu svrhu rješavamosustav (A− λI)x = 0 za λ1 = 3. Proširena matrica sustava je[

4− 3 1 0−1 2− 3 0

]=

[1 1 0−1 −1 0

]˜

[1 1 00 0 0

].


Dakle, rješenje sustava je jednoparametarsko (za parametar odaberemo varijablu x2) i vrijedi

x =

[−x2

x2

]= x2

[−11

].

Dakle, postoji samo jedan linearno nezavistan svojstveni vektor

v1 =

[−11

].

Zadatak 211 Odredi svojstveni vektor koji odgovara najvecoj svojstvenoj vrijednosti matrice

A =

1 −1 −1−1 −1 01 2 1

.Dokaz. Rješavamo karakteristiènu jednadzbu

det (A− λI) =

∣∣∣∣∣∣1− λ −1 −1−1 −1− λ 01 2 1− λ

∣∣∣∣∣∣ =

= (−1)2+1(−1)

∣∣∣∣ −1 −12 1− λ

∣∣∣∣+ (−1)2+2 (−1− λ)

∣∣∣∣ 1− λ −11 1− λ

∣∣∣∣ =

= −λ3 + λ2 + λ− 1 = (λ− 1)2

(λ+ 1) = 0

Dakle, svojstvene vrijednosti matrice A su {−1, 1, 1}. Uocimo da su samo dvije razlicite svojstvenevrijednosti, pri cemu je dvostruka svojstvena vrijednost λ = 1 navedena dvaput. Veca od te dvijesvojstvene vrijednosti je upravo λ = 1, pa prona�imo svojstvene vektore za tu svojstvenu vrijednost.Potrebno je riješiti sustav (A− λI)x = 0 za λ = 1. Proširena matrica sustava je 0 −1 −1 0

−1 −2 0 01 2 0 0

˜

1 2 0 0−1 −2 0 00 −1 −1 0

˜

1 2 0 00 −1 −1 00 0 0 0

.Dakle, rješenje sustava je jednoparametarsko (za parametar odaberemo varijablu x3) i vrijedi

x =

2x3

−x3

x3

= x3

2−11

,pa postoji najviše jedan linearno nezavistan svojstveni vektor za ovu svojstvenu vrijednost, a to jenpr.

v =

2−11

.

6.5. DIJAGONALIZACIJA OPERATORA 125

Zadatak 212 Odredi svojstveni vektor koji odgovara najvecoj svojstvenoj vrijednosti matrice

A =

−1 −1 −12 2 10 0 1

.Dokaz. Rješavamo karakteristiènu jednadzbu

det (A− λI) =

∣∣∣∣∣∣−1− λ −1 −1

2 2− λ 10 0 1− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−1)3+3

(1− λ)

∣∣∣∣ −1− λ −12 2− λ

∣∣∣∣ =

= (1− λ) ((−1− λ) (2− λ) + 2) = −λ (λ− 1)2

= 0.

Dakle, svojstvene vrijednosti su {0, 1, 1} . Ponovo, samo su dvije razlicite svojstvene vrijednosti(jedna je dvostruka, i ta je navedena dvaput). Veca od te dvije svojstvene vrijednosti je λ = 1, paprona�imo odgovarajuce svojstvene vektore. Rješavamo sustav (A− λI)x = 0 za λ = 1. Proširenamatrica sustava je −2 −1 −1 0

2 1 1 00 0 0 0

˜

−2 −1 −1 00 0 0 00 0 0 0

.Dakle, rješenje sustava je dvoparametarsko. Da izbjegnemo razlomke, za parametre cemo odabrativarijable x1 i x3, pa za rješenje sustava vrijedi

x =

x1

−2x1 − x3

x3

= x1

1−20

+ x3

0−11

.Zakljucujemo da svojstvenoj vrijednosti λ = 1 odgovaraju dva linearno nezavisna svojstvena vek-tora, npr.

v1 =

1−20

i v2 =

0−11

.

6.5 Dijagonalizacija operatora

Podsjetimo se sada kako smo rekli da matricni prikaz operatora ovisi o odabiru baze prostora(razmatramo samo operatore A : X → X kojima je domena i kodomena jednaka). U jednojbazi matrica operatora moze biti slozena, dok je u drugoj vrlo jednostavna - dijagonalna. Akoprona�emo bazu u kojoj operator ima dijagonalnu matricu, i prikazemo operator u njoj, kazemoda smo dijagonalizirali operator. Obzirom da se s dijagonalnim matricama lako racuna, pitanje jekad ta baza postoji i kako je pronaci. Na to pitanje odgovor nam daje sljedeci teorem.

Teorem 213 Linearni operator se moze dijagonalizirati ako i samo ako postoji baza koja se sastojiod njegovih svojstvenih vektora.


Štoviše, moze se pokazati da se na dijagonali matrice dijagonaliziranog operatora nalaze svo-jstvene vrijednosti.

Postupak dijagonaliziranja je sljedeci. Neka je S stara baza u kojoj je operator prikazan matri-com A, neka je S′ nova baza svojstvenih vektora, te neka je T matrica prijelaza u novu bazu. Tadaje matrica A′ operatora u novoj bazi jednaka

A′ = T−1AT =

λ1 0 . . . 00 λ2 . . . 0...

......

0 0 . . . λn

.Ilustrirajmo ovu teoriju na nekoliko primjera.

Primjer 214 Ispitaj da li se operator prikazan matricom

A =

[−1 03 2

]moze dijagonalizirati. Ako moze, dijagonaliziraj ga!

Dokaz. Uocimo da smo ovu matricu vec razmatrali u Primjeru 209, pa znamo da ova matricaima dvije svojstvene vrijednosti λ1 = −1 i λ2 = 2 kojima redom odgovaraju (me�usovno linearnonezavisni) svojstveni vektori

v1 =

[−11

]i v2 =

[01

].

Obzirom da je dimenzija prostora jednaka 2, a dobili smo 2 linearno nezavisna svojstvena vektora,zakljucujemo da je {v1, v2} baza svojstvenih vektora, pa se operator moze dijagonalizirati. Znamounaprijed da ce se nakon dijagonalizacije na dijagonali nalaziti svojstvene vrijednosti −1 i 2, nopokazimo to i matricnim mnozenjem. Matrica prijalaza u novu bazu je

T =

[−1 01 1

].

Inverzna matrica matrice prijelaza je

T−1 =

[−1 01 1

],

pa imamo

A′ = T−1AT =

[−1 01 1

] [−1 03 2

] [−1 01 1

]=

[−1 00 2

].

Vazno je uociti da je poredak svojstvenih vektora u matrici prijelaza T jednak poretku odgovarajucihsvojstvenih vrijednosti na dijagonali.

Primjer 215 Ispitaj da li se operator zadan matricom

A =

[4 1−1 2

]moze dijagonalizirati. Ako moze, dijagonaliziraj ga!

6.5. DIJAGONALIZACIJA OPERATORA 127

Dokaz. Ovu matricu smo vec razmatrali u Primjeru 210, pa znamo da ova matrica ima jednusvojstvenu vrijednost λ1 = 3, kojoj odgovara samo jedan linearno nezavisni vektor

v1 =

[−11

].

Obzirom da je dimenzija prostora 2, zakljucujemo da ne postoji baza svojstvenih vektora, pa seovaj operator ne moze dijagonalizirati.

Zadatak 216 Ispitaj da li se operator zadan matricom

A =

1 1 10 −3 0−4 −1 −4

moze dijagonalizirati. Ako moze, dijagonaliziraj ga!

Rješenje. Karakteristicni polinom je

|A− λI| =

∣∣∣∣∣∣1− λ 1 1

0 −3− λ 0−4 −1 −4− λ

∣∣∣∣∣∣ = (−1)2+2(−3− λ)

∣∣∣∣ 1− λ 1−4 −4− λ

∣∣∣∣ =

= (−3− λ)(λ2 + 3λ

) (1)=

= −λ(λ+ 3)2.

Uocimo da u koraku (1) nismo razmnozavali zagrade, jer bi nam to naknadno samo stvorilo dodatniposao ponovnog faktoriziranja, nego smo samo jošfaktorizirali izraz λ2+3λ. Sada mozemo zakljucitida su svojstvene vrijednosti {−3,−3, 0} . Dakle, dvije su razlicite svojstvene vrijednosti, od kojihje jedna dvostruka. prona�imo sada odgovarajuce svojstvene vektore.Za λ1 = −3 rješavamo sustav (A− λ1I)x = 0. Proširena matrica sustava je 4 1 1 0

0 0 0 0−4 −1 −1 0

∼ 4 1 1 0

0 0 0 00 0 0 0

.Rješenje sustava je dvoparametarsko. Da izbjegnemo razlomke, za parametre biramo varijable x1 ix3. Rješenje sustava je dakle

x =

x1

−4x1 − x3

x3

= x1

1−40

+ x3

0−11

,pa imamo dvije linearno nezavisne svojstvene vrijednosti

v1 =

1−40

i v2 =

0−11

.


Za λ2 = 0 rješavamo sustav (A− λ2I)x = 0. Proširena matrica sustava je 1 1 1 00 −3 0 0−4 −1 −4 0

∼ 1 1 1 0

0 −3 0 00 3 0 0

∼ 1 1 1 0

0 −3 0 00 0 0 0

.Rješenje sustava je jednoparametarsko i vrijedi

x =

−x3

0x3

= x3

−101

,pa imamo jednu linearno nezavisnu svojstvenu vrijednost

v3 =

−101

.Obzirom da je dimenzija prostora 3, a pronašli smo ukupno 3 linearno nezavisna svojstvena vek-tora, zakljucujemo da je {v1, v2, v3} baza svojstvenih vektora, pa se operator zadan matricom Amoze dijagonalizirati tako da se prikaze u bazi {v1, v2, v3}. Znamo unaprijed kako ce izgledati tadijagonalna matrica, no ipak provedimo i matricno mnozenje matricom prijelaza. Matrica prijelazau novu bazu T i njena inverzna matrica T−1 su redom

T =

1 0 −1−4 −1 00 1 1

i T−1 =

− 13 − 1

3 − 13

43

13

43

− 43 − 1

3 − 13

,pa imamo

A′ = T−1AT =

− 13 − 1

3 − 13

43

13

43

− 43 − 1

3 − 13

1 1 10 −3 0−4 −1 −4

1 0 −1−4 −1 00 1 1

=

=

−3 0 00 −3 00 0 0

.

6.6 Primjeri operatora u ravnini i prostoru

Sada cemo navesti neke primjere linearnih operatora koji se cesto javljaju u praksi. Najcešce su tooperatori ravnine ili operatori prostora.

Simetrija ravnine obzirom na os x.

Neka jeA operator koji proizvoljnom ravninskom vektoru−→a pridruzuje ravninski vektor−→a ′ = A(−→a )koji je simetrican vektoru −→a os x. Iz geometrijskih razloga je jasno da je operator linearan (vidiSliku 6.2).

6.6. PRIMJERI OPERATORA U RAVNINI I PROSTORU 129

a) b)

Slika 6.2: Linearnost operatora simetrije: a) aditivnost, b) homogenost.

Da bismo odredili matricni prikaz operatora simetrije A u standardnoj bazi, potrebno je odreditikako operator A djeluje na vektorima baze. Ocito je

A(−→i ) =

−→i ,

A(−→j ) = −−→j ,

pa je

A =

[1 00 −1

].

Djelovanje operatora simetrije na npr. jedinicnom kvadratu kojeg razapinju vektori−→i i−→j prikazano

je na Slici 6.3.

Slika 6.3: Djelovanje operatora simetrije na jedinicnom kvadratu.

Na slican nacin moze se odrediti i operator simetrije obzirom na os y.


Rotacija ravnine oko ishodišta za kut α.

Neka jeA operator koji proizvoljnom ravninskom vektoru−→a pridruzuje ravninski vektor−→a ′ = A(−→a )koji se dobije rotiranjem vektora −→a za kut α u pozitivnom smjeru. Iz geometrijskih razloga je jasnoda je operator linearan (vidi Sliku 6.4).

a) b)

Slika 6.4: Linearnost operatora rotacije: a) aditivnost, b) homogenost.

Da bismo odredili matricni prikaz operatora rotacije A, potrebno je odrediti kako operator A djelujena vektorima baze. Vrijedi

A(−→i ) = cosα

−→i + sinα

−→j ,

A(−→j ) = − sinα

−→i + cosα

−→j ,

kao što je ocito razmatranjem trokutova naznacenih na Slici 6.5.

Slika 6.5: Rotacija jedinicnih vektora.

Dakle, vrijedi

A =

[cosα − sinαsinα cosα

].


Djelovanje operatora rotacije na npr. jedinicnom kvadratu kojeg razapinju vektori−→i i−→j prikazano

je na Slici 6.6.

Slika 6.6: Djelovanje operatora rotacije na jedinicnom kvadratu kojeg razapinju vektori−→i i−→j .

Operator homotetije u ravnini.

Neka jeA operator koji proizvoljnom ravninskom vektoru−→a pridruzuje ravninski vektor−→a ′ = A(−→a )koji se dobije rastezanjem vektora −→a duz osi x za faktor λ (ako je λ < 1 onda se doga�a stezanje).Razmatranjem geometrijskog znacenja moze se uociti da je operator linearan. Djelovanje ovogoperatora na vektorima baze je

A(−→i ) = λ

−→i ,

A(−→j ) =

−→j ,

pa je

A =

[λ 00 1

].

Na slican nacin moze se odrediti da je matrica operatora A koji vektore rasteze/steze duz osi y zafaktor µ jednaka

A =

[1 00 µ

].

Komponiranjem ovih dvaju operatora, dobije se da je matrica operatora koji vektore rasteze/stezeduz x za faktor λ, a rasteze/steze duz y za faktor µ jednaka[

λ 00 µ

].

Operatori homotetije ilustrirani su Slikom 6.7.


a) b)

c)

Slika 6.7: Djelovanje operatora homotetije: a) duz x za λ = 1.3, b) duz y za µ = 0.5, c) i duz x zaλ = 1.3 i duz y za µ = 0.5.

Operator zakošenja u ravnini.

Neka jeA operator koji proizvoljnom ravninskom vektoru−→a pridruzuje ravninski vektor−→a ′ = A(−→a )koji se dobije zakošenjem vektora −→a za ε. Djelovanje ovog operatora na vektorima baze je

A(−→i ) =

−→i ,

A(−→j ) = ε

−→i +−→j ,

pa je

A =

[1 0ε 1

].

Djelovanje operatora zakošenja na jedinicnom kvadratu ilustrirano je Slikom 6.8.

Posve analogno mogu se definirati operatori simetrije u prostoru (obzirom na koordinatnu os iliravninu), rotacije obzirom na os, homotetije duz osi, zakošenja, itd. Za primjer, navedimo neke odnjih.


Slika 6.8: Djelovanje operatora zakošenja (ε = 0.7) na jedinicnom kvadratu.

Simetrija prostora obzirom na os y

Djelovanje ovog operatora na standardnoj bazi prostora je

A(−→i ) = −−→i ,

A(−→j ) =

−→j ,

A(−→k ) = −−→k ,

pa je matrica operatora

A =

−1 0 00 1 00 0 −1

.

Simetrija prostora obzirom na koordinatnu ravninu xy

Djelovanje ovog operatora na standardnoj bazi prostora je

A(−→i ) =

−→i ,

A(−→j ) =

−→j ,

A(−→k ) = −−→k ,


A =

1 0 00 1 00 0 −1

.


Rotacija prostora oko osi y za kut α

Uocimo da ova rotacija ne mijenja vektor−→j , a vektore

−→i i−→k zarotira kao da se radi o rotaciji u

koordinatnoj ravnini xz. Dakle, djelovanje ovog operatora na standardnoj bazi prostora je

A(−→i ) = cosα

−→i + sinα

−→k

A(−→j ) =

−→j ,

A(−→k ) = − sinα

−→i + cosα

−→k ,


A =

cosα 0 − sinα0 1 0

sinα 0 cosα

AGLA - skripta

Documents

Transcript of AGLA - skripta