Diskretna_Matematika

VIŠA TEHNIČKA ŠKOLA SUBOTICA

Mr. I. Boroš

DISKRETNA MATEMATIKA SKRIPTA TREĆE IZDANJE

SUBOTICA 2004

SADRŽAJ 1. POLINOMI 1.1. Pojam polinoma 1.2. Deljenje polinoma 1.3. Koreni polinoma 1.4. Racionalne razlomljene funkcije

1 1 3 7 15

2. KOMPLEKSNI BROJEVI 2.1. Polje realnih brojeva 2.1.1. Skup prirodnih brojeva 2.1.2. Skup celih brojeva 2.1.3. Skup racionalnih brojeva 2.1.4. Skup realnih brojeva 2.2. Skup kompleksnih brojeva 2.2.1. Pojam kompleksnog broja 2.2.2. Algebarski oblik kompleksnih brojeva 2.2.3. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja 2.2.4. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja

21 21 21 23 24 26 27 27 29 31 34

3. VEKTORSKA ALGEBRA 3.1. Slobodni vektori 3.1.1. Pojam slobodnog vektora 3.1.2. Pojam vektorskog prostora 3.1.3. Linearna kombinacija slobodnih vektora 3.2. Operacije sa vektorima 3.2.1. Skalarni proizvod vektora 3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora. 3.2.3. Mešoviti proizvod tri vektora 3.2.4. Dvostruki vektorski proizvod tri vektora 3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu 3.3.1. Koordinate vektora 3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru

41 41 41 43 44 48 48 50 53 55 57 57 59

4. ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE 4.1. Tačka u prostoru 4.2 Jednačina ravni 4.2.1. Opšti oblik jednačine ravni 4.2.2. Normalni oblik jednačine ravni 4.2.3. Ravan kroz datu tačku sa datim vektorom normale 4.2.4. Ravan kroz tri zadate tačke 4.2.5. Segmentni oblik jednačine ravni 4.2.6. Parametarske jednačine ravni 4.3. Jednačine prave 4.3.1. Vektorske jednačine prave 4.3.2. Parametarske jednačine prave 4.3.3. Dvojna jednačina prave u kanoničnom obliku 4.3.4. Prava kao presek dve ravni 4.3.5. Jednačine prave kroz dve tačke

65 65 66 66 67 67 67 68 68 71 71 71 71 72 72

4.4. Međusobni odnosi pravih i ravni i tačke 74 4.4.1. Međusobni odnosi dve ravni 4.4.2. Međusobni odnos dve prave 4.4.3. Međusobni odnos tačke i prave 4.4.4. Međusobni odnos tačke i ravni 4.4.5. Međusobni odnos prave i ravni

74 76 81 82 83

5. MATRICE I DETERMINANTE 5.1. Matrice 5.1.1 .Pojam matrice 5.1.2. Specijalne matrice 5.2. Operacije sa matricama 5.2.1. Sabiranje matrica 5.2.2. Množenje matrice skalarom 5.2.3. Množenje matrica 5.2.4. Transponovanje matrica 5.2.5. Zadaci za vežbu 5.3. Determinante 5.3.1. Definicije 5.3.2. Osobine determinanata 5.3.3. Zadaci za vežbu: 5.4. Inverzna matrica 5.4.1. Rang matrice 5.4.2. Adjungovana matrica 5.4.3. Inverzna matrica 5.4.4. Zadaci za vežbu

91 91 91 93 94 94 94 95 96 97 99 99 100 103 104 104 106 107 109

6. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA 6.1. Pojam sistema linearnih algebarskih jednačina 6.2. GAUSS-ov metod eliminacije nepoznatih 6.3. Rešavanje sistema linarnih jednačina pomoću determinanata 6.4. Rešavanje sistema linearnih jednačina primenom inverzne matrice. 6.5. KRONECKER-CAPLELLI-jev stav 6.6. Sistem homogenih jednačina

113 113 115 120 123 124 126

7. VEKTORSKI PROSTORI 7.1. Pojam vektorskog prostora 7.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora 7.3. Linearne transformacije 7.4. Transformacije baze 7.5. Invarijantni pravci linearne tranformacije 7.5.1. Polinomi sa matričnim koeficijentima i matrična vrednost polinoma 7.5.2. Sopstveni vektori linearne transformacije

133 133 134 140 142 147 147 151

KORIŠĆENA LITERATURA А.Г.Курош: КУРС ВЫСШЕЙ АЛГЕБРЫ, Москва 1959 Д.К.Фаддеев-И.С.Соминский: СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ВЫСШЕЙ АЛГЕБРЕ, Москва 1968. О.Н.Цубербиллер: ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ, Москва 1970. Р. Дорословачки: ЕЛЕМЕНТИ ОПШТЕ И ЛИНЕАРНЕ АЛГЕБРЕ, Stylos Нови Сад 1997. Р. Дорословачки: ЗБИРКА РЕШЕНИХ ИСПИТНИХ ЗАДАТАКА ИЗ АЛГЕБРЕ, Stylos Нови Сад 1998. Б. Перишић: ОСНОВИ РАЧУНАРСТВА – МЕТОДИЧКА ЗБИРКА ЗАДАТАКА I, Stylos Нови Сад 1997. Р.Стефановић: ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ АНАЛИТИЧКЕ ГЕОМЕТРИЈЕ, Завод за издавање уџбеника Београд 1967. М.Првановић: МАТЕМАТИКА I I (ГЕОМЕТРИЈА) Завод за издавање уџбеника Београд 1970. Szele Tibor: BEVEZETÉS AZ ALGEBRÁBA, Tankönyvkiadó Budapest 1972. M. Bertolino: OPŠTI KURS MATEMATIKE, ICS Beograd 1973 S. Kakašić – I. Boroš – Lj. Milošević – A. Ćetković: MATEMATIKA SA METODIKOM, PA, Sremska Mitrovica 1991. Bálint János: MATEMATIKA, PA Subotica 1982.

M.Stojaković: ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE, Zavod za udžbenike Beograd 1961. Lilly Görke: HALMAZOK RELÁCIÓK FÜGGVÉNYEK, Tankönyvkiadó Budapest 1969. I. Grossman–W. Magnus: CSOPORTOK ÉS GRÁFJAIK, Műszaki Könyvkiadó Budapest, 1972. Farkas Miklós szerkesztő: MATEMATIKAI KISLEXIKON, Műszaki Könyvkiadó Budapest 1972. Fried E. – Pásztor I. – Reiman I. – Révész P. – Ruzsa I.: MATEMATIKAI KISENCIKLOPÉDIA, Gondolat Könyvkiadó Budapest 1968. A. Kaufmann: PONTOK, ÉLEK, ÍVEK ...GRÁFOK, Műszaki Könyvkiadó Budapest 1972. Andrásfai Béla: ISMERKEDÉS A GRÁFELMÉLETTEL, Tankönyvkiadó Budapest, 1971. Oystein Ore: A GRÁFOK ÉS ALKALMAZÁSAIK Gondolat Budapest 1972.

1. POLINOMI 1.1. Pojam polinoma Iz srednje škole je čitaocu poznat sledeći pojam polinoma: Polinom je funkcija oblika f(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn, gde su ai ∈ R ( i = 1, 2, 3, ... ,n ) koeficijenti polinoma. Stepen polinoma zavisi od najvšeg stepena promenljive x. Koeficijent uz najviši stepen promenljive x je takozvani vodeći koeficijent. Vodeći koeficijent je uvek različit od nule: an ≠ 0. Sada ćemo dati opštiju definiciju pojma polinoma. Neka je dat proizvoljno polje K i skupovi K2, K3, K4, K5,.... formirani iz elemenata datog polja. Definicija 1.1.1. Elemente skupa

UK

i

= K « K2 « K3 « ... nazivamo polinomima

i∈N

nad poljem K ukoliko poslednja komponenta uredjene k-torke nije nula. I nula elemenat polja K je polinom. To je takozvani nula-polinom. Neka su dati nenula polinomi P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm). Definisaćemo zbir i proizvod tih polinoma, pri čemu smatramo da je aj = 0 za j > n i bj = 0 za j > m. Definicija 1.1.2.: Zbir polinoma P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm) je polinom S = P + Q = (d0 , d1 , d2 , ... , ds) u jojem je dj = aj +bj . Stepen zbira je najveći prirodan broj s za koji je ds ≠ 0. Ako su svi di = 0, zbir je nula-polinom. Definicija 1.1.3.: Proizvod polinoma P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , k

bm) je polinom R = P ⋅ Q = (c0 , c1 , c2 , ... , cr) u kojem je c k = ∑ a j bk − j , broj r je najveći j =0

prirodan broj za koji važi: cr ≠ 0. Ako su svi ci = 0, proizvod je nula-polinom. 1.1. Primer: Dati su nenula polinomi P = (a0 , a1 , a2 , a3), Q = (b0 , b1 , b2). To znači: najmanje a3 ≠ 0 i b2 ≠ 0. Odredimo zbir i proizvod tih polinoma. a) P + Q = (a0 , a1 , a2 , a3) + (b0 , b1 , b2) = (a0 + b0 , a1 + b1, a2 + b2, a3) , jer je b3 = 0 i b) P ⋅ Q = (a0 , a1 , a2 , a3) ⋅ (b0 , b1 , b2) = (a0 ⋅ b0 , a0 ⋅ b1 + a1 ⋅ b0 , a0 ⋅ b2 + a1 ⋅ b1 + a2 ⋅ b0 , a0 ⋅ b3 + a1 ⋅ b2 + a2 ⋅ b1 + a3 ⋅ b0 , a0 ⋅ b4 + a1 ⋅ b3 + a2 ⋅ b2 + a3 ⋅ b1 + a4 ⋅ b0, a0 ⋅ b5 + a1 ⋅ b4 + + a2 ⋅ b3 + a3 ⋅ b2 + a4 ⋅ b1 + a5 ⋅ b0) = (a0 ⋅ b0 , a0 ⋅ b1 + a1 ⋅ b0 , a0 ⋅ b2 + a1 ⋅ b1 + a2 ⋅ b0 , a1 ⋅ b2 + a2 ⋅ b1 + a3 ⋅ b0 , a2 ⋅ b2 + a3 ⋅ b1, a3 ⋅ b2 ) , jer su a5 = a4 = b5 = b4 = b3 = 0. ________________________________________________________________________________________ 1

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

c) Akoj je polinom R nultog stepena, tada je R = c0, pa će biti: P +R = (a0+c0 , a1, a2, a3) i P ⋅ Q = (b0 ⋅ c0, b1 ⋅ c0, b2⋅ c0). Neka su P, Q i R proizvoljni polinomi, dok 0 je nula-polinom. (1) Konstatujemo ulogu nula-polinoma u sabiranju i množenju polinoma: 0 + P = P + 0 = P i 0 ⋅P = P ⋅ 0 = 0. (2) Polinom E = 1 je polinom nultog stepena koji se ponaša kao multiplikativni neutralni elemenat: 1 ⋅ P = P ⋅ 1 = P. (3) Može se dokazati komutativno i asocijativno svojstvo sabiranja i množenja polinoma: P + Q = Q +P és P ⋅ Q = Q ⋅ P, (P + Q ) + R = P +(Q + R ) és (P ⋅ Q) ⋅ R = P ⋅ (Q ⋅ R ) , i (P + Q ) ⋅ R = (P ⋅ R) + (Q ⋅ R ) és P ⋅ (Q + R ) = (P ⋅ Q ) + (P ⋅ R ). (4) O stepenu zbira i proizvoda konstatujemo činjenice (dg je stepen polinoma): 0 ≤ dg(P + Q) ≤ max [ dg( P ), dg( Q ) ], 0 ≤ dg(P ⋅ Q) ≤ dg( P )+ dg( Q ) Osmotrimo sada ulogu jednog specijalnog polinoma kojeg ćemo obeležiti sa x:

x=(0, 1) Bez većih teškoća možemo konstatovati sledeća svojsva polinoma x: x2 = (0, 1) ⋅ (0, 1) = (0, 0, 1), x3 = x2⋅ x = x ⋅ x2 = (0, 0, 1) ⋅ (0, 1) = (0, 0, 1) ⋅ (0, 1) = (0, 0, 0, 1), x4 = (0, 0, 0, 0, 1), x5 = (0, 0, 0, 0, 0, 1), ... , --------------------xn = (0, 0, ..., 0, 1) (prvih n komponnata su redom 0, a n+1-va je 1). Potražimo vezu između polinoma x i njegovih stepena sa jedne strane i polinoma P sa druge strane. P1 = (a0, a1) = a0 + (0, a1) = a0 + a1 ⋅ (0, 1) = a0 + a1 ⋅ x, P2 = (a0, a1, a2) = a0 + (0, a1) + (0, 0, a2)= a0 + a1 ⋅ (0, 1) + a2 ⋅ (0, 0, 1) = = a0 + a1⋅x + a2⋅x2. --------------------Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn. ________________________________________________________________________________________ 2

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Definicija polinoma poznata od ranije, prema tome jeste jedna konkretizacija opšteg pojma polinoma. Obeležimo skup olinoma nak poljem K sa K[x]. Nad skupom K[x] važi sledeća teorema: Teorema 1.1.: (K[x] , +, ⋅ ) je komutativni prsten sa jedinicom. Dokaz: (K[x] , +) je ABEL-ova grupa, jer smo uočili asocijativnost i komutativnost sabiranja, konstatovali i postojanje neutralnog elementa: to je polinom 0, a za inverzni polinom u pogledu sabiranja za polinom Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an) imamo suprotan polinom koji ima sledeći oblik: –Pn = (–a0 , –a1 , –a2 , ... , –an). (K[x] , ⋅) je komutativna polugrupa sa jedinicom. Asocijativnost i komutativnost smo već ranije uočili. Multiplikativni neutralni elemenat je polinom nultog stepena E = 1. Distributivnost množenja u odnosu na sabiranje polinoma je takodje ranije uočena.

1.2. Deljenje polinoma Sabiranje i množenje polinoma vršimo po definicijama 1.1.2. és a 1.1.2. Inverzna operacija množenja u prstenu polinoma ne postoji, ali postoji deljenje polinoma sa ostatkom. Proučimo deljenje polinoma sa ostatkom. Pripadnost polinoma prstenu (C[x] , +, ⋅ ) naglašavamo na taj način, što korisimo sledeće oznake za polinome: F(x), G(x), H(x),... Teorema 1.2.1.: Za bilo koja dva polinoma F(x) és G(x) (G(x) ≠ 0) postoje polinomi Q(x) és R(x) takvi, da bude ispunjen uslov F(x) = G(x) ⋅ Q(x) + R(x), pri čemu za stepene tih polinoma važi: 0 ≤ dg(R(x)) < dg(G(x)). Polinomi Q(x) i R(x) su jednoznačno odredjeni. Dokaz: Pretpostavimo, da postoji više takvih polinoma koji zadovoljavaju postavljene zahteve. Neka su takvi polinomi Q1(x) ≠ Q2(x) i R1(x) ≠ R2(x), koji takođe zadovoljavaju uslove 0 ≤ dg(R1(x)) < dg(G(x)) i 0 ≤ dg(R2(x)) < dg(G(x)). F(x) = G(x) ⋅ Q1(x) + R1(x), F(x) = G(x) ⋅ Q2(x) + R2(x) ⇒ ⇒G(x) ⋅ Q1(x) + R1(x) = G(x) ⋅ Q2(x) + R2(x) ⇒ ⇒G(x) ⋅ (Q1(x) – Q2(x)) = R2(x) – R1(x) , gde je na levoj strani 0 ≤ dg(R2(x) – R1(x)) < dg(G(x)) dok je stepen polinoma na desnoj strani dg(G(x) (Q1(x) – Q2(x))) što nije manje od stepenena G(x) jer je Q1(x) ≠ Q2(x) ⇒ ⇒Q1(x) – Q2(x) ≠ 0. Iz toga nužno proizilazi: Q1(x) = Q2(x) és R1(x) = R2(x). Sada dokažimo da takva mogućnost uvek postoji. Neka je dg(F(x)) = n i dg(G(x)) = m. a) Ako je n < m, Q(x) = 0 ⇒ F(x) = R(x) tj. dg(R(x)) = dg(F(x)) = n < m = dg(G(x)). ________________________________________________________________________________________ 3

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

b) Neka je n ≥ m, i F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn , an ≠ 0 i G(x) = bo + b1 x + b2 x2 + ... + bm-1 xm-1 + bm xm , bm ≠ 0. Formirajmo sledeći niz polinoma (pretpostavljajući da je n > m): F1(x) = F(x) –

a n n–m x G(x). bm

I za novi polinom važi: dg(F1(x) ) < dg(F(x)) jer je na desnoj strani stepen umanjenika tačno n, kao i kod umanjioca, pa je zbir vodećih koeficijenata nula. Tojest dg(F1(x) )< n. Neka je dg(F1(x) ) = n1, i neka je još uvek n1 > m. Obeležimo vodeći koeficijent a 1n n1–m 1 polinoma F1(x) sa a n . Sada se može napisati: F2(x) = F1(x) – x G(x), gde je stepen bm polinoma F2(x) broj n2. Ako je n2 ≥ m postupak se nastavlja, u suprotnom je završen. Niz F1(x), F2(x), F3(x), ..., Fk(x) se završava u konačnom broju koraka jer stepeni monotono opadaju: n > n1 > n2 >... U poslednjem koraku:

a nk −1 n'–m Fk(x) = Fk-1(x) – x G(x), gde je n' = nk-1 i nk < m. bm Saberimo sve polinome Fi (x) (i=1,2,...,k) ! F1(x) + F2(x) + F3(x) + ... + Fk(x) = = F(x) – (

a k −1 a n n–m a 1n n1–m x + x +...+ n xn'–m) G(x) = Fk (x) , tojest bm bm bm

a nk −1 n'–m a n n–m a 1n n1–m Q(x) = x + x +...+ x i R(x) = Fk(x). bm bm bm Polinomi Q(x) i R(x) zadovoljavaju uslov teoreme F(x) = G(x) ⋅ Q(x) + R(x), pri čemu i za stepen polinoma R(x) važi: 0 ≤ dg(R(x)) < dg(G(x)). U jednakosti F(x) = G(x) ⋅ Q(x) + R(x) polinom Q(x) je količnik dobijen deljenjem polinoma F(x) polinomom G(x), dok polinom R(x) je ostatak.

________________________________________________________________________________________ 4

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Primer 1.2.1.: Deljenje polinoma sa ostatkom. Odredimo količnik Q(x) polinoma F(x) i G(x), kao i ostatak tog deljenja R(x)! F(x) = 2 + 4 x + 6 x2 + 5 x3 + 3 x4 , G(x) = 1 + x + x2 . 3 x4 + 5 x3 + 6 x2 + 4 x + 2 : x2 + x + 1 = 3 x2 + 2 x + 1 –(3x4 + 3 x3 + 3 x2) 2 x3 + 3 x2 + 4 x + 2 –(2 x3 + 2 x2 + 2x) x2 + 2 x + 2 –(x2 + x + 1) x +1 Prema tome Q(x) = 3 x2 + 2 x + 1 i R(x) = x + 1, tojest: ( 3 x4 + 5 x3 + 6 x2 + 4 x + 2 ) = ( x2 + x + 1) ( 3 x2 + 2 x + 1) + ( x + 1) Prikazani postupak se naziva euklidovim algoritmom za deljenje polinoma. Definicija 1.2.1.: Polinom G(x) je delilac polinoma F(x) onda i samo onda, ako postoji polinom Q(x) takav, da zadovoljava jednakost F(x) = G(x) ⋅ Q(x). Obeležimo relaciju deljivosti na sledeći način: G(x) | F(x). Navedimo sada sve posledice koje proizilaze iz pojma deljivosti polinoma i iz svojstava operacija sa polinomima. a)

G(x) | F(x) Ÿ H(x) | G(x) ⇒ H(x) | F(x). (Deljivost polinoma je tranzitivna)

b)

H(x) | F(x) Ÿ H(x) | G(x) ⇒ H(x) | (F(x) ± G(x)). (Ako je polinom H(x) delilac polinoma F(x) i G(x) tada je on delilac i zbira i razlike polinoma F(x) i G(x).

c)

G(x) | F(x) ⇒ G(x) | F(x) ⋅ H(x). (Ako je polinom G(x) delilac nekog polinoma F(x), onda je delilac i proizvoda polinoma F(x) i proizvoljnog polinoma H(x)).

d)

H(x) | F1(x) Ÿ H(x) | F2(x) Ÿ....Ÿ H(x) | Fk(x) ⇒ ⇒ H(x) | (F1(x) ⋅ G1(x) + F2(x) ⋅ G2(x) +...+ Fk(x) ⋅ Gk(x) ) (Gi(x) , i =1, 2,...,k proizvoljni polinomi)

e)

G(x) | F(x) Ÿ F(x) | G(x) ⇒ F(x) = C ⋅ G(x). ( C je polinom 0-tog stepena).

f)

C | F(x) (Svaki polinom je deljiv sa bilo kojim nenula polinomom nultog stepena) .

Definicija 1.2.2.: Najveći zajednički delilac polinoma F(x) i G(x) je normalizovan polinom H(x) najvišeg stepna koji je delilac oba polinoma. Ovu činjenicu obeležavamo na sledeći način: H(x) = NZD(F(x), G(x)). ________________________________________________________________________________________ 5

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

Teorema 1.2.2: Za polinome F(x) i G(x) postoji tačno jedan normalizovan polinom H(x) kao njihov najveći zajednički delilac. Dokaz: Neka je dg(F(x)) ≥ dg(G(x)) (U suprotnom zamenimo uloge datih polinoma). Primenom deljenja sa ostatkom možemo napisati sledeći niz jednakosti: F(x) = G(x) ⋅ Q1(x) + R1(x), G(x) = R1(x) ⋅ Q2(x) + R2(x), R1(x) = R2(x) ⋅ Q3(x) + R3(x), ----------------------------------------------Rk-2(x) = Rk-1(x) ⋅ Qk (x) + Rk(x),

dg(R1(x)) < dg(G(x)) , dg(R2(x)) < dg(R1(x)), dg(R3(x)) < dg(R2(x)), dg(Rk (x)) < dg(Rk-1(x)).

Pošto stepeni ostataka čine opadajući niz, postupak se nužno završava. U poslednjem koraku se dobija ostatak 0. (U “najgorem” slučaju Rk(x) je polinom 0-tog stepena tojest konstanta): Rk-1(x) = Rk(x) ⋅ Qk+1(x) . Po ovoj jednakosti je Rk(x) | Rk-1(x). Koristimo ovu činjenicu i uočimo sledeće jednakosti: Rk-2(x) = Rk-1(x) ⋅ Qk(x) + Rk(x) =Rk-2(x) = Rk(x) ⋅ Qk+1(x) ⋅ Qk(x) + Rk(x) =Rk(x) ⋅ Mk(x), gde je Mk(x)= Qk+1(x)⋅ Qk(x) + 1 odavde sledi: Rk(x) | Rk-2(x). Nastavljajući zamenjivanje ostataka u prethodne korake dobijamo: Rk(x) | F(x) Rk(x) | G(x) . Ovim smo pokazali da je Rk(x) zajednički delilac polinoma F(x) i G(x).

i

Postupak je jednoznačan, pa polinom višeg stepena sa istim osobinama ne postoji, tojest Rk(x) je največi zajednički delilac polinoma F(x) i G(x). Definicija 1.2.3.: Polinomi F(x) i G(x) su relativno prosti ako i samo ako za najvećeg zajedničkog delioca imaju polinom E = 1. Svi zajednički delioci nultog stepena nazivaju se trivijalnim deliocima. Primer 1.2.2.: Odredjivanje najvećeg zajedničkog delioca za polinome F(x) i G(x) euklidovim algoritmom. Neka je F(x) = x4 + 3 x3 – x2 – 4 x – 3 i G(x)=3 x3 + 10 x2 + 2 x – 3. U prvom koraku delimo polinom 3F(x) polinomom G(x):

1 5 25 3 x4 + 9 x3 – 3 x2 – 12 x – 9 = (3 x3 + 10 x2 + 2 x – 3)(x − ) + (– x2 – x – 10) 3 3 3 .

3 U drugom koraku delimo polinom G(x) sa ostatkom kojeg smo pomnožili sa – . 5 3 x3 + 10 x2 + 2 x – 3 = (x2 + 5 x +6)(3x – 5) + (9 x +27). ________________________________________________________________________________________ 6

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

U trećem koraku delimo “promenjeni” ostatak prvog koraka (x2 + 5 x +6) sa 1 ostatkom drugog koraka kojeg smo pomnožili prethodno sa , pa je delilac (x +3): 9 2 x + 5 x +6 = (x +3)(x +2). Postupak je završen, jer je ostatak 0. Data dva polinoma za najvećeg zajedničkog delioca imaju polinom (x +3). Teorema 1.2.3.: Prilikom deljenja polinoma F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn polinomom x – c dobija se količnik Q(x) = bo + b1 x + b2 x2 + ... + bn-1 xn-1 i ostatak R :

ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn = (x – c )(bo + b1 x + b2 x2 + ... + bn-1 xn-1 ) + R, gde je bn-1 = an , bi = c⋅ bi+1 +ai+1 za i = n–2, n–3, ..., 2, 1, 0 i R = c⋅ b0 +a0. Dokaz: Potrebno je prosto uporediti koefijijente nakon množenja u jednakosti date u teoremi: F(x) = (x – c) Q(x) + R

Izrečene činjenice izražavamo takozvanom Hornerovom šemom: c

an an bn–1

an–1 cbn–1+an–1 bn–2

an–2 cbn–2+an–2 bn–3

... ... ...

a1 cb1+a1 b0

a0 cb0+a0 R

Zadaci 1.2. a) Izvršimo deljenje sledećih polinoma:

(1) 2 x4 – 3 x3 + 4 x2 – 5 x + 6

i

x2 –3 x + 1,

(2) x3 – 3 x2 – x – 1

i

3 x2 –2 x + 1,

(3) 2 x5 – 5 x3 – 8 x

i

x + 3,

(4) x5 – 15 x4 +14

i

x2 –2 x + 1.

b) U zadatku (3) i (4) primenimo i Hornerovu šemu. Primetimo to da u zadatku (4) polinom je deljiv sa (x – 1)2) c) Odredimo najveći zajednički delilac parova polinoma iz tačke a) primenom euklidovog algoritma.

1.3. Koreni polinoma

U dosadašnjim razmatranjima elementi polja K nisu specifikovani. Poznato je iz poglavlja o algebarskim strukturama da je skup racionalnih brojeva Q i skup realnih brojeva R snabdeven sa strukturom polja u odnosu na operaciju sabiranja i množenja. Iz ________________________________________________________________________________________ 7

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

toga proizilazi, da dosad konstatovanje činjenice slobodno možemo primeniti na skupove polinoma Q[x] i R[x]. Skup Q[x] je skup polinoma nad poljem racionalnih brojeva, dok u skup R[x] spadaju polinomi sa realnim koeficijentima. I skup Z[x] poseduje dosad izložena svojstva, ali postoje i ograničenja koja proizilaze iz činjenice,da skup celih brojeva raspolaže “samo” strukturom komutativnog prstena sa jedinicom. Izlaganje o skupu kompleksnih brojeva je predmet narednog poglavlja. Poznato je međutim, da je i skup C ima strukturu polja. Zato C[x] nazivamo skupom polinoma nad poljem komplexnih brojeva. Neka su elementi polja K jednostavno nazvani “brojevima” a polinom F(x) je elemenat skupa K[x]: F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn. Definicija 1.3.1.: Vrednost polinoma za x = c je broj F(c) ∈ K koji se dobija nakon izvršenja naznačenih operacija, kada u polinomu F(x) promenljivu x zamenimo sa konstantnim brojem c: F(c) = ao + a1 c + a2 c2 + ... + an-1 cn-1 + an cn. Teorema 1.3.1.: Ostatak prilikom deljenja polinoma F(x) polinomom x – c je jednak vrednosti polinoma za x = c, tojest: F(x) = (x – c) Q(x) + F(c).(Bézout-ova teorema). Dokaz: Istinitost tvrđenja se može neposredno uočiti ako se promenljiva x zameni sa c na levoj i na desnoj strani jednakosti F(x) = (x – c) Q(x) + R . Rezultat je F(c) = R . Definicija 1.3.2.: Broj c je koren polinoma F(x) ako je F(c) = 0. Teorema 1.3.2.: Polinom F(x) je deljiv bez ostatka polinomom x – c ako i samo ako broj c koren polinoma F(x).

Ova teorema je neposredna posledica Bézout-ove teoreme. Postavlja se pitanje: ima li polinom uopšte koren (ili korene)? Prethodne teoreme ne tvrde postojanje korena, već samo činjenicu, da ako postoji broj navedenih osobina, tada je to koren polinoma. Ovo pitanje je razrešeno osnovnim stavom algebre. Prvi dokaz ove teoreme se pripisuje GAUSS-u. Dokaz je neobično složen, zato ga izostavljamo, ali zbog važnosti navodimo teoremu. Teorema 1.3.3.: (Osnovni stav algebre) Svaki polinom najmanje prvog stepena sa kompleksnim koeficijentima ima bar jedan koren u polju kompleksnih brojeva.

Osnovni stav algebre tvrdi samo egzistenciju korena, ali nam ništa ne kaže o tačnom broju i o načinu njihovog iznalaženja. Uprkos tome, da se teorema odnosi na polinome sa kompleksnim koeficijentima prenosimo to na područje polinoma sa realnim koeficijentima. Zadatak nam je da pronađemo korene datog polinoma, odnosno da pronađemo sve brojeve koji zadaovoljavaju jednakost F(x) = 0. Ova jednakost je jednačina. Teorema 1.3.4.: Polinom n-tog stepena sa kompleksnim koeficijentima F(x) ima tačno n korena u polju kompleksnih brojeva. ________________________________________________________________________________________ 8

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Dokaz: Neka je po osnovnom stavu kompleksan broj c1 koren polinoma F(x), tojest F(c1) = 0. Na osnovu teoreme 1.3.2. imamo: F(x) =(x – c1) F1(x), gde je dg(F1(x))≤ n – 1.

Ako je dg(F1(x)) > 0, onda se osnovni stav algebre može primeniti i na polinom F1(x). Neka je c2 koren tog polinoma, odnosno: F1(c2) = 0. Ponovnom primenom teoreme 1.3.2. imamo: F1(x) =(x – c2) F2(x), gde je dg(F2(x))≤ n – 2, odnosno: F(x) =(x – c1)(x – c2) F2(x).

Ako je dg(F2(x)) > 0, nastavljamo postupak. U n-tom koraku postupak se završava, jer je količnik polinom 0-tog stepena: F2(x) =(x – c3) F3(x), gde je dg(F3(x))≤ n – 3, odnosno: F(x) = (x – c1)(x – c2)(x – c3)F3(x).

------------------------F(x) =(x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn) Fn(x), gde je dg(Fn(x))≤ n – n = 0.

Prikazani postupak nazivamo razlaganje polinoma na proizvod linearnih činilaca. Poslednji količnik postupka je polinom nultog stepena koji je jednak vodečem koeficijentu datog polinoma: F(x) = an (x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn).

Koreni polinoma n-tog stepena nisu nužno međusobno različiti brojevi: c1, c2, c3, ... , cn. Moguće je, na primer da je c1 = c2. U tom slučaju za broj c1 kažemo da je dvostruki koren polinoma F(x). U opštem slučaju svaki koren ima neku “višestrukost” Neka su α 1, α 2, α 3 , ... ,α m različiti koreni polinoma F(x) (m ≤ n). Neka je višestrukost korena α i broj ki, (i = 1, 2, ... , m), gde u slučaju jednostrukog korena αr imamo kr = 1, za dvostruki koren αs je ks = 2, i tako dalje. Naravno broj korena i sa svim višestrukostima je ukupno samo n, tojest: k1 + k2 + ... + km = n. Posle svega navedenog potpunu faktorizaciju polinoma možemo obaviti na sledeći način: F(x) = an ( x − α1 ) 1 ( x − α 2 ) 2 ....( x − α m ) m = an ∏ (x − α j ) k

k

k

m

kj

gde je

j =1

m

∑k i =1

i

=n.

Primeri 1.3.1.: a) Razlaganje polinoma F(x) = 24 + 10 x –15 x2 + x4 je sledeće:

24 + 10 x –15 x2 + x4 = (x + 4)(x + 1)(x – 2)(x – 3). Svi koreni polinoma su realni i jednostruki. U opštem slučaju koreni pripadaju skupu kompleksnih brojeva. ________________________________________________________________________________________ 9

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

b) Koreni polinoma G(x) = 1 + x3 su isto tako jednostruki:   1  1 3   3    x − − − i  . 1 + x3 = (x + 1) x −  − + i    2   2 2 2      

U ovom slučaju dva korena su kompleksni brojevi i jedan je realan broj. c) U razlaganju sledećeg polinoma uočavamo, da od pet korena su samo dva različita: jedan je dvostruki a drugi je trostruki realan koren. x5 + 3 x4 – 6 x3 – 10 x2 + 21 x – 9 = (x + 3) 2 (x – 1) 3 .

Višestruki koreni su u tesnoj vezi sa izvodnim polinomom datog polinoma. Izučavanje izvoda nije predmet ovog kursa, zato zbog potrebe daljeg rada dajemo samo jednu neophodnu definiciju iz te oblasti: Definicija 1.3.3.: Izvod polinoma F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an–1 xn–1 + an xn

je polinom F '(x) = a1 + a2 x + ... + (n-1) an–1 xn–2 + n an xn–1.

Izvod zbira, razlike, proizvoda, količnika i stepena polinoma samo navodimo. Te osobine čitalac će da upozna u okviru kursa Matematička Analiza: a) (F(x) ± G(x)) ' = (F '(x) ± G '(x)) b) (F(x) ⋅G(x)) ' = F '(x) ⋅ G (x) + F'(x) ⋅ G '(x) c) ((F(x))n)' = n ⋅ (F(x))n–1 ⋅ F ' (x). Teorema 1.3.5.: Ako je broj c k-tostruki koren polinoma F(x), tada je isti broj c k–1-nostruki koren izvodnog polinoma F'(x) ( k > 1). Dokaz: Dokazujemo samo prvi deo teoreme. Ako polinom n-tog stepena F(x) ima broj c za k-tostruki koren (k > 1), tada je moguće sledeć razlaganje polinoma: F(x) = (x – c)k Q(x), gde je polinom Q(x) stepena n–k. Pronađimo izvod tog razlaganja! F '(x) = k (x – c)k–1 Q(x) +(x – c)k Q '(x) , ili: F '(x) = (x – c)k–1( k Q(x) +(x – c) Q '(x) ) = (x – c)k–1 Q1(x), ________________________________________________________________________________________ 10

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

gde je stepen polinoma Q1 (x) = k Q(x) +(x – c) Q '(x) nije veći od n–k. Iz ovog razlaganja je očevidno, da je broj c k–1-nostruki koren polinoma F'(x). Ako predpostavimo, da koeficijenti polinoma pripadaju nekom skupu brojeva koji je uži od skupa kompleksnih brojeva, naprimer pripadaju skupu R, tada se gubi garancija osnovnog stava algebre o postojanju korena u okviru skupa kojem pripadaju i koeficijenti polinoma, jer osnovni stav garantuje samo postojanje korena u okviru skupa C. Teorema 1.3.6.: Neka je polinom F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an–1 xn–1 + an xn sa realnim koeficijentima. Ako je kompleksan broj α = c + id k-tostruki koren tog polinoma F(x), tada je i konjugovani kompleksan broj α =c – id k-tostruki koren tog polinoma. Dokaz: Za dokaz primenimo teoreme o kompleksnim brojevima koje dokazujemo u okviru poglavlja o kompleksnim brojevima:

a) Konjugovani zbir kompleksnih brojeva je jednak zbiru konjugovanih kompleksnih brojeva, b) Konjugovani proizvod dva kompleksna broja je jednak proizvodu komnjugovani kompleksnih brojeva, c) Konjugovani stepen kompleksnog broja je jednak stepenu konjugovanog komplesnog broja, d) Konjugovani kompleksan broj kompleksnog broja koji ima samo realan deo različit od nule je jednak samom kompleksnom broju. F(α) = 0 ⇒ F (α ) = 0 ⇒ a 0 + a1α + a 2α 2 + ... + a n −1α n −1 + a nα n =0 ⇒

⇒ a0 + a1α + a2α 2 + ... + an−1α n−1 + anα n = 0 ⇒ ⇒ ao + a1 α + a2 α 2 + ... + an–1 α

n–1

+ an α n = 0 ⇒ F( α ) .

Tvrđenje o višestrukosti korena sledi iz teoreme 1.3.5. Zaključak: Kompleksni koreni polinoma sa realnim koeficijentima se uvek javljaju u parovima konjugovanih kompleksnih brojeva. To znači, da polinom parnog stepena može da ima sve kompleksne koerene, dok polinom neparnog stepena uvek ima najmanje jedan realan koren. Neka su konjugovano kompleksni koreni polinoma α =c + id i α =c – id. U razlaganju polinoma pojavljuju se sledeći činioci: (x – α ) i (x – α ). Njihov proizvod je: (x – α )(x – α ) = x2 – (α + α ) x + α α = x2 + p x + q,

________________________________________________________________________________________ 11

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

gde smo stavili p= – (α + α ) = –2c, i q = α α =c 2 + d2 (znači p i q su realni brojevi!). Prilikom razlaganja polinoma na činioce ovaj faktor smatramo nesvodljivim na polju realnih brojeva. Zato polinom x3 +1 na polju realnih brojeva rastavljamo na sledeći način: x3 +1 = = (x + 1)(x2 + x + 1). Normalizovani oblik polinoma F(x) = an (x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn) dobijemo na sledeći način:  a0 a1  a a x + 2 x 2 + ... + n−1 x n −1 + x n  . + an an  an an 

ao + a1 x + a2 x2 + ... + an–1 xn–1 + an xn = an 

Uporedimo li polinom sa prvobitnim razlaganjem možemo izvesti vrlo važne zaključke:

a0 a1 a a + x + 2 x 2 + ... + n −1 x n−1 + x n = (x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn) an an an an

Izjednačimo koeficijente polinoma sa leve i sa desne strane znaka jednakosti:

c1 + c2 + c3 + ... + cn = −

a n −1 , an

c1 c2 + c1 c3 +...+ c1 cn + c2 c3 + ... + cn–1 cn = c1 c2 c3 + c1 c2 c4 + ... + cn–2 cn–1 cn = −

a n−2 , an

a n −3 , an

-----------------

c1 c2 c3 ... cn–1 cn = (− 1)n

a0 . an

Dobijene veze između korena i koeficijenata polinoma su takozvane Viète-ove formule (Vijetove-formule). Za polinom drugog stepena F(x) = ao + a1 x + a2 x2 čiji su koreni c1 i c2 imamo:

c1 + c2 = −

a a1 , c1 c2 = 0 . a2 a2

Za polinom trećeg stepena F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + a3 x3 sa korenima c1 , c2 i c3 imamo:

c1 + c2 + c3 = −

a2 , a3

c1 c2 + c1 c3 + c2 c3 =

a1 , a3

c1 c2 c3 = −

a0 . a3

Polinomi sa racionalnim koeficijentima imaju dodatna ograničenja. Ako polinom ima realne korene, to još ne znači, da su to racionalni brojevi. Kada ima polinom sa racionalnim koeficijentima racionalne korene? Ili: kada ima polinom sa celim koeficijentima korene iz skupa celih brojeva? Na ova pitanja delimične odgovore dobijamo iz Vijetovih formula. ________________________________________________________________________________________ 12

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Ograničimo se na polinome sa celim koeficijentima, jer zaključke vrlo lako možemo preneti na polinome sa racionalnim koeficijentima. Neka je polinom F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an–1 xn–1 + an xn sa celim koeficijentima. Poslednja Vijetove formula glasi:

c1 c2 c3 ... cn–1 cn = (− 1)n

a0 , gde su c1, c2, c3 , ... , cn koreni polinoma. an

Neka je c1 racionalan broj, tojest c1 =

p , gde su p,q ∈ Z uzajamno prosti brojevi, i q 2

 p  p p pq≠0. Pomnožimo jednakost a 0 + a1 + a 2   + ... + a n −1   q q q

a 0 q n −1 + a1 pq n − 2 + a 2 p 2 q n −3 + ... + a n −1 p n −1 + a n

n −1

n

 p n-1 + a n   = 0 prvo sa q : q  

pn =0, q

Ovu jednakost ćemo pomnožiti sa recipročnim brojem korena c1, a to je broj a0

q : p

qn + a1 q n −1 + a 2 pq n − 2 + ... + a n −1 p n − 2 q + a n p n −1 = 0 . p

U ovim jednakostima su koeficijenti celi brojevi u svim članocima sem u a n odnosno u a 0

pn , q

qn . Pošto su p i q uzajamno prosti a desna strana je 0, zato mora da bude p

pa0 i qan , tojest mora biti broj p činilac koeficijenta a0 a broj q činilac koeficijenta an. Ukoliko od navedenih brojeva nijedan nije koren polinoma, tada polinom nema racionalne korene. Primer 1.3.2.: a) Odrediti koeficijente k i n u polinomu P(x) = x4 – 6 x3 + kx + m, tako da realan koren koji je različit od nule ima najveću moguću višestrukost. Obeležimo taj koren sa ε. To znači sledeće:

ε 4 – 6 ε 3 + kε + m= 0. Ako je ε dvostruki koren, tada je to jednostruki koren izvodnog polinoma, koji je dat u sledećem obliku: P '(x) = 4x3 – 18 x2 + k . Iz toga sledi: 4ε 3 – 18 ε 2 + k = 0. Ako je koren trostruki koren datog polinoma, tada je to jednostruki koren drugog izvoda: P''(x) = 12x2 – 36 x : 12ε 2 – 36 ε = 0.

________________________________________________________________________________________ 13

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

Iz ove jednačine (zbog uslova ε ≠ 0) sledi jedino moguće rešenje: ε = 3. Vratimo li ovo rešenje u prethodne dve jednačine dobijamo: k = 54 i m= –81. Odavde lako dobijamo sledeću faktorizaciju polinoma: P(x) = x4 – 6 x3 + 54x – 81 = (x + 3)(x – 3)3. b) Rešiti jednačinu 36x3 – 12 x2 – 5x + 1 = 0 ako je poznato, da je zbir dva korena jednak trećem korenu: c1 + c2 = c3. Koristimo li Vijetove formule dobijamo: c1 + c2 + c3 = −

− 12 1 = . Ako uvrstimo 36 3

uslov zadatka u tu formulu možemo izračunati vrednost jednog korena: 1 3

1 6

(c1 + c2)+ c3 = c3 + c3 = 2c3 = ⇒ c3 = . Preostala dva korena se lako određuju: c1 =

1 1 i c2 = − . 2 3

c) Proizvod korena polinoma Q(x) = 3 + 4 x + 5 x2 + 6 x3 + 8 x4 po četvrtoj Vijetovoj formuli je: c1 c2 c3 c4 = 3 4

1 8

3 1 3 1 . Skup mogućih racionalnih korena je: {±1, ±3, ± , ± , ± , 8 2 2 4

3 8

± , ± , ± }. Istina je, da je potrebno izvršiti do 16 pokušaja sa tim brojevima dok zaključimo: ovaj polinom nema racionalnih korena. Zadaci 1.3.: a) Pronaći racionalne korene polinoma F(x) = x4 – 2 x3 – 8x2 + 13x – 24 . b) Rastaviti na činioce nad poljem realnih brojeva polinom G(x) = x4 – x3 – 3x2 + 2x + 2. c) Ima li višestruke korene polinom H(x) = x6 – 6 x4 – 4 x3 + 9 x2 + 12x + 4. Odredimo korene polinoma i napišimo ga u obliku proizvoda. d) Za koju vrednost parametra λ ima polinom višestruke korene? M(x) = x3 – 8x2 + (13 – λ) x – (6 + 2 λ ) e) Imaju li dati polinomi zajedničke korene? A(x) = 2 x3 – 3x2 – x + 2 és B(x) = x4 – 2x2 – 3x + 4 . f) Za koju vrednost parametra λ imaju zajedničke korene sledeći polinomi? F(x) = x3 – λx + 2 és G(x) = x2 + λx + 2 .

________________________________________________________________________________________ 14

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

1.4. Racionalne razlomljene funkcije

Rastavljanje polinoma na proste činioce je veoma važan postupak u toku ispitivanja funkcija u okviru matematičke analize. Analiza naziva polinome često racionalnim celim funkcijama. Racionalne razlomljene funkcije su oblika:

F(x) =

a0 + a1 x + a 2 x 2 + ... + a n x n P ( x) = . b0 + b1 x + b2 x 2 + ... + bm x m S ( x)

Ako su brojioc i imenioc uzajamno prosti polinomi, tada se racionalna razlomljena funkcija ne može skratiti. Racionalna razlomljena funkcija je “pravi racionalni izraz” kada je stepen imenioca viši od stepena brojioca tj dg(P(x)) < dg(S(x)), u obrnutom slučaju razlomak je “nepravi” razcionalni izraz. Svaka racionalna razlomljena funkcija se može svesti na zbir jednog polinoma i jednog pravog racionalnog izraza koji se ne može skratiti. To izriče sledeća teorema. Teorema 1.4.1.: Svaka racionalna razlomljena funkcija se može izraziti u obliku zbira jednog polinoma i jednog pravog racionalnog izraza koji se ne može skratiti. Dokaz: Ako je kod racionalnog razlomljenog izraza F(x) dg(P(x)) > dg(S(x)) podelimo P(x) sa S(x). P(x) = S(x) ⋅ Q(x) + R(x), ahol dg(R(x)) < dg(S(x)) Odavde sledi

P ( x) R( x) = Q ( x) + . S ( x) S ( x)

Definicija 1.4.1.: Pravi razlomljeni izraz

P ( x) je elementari razlomljeni izraz, samo S ( x)

ako je S(x) = H k(x), gde je H(x) nesvodljiv polinom i dg(P(x)) < dg(H(x)). Iz definicije proizilazi, da su elementarni racionalni izrazi sledeći razlomci:

A

(x − c )

k

i

(x

Bx + C 2

+ px + q

)

m

gde su A,B,C, c, p, q ∈ R , p2–4q 0 je isti kao i smer vektora a , a u slučaju α < 0 r smer je suprotan smeru vektora a . r r r r d) α ⋅ a = 0 ⇔ α = 0 ⁄ a = 0 . r

r

Proizvod α ⋅ a kraće zapisujemo bez znaka množenja: α a . r

r

Teorema 3.1.2.2.: Za svaki realan broj α i β i za proizvoljne vektore a i b važi: r r a) α (β a ) = (αβ) a , r r r r b) α ( a + b ) = α a +α b , r r r c) (α + β) a = α a + β a , r r d) 1 a = a . ________________________________________________________________________________________ 43



DISKRETNA MATEMATIKA

Dokaz: Teorema je posledica definicije sabiranja slobodnih vektora i definicije množenja vektara skalarom. (Teoreme 3.1.1.1. i 3.1.2.2.). 1 a

r

r

r

r a a

Jedinični vektor vektora a se može zadati na sledeći način: a 0 = r ⋅ a = r . Suprotan r

r

r

vektor vektora a je (−1) ⋅ a = −a . Definicija 3.1.2.3.: Ako je skup U snabdeven strukturom ABEL-ove grupe u odnosu na sabiranje, i definisano je množenje između elemenata polja K i skupa U u smislu definicije 3.1.2.2., i ako se ostvaruju zahtevi teoreme 3.1.2.2., tada kazemo da je struktura (U, K, +, ⋅) vektorski prostor. 3.1.3. Linearna kombinacija slobodnih vektora r r r

r

Definicija 3.1.3.1.: Linearna kombinacija vektora a1 , a 2 , a 3 , ..., a n je vektor napisan u obliku:

r r r r r a = λ1 a1 + λ 2 a 2 + λ3 a3 + ... + λ n a n gde su λ1, λ2, λ3, ..., λn realni brojevi. r r r

r

Definicija 3.1.3.2.: Skup vektora a1 , a 2 , a3 , ..., a n je linearno nezavisan, ako i samo ako njihova linearna kombinacija jednaka nula vektoru kada svi brojevi λi (i = 1, 2, 3, ..., n) jednaki nuli:

r

r

r

r

λ1 a1 + λ2 a2 + λ3 a3 + ... + λn a n = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = ... =λn = 0. r r r

r

Skup vektora a1 , a 2 , a 3 , ..., a n je zavisan, ako postoji bar jedna takva njihova linearna kombinacija, koja je jednaka nuli i da je bar jedan od brojeva λi (i = 1, 2, 3, ..., n) različit od nule. r r r r Pretpostavimo, da je λ1 a1 + λ2 a2 + λ3 a3 + ... + λn an = 0 i da je na primer λ1 ≠ 0 (ovo r

ne smanjuje opštost ramatranja). Iz ove pretpostavke sledi, da vektor a1 moguće zapisati kao r r r r linearnu kombinaciju vektora a 2 , a3 , a 4 , ..., a n : r r r r r λ λ1 ≠ 0 ⇒ a1 = µ 2 a 2 + µ 3 a3 + µ 4 a 4 + ... + µ n a n gde su µ i = − i , i = 2, 3, ..., n λ1 r

r

Teorema 3.1.3.1.: Svi paralelni vektori v sa vektorom a su linearno zavisni od r r r vektora a , odnosno uvek postoji broj λ da bude zadovoljena jednakost v =λ a . r

r

r

Dokaz: Teorema sledi iz definicije množenja vektora brojem jel je v = ± v ⋅ a 0 , gde r r znak + važi, kada su a i v istog smera, dok znak – kada su smerovi suprotni. ________________________________________________________________________________________ 44



VEKTORSKA ALGEBRA

r

r

r

Teorema 3.1.3.2.: Za neparalelne vektore a1 i a 2 važi, da je bilo koji vektor v u r njihovoj ravni na jednoznačan način možemo zapisati linearnom kombinacijom vektora a1 i r r r r a 2 , tojes postoji tačno jedan par brojeva (λ1, λ2) koji zadovoljava jednakost v =λ1 a1 + λ2 a 2 . r

r

r

r

Dokaz: Ako je v paralelan sa nekim od vektora a1 ili a 2 , recimo sa a1 , tada će biti: r r r r r r r r v = ± v a10 + 0 ⋅ a 2 ( a10 je jedinični vektor vektora a1 ). Ako je v paralelan sa a 2 , tada će biti: r r r r r r v = 0 ⋅ a1 ± v a 20 ( a 20 je jedinični vektor vektora a 2 ). U slučaju neparalelnosti sa oba vektora moguće je naći četiri tačke u jednoj ravni O, A1, A2 i V tako da buda zadovoljeno: r r r OA1 = a1 , OA2 = a 2 , OV = v .

P

Nacrtajmo pravu koja prolazi kroz V i paralelna je sa pravom p(OA2) i koja u tački P seče pravu p(OA1). Postavimo i pravu kroz V paralelno sa p(OA1) koja će u tački Q seći pravu r p(OA2). Usled kolinearnosti OP sa a1 r zapisujemo OP = OP ⋅ a10 . Slično činimo i sa

r

V

→ λ 1a1

→ v

A1

Q

→ a1

A2

λ 2→ a2

→ a2 O

Slika 3.1.3.1.

r

vektorima OQ i a 2 : OQ = OQ ⋅ a 20 . r

r

r

Teorema je dokazana jer je očevidno: v = OP + OQ = OP ⋅ a10 + OQ ⋅ a 20 , ili OP OQ r r r i λ2 = ± r . v = λ1 a1 + λ2 a 2 , gde su λ1 = ± r a1 a2

r

V →

v

→

λ2a2

→

λ3a3

→

A3

a2 A 2

→

a3

O

→

λ1a1

→

a1

Slika 3.1.3.2.

A1

M

r

r

Teorema 3.1.3.3.: Ako vektori a1 , a 2 i a3 ne r pripadaju jednoj ravni, tada bilo koji vektor v prostora jednoznačno se izražava kao linearna kombinacija r r r vektora a1 , a 2 i a 3 , tojest postoji samo jedna trojka brojeva (λ1, λ2, λ3) koja zadovoljava jednakost r r r r v =λ1 a1 + λ2 a 2 + λ3 a 3 . Dokaz: Po pretpostavci vektori ne pripadaju istoj ravni. Ponovimo postupak iz teoreme 3.1.3.2. za r r r r vektore a1 , a 2 : OM = λ1 a1 + λ2 a 2 . Nakon toga izrazimo na osnovu teoreme 3.1.3.1 vektor MV :

r r r r r MV = λ3 a 3 . Odavde je v = OV = OM + MV = λ1 a1 + λ2 a 2 + λ3 a 3 . ________________________________________________________________________________________ 45

DISKRETNA MATEMATIKA



Na osnovu prethodnih teorema možemo izvesti sledeće zaključke: Linearno zavisan sistem vektora je ƒ bilo koja dva paralelna vektora, ƒ bilo koja tri komplanrna vektora, ƒ bilo koja četiri vektora. Linearno nezavisan sistem vektora je: ƒ bilo koji vektor sam, ƒ bilo koja dva neparalelna vektora, ƒ bilo koja tri nekomplanarna vektora. Primeri 3.1.3.: a) Za koje vrednosti skalara α, β i γ čine vektori a = α m + β n + γ p , b = 2 n + 3 p i c = 3 m + p linearno zavisan sistem, ako je poznato da su vektori m, n, p

nezavisni? Sistem vektora je linearno nezavisan ako samo sa skalarima-nulama možemo učiniti linearnu kombinaciju jednaku sa nulom. Neka su skalari sada obeleženi sa x, y i z. Ispitajmo jednakost x a + y b + z c = 0. Ako je to moguće zadovoljiti samo tako da bude x = y = z = 0, tada su a, b , c linearno nezavisni, odnosno ako pronažemo neko x π0 ⁄ y π 0 ⁄ z π 0 za koje je x a + y b + z c = 0 tada su a, b , c zavisni. x a + y b + z c = x (α m + β n + γ p ) + y ( 2 n + 3 p ) + z (3 m + p ) =

= (α x + 3 z ) m + ( β x + 2 y ) n + ( γ x + 3 y + z ) p = 0 ⇔ ⇔ α x + 3 z = 0 Ÿ β x + 2 y = 0 Ÿ γ x + 3 y + z =0 Ovaj poslednji sistem jednačina sledi iz činjenice, da su m, n, p nezavisni. Sistem ima beskonačno mnogo rešenja.To su brojevi koji zadovoljavaju jednačinu 2α + 9 β – 6 γ = 0. (Na primer α = 3, β = 2 i γ = 2).

C

M

N

S A

B

P

Slika 3.1.3.3.

AM = AB +

b) Dokazati sledeća tvrđenja: b1) vektori težišnih linija trougla čine trougao. b2) težišne linije trougla seku se u jednoj tačkki, tačka preseka deli sve težišne linije u razmeri 2:1 (računajući od temena) b1) Neka su vektori stranica trougla: a = BC , b = CA, c = AB . Obeležimo sa M, N i P redom sredine stranica BC, CA i AB. Izrazimo sve težišne linije kao linearne kombinacije susednih stranica trougla:

1 1 1 BC , BN = BC + CA , CP = CA + AB . 2 2 2

________________________________________________________________________________________ 46



VEKTORSKA ALGEBRA

Ako saberemo te jednakosti dobijamo: AM + BN + CP =

(

)

3 AB + BC + CA = 0 . Time je 2

dokaz izvršen, jer je AB + BC + CA = 0 . b2) Neka je AS = k AM , BS = m BN , gde su k i m skalari, koje treba odrediti. Pošto je AS = c + BS sledi k AM = c + m BN . Smenimo u ovoj jednakosti vektore AM i BN dobijamo  

 

1 2

 

1 2

sledeću jednakost  k + m − 1 a +  k + m − 1 b = 0 . Vektori a i b nisu paralelni, prema tome njihova linearna kombinacija je jednaka nuli sako ako su skalari ispred njih jednaki nuli: 1 k + m −1= 0 2

Odavde sledi: AS =

1 2 m −1= 0 fi k = m = . 2 3

és k +

2 2 AM , BS = BN . Ovime smo dokazali dato tvrđenje. 3 3

r

r

Zadaci 3.1.: a) Neka su vektori AB = a i AF = b dve stranice pravilnog šestougla ABCDEF. Izraziti vektore -vel BC , CD, DE , EF , AC , AD i AF kao linearne kombinacije r r vektora a i b ! r

r

r

r

v

r

b) Dati su vektori m = 2a + b i n = a + 2b . Izraziti i sledeće vektore kao kombinacije r

r

r

r

r

r

r 1 r −a+ b . 10

vektorat m i n : 3a − 4b , 5a + 2b ,

c) Sredine stranica trougla ABC su tačke A1, B1, C1 . Neka je tačka O proizvoljna tačka prostora. Dokazati: OA1 + OB 1 + OC 1 = OA + OB + OC . d) Date su 4 tačke prostora A, B, C i D. Neka je tačka E sredina duži AB, a tačka F je sredina duži CD. Dokazati: 2 EF = AD + BC = AC + BD ! r

r

r

r

r

r

r

e) Izraziti vektor d = 3m + 2 p kao linearnu kombinaciju vektora a = 3m − 2n + 5 p , r r r r r r r r r r r b = 2m + 7 n − 3 p i c = −4m + n + 2 p , gde su m, n , p nekolinearni jedinični vektori. r

r

r

r

r

r

r

r

r

f) Dokazati da vektori a = y p − z n , b = z m − x p i c = x n − y m za bilo koje vrednosti r r r skalara x i y čine linearno zavisan sistem. ( m, n , p su linearno nezavisni jedinični vektori). g) Tačke A, B i C si tri temena paralelograma. Odrediti koordinate četvrtog temena D ako je dato: A(1, 1, 4), B(2, 3, –1), C(–2, 2, 0). h) Date su tačke A(–1, 5, –10), B(7, –7, 8), C(2, 2, –7) i D(5, –4, 2). Dokazati da su vektori AB i CD paralelni i imaju isti smer.

________________________________________________________________________________________ 47



DISKRETNA MATEMATIKA

3.2. Operacije sa vektorima 3.2.1. Skalarni proizvod vektora r

Definicija 3.2.1.1.: Normalna projekcija proizvoljnog ne-nula vektora a na pravac r r vektora b je proizvod dužine vektora a i kosinusa ugla između datih vektora. Normalna prejekcija je algabarska veličina: pozitivna je, ako je zahvaćeni ugao oštar, a negativna je, kada je zahvaćeni ugao tup.

r r r r prbr (a ) = a cos(∠a , b )

Glavna svojstva projekcije jednog vektora na pravacr drugog vektora su: r r r pr cr ( a + b ) = pr cr ( a ) + pr cr ( b ) , a) r r pr cr (α a ) = α pr cr ( a ) . b)

r r r r Definicija 3.2.1.2.: Skalarni proizvod vektora a i b , u oznaci a ° b , jeste proizvod dužina vektora i kosinusa zahvaćenog ugla:

(∀ ar , br ∈ V ) (ar o b = r

r r r r a ⋅ b ⋅ cos( ∠ a , b )

)

Posledica prethodne dve definicije je sledeća konstatacija:

r r r r r r r r a o b = a ⋅ b ⋅ cos( ∠ a , b ) = a pr ar ( b ) =

r r b prbr ( a )

Svojstva skalarnog proizvoda dva vektara su obuhvaćena sledećom teoremom:

r r r Teorema 3.2.1.1.: Za proizvoljne vektore a , b , c ∈ V i skalar α ∈ R važi: r r r2 aoa = a , a) r r r r a ob = b o a , b) r r r r a ⊥b ⇔ a ob = 0 , c) r r r r r r α ( a o b ) = (α a ) o b = a o (α b ) , d) r r r r r r r a o (b + c ) = a o b + a o c . e) Dokaz: Ova tvrđenja su neposredne posledice definicija 3.2.1.1. i 3.2.1.2., te nije potrebno ih posebno dokazivati. r r r r Skalarni proizvod nije asocijativna operacija, jer je a ⋅ ( b o c ) = α a vektor, koji ke r r r r r paralelan sa vektorom a , ( a o b ) ⋅ c = β c je isto tako vektor, ali je paralelan sa pravcem r vektora c . Prema tome: r r r r r r (a o b ) ⋅ c ≠ a ⋅ ( b o c )

________________________________________________________________________________________ 48



VEKTORSKA ALGEBRA

Jedna od čestih primena skalarnog proizvoda je kod određivanja ugla zahvaćenog r r datim vektorima. Obeležimo ugao između vektora a i b sa ϕ. Pretpostavimo, da je poznat r r aob skalarni proizvod datih vektora i poznate su njihove dužine. Taj ugao je: ϕ = arccos r r . a b

Primeri 3.2.1.: a) Dokazati da važi jednakost BC ⋅ AM + CA ⋅ BN + AB ⋅ CP = 0 u kojoj su vektori a = BC b = CA i c = AB vektori stranica trougla DABC, tačke M, N i P su redom sredine stranica BC, CA i AB (Slika 3.1.3.3.).

U primeru 3.1.3.b smo konstatovali sledeće: AM = AB +

1 1 BC , BN = BC + CA , 2 2

1 AB . Pomnožimo skalarno obe strane prve jednakosti sa vektorom 2 jednakost sa CA , dok treću jednakost mnođimo vektorom AB :

CP = CA +

AM o BC = AB o BC +

i

BC , drugu

2 2 2 1 1 1 BC , BN o CA = BC o CA + CA , CP o AB = CA o AB + AB . 2 2 2

Saberimo sve tri jednakosti: BC o AM + CA o BN + AB o CP =

= AB o BC +

(

)

2 2 2 2 1 1 1 1 BC + BC o CA + CA + CA o AB + AB = AB + BC + CA = 0 . 2 2 2 2

b) Izračunati ugao pri vrhu jednakokrakog trougla, ako je poznato, da su težišne linije koje pripadaju kracima međusobno normalne (Slika 3.2.1.1.).

C

ϕ

Sa slike možemo pročitati sledeće jednakosti: N

M

AM = −CA +

BN = −CB +

1 CA 2

Pošto su ti vektori međusobno normalni, zato je njihov skalarni proizvod jednak nuli. Iskoristimo i činjenicu, da je trougao jednakokraki: CA = CB = b :

90o B

A

1 CB , 2

Slika 3.2.1.1. 1 1 4  5    AM o BN = 0 ⇒  − CA + CB  o  − CB + CA  = b 2 cos ϕ − b 2 = 0 fi cos ϕ = . 5 2 2  4   

c) Osmotrimo ješ jednom sliku 3.1.3.3.: AB + BC + CA = 0 ⇒ −CA = AC = AB + BC . Koristimo sledeće oznake za stranice: AB = c, BC = a, CA = b , i za uglove trougla: ∠ABC = β, ∠CAB = α i ∠ACB = γ i izvršimo skalarno množenje AC o AC :

(

)(

)

AC o AC = b 2 = AB + BC o AB + BC = c 2 + a 2 + 2 AB o BC .

________________________________________________________________________________________ 49



DISKRETNA MATEMATIKA

Pošto je AB = − BA , zato će biti AB o BC = − BA o BC = −c ⋅ a ⋅ cos β . Znači: b2 = a2+c2 –2 a c cosβ. Naravno, ako bi smo izračunali kvadrat druge dve stranice, dobili bi druge dve jednakosti: a2 = b2+c2 –2 b c cosα, i a c2 = a2+b2 –2 a b cosγ Prepoznajemo kosinusnu teoremu.

3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora.

r r r Definicija 3.2.2.1.: Nekomplanarni vektori a , b , c u datom redosledu čine desni sistem vektora ako posmatrajući iz r r r pozitivnog smera vektora c vektor a prelazi u vektor b u smeru, koji je suprotan smeru kretanja skazaljke na časovniku (Slika 3.2.2.1) za ugao koji je manji od opruženog ugla.

→ c

→

b

→

a Slika 3.2.2.1.

r r r r Definicija.2.2.2.: Vektorski proizvod dva vektora a i b – označavamo ga sa a × b – je vektor čija je dužina jednaka proizvodu dužina datih vektora i sinusa zahvaćenog ugla r r r r r r među njima, pravac je normalan na ravan vektora a i b , i na kraju vektoti a , b i a × b u ovom redosledu čine desni sistem.

(

)(

→ → a×b

)

r r r r ∀a , b ∈ V a × b ∈ V r r r r r r a × b = a ⋅ b ⋅ sin( a , b ∠ ) a) r r r r r r b) ( a × b ) ⊥ a ∧ ( a × b ) ⊥ b r r r r c) a , b , ( a × b ) desni sistem

→ a

→ b → → t =a × b Slika 3.2.2.2.

(

)

v r r Teorema 3.2.2.1.: Za vektorski proizvod za bilo kakve vektore ∀a , b , c ∈ V (∀α ∈ R ) važe sledeća svojstva: r r r r a × b = – ( b × a ), a) r r r r r r b) α( a × b ) = (α a )× b = a ×(α b ), r r r r a || b ⇔ a × b = 0, c) r r a × a = 0, d) r r r r r r r a × (b +c ) = a ×b + a ×c . e)

________________________________________________________________________________________ 50



VEKTORSKA ALGEBRA

Dokaz: Prva četiri svojstva su neposredna posledica definicije vektorskog proizvoda. Svojstvo e) znači distributivnost vektorskog proizvoda u odnosu na sabiranje vektora. Dokazujemo ovo svojstvo. r r r Ako je od vektora a , b , c jedan je nula vektor ili je bilo koji par međusobno paralelan, tada je i ovo tvrđene posledica definicije vektorskog proizvoda. Neka među vektorima nema nula vektora i nema međusobno paralelnih vektora. r r r Neka je O zajednička početna tačka vektora a , b , c . Postavimo ravan α koja prolazi r r r kroz O i normalna je na pravac vektora a . Odredimo ortogonalne projekcije vektora b i c na r r r r r r r ravni α, to su vektori b1 i c1 . Neka je a + b = d , i neka je d1 projekcija vektora d (videti sliku 3.2.2.3.).

Na osnovu definicije vektorskog proizvoda mogu se zapisati sledeće jednakosti: r r r r r r r r r r r r b × a = b1 × a , c × a = c1 × a i d × a = d1 × a r r r Pošto vektori b1 , c1 i d1 u ravni α čine dve stranice i dijagonalu jednog paralelograma, r r r r r r r r r zato se i vektori b1 × a , c1 × a i d1 × a nalaze u ravni α. Primetimo zašto: jer je b1 × a ⊥ b1 , r r r r r r r c1 × a ⊥ c1 i d1 × a ⊥ d1 , tojest svi su normalni na vektor a . Istovremeno ti vektori su

→

→

d

a →

c

→

b

→

c1

→

d1 →

→

O

→

b×a

→ →

→

c×a

b1

→

d×a

α Slika 3.2.2.3.

r r r r r r normalne projekcije vektora a , b i c na ravni α, zato važe i sledeće relacije: b1 × a ⊥ b , r r r r r r c1 × a ⊥ c i d1 × a ⊥ d , pri čemu reč je isto o stranicama i dijagonali jednog paralelograma. r r r Primetiti, kado da je izvršena rotacija vektora b1 , c1 , d1 za ugao π/2 oko tačke O, a njihova r r r r r dužina je ponmožena sa istim brojem: a (jer je a normalan na svaki od vektora b1 , c1 i d1 ). Prema tome: r r r r r r r r r b1 + c1 = d1 ⇔ b1 × a + c1 × a = d1 × a ⇔ r r r r r r ⇔ b ×a + c×a = d ×a ⇔ r r r r r r r ⇔ b × a + c × a = (b +c ) ×a . ________________________________________________________________________________________ 51



DISKRETNA MATEMATIKA

r r r r r r Pošto je a × ( b + c ) = – (( b + c ) × a ) = r r r r r r r r r r r r = – (b × a + c × a ) = –b × a – c ×a = a ×b + a ×c . r r r r r r r Iz toga sledi: a × ( b + c ) = a × b + a × c .

Ovime je distributivnost vektorskog množenja u odnosu na sabiranje vektora dokazana. r

r

r

r r

r

Primeri 3.2.2.: a) Dati su vektori AB = 3m − 4n i BC = m + 5n , gde su m , n uzajamno normalni jedinični vektori. Odredimo visinu trougla ABC koja pripada stranici AB.

S obzirom na to, da je površina trougla ABC data sa p ABC = 1 2

r

r

r

r

pABC =  (4n − 3m) × (m + 5n ) =

1 BA × BC , zato je: 2

19 r r 19 m×n = . 2 2

S druge strane, dužina stranice AB je: r r AB = 3m − 4n = 32 − 2 ⋅ 3 ⋅ 4 cos 900 + 4 2 = 5 .

Veličina visine se izračunava iz jednakosti p ABC =

1 19 AB h AB l: hAB = . 5 2

b) Osmotrimo još jednom sliku 3.1.3.3. Na slici su korišćenim oznakama važe sledeče jednakosti: AB + BC + CA = 0 ⇒ −CA = AC = AB + BC i AB = c, BC = a, CA = b , ∠ABC = β, ∠CAB = α i ∠ACB = γ . Površina trougla ABC se iz vektorskog proizvoda bilo koje dve stranice: pABC =

1 1 1 AB × AC = BA × BC = CA × CB . 2 2 2

Primenimo li definiciju vektorskog proizvoda po upotrebljenim oznakama imamo: sin α sin β sin γ = = . a b c

c b sinα = c a sinβ = b a sinγ ⇒ To je poznata sinusna teorema.

(

) (

)

() ()

r r2 r r2 r 2 r2 c) Dokazati takozvanu LAGRANGE-ovu jednakost: a × b + a o b = (a ) b . r r r r2 r r2 r r r r Neka je ϕ = (∠a , b ) . Po definiciji je a × b = a ⋅ b sin ϕ , pa je: a × b = (a )2 b sin 2 ϕ . Iz

(

)

te poslednje jednakosti sledi:

(ar × br )

2

( ) − ( ar

r 2 r = (a ) b

2

()

()

r 2 r2 r 2 r = (a ) b (1 − cos 2 ϕ ) = (a ) b

r b cos ϕ

)

2

2

()

r 2 r2 − (a ) b cos 2 ϕ =

() ( ) (

r2 r2 r r2 r r = (a ) b − a o b ⇒ a × b

) + (ar o br ) 2

2

()

r 2 r2 = (a ) b .

________________________________________________________________________________________ 52



VEKTORSKA ALGEBRA

3.2.3. Mešoviti proizvod tri vektora

→ →

Posmatrajmo paralelepiped, kojir je r r određen sa tri nekolinearna vektora a , b , c . Ako smatramo zapreminu paralelepipeda algebarskom veličinom (negativnim ili pozitivnim brojem) u zavisnosti od redosleda datih vektora, tada se ta zapremina određuje kao mešoviti proizvod vektora iz jednog temena paralelepipeda.

a×b

→

c

h

θ →

b →

a

Slika 3.2.3.1. r r r

r r

r

Definicija 3.2.3.1.: Mešoviti proizvod tri vektora a , b , c je broj (a × b ) o c . Za r rr obeležavanje mešovitog proizvoda se često koristi oznaka [ a b c ].

r rr

r r

r

[ a b c ] = (a × b ) o c

r r r

Teorema 3.2.3.1.: Apsolutna vrednost mešovitog proizvod vektora a , b , c zapremina paralelepipeda kojeg razapinju ti vektori. r r r

r

r

je

r

Dokaz: Neka vektori a , b , c čine desni sistem. U tom slučaju vektori c i a × b su sa r r r r iste strane ravni vektora a , b . Osnova paralelepipedona je paralelogram nad vektorima a , b r

r

čija je površina a × b , a visina tela je h. Ova visina je (pošto je desni sistem u pitanju) r

r

r

r

jednaka projekciji vektora c na pravac a × b (pozitivni broj, jer hje ugao θ između c i r r r r a × b oštar). Zapremina tela je prema tome: V= a × b h. Istovremeno, po definiciji skalarnog r r

r r r r r r c cos θ = a × b pr( ar×br ) c = a × b ⋅ h . r r r r r r Ako vektori a , b , c čine levi sistem, tada su vektori c i a × b na različitim stranama r r r r r ravni a , b , tojest ugao θ je tup, pa i projekcija vektora c na pravac vektora a × b negativan. r r r Zbog toga je i (a × b ) o c negativan broj. r

r

r

proizvoda (a × b ) o c = a × b

Iz svojstava skalarnog i vektorskog proizvoda slede osobine mešovitog proizvoda:

rrr rrr r rr rrr rrr rrr [ a b c ] = [ c a b ] = [ b c a ] = – [ a c b ] = – [ b a c ] = – [ c b a ].

________________________________________________________________________________________ 53



DISKRETNA MATEMATIKA

Teorema 3.2.3.2.: Tri vektora su komplanarna onda i samo onda, kada je njihov mešoviti proizvod jednak nuli. Dokaz: Ako su vektrori komplanarni, razume se, da je njihov mešoviti proizvod jednak nuli. Dokažimo obrnutu implikaciju: ako je mešoviti proizvod tri vektora jednak nuli (a da ni jedan od njih nije nula vektor), onda su ti vektori komplanarni. r r

Jedna od mogućnosti je i to, da je mešoviti proizvod nula zato što je (a × b ) =0, a to r znači da su ti vektori paralelni, tojest komplanarni su sa bilo kojim trećim c vektorom. r r

r r

Ako a , b nisu paralelni, tada (a × b ) ≠ 0. Skalarni proizvod dva ne-nula vektora je 0 r r r r samo ako su međusobno normalni, to znači: (a × b ) ⊥ c , odnosno c pripada ravni vektora r r r r a , b , jer svi vektori koji su normalni na (a × b ) nalaze se u toj ravni. r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

r

Primer 3.2.3.: a) Dati su vektori a = km + n + 4 p , b = m − 2kn i c = 3km − 3n + 4 p gde r r r su m, n , p uzajamno normalni nekomplanarni jedinični vektori, koji u datom redosledu čine r r r desni sistem. Odrediti vrednost broja k tako da vektori a , b , c budu komplanarni! r r

r

Polazimo od uslova komplanarnosti (teorema 3.2.3.2. ): (a × b ) ⋅ c =0. r r r r r r r r r r r (a × b ) o c = (( km + n + 4 p ) × ( m − 2kn )) ° ( 3km − 3n + 4 p )= r r r r r r = ( 8km + 4n − (2k 2 + 1) p ) ° ( 3km − 3n + 4 p )=

=24k2 –12–4(2k2 + 1) = 16(k2 – 1) = 0 ⇔ k = ±1. Prilikom izračunavanja vektorskog proizvoda koristili smo i sledeće činjenice:

r r r r r r r r r r r r r r r r r r m × n = p , n × m = – p , n × p = m , p × n = – m , p × m = n , m × p = – n . (Čitalac neka

sam proveri istinitost tih jednakosti!) Druga mogućnost je: polazimo od linearne kombinacije vektora: r

r

r

r

r

r

r

r

r

α ( km + n + 4 p ) + β ( m − 2kn ) + γ ( c = 3km − 3n + 4 p ) = 0 Nako sređivanja te jednakosti dobijamo: r r r (k α + β + 3 k γ ) m +(α – 2 k β – 3 γ ) n +( 4α + 4 γ ) p = 0. r r r

Pošto su vektori m, n , p nezavisni, samo je njihova trivijalna linearna kombinacija jednaka nuli, pa moraju biti izrazi u zagradama ispred tih vektora redom biti jednaki nuli: ( k α + β + 3 k γ = 0 ) Ÿ ( α – 2 k β – 3 γ = 0 ) Ÿ ( 4α + 4 γ = 0 ) fi k = ±1. Ispitivanjem sistema jednačina se kasnije bavimo (poglavlje 7.). Sada samo r r r r r r primetimo, da za k = +1 vektori a , b , c su vezani relacijom az a + 2b − c = 0 , a za k = – 1 ta r r r veza je a − 2b − c = 0 .

________________________________________________________________________________________ 54



VEKTORSKA ALGEBRA

r r r

b) Slično, kao u prethodnom zadatku, vektori a , b , c su zadati pomoću normalnih, r r r r r r r r r r r r r r nekomplanarnih jediničnih vektora m, n , p : a = m − 2 p , b = m + 3n − 4 p i c = 3m − 12n + 4 p . r r r r r Odredimo visinu pralelepipeda nad vektorima a , b , c a koja pripada osnovi ( a , b ). r rr

Imamo,da je zapremina paralelepipeda V = | [ a b c ] |, ali ista ta zapremina bi se mogla r

r

izračunati i na sledeći način: V = a × b ⋅H (ar × br) . Upoređivnjem dva postupka dobijamo traženu visinu:

r r r (a × b ) o c 6 r r r r r r r r r r = , jer je a × b = 6 m + 2 n + 3 p , a × b =7, ( a × b ) o c =6. H ( ar×br ) = r r 7 a×b r r r r r (Prilikom izračunavanja proizvoda a × b primeniti rezultate za proizvode između m, n , p iz

prvog dela ovog primera) 3.2.4. Dvostruki vektorski proizvod tri vektora r

r r

Definicija 3.2.4.: Dvostruki vektorski proizvod tri vektora je vektor a × (b × c ) . Teorema 3.2.4.: r Dvostruki vektorski r r proizvod tri vektora a × (b × c ) je vektor koji je r r komplanaran sa vektorima b , c i može da se izrazi kao linearna kombinacija ta dva vektora: r r r r a × (b × c ) = α b + β

b×c

→

c

→

r c,

→ →

→

d

gde je α = ( a o c ) i β = ( − a o b ).

→ → →

(b× c)× d

π /2

a×(b×c)

r r

r r

a→

→ →

→

b

Slika 3.2.4.

Dokaz: Po definiciji vektorski proizvod je normalan na obe svoje komponente, znači

r r r r r r a × (b × c ) je vektor, koji je normalan na a i na (b × c ) .

r

r r

Posmatrajmo ravan vektora b , c . Odaberimo u toj ravni vektor d tako, da bude r r r r r normalan na c , i da sistem d , c , b × c bude desni sistem. Pomnožimo skalarno sa ovim r r r r r r d vektorom jednačinu a × (b × c ) = α b + β c : r

r r

r

r r

r r

( a × (b × c ) ) ° d = α ( b ° d ), jer je zbog pretpostavljene normalnosti c ° d = 0. Mešoviti proizvod sa leve strane jednakostni može da se transformiše na sledeći način: r r r r r r r r r r ( a × (b × c ) ) ° d = ( (b × c ) × d ) ° a =α ( b ° d ). r r

r

r

Na slici 3.2.4. se može primetiti, da je vektor (b × c ) × d paralelan vektoru c , a njegova r r r r r r dužina je: | (b × c ) × d | = | (b × c ) |⋅| d | (ponovo: zbog pretpostavljene normalnosti).

________________________________________________________________________________________ 55



DISKRETNA MATEMATIKA

r r

r

r

r

r r

r

r

r r

(r

r

r

r r

)

r

(r r )

Dalje: | (b × c ) |⋅| d |= b ⋅ c ⋅ d sin(b , c ) = c ⋅ b ⋅ d cos(b , d ) = c ⋅ b o d ⇒

(

r

r r

r

r r

⇒ (b × c ) × d = c ⋅ b o d

) r

Uvrstimo ovu konstataciju u izraz ( (b × c ) × d ) ° a : r r

r

( r (r r )) ° ar = (ar o cr ) ⋅ (br o dr ) = α ( br ° dr ) ⇒ α = ( ar o cr ).

r

( (b × c ) × d ) ° a = c ⋅ b o d Sledi:

r r r r r r r r r a × (b × c ) = α b + β c = ( a o c ) b + β c ⇒ r

r

v

r

r

r r

r

r

⇒ a × (c × b ) = – α b – β c = –( a o c ) b – β c . r

Naknadnim skalarnim množenje ove poslednje jednakosti sa vektorom a , a zbog r r r v r r r r r r r r činjenice da je a °( a × (c × b ) ) = 0 dobijamo –( a o c ) ( a ° b ) – β ( a ° c ) ⇒ β = – ( a ° b ).

r r r r r r r r r a × (b × c ) = ( a o c ) ⋅ b – ( a o b ) ⋅ c Ovime je dokazano tvrđenje o dvostrukom vektorskom proizvodu tri vektora. Cikličkom permutacijom komponenata dobijamo sledeće jednakosti: r r r r r r r r r a × (b × c ) = (a o c ) ⋅ b − (a o b ) ⋅ c , r r r r r r r r r b × (c × a ) = (a o b ) ⋅ c − (b o c ) ⋅ a , r r r r r r r r r c × ( a × b ) = (b o c ) ⋅ a − (a o c ) ⋅ b .

a) b) c)

Sabiranjem jednakosti pod a), b) i c) dobijamo jednakost: r r r r r r r r r a × (b × c ) + b × (c × a ) + c × (a × b ) =0.

d)

r

r

Zadaci 3.2.: a) Odredimo zahvaćeni ugao j među vektorima jednake dužine a i b r r r r r r r r ako je ( a +3 b )^(7 a –5 b ) i ( a – 4 b )^(7 a – 2 b ).

b) Dokazati sledću jednakost i protumačiti geometrijsko značenje:

r 2 r r r r r 2 (a + b ) 2 + (a − b ) 2 = 2 a + 2 b . r r r c) Nad vektorima a , b , c smo konstruisali paralelepiped. Izračunati dužini dijagonala r r tela, ako su vektori a i b međusobno normalni vektori, i poznati su sledeći podaci: r r r r r π r r (∠b , c ) = (∠c , a ) = i a = b = 2, c = 1 .

3

________________________________________________________________________________________ 56



VEKTORSKA ALGEBRA

r r r r r π r r r d) Izračunati (a − 2b ) × (3a + 2b ako je a = b = 5 i (∠a , b ) = . 4

r

r r

r r

r r r

r

e)Odrediti nepoznati vektor x ako je x o a = k i x × b = c , a , b , c su dati vektori, a k je dati broj. f) Koordinato početne tačke vektora AB su A(1, 3, 2). Odrediti tačku B ako je poznato: AB = 3 i cos α : cos β : cos γ = 1 : 2 : (–2), gde su α, β, γ uglovi između vektora AB i koordinatnih osa. r

r

r

g) Data su tri vektora: a =(–3, 0, 2), b =(3, –2, 4) i c =(5, 1, 6). Odrediti koordinate r r r r r r vektora d , ako je normalan na vektor a i zadovoljava jednakosti b o d = 4 i c o d = 35 . h) Tri temena osnove paralelepipeda su: koordinatni početak O, i tačke A(2, –3, 0) i B(5, –1, 0). Na gornjoj osnovi iznad tačke B je tačka B1(3, 0, 4). Odrediti zapreminu tog tela! 3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu 3.3.1. Koordinate vektora

Zadavanje i proučavanje vektora isključivo kao usmerene duži nije uvek pogodno za rešavanje zadataka. U tu svrhu uzima se pogodnija forma zadavanja vektora: pomoću r r r fiksirane tačke O prostora i tri uzajamno normalna jedinična vektora i , j , k , koji u datom redosledu obrazuju desni sistem. r r r

Definicija 3.3.1.1.: Uzajamno normalni jedinični vektori i , j , k koji obrazuju u datom redosledu desni sistem nazivaju se osnovnim vektorima. z

a2

A

→

k

a1

x

→

a →

a2 j

O

y

→j 2 → +a i a1

→

a1i

→

j

→

k a3 →

i

Uređenu trojku brojeva ( a1 , a 2 , a 3 ) (u tom redosledu) nazivamo koordinatama vektora u prostoru. Ovime smo definisali preslikavanje vektorskog prostora V na skup uređenih trojki realnih brojeva R3:

→ k → j+a 3

→

a3k

→ i+

Na osnovu teoreme 3.1.3.3. svi vektori prostora na jednoznačan način se izražavaju kao linearna kombinacija ma koja tri nezavisna vektora. Naš osnovni sistem vektora zadovoljava te zahteve, prema tome svaki vektor prostora može da r r r se izrazi pomoću i , j , k u sledećem obliku: r r r r a = a1 i + a 2 j + a 3 k .

Slika 3.3.1.1.

r r r r f: V → R3 gde je f ( a ) = f ( a1i + a 2 j + a3 k ) = ( a1 , a 2 , a3 ). ________________________________________________________________________________________ 57



DISKRETNA MATEMATIKA

Teorema 3.3.1.1.: Preslikavanje f: V → R3 , gde je

r r r r f ( a ) = f ( a1i + a 2 j + a3 k ) = ( a1 , a 2 , a3 ) je bijektivno. Dokaz: Istinitost tvrđenja je očevidna zbog jednoznačnog izražavanja svih vektora r r r prostora kao linearne kombinacije vektora i , j , k . To znači svakom vektoru pripada jedna i samo jedna trojka brojeva. Obrnuto: svaka trojka brojeva stvara jednu linearnu kombinaciju r r r vektora i , j , k .

r r r r a = a1i + a 2 j + a3 k = (a1, a2, a3 ) Međusobni skalarni i vektorski proizvodi osnovnih vektora su dati sledećim tablicama: r i r j r k

r i

r j

r k

1 0 0

0 1 0

0 0 1

× r i r j r k

r i

0

r

-k r j

r j r k

0 r -i

r k r -j r i

0 r r r

Teorema 3.3.1.2.: Ako su vektori zadati kao linearna kombinacija vektora i , j , k , tada r r r r r r r r za proizvoljne vektore a = a1i + a 2 j + a3 k = ( a1 , a 2 , a 3 ) i b = b1i + b2 j + b3 k = ( b1 , b2 , b3 ) važi: r r a) a + b = (a1 + b1 , a 2 + b2 , a 3 + b3 ) r r b) a o b = a1b1 + a 2 b2 + a 3 b3 ,

c) d) e) f)

r a = a12 + a 22 + a 32 , r r r r r a × b = (a 2 b3 − a 3 b2 ) i + (a 3 b1 − a1b3 ) j + ( a1b2 − a 2 b1 ) k =

= ((a 2 b3 − a 3 b2 ) , (a 3 b1 − a1b3 ), (a1b2 − a 2 b1 ) ), r r r a o (b × c ) = (a1b2 c 3 + a 2 b3 c1 + a 3 b1 c 2 ) − (a 3 b2 c1 + a1b3 c 2 + a 2 b1c3 ) , r r r r α a = α a1i + α a 2 j + α a3 k = (α a1 , α a 2 , α a3 ) , α∈R.

Dokaz: Teorema je posledica teoreme 3.2.1.1. o svojstvima skalarnog proizvoda i teoreme 3.2.2.1. o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora.

Vektorski proizvod dva vektora, kao i mešoviti proizvod tri vektora može biti izračunat pomoću determinante trećeg reda. O determinantama opširnije ćemo govoriti u 5. poglavlju, ali osnovna znanja čitaoca iz srednje škole su dovoljna, da uoči ispravnost sledećih jednakosti: r i

d)

r j

r k

r r a × b = a1

a2

a3 ,

b1

b2

b3

e)

a1 r r r a o (b × c ) = b1

a2

a3

b2

b3 .

c1

c2

c3

________________________________________________________________________________________ 58



VEKTORSKA ALGEBRA

3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru

Nacrtajmo prave paralelne sa osnovnim vektorima, i koje prolaze kroz fiksiranu tačku prostora. Neka su te prave brojevne ose sa početnom tačkom u O. Neka je jedinična duž na r tim pravama upravo dužina osnovnih vektora. Osa koja je paralelna vektoru i je osa Ox, osa r r paralelna vektoru j je osa Oy, i na kraju, osa paralelna vektoru k je Oz. osa. (Slika 3.3.1.1.). Koordinatne ravni su određene sa po dve koordinatne ose. To su ravni: Oxy, Oxz i Oyz. U takvom koordinatnom sistemu svakoj trojci brojeva ( a1 , a 2 , a 3 ). odgovara jedna i samo jedna tačka prostora, i obrnuto: svakoj tački odgovara tačno jedna trojka brojeva. Osmotrimo sada trojku brojeva ( a1 , a 2 , a 3 ), kojoj odgovara tačka A. Istoj trojci brojeva r

v

r

r

odgovara i vektor, sa početkom u O i sa vrhom u A: a = OA = a1i + a 2 j + a3 k vektor. Definicija 3.3.2.1.: Vektor u pravouglom koordinatnom sistemu sa početnom tačkom r r r v u O i sa vrhom u tački A( a1 , a 2 , a3 ) je a = OA = a1i + a 2 j + a3 k i naziva se vektor položaja tačke A. r

r

r

r

Neka su uglovi, koje zaklapa vektor a = a1i + a 2 j + a3 k = ( a1 , a 2 , a3 ) sa pravcima r r koordinatnih osa (ili sa pravcima osnovnih vektora) obeleženi na sledeći način: ∠ a , i = ϕ ; r r r r ∠ a , j = ξ i ∠ a , k = ψ. Teorema 3.3.2.: Kosinusi uglova, koje zaklapa vektor položaja proizvoljne tačke sa koordinatnim osama zadovoljavaju jednakost cos2 ϕ + cos2 ξ + cos2 ψ = 1. Dokaz: Na osnovu definicije skalarnog proizvoda možemo napisati sledeće jednakosti: r r r r r r r a o i = a i cos ϕ = a1, a o j = a

r r r r j cos ξ = a 2 i a o k = a

r k cos ψ = a 3 .

Kvadrirajmo te jednakosti!: r a

2

(cos

2

)

ϕ + cos 2 ξ + cos 2 ψ = a12 + a 22 + a 32 ⇒ cos 2 ϕ + cos 2 ξ + cos 2 ψ = 1

Primeri 3.3.2: a) Odrediti ugao između dijagonala paralelograma nad vektorima

r r a = (2, 1, 0) i b = (0, − 1, 1) .

Već smo ranije konstatovali, da ugao između dva proizvoljna vektora određujemo na

r r uov sledeći način: ϕ = arccos r r . u v r r r r r r Dijagonale paralelograma su d1 = a + b = (2, 0, 1) i d 2 = a − b = (2, 2, − 1) , skalarni proizvod tih r r vektora je: d1 o d 2 = 2 ⋅ 2 + 0⋅ 2 + 1 ⋅(–1) = 3, a dužine tih vektora su brojevi: r r d 1 = 2 2 + 0 2 + 12 = 5 i d 2 = 2 2 + 2 2 + (−1) 2 = 3 ,

________________________________________________________________________________________ 59



DISKRETNA MATEMATIKA

r

r

Sledi: (∠ d1 , d 2 ) = arccos

3

=arccos

5 . 5

3 5 r r r r r b) Odredimo projekciju vektora v = a × (b × c ) na pravac vektora b = (2, 1, –1), ako je r r a = (0, 1, 2) i c =(2, 1, 1). r

r

r r

r

r v

r r

Na osnovu teoreme 3.2.4. v = b ⋅ (a o c ) − c ⋅ (a o b ) , a skalarni proizvodi su: a o c = 3 , r r r r r a o b = −1 , znači v = 3b + c = (8, 4, − 2) . Po definiciji 3.2.1.2. je r r r v o b 22 11 6 = prbr v = r = . 3 6 b

c) Tri temena paralelograma ABCD su data: A(3, 0, 4), B(1, 2, 3) i C(9, 6, 4). Odredimo koordinate temena D; presečne tačke dijagonala E; unutrašnji ugao paralelograma kod temena B i površinu paralelograma!

D A E C O

Slika 3.3.2.

B

Nacrtajmo tačke A, B, C i D bez koordinata, ali naznačimo koordinatni početak O. To omogućava, da predstavimo i vektore položaja svih tačaka. Sada lako možemo napisati sledeće zbirove: OD = OA + AD

i

OE = OA +

1 AC . Pristupimo rešavanju zadatka po 2

sledećim delovima: c1) Imamo paralelogram, zato je AD = BC = OC − OB = (8, 4, 1) , znači OD = (11, 4, 5) , tojest koordinate tačke D su: D(11,4,5). c2) Na sličan način određujemo i koordinate tačke E: AC = OC − OA = (6, 6, 0) . Sledi: OE = OA +

1 AC =(3, 0, 4) + (3, 3, 0) = (6, 3, 4), znači E (6, 3, 4). 2

c3) Unutrašnji ugao kod B je ugao β između vektora BA i BC : cosβ =

r BC o BA BC ⋅ BA

.

________________________________________________________________________________________ 60



VEKTORSKA ALGEBRA

Skalarni proizvod je: BC o BA = (OC − OB) o (OA − OB) = (8, 4, 1) vektora su: BC = 9 i BA = 3 , sledi: cosβ =

°

(2, –2, 1) = 9, a dužine

1 . 3

c4) Površina paralelograma je na osnovu definicije vektorskog proizvoda sledeći izraz: p = AB × AD . Imamo AD = (8, 4, 1) i AB = (−2, 2, − 1) , pa se dobija vektorski proizvod na r i

r j

r k

sledeći način: AB × AD = 8

4

1 = (−6, 6, 24) , odavde sledi, a je površina p =18 2 .

− 2 2 −1

d) Izračunati visinu tetraedra ABCD koja je spuštena iz temena D na stranu ABC ako su date koordinate temena: A(2, 1, 1), B(1, 3, 1), C(1, 1, 3) i D(1, 1, 1). Ako A, B, C i D nisu komplanarne, tada je zapremina tetraedra ABCD: V=

1 6

( AB × AC )o AD .

Ista zapremina se dobija i na sledeći način: V =

1 1 pABC ⋅ HABC = AB × AC H ABC . 3 6

Uporedimo li te dve zapremine, dobijamo traženu visinu:

H ABC =

((OB − OA) × (OC − OA))o (OD − OA) (OB − OA) × (OC − OA)

(OB − OA) × (OC − OA) = (4, 2, 2) = 24 = 2 6 i

=

4 2 6

=

6 , jer je 3

((OB − OA) × (OC − OA))o (OD − OA)

=4.

d) Jedno teme kocke je u koordinatnom početku. Susedna tačka je A (10, –5, 10), do tačka B je u pravcu )i smeru) vektora čije su koordinate (–22, –4, 20). Odrediti nepoznate koordinate. Vektor položaja tačke B je (–22 k, –4 k, 20 k), gde je k pozitivan broj. Imamo da su ivice jednake, pa će biti OA = OB : (–22 k )2 + ( –4 k )2 + (20 k)2 =102 + (–5)2 + 102. Odavde sledi k = ±½ . Samo se ½ prihvata (zbog smera) pa je B (–11, –2, 10). Treće susedno teme je u pravcu, koji je normalan na ravan prva tri temena: Odredimo pravac i smer tako da vektori OA , OB, OC1 čine desni sistem r r r i j k OC1 = OA × OB = 10 − 5 10 = (−30, − 210, − 75) . − 11 − 2 10

________________________________________________________________________________________ 61



DISKRETNA MATEMATIKA

Sada je potrebno na tom pravcu odrediti tačku C kao što smo to činili i u slučaju tačke B: (–30 k )2 + ( –210 k )2 + (–75 k)2 = 225. Sledi k = ±

3 . I ovom prilikom prihvatamo samo 45

pozitivnu vrednost pa dobijamo: C (–2, –14, –5). (Inače, ivica kocke je 15, a zapremina 3375 jedinica) r

r

Zadaci 3.3.: a) Odrediti koordinate vektora d tako, da bude ortogonalan na vektor a : r r r r r r r a = (–3, 0, 2) i da bude b o d = 4 i c o d = 35 , gde je b = (3, –2, 4) i c = (5, 1, 6) . r

r

r

r

b) Dati su vektori: a = (1, 1, 1), b = (1, 1, 0) i c = (1, –1, 0). Odrediti vektor d tako, r r r r r da zadovolji uslove a o d = 3 i d × b = c ! r

r

c) Odrediti koordinate jediničnog vektora e koji je normalan na vektor a = (11, 10, 2) r r r r i b = (4, 0, 3) a smer odabrati tako da sistem vektora a , b , e bude desni sistem! d) Tri temena osnove paralelepipeda su: tačka O, i tačke A(2, –3, 0) i B(5, –1, 0). Na gornjoj osnovi iznad tačke B je B’(3, 0, 4). Naći zapreminu tog tela. Ispitni zadaci 3.: 1. (26.01.1999.)

Izračunati kosinuse unutrašnjih uglova, kao i kosinus oštrog ugla izmedju dijagonala r r r r r r paralelograma ABCD, ako je AB = 2m − 6n , BC = m + 7n , a m, n je par uzajamno normalnih jediničnih vektora. Rešenje:

cos β =

BA ⋅ BC BA ⋅ BC

=

40 40 50

=

2 5

,

r r r r jer je BA ⋅ BC = (6n − 2m)( m + 7n ) = 42 − 2 = 4 . r r r r BA = (6n − 2m )(6n − 2m) = 36 + 4 = 40 . Slično će biti BC = 50 .

Pošto su susedni unutrašnji uglovi paralelograma suplementni, zato je cos α = –cos β r r r r Dijagonale su AC = AB + BC = 3m + n , i BD = AB − BC = m − 13n , pa za ugao

izmedju tih dijagonala važi: cos ϕ =

AC ⋅ BD AC ⋅ BD

=

− 10 10 170

=

17 . 17

2. (25.06.2001.)

r r Dati su vektori a = (1, 2, 3), b = (3, 2, 1), r r r r d = ( a × b ) × c koplanaran sa vektorima

r c = (1, 1, 1). Pokazati, da je vektor r v r a i b . Razložiti vektor d na komponente

________________________________________________________________________________________ 62

VEKTORSKA ALGEBRA



v r u pravcima vektora a i b . Rešenje:

a)

Kraća varijanta: koristeći teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu je:

b)

r r r r r r r r r r r ( a × b ) × c ) = (a o c ) ⋅ b − b o c ⋅ a = 6b − 6a . Ovime je pokazana komplanarnost koja se tvrdi u zadatku, a izvršeno je i r v r razlaganje vektora d na komponente u pravcima vektora a i b . Duža varijanta:

(

)

r

r j

i r r Izračunava se prvo a × b = − 4

8

1

1

r r r zatim ( a × b ) × c = = (12, 0 –12),

r k

− 4 = (–4, 8, –4), 1

r r i rešava se vektorska jednačina α a + β b = (12, 0 –12), r r v i dobijaju se rešenja α = –6 i β = 6, tojest d = –6 a + 6 b .

3. (02.09.2002.)

r r r r r r r r Koji ugao zaklapaju jedinični vektori m i n ako vektori a = m + 2n i b = m − n

zaklapaju ugao od

π

3

?

Rešenje:

(

)

r r r r π r r r r r r 1 r r < ( a , b ) = ⇒ a o b = a ⋅ b cos < ( a , b ) = a ⋅ b ⋅ . Neka je < ( m, n ) = ϕ , zato će 2 3 r r r biti: a = a o a =

(mr + 2nr ) o (mr + 2nr ) =

r2 r2 r r m + 4 n + 4 m ⋅ n cos ϕ ,

r r r a sa druge starne je m = n = 1 , pa je a = 1 + 4 + 4 cos ϕ . r Sličnim postupkom se dobija dužina vektora b : r r r b = b ob =

(mr − nr ) o (mr − nr ) =

1 + 1 − 2 cos ϕ , r r 1 pa skalarni proizvod tih vektora je: a o b = (5 + 4 cos ϕ )(2 − 2 cos ϕ ) ⋅ 2

Traženi skalarni proizvod se dobija i na sledeći način: r r r r r r a o b = (m + 2n ) o (m − n ) = 1 − 2 + cos ϕ . ________________________________________________________________________________________ 63



DISKRETNA MATEMATIKA

(5 + 4 cos ϕ )(2 − 2 cos ϕ ) ⋅ 1 .

Izjednačavanjem dva zaključka dobija se: − 1 + cos ϕ =

Kvadriramo li ovu jednačinu i uvedemo smenu cos ϕ = x dobijamo kvadratnu 1 jednačinu: 2 x 2 − x − 1 = 0 , čija su rešenja x1 = 1 i x 2 = − . 2

2

r r Isključujemo mogućnost x1 = 1 , jer to znači da je cos ϕ = 1 , tojest da je ϕ = 0, m = n , r r r odnosno da je b = m − n = 0, pa ostaje zaključak, da je za traženi ugao

x2 = −

1 1 2π ⇒ cos ϕ = − ⇒ ϕ = . 2 2 3

4. (12.12.2002.)

r r r Neka su a , b i c vektori položaja tačaka A(1,0,1, ) , B(0,1,1) i C (1,1,1) . Izračunati: r r r r r r r a) a × b × c = b) a × b + 3 c × b =

(

)

(

) (

)

Rešenje:

r r r i j k r r r d = a × b = 1 0 1 = ( −1, − 1, 1 ) , 0 1 1

a) b)

r r r i j k r r c × b = 1 1 1 = ( 0, − 1, 1 ) 0 1 1

r r r i j k r r r r r r d = ( a × b ) × c = d × c = − 1 − 1 1 = ( −2, 1, − 1 ) . 0 1 1 r r r r a × b + 3 c × b = (− 1, − 1, 1) + 3(0, − 1, 1) = (− 1, − 4, 4 ) = 1 + 16 + 16 = 33

(

) (

)

5. (29.01.2003.)

r r r Neka su dati vektori a = (k ,1, 4), b = (1, − 2, 0), c = (3, − 3, 4k ) . a) Izračunati zapreminu V paralelepipeda konstruisanog nad tim vektorima. b) Za koju vrednost skalara k su vektori komplanarni? r r r c) Za dobijenu vrednost k>0 razložiti vektor c na komponente po pravcima a , b . Rešenje:

Zapremina paralelepipeda je apsolutna vrednost mešovitog proizvoda ta tri vektora. Taj mešoviti proizvod je –8 k2 – 4 k + 12. Anuliranje te zapremine znači komplanarnost vektora. To će se desiti za k1 = 1 i za k2 = –3/2 Za određivanje veze između vektora treba videti da u slučaju k1 = 1 imamo r r r r r r a = (1, 1, 4), b = (1, − 2, 0), c = (3, − 3, 4) , tojest c = a + 2b . ________________________________________________________________________________________ 64

4. ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE 4.1. Tačka u prostoru Položaj tačke u prostoru je jednoznačno određen radijus vektorom (vektorom r r r r položaja): r = OA = xi + yj + zk . Brojevi x, y i z su koordinate tačke A, odnosno projekcije vektora položaja na koordinatne ose. Uobičajena je upotreba sledećih oznaka za tačku: r A(x,y,z), odnosno za vektor: r = OA = ( x, y, z ) .

M2

r r2

Neka su date tačke M1(x1,y1,z1) i M2(x2,y2,z2). Vektor M 1M 2 je određen razlikom vektora položaja datih tačaka:

r r r2 − r1

r r1

M1

M 1 M 2 = OM 2 − OM 1 = ( x 2 − x1 , y 2 − y1 , z 2 − z1 ) .

Iz toga proizilazi, da je rastojanje između tačaka M1 i M2 dato kao dužina vektora M 1M 2 :

O

Slika 4.1.1.

M 1M 2 = M 1M 2 = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2

. A

Koordinate tačke P(x3,y3,z3) između tačaka A(x1,y1,z1) i B(x2,y2,z2), za koju važi, da deli duž u datom odnosu, (tojest AP : PB = m : n ) su (slika 4.1.2.): x3 =

nx1 + mx 2 ny + my 2 nz + mz 2 , y3 = 1 , z3 = 1 . m+n m+n m+n

z

Ispravnost tih relacija se dokazuje polazeći od činjenice, da će dati odnos zadovoljiti tačka za koju m važi: AP = AB . Prepušta se čitaocu da izvrši dokaz. m+n

k O i x

P

B j

y

Slika 4.1.2.

Primer 4.1.: Izračunati obim trougla ABC, zatim odrediti koordinate težišta trougla. Tačke A, B i C date svojim koordinatama: A(2,–4,5), B(4,2,2), C(0,–1,–1). Odredimo redom dužine stranica trougla: AB = AB = (4 − 2) 2 + (2 + 4) 2 + (2 − 5) 2 = 7 , AC = 7 i BC = 34 .

Prema tome obim je O∆ = 14 + 34 . ________________________________________________________________________________________ 65



DISKRETNA MATEMATIKA

Težište je T(2,–1,2), jer je:  x + x 2 + x3 y1 + y 2 + y 3 z1 + z 2 + z 3  OT =  1 , , . 3 3 3   Izvesti formule za koordinate težišta trougla primenom formula za deobu duži u datoj razmeri.! Zadatak: Naći koordinate tačke koja je centralno simetrična slika tačke E(2,6,–1) u odnosu na koordinatni početak. U kojem prostornom oktantu se nalazi tačke E, a u kojem slika E'?

4.2 Jednačina ravni 4.2.1. Opšti oblik jednačine ravni r r r Posmatramo jednačinu n ⋅ r = b , gde je n =(A,B,C) poznati vektor, a b je poznati r skalar, dok rr =(x,y,z) je nepoznati vektor. Podelimo datu jednačinu sa dužinom vektora n :

r r n⋅r r r =r⋅ n

r b n r r r = r ⋅ n0 = r n n

→

n

z

Skalarni proizvod dva vektora se može protumačiti i kao proizvod dužine jednog od njih i projekcije drugog vektora na pravac prvog. U posmatranoj jednačini se javlja skalarni proizvod jednog konstantnog r (jediničnog) vektora n0 i promenljivog r vektora r . To znači, leva strana predstavlja r samo projekciju vektora r na pravac vektora r n0 jer je: r r r r r r ⋅ n0 = n0 ⋅ rnro = rnro .

Mo

M

→

ro →

r

O x

y

slika 4.2.1.

r Pošto je r promenljivi vektor, on se menja tako da mu je projekcija stalno ista: r r b rnro = r . To je moguće samo tako, da mu kraj leži u ravni koja je normalna na vektoru n0 n r r odnosno n . Vektor n ćemo nazvati normalnim vektorom ravni, i pišemo: Ax + By + Cz + D = 0, gde smo primenili oznaku –b = D. Ova jednačina je opšti oblik jednačine ravni.

________________________________________________________________________________________ 66

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE



4.2.2. Normalni oblik jednačine ravni

Pošto su koordinate jediničnog vektora kosinusi uglova, koje taj vektor zaklapa sa r koordinatnim osama, zato će i za normalni vektor ravni n =(A,B,C) jedinični vektor će biti: r r n n0 = r = (cos α, cos β, cos γ ) , n

r r dok projekcija vektora r na pravac vektora n0 je rastojanje ravni od koordinatnog početka. U ovom slučaju pišemo: x cosα + y cosβ + z cosγ - p = 0, što predstavlja Hesse-ov normalni oblik jednačine ravni. Iz opšteg oblika jednačine ravni Ax + By + Cz + D = 0 neposredno se dobija normalni oblik ako se opšti oblik podeli sa ± A 2 + B 2 + C 2 , pri čemu biramo znak tako da p bude −D pozitivna veličina p = > 0. 2 ± A + B2 + C 2

4.2.3. Ravan kroz datu tačku sa datim vektorom normale r Neka je data tačka M1 svojim vektorom položaja r1 =(x1,y1,z1), i vektor normale ravni r n =(A,B,C). Pronađimo jednačinu ravni kroz datu tačku i sa datim vektorom normale. Vektor r položaja proizvoljne tačke u toj ravni je r =(x,y,z). Iz zahteva zadatka proizilazi, da razlika r r r vektora r i r1 mora biti normalna na vektoru n , tojest:

r r r ( r – r1 ) n = 0 ili A(x –x1)+B(y –y1,)+C(z–z1)=0 Dobili smo jednačinu ravni kroz datu tačku sa datim vektorom normale ravni. 4.2.4. Ravan kroz tri zadate tačke

Neka su nam date tačke M1(x1,y1,z1), M2(x2,y2,z2) i M3(x3,y3,z3). Tri nekolinearne tačke određuju ravan, u kojoj se nalazi i proizvoljna tačka M(x,y,z). Korišćenjem vektora položaja r r r r r r tih tačaka, uočava se da vektori r − r1 , r2 − r1 i r3 − r1 moraju zadovoljiti uslov komplanarnosti vektora, tj. njihov mešoviti proizvod mora biti jednak nuli: x − x1 y − y1 z − z1 r r r r r r ((r − r1 ) × (r2 − r1 )) ⋅ (r3 − r1 ) = 0 , ili x 2 − x1 y 2 − y1 z 2 − z1 = 0 x3 − x1 y 3 − y1 z 3 − z1 To je jednačina ravni kroz tri zadate tačke; prva je u vektorskom, a druga je u skalarnom obliku. ________________________________________________________________________________________ 67



DISKRETNA MATEMATIKA

4.2.5. Segmentni oblik jednačine ravni z

Primenimo ovaj poslednji oblik jednačine ravni u slučaju, kada su nam date tačke u kojima ravan seče koordinatne ose: A(a,0,0), B(0,b,0) i C(0,0,c). x−a −a −a

y

c

z

b 0 =0 ⇒ 0 c

b y

O

( x − a)bc − y (− ac) + zab = 0 a

Nakon sređivanja ove jednačine i deljenja sa abc (abc≠0) dobija se segmentni oblik jednačine ravni: x y z + + = 1. a b c

slika 4.2.5.

x

4.2.6. Parametarske jednačine ravni

Neka je vektor položaja tačke r Mo u ravni dat sa r0 = (xo, yo, zo), i r r neka su vektori p i q paralelni ravni:

→

Mo

z

→

q

r r p = (xp, yp, zp), q = (xq, yq, zq). →

Četvrti vektor je vektor položaja r proizvoljne tačke M u ravni je r = (x, y, z). Ova četiri vektora su uvek komplanarna, to jest bilo koji se može izraziti pomoću preostala tri:

r r r r r = r0 +α p +β q

→

αp

p

ro

α p→+ β

→

q

M

→

βq

→

r

O

y x

slika 4.2.6.

U ovoj vektorskoj jednakosti su α i β proizvoljni realni parametri.

r r

r

r

Jednačina r = r0 +α p +β q je parametarska vektorska jednačina ravni koja prolazi r r r kroz tačku čiji je vektor položaja r0 , i koja je paralelna vektorima p i q , pri čemu ti vektori međusobno nisu paralelni!

________________________________________________________________________________________ 68



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

Parametarsku vektorsku jednačuni ravni možemo ispisati u skalarnom obliku, za svaku koordinatu koristimo po jednu skalarnu jednačinu: x = xo + αxp +βxq y = yo + αyp +βyq z = zo + αzp +βzq

r

Primer 4.2.1.: Neka je vektor položaja tačke Mo u ravni dat sa r0 = (4, –2, 1), dok su r r vektori p = (1, –1, 0) i q = (1, 0, –1) paralelni traženoj ravni. Iz parametarske jednačine ravni u vektorskom obliku slede parametarske jednačine ravni u skalarnom obliku:

x = 4 + α + β, y = –2 – α, z = 1 – β,

gde su (x, y, z) koordinate proizvoljne tačke M u ravni, a α i β realni parametri Primer 4.2.2.: Opšti oblik jednačine ravni δ je 3x+2y–4z+12=0. Vektor normale te r ravni je n =(3,2,–4). r Pošto je n = 2 2 + 3 2 + (−6) 2 = 7 , zato normalni oblik jednačine iste ravni δ biće:

2 3 6 12 −D x− y+ z− = 0 , jer zbog zahteva p = r > 0 podelili smo opšti oblik jednačine 7 7 7 7 ±n r sa –7. Iz normalnog oblika jednačine ravni δ čitamo kosinuse uglova koje zaklapa n0 sa koordinatnim osama Ox, Oy odnosno Oz, kao i p – rastojanje ravni od koordinatnog početka: −

2 3 6 12 cos α = − , cos β = − , cos γ = i p = . 7 7 7 7 Segmentni oblik jednačine ravni δ dobijamo upotrebom sledećih transformacija:

2 x + 3 y − 6 z = −12 : (−12) ⇒

x y z + + = 1. −6 −4 2

U ovom obliku je vidljivo, da ravan seče osu Ox u tački A(–6,0,0), osu Oy u B(0,-4,0), a osu Oz u tački C(0,0,2). Uz malo napora iz ovih podataka se može uočiti, da je jedinični vektor normale usmeren u dubinu trećeg oktanta, pa su zato kosinusi uglova sa prve dve koordinatne ose negativni. r Ravan α, čija je jednačina x+y–1=0 ima vektor normale n =(1,1,0). Ovaj vektor se nalazi u koordinatnoj ravni Oxy, tojest normalan je na osu Oz. Iz toga proizilazi, da je ravan α paralelna sa osom Oz (Slika 4.2.7.) . Sličnim rezonovanjem se može zaključiti, da su sve ________________________________________________________________________________________ 69



DISKRETNA MATEMATIKA

ravni, čija je jednačina oblika Ax + Cz + D = 0 paralelne su sa osom Oy, dok ravni čija jednačina ima oblik By + Cz + D = 0 paralelne su sa osom Ox. z

z

z

c

c

Ax+Cz+D=0

Ax+By+D=0

By+Cz+D=0

O

a

b y x

b

y

O

O

x

a

y

x slika 4.2.7.

Ravan δ ima jednačinu u opštem obliku Ax + D = 0. Vektor normale te ravni je r n =(A,0,0), tojest pravca je ose Ox. Iz toga sledi, da je ravan δ normalna na tu osu, odnosno paralelna je koordinatnoj ravni Oyz. Sličnim rezonovanjem se zaključuje, da je ravan sa jednačinom oblika By + D = 0 paralelna sa koordinatnom ravni Oxz, odnosno normalna je na osu Oy, dok ravan sa jednačinom oblika Cz + D = 0 normalna je na osu Oz, odnosno paralelna je sa koordinatnom ravni Oxy (Slika 4.2.8.) z

z

z

y=b c

x=a z=c

x

O

b y x

O

y x

a

O

y

slika 4.2.8.

Bilo koja ravan (pa i spomenute ravni u specijalnom položaju) prolaze kroz koordinatni početak u slučaju kada je D = 0. (Primetiti vezu sa rastojanjem ravni od koordinatnog početka!). Zadatak: a) Odrediti jednačine koordinatnih ravni. b) Odrediti jednačinu ravni koja sadrži jednu od koordinatnih osa!

b) Data je kocka čije ivice imaju dužinu 1. Kocka je položena u prvi oktant koordinatnog sistema tako, da se tri ivice oslanjaju na koordinatne ose, a jedno teme se poklapa sa koordinatnim početkom. Napisati jednačine 6 ravni, koje su nosači strana kocke, napisati i jednačine nekih ravni, koje dijagonalno presecaju kocku, kao i nekih ravni koje sadrže po tri temena kocke koje ne pripadaju istoj strani kocke.

________________________________________________________________________________________ 70



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

4.3. Jednačine prave 4.3.1. Vektorske jednačine prave

Posmatrajmo pravu, koja prolazi u prostoru kroz tačku M1(x1,y1,z1) i paralelna je vektoru r p = (l , m, n) . Obeležimo vektor položaja tačke M1 r sa r1 =(x1,y1,z1), a vektor položaja proizvoljne tačke M, koja pripada posmatranoj pravi sa rr =(x,y,z). Nije teško uočiti važenje sledećih vektorskih jednakosti:

e

M0 →

p

r1

M

z →

r

r r r (r − r1 ) × p = 0 , i r r r r = r1 + t ⋅ p, t ∈ R .

λ →p

→

y x

O

Slika 4.3.1.

To su vektorske jednačine prave linije u prostoru. Prvi od ova dva data oblika se bazira na činjenici, da za bilo koju tačku prave mora r r r biti vektor r – r1 paralelan unapred datom vektoru p . U drugom obliku je obuhvaćena činjenica, da vektor položaja bilo koje tačke na pravoj može biti izražen kao linearna kombinacija vektora položaja fiksne tačke M1 i datog vektora r pravca p . 4.3.2. Parametarske jednačine prave r r r Iz vektorske jednačine r = r1 + t ⋅ p slede tri skalarne jednačine:

x = x1 + t ⋅ l   y = y1 + t ⋅ m  z = z1 + t ⋅ n 

To su parametarske jednačine prave. U tim jednačinama t je realni parametar, čijim variranjem mogu se proizvesti sve tačke prave.

4.3.3. Dvojna jednačina prave u kanoničnom obliku

Izrazimo li parametar t iz parametarskih jednačina, zaključujemo: x − x1 y − y1 z − z1 = = =t, l m n gde smo predpostavili da je lmn ≠ 0. Ovaj oblik jednačine prave nazivamo dvojnom jednačinom prave u kanoničnom obliku. Ovaj oblik je naj izražajniji, jer se neposredno mogu očitati koordinate fiksne tačke i vektora pravca. ________________________________________________________________________________________ 71



DISKRETNA MATEMATIKA

4.3.4. Prava kao presek dve ravni

Neka su nam date dve ravni α i β svojim jednačinama u opštem obliku. α

 A1 x + B1 y +C 1 z + D1 = 0   A2 x + B2 y + C 2 z + D2 = 0

z

→

n2

e

Poznato nam je, da su vektori normala tih ravni: r n1 = ( A1 , B1 , C1 ); i r n2 = ( A2 , B2 , C 2 ). Nije teško uočiti, da svojim presekom te dve ravni r r određuju pravu p čiji je vektor pravca n1 × n2 .

β O

o

90

90

o

→ n1

→

n1 ×→ n2

y

x

Slika 4.3.4.

Prema tome prava je zadata i presekom dve ravni. 4.3.5. Jednačine prave kroz dve tačke

Osmotrimo sada slučaj, kada su date dve tačke prave p: M1(x1,y1,z1) i M2(x2,y2,z2). Izvedimo jednačine prave kroz dve tačke!

r Ne predstavlja teškoću zaključiti, da je vektor pravca p određen razlikom vektora r položaja tačaka M1 i M2: p = OM 2 − OM 1 = ( x 2 − x1 , y 2 − y1 , z 2 − z1 ) . Iz toga sledi, da jednačina prave kroz dve tačke u vektorskom obliku može biti zadata kao: r r r r (r − r1 ) × (r2 − r1 ) = 0 , ili r r r r r = r1 + t ⋅ (r2 − r1 ), t ∈ R .

Takođe bez većeg napora možemo doći do parametarskih jednačina prave, kao i do dvojne jednačine prave kroz dve tačke u kanoničnom obliku: x = x1 + t ⋅ ( x 2 − x1 )   y = y1 + t ⋅ ( y 2 − y1 ) z = z1 + t ⋅ ( z 2 − z1 ) 

x − x1 y − y1 z − z1 . = = x 2 − x1 y 2 − y1 z 2 − z1

r Primeri 4.3.: Data nam je tačka M(2,3,1) i vektor p =(1,2,–1). Iz vektorske jednačine r r r prave u obliku (r − r1 ) × p = 0 dobijemo r r r i j k x − 2 y − 2 z −1 x − 2 y − 3 z −1 = 0 ⇒ = = 1 2 −1 1 2 −1 ________________________________________________________________________________________ 72

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE



gde smo iskoristili svojstvo determinante, da je njena vrednost jednaka nuli, ukoliko su dva paralelna reda proporcionalna. Iz posmatranog vektorskog oblika jednačine prave neposredno smo dobili dvojnu jednačinu u kanoničnom obliku. Napišimo sada za isti slučaj parametarske jednačine prave. Eliminacijom parametra t iz svake od tih jednačina dobijamo istu dvojnu jednačinu prave: x = 2+t   y = 3 + 2t  z = 1 − t 

⇒

x − 2 y − 3 z −1 = = =t 1 2 −1

Uključimo sada u razmatranje i tačku N(2,2,2). Odredimo jednačine prave kroz tačke M i N u kanoničnom obliku! "Bukvalnim" korišćenjem postupka zadatog u 4.3.5. dobijemo sledeći oblik: x − 2 y − 3 z −1 x − 2 y − 3 z −1 . = = ili = = −1 2 − 2 2 − 3 2 −1 0 1 Dogovorno “dozvoljavamo”, da u kanoničnom obliku jednačine prave pišemo nulu u imeniocu. Međutim, ispravan način pisanja jednačine prave u takvim specijalnim slučajevima y − 3 z −1 bi bio: x − 2 = 0, = . Ovo proizilazi iz činjenice, da prava prolazi kroz tačku sa −1 1 apscisom x = 2, a ima pravac vektora MN = (0,−1,1) , koji je normalan na osu Ox odnosno paralelna je sa ravni Oyz. To znači, da duž čitave prave mora biti x = 2. Dajemo jednačine još nekoliko pravih u specijalnom položaju; jednostavnosti radi, neka sve prave prolaze kroz tačku A(1,1,1). r a) Neka je vektor pravca normalan na osu Oy (paralelan je ravni Oxz): p =(2,0,–1). x −1 y −1 z −1 x −1 z −1 = = ili = ; y −1 = 0 2 0 2 −1 −1 r b) Neka je vektor pravca normalan na osu Oz (paralelan je ravni Oxy): p =(2,–1,0). x −1 y −1 z −1 x −1 y −1 = = = ; z −1 = 0 ili −1 2 2 0 −1

r c) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oxy (paralelan je osi Oz): p =(0,0,1). x −1 y −1 z −1 = = ili x − 1 = 0; y − 1 = 0. 0 0 1 U poslednjem slučaju ne postoji jednačina koja određuje koordinatu z. Upravo to treba uočiti: z može da poprimi bilo koju vrednost, dok koordinate x i y su fiksirane, prava je vertikalna. Valja primetiti, da jednačine x–1=0 i y–1=0 predstavljaju po jednu ravan u specijalnom položaju (videti primer 2.2.1.). Drugim rečima, kanonični oblik jednačine prave se zamenjuje sa oblikom, kada je prava određena sa jednačinama dve ravni. Slična je situacija i u tačkama d) i e): ________________________________________________________________________________________ 73



DISKRETNA MATEMATIKA

r d) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oxz (paralelan je osi Oy): p =(0,1,0). x −1 y −1 z −1 = = ili x − 1 = 0; z − 1 = 0. 0 1 0 r e) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oyz (paralelan je osi Ox): p =(1,0,0). x −1 y −1 z −1 = = ili y − 1 = 0; z − 1 = 0. 1 0 0

Zadatak: a) Odrediti jednačine koordinatnih osa; b) Odrediti sve oblike jednačine prave koja prolazi kroz tačke O(0,0,0) i A iz prethodnog primera.

4.4. Međusobni odnosi pravih i ravni i tačke 4.4.1. Međusobni odnosi dve ravni

Posmatramo dve ravni, α i β koje su zadate njihovim opštim jednačinama: r

α: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, sa vektorom normale n1 =(A1, B1, C1), r β: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0, sa vektorom normale n 2 =(A2, B2, C2). Razume se sam po sebi, da je ugao između dve ravni jednak uglu između njihovih vektora normala: a)

r r n1 || n 2 ⇔ (α || β) ∨ (α ≡ β).

Ako su ti vektori normale paralelni, tada su i ravni paralelne: A B C r r r r n1 × n 2 = 0 ⇔ n1 = k n 2 ⇔ 1 = 1 = 1 = k. A2 B2 C 2 D Ukoloko je zadovoljena još i jednakost 1 = k, tada i nemamo dve različite revni! To su D2

jednačine jedne ravni koje se razlikuju po tome, što je jedna od njih pomnožena konstantom k. Ako je

D1 ≠ k, tada su to stvarno dve različite i paralelne ravni. U slučaju paralelnih ravni D2

interesantno je pitanje njihove međusobne udaljenosti. Rastojanje ravni do koordinatnog početka je poznato iz poglavlja, u kojem smo − D razmatrali normalni oblik jednačine ravni: p = . Ovaj broj može biti i A2 + B

2

+ C

2

negativan i pozitivan U slučaju upotrebe kao rastojanje ispred korena u imeniocu stavljamo ±, −D i biramo znak tako da rastojanje bude uvek pozitivno p = . Ako ostavljamo ± A2 + B 2 + C 2 predznak broja p i u slučaju paralelnih ravni to tumačimo na sledeći način: r r r r − D1 r1 o n r r − D 2 r2 o n r r p1 = r = r = r1 o n 0 i p 2 = r = r = r2 o n 0 , n n n n

________________________________________________________________________________________ 74



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

r

r

r

r

gde je n zajednički vektor normale, dok n 0 je jedinični vektor normale, r1 i r2 su vektori položaja po jedne fiksne tačke sa tih ravni α odnosno β. Sada uključimo u naša razmatranja i treću ravan, paralelnu sa datim ravnima, ali koja prolazi kroz koordinatni početak.: (α | | β | | γ) ∧ ( O ∈ γ ) .

→

n1

β

→

n2

→

→

n1

→

n2

90 o

β a)

→

n1

β

α

n2

α

ϕ

α

b)

c) slika 4.4.1.

Ako su oba skalarna proizvoda istog znaka, tada su obe paralelne ravni sa iste strane koordinatnog središta, pa je njihovo rastojanje d = p1 − p 2 . r

r

U slučaju različitog znaka skalarnog proizvoda vektori r1 i r2 pokazuju na različite strane ravni γ, to jest date ravni su sa različite strane koordinatnok početka, zato je njihovo međusobno rastojanje: d = p1 + p 2 . Ne umanjujemo opštost ako pretpostavimo p1 > 0 i p2 < 0. Sledi: ( p1 > 0) ∧ ( p2 < 0) ⇒ p1 = p1 ∧ p 2 = − p 2 ⇒ d = p1 + p 2 = p1 + p 2 = p1 − p 2 .

Prema tome, međusobno rastojanje paralelnih ravni je uvek:

d = p1 − p 2 ili:

r

d=

D2 − D1 A2 + B 2 + C 2

r

b) n1 ⊥ n 2 ⇔ α⊥β. Ravni su uzajamno normalne ako i samo ako skalarni proizvod njihovih vektora normala jednak nuli: r

r

r

r

α⊥β ⇔ n1 ⊥ n 2 ⇔ n1 o n 2 = 0 ⇔A1A2 +B1B2 +C1C2 = 0. r r

c) U opštem slučaju (∠ n1 , n 2 ) = (∠α,β). ________________________________________________________________________________________ 75



DISKRETNA MATEMATIKA

U slučaju b) i c) ravni se seku po jednoj pravoj. Ova situacija je razmotrena u tački 4.3.4. d) PRIMEDBA za slučaj međusobnog položaja tri ravni. Opšta situacija je, kada između ravni, niti njihovih presečnih pravih ne postoji nikakva specijalna situacija. Tad, rešavanjem sistema jednačina sačinjenog od jednačina tih ravni dobijamo koordinate njihove zajedničke tačke. r

α: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, vektor normale n1 =(A1, B1, C1), r

β: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0, vektor normale n 2 =(A2, B2, C2), r

γ: A3 x + B3 y + C3 z + D3 = 0, vektor normale n3 =(A3, B3, C3). Jedna od interesantnijih situacija je, kada su presečne prave tih ravni par po par paralelne. Tada te tri ravni obrazuju jednu trostranu prizmatičnu površ. U slučaju poklapanja tri presečne prave te tri ravni obrazuju pramen ravni.

e2

4.4.2. Međusobni odnos dve prave

Posmatramo međusobni odnos pravih e1 i e2 ako su nam date njihove vektorske jednačine: r r r e1 : ( r – r1 )× p1 = 0, gde je r r r1 = (x1, y1, z1) i p1 = (k1, l1, m1), r r r e2 : ( r – r2 )× p 2 = 0, gde je r r r2 = (x2, y2, z2 ) i p 2 = (k2, l2, m2). r r a) e1 || e2 ⇔ p1 × p 2 = 0.(slika 4.4.2.1.).

z

→

M2 → r2

O x

d

p

→ → t = | M 1M 2 × p |

M → 1M

→ r1

e1

→

p

2

M1

y

slika 4.4.2.1. r

r

r

Ne utiče na opštost, ako prepostavimo, da su im vektori pravaca jednaki: p1 = p 2 = p . U slučaju paralelnih pravih javlja se po pravilu pitanje njihovog međusobnog rastojanja i jednačine ravni, koja ih sadrži. Lako je uočiti, da se vektor normale ravni, koja sadrži dve paralelne prave dobijemo r r kao vektorski proizvod sledećih vektora: n = M 1 M 2 × p = (A, B, C). Poznavajući vektor normale ravni, korišćenjem bilo tačke M1 sa jedne prave, bilo tačke M2 sa druge prave zapisujemo jednačinu ravni: a : A(x – x1) + B(y – y1) + C(z – z1) = 0 Očevidno je, da se rastojanje između paralelnih pravih poklapa sa visinom r paralelograma razapetog vektorima p i M 1 M 2 , to jest: r M 1M 2 × p d= r p ________________________________________________________________________________________ 76



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

Primer 4.4.a: Osmotrimo međusobni položaj pravih e1 i e2 ako su im jednačine: e1 :

x − 4y + z + 2 = 0 x −1 y + 2 z + 3 = = i e2 :  . 2y − z + 2 = 0 2 1 2 

Pošto je prava e2 zadata jednačinama dveju ravni, prvo transformišimo taj oblik na kanoične jednačine. Vektor pravca prave će biti vektorski proizvod vektora normala datih r ravni: p 2 =(1, –4, 1) ¥ (0, 2, –1) = (2, 1, 1). Odmah se primećuje paralelnost datih pravih, jer r r je p1 = p 2 . Potražimo jednu proizvoljnu tačku na pravoj e2! Neka je to tačka sa z2 = 0. Otuda je y2 = –1 i x2 = –6, to jest M2(–6, –1, 0), tačku sa prave e1 možemo očitati: M1(1, –2, –3). r r Sledi M 1 M 2 = OM 2 – OM 1 =( –7, 1, 3). Vektor normale zajedničke ravni je n = M 1 M 2 × p = (–1, 20, –9), dok jednačina ravni (koristimo M1 ): –(x –1) + 20 (y + 2) – 9 (z + 3) = 0. Opšti oblik te jednačine je: x – 20 y + 9 z – 14. Odredimo još međusobno rastojanje ovih pravih! r

r

Pošto je  M 1 M 2 × p = (−1) 2 + 20 2 + (−9) 2 = 482 i p = 3, zato će biti d = r

r

r

1 482 . 3

r

b) e1 » e2 = P ⇔ p1 × p 2 π 0 Ÿ ( p1 × p 2 ) o M 1 M 2 = 0. (slika 4.4.2.2.)

Drugo pitanje je određivanje koordinata njihove presečne tačke. Posmatrajmo jednačine pravih u kanoničnom obliku: e1 :

x − x1 y − y1 z − z1 = = a1 b1 c1

i

e2 :

z

M2 P → r2

e2

→ p

2

→ → r1

M1

p1

e1

y

O x

α

→ M2  M1

U vezi pravih, koje se seku, takođe se postavljaju obično dva pitanja. Prvo se pozabavimo sa jednačinom njihove ravni. r r r Vektor normale će biti n = p1 × p 2 = (A, B, C), i prolaziće bilo kroz tačku M1 bilo kroz tačku M2.

slika 4.4.2.2.

x − x2 y − y 2 z − z 2 = = a2 b2 c2

Rešimo jednačine "u parovima": x − x1 y − y1 x − x2 y − y2 = i = . a1 b1 a2 b2

Nakon izračunavanja xp i yp zatim zamenivši u jednačunu bilo koje prave dobićemo vrednost i treće koordinate zp. Primer 4.4.b.: Date su prave e1 i e2: e1 :

r

x−2 y−5 z −5 = = , 1 3 2

e2 :

x−6 y −3 z −7 = = , 5 1 4

r

Konstatujemo: p1 = (1, 3, 2), p 2 = (5, 1, 4), M1(2, 5, 5), M2(6, 3, 7), ________________________________________________________________________________________ 77



DISKRETNA MATEMATIKA

M 1 M 2 = OM 2 – OM 1 =( 4, –2, 2)..

r

r

1

( p1 × p 2 ) o M 1 M 2 = 5 4

3

r r j k

r i

2

r r 4 = 0, p1 × p 2 = 1 −2 2 5 1

r 2 = (10, 6, –14) fi n =(5, 3, –7). 4

3 1

Anuliranje mešovitog proizvoda znači da se prave seku, ujedno smo odredili i vektorski proizvod njihovih vektora pravaca – i koristimo ga kao to vektor normale njihove zajedničke ravni. Jednačina te ravni je: 5(x–2) + 3(y–5) – 7(z–5) = 0. Koordinate presečne tačke P određujemo pomoću jednačina obeju pravih.

x −2 y −5 = ⇒ y = 3x − 1 , 1 3 x−6 y −3 x+9 = ⇒ y= dok iz jednačina e2 sledi: 5 1 5 x+9 3x − 1 = ⇒ x = 1, y = 2. 2

Iz jednačina prave e1 dobijamo:

Treća koordinata se dobija korišćenjem jednačina bilo koje prave: z = 3. Koordinate preseka su prema tome: P(1, 2, 3). r

r

c) Prave e1 i e2 su mimoilazne ⇔ ( p1 × p 2 ) o M 1 M 2 π 0. (slika 4.4.3.).

Mimoilazne prave zadaju malo više briga nego prethodni odnosi. c1) Prvi zadatak je određivanje jednačina paralelnih ravni od kojih jedna sadrži jednu, a druga ravan pak sadrži drugu od mimoilaznih pravih, c2) Drugi zadatak (delimično je već rešen) određivanje najkraćeg rastojanja između tih pravih (to rastojanje se poklapa sa međusobnim rastojanjem paralelnih ravni, koje ih sadrže). c3) Treći, ujedno i najsloženiji zadatak je: napisati jednačinu zajedničke normalne prave dveju mimoilaznih pravih.. n

Rešenja:

→

p1

M2

→ r1

M

O x

p2

P2

r→2

α2

→

90 o

→  M2 1

c1) Odgovor na ovo pitanje je naklakši od ova tri postavljena pitanja: Zajednički vektor normale obe ravni je vektorski proizvod vektora pravca datih pravih: r r r n = p1 × p 2 = (A, B, C). Jednačine paralelnih ravni možemo sada postaviti kroz M1 i M2 (fiksne r tačke datih pravih) sa vektorom n kao vektorom normale:

z

e2

y

M1 o

90

→ p

1

→

α1

p2

P1

e1

slika 4.4.2.3.

A(x – x1) + B (y – y1) + C (z – z1) = 0 i A(x – x2) + B (y – y2) + C (z – z2) = 0. ________________________________________________________________________________________ 78



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

c2) Najkraće rastojanje mimoilazbih pravih je prosto rastojanje između paralelnih ravni koje sadrže te prave. Pitanje je razmotreno u tačku 4.4.1. c3) Jednačine zajedničke normale konstruisšemo na sledeći način: Postavimo ravan β1 kroz pravu e1 tako da bude normalna na ravan α1 (Normala te ravni je paralelna sa vektorom r r n × p1 . Ravan sadrži tačku M1). Zatim napišemo jednačinu ravni β2 koja je normalna na ravan r r α2 i sadrži pravu e2 (Normala te ravnia je paralelna sa vektorom n × p 2 . Ravan sadrži tačku M2). Jednačine ovih dveju ravni jesu ujedno i jednačine prave n u smislu tačke 4.3.4. Primer 4.3.4.c.: Date su prave e1 : x − 6 =

y − 2 z − 10 x−5 y −5 z +3 = = = i e2 : . −2 −2 2 3 −2

Konstatujemo činjenice u vezi vektora pravaca i fiksnih tačaka: r r p1 = (1, –2, 2), p 2 = (3, –2, –2), M1(6, 2, 10), M2(5, 5, –3), M 1 M 2 = OM 2 – OM 1 =( –1, 3, –13). r r r r r r Izračunamo p1 × p 2 = (8, 8, 4),  p1 × p 2 = 12, ( p1 × p 2 ) o M 1 M 2 = –36.

Pošto je taj broj različit od nule – sledi: prave su mimoilazne. Izračunajmo njihovo međusobno najktaće rastojanje! r r Podelimo le zapreminu praralelepipeda razapetog vektorima p1 , p 2 i M 1 M 2 sa mernim brojem površine baze, dobijamo visinu tela – a to je upravo traženo odstojanje. (Osmotrimo ponovo sliku 4.4.2.3.!) r r ( p1 × p 2 ) o M 1 M 2 36 d = P1 P2 = , znači d = = 3 r r p1 × p 2 12

Potražimo sada jednačine dveju paralelnih ravni od kojih svaka sadrži po jednu od r r datih mimoilaznih pravih! Zajednički vektor normale tih ravni je p1 × p 2 = (8, 8, 4). r

Očevidno, možemo upotrebiti i paralelni vektor n =(2, 2, 1). Otuda slede jednačine traženih paralelnih ravni: α1: 2(x – 6) + 2(y – 2) + (z – 10) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 26 = 0, α2: 2(x – 5) + 2(y – 5) + (z + 3) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 17 = 0. Izračunajmo i međusobno odstojanje tih ravni (to je i najkraće odstojanje mimoilaznih pravih). U tački 4.4.1. smo to izračunali pomožu izraza: d = p1 – p2=

D2 − D1 2

2

A + B +C

2

=

− 17 + (−26) 3

=3 .

Posle svega toga potražimo i jednačine zajedničke normale!

________________________________________________________________________________________ 79



DISKRETNA MATEMATIKA

r

r

Vektor normale ravni β1 je paralelan vektoru n × p1 = (6, –3, –6). Neka je to vektor r n1 =(2, –1, 2). Ujedno ravan sadrži i tačku M1 (6, 2, 10). Prema tome je: β1 : 2(x – 6)–(y – 2)–2(z – 10)=0 ⇒ 2 x – y –2 z + 10 = 0 r

r

Vektor normale ravni β2 je paralelan vektoru n × p 2 = (–2, 7, –10) (Taj vektor nećemo "pojednostaviti"). Ravan sadrži tačku M2 (5, 5, –3). Prema tome je :

β2 : 2(x – 5)–7(y – 5)+10(z + 3)=0 ⇒ 2 x –7 y +10 z +55 = 0

Jednačine prave – zajedničke normale su:  2 x − y − 2 z + 10 = 0 n :  2 x − 7 y + 10 z + 55 = 0

Očevidno, tačka P1 je prodor prave e1 kroz ravan β2, dok P2 je tačka prodora prave e2 kroz ravan β1. Transformičimo jednačine prave e1 iz kanoničnog oblika u parametarski oblik, i uvrstimo dobijene izraze u jednačinu ravni β2:  x =t +6 y − 2 z − 10  Pošto je: e1 : x − 6 = = t ⇒  y = −2t + 2 ⇒ = 2 −2  z = 2t + 10  17  7 21 3  2(t + 6) – 7(2 – 2t) + 10(2t + 10) + 55 = 0 ⇒ t= − ⇒ P1  , ,  4 4 2 2

Ukoliko su nam potrebne i koordinate tačke P2, na isti način potražimo prodor prave e2 na ravni β1. U ovom slučaju posredstvo parametra t = −

7  1 17 1  dobijamo P2  − , , . 4  4 2 2

Izvršimo još jednu kontrolu! Odredimo vektor P1 P2 . Osmotrimo pravac i dužinu tog vektora! P1 P2 = OP2 − OP1 =(2, 2, 1) .

Uočavamo podudarnost sa vektorom pravca jajedničke normalne prave, što je i vektor normale α1 i α2 a njihovo rastojanje je 3. Zadaci 4.3.: a) Napisati jednačine prave e, ako znamo, da sadrži tačku M1(1, –1, 1) i r paralelna je sa vektorom a = (1, 2, 3). x− y+ z−4 = 0 . 2 x + y − 2 z + 5 = 0

b) Postavimo pravu kroz tačku T(1, –2, 1) paralelno sa pravom p :  Napisati jednačine te nove prave! c) Ispitati međusobni položaj pravih e1 i e2:  x = 2t + 1  e1 :  y = 3t − 2 ,  z = −6t + 1 

2 x + y − 4 z + 2 = 0 e2 :  . 4 x − y − 5 z + 4 = 0

________________________________________________________________________________________ 80



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

d) Odrediti vrednost parametra a tako da prave e1 i e2 budu presečne prave, zatim izračunajmo koordinate njihovog preseka. e1 :

x − 2 y + 4 z −1 = = , 3 5 −2

e2 :

x −a y −3 z +5 = = . 2 1 0

e) Napisati jednačine zajedničke normale pravih e1 i e2: e1 :

x − 4 y + 3 z − 12 = = , 1 2 −1

e2 :

x − 3 y −1 z −1 = = . −7 2 3

f) Napisati jednačine prave, koja sadrži tačku P(3,–1, 0) i seče prave e1: x = y = z i

e2 :

x−3 z = 1− y = . 3 2

4.4.3. Međusobni odnos tačke i prave

Data tačka P(x0, y0, z0) i prava e:

x − x1 y − y1 z − z1 = = mogu biti samo u dva ražličita px py pz

međusobna položaja: P pripada pravoj e ili se nalazi na rastojanju d od prave. Posmatramo sliku 4.4.3. Neka je M1 fiksna tačka prave e. Tada rastojanje tačke P od prave e računamo po definiciji: Definicija 4.4.3.: Rastojanje proizvoljne tačke prostora P(x0, y0, z0) od prave e je određeno izrazom

z

P e

d 90

r M 1P × p d= r p

O

ο

M1 y

x r

Slika 4.4.3.

gde je p =(px , py , pz ) vektor pravca prave e, dok M1(x1, y1, z1 ) je jedna utvrđena tačka na pravoj e. Definicija se zasniva na činjenici, da je traženo rastojanje u stvari poklapa se sa r visinom paralelograma razapetog vektorima p i M 1 P . Primer 4.4.3.: Date su tačke: A(4, –2, 3), B(1, 3. –1) i C(0, 1, 1). Odredimo dužine visin trougla ∆ABC!

Ovde ćemo da izračunamo samo visinu koja pripada stranici AB. Ostale visine čitalac će sam izračunati!

________________________________________________________________________________________ 81



DISKRETNA MATEMATIKA

Vektor pravca prave kroz tačke AB je AB = OB − OA =(–3, 5, –4). Pošto tražimo rastojanje tačke C od prave AB, potreban nam je još i vektor AC = OC − OA =(–4, 3, –2). r

Ulogu vektora p igra vektor AB , a ulog vektora M 1 P preuzima AC . Zato, posmatrana visina ima dužinu: hc =

r i

r j

AB × AC AB

.

r k

2 2 + 10 2 + 112 3 2 = . 2 2 2 2 (−3) + 5 + (−4)

Pošto je AB × AC = − 3 5 − 4 =(2, 10, 11) ⇒ hc = −4 3 −2

4.4.4. Međusobni odnos tačke i ravni

U ovom međusobnom odnosu je najinteresantnije pitanje udaljenosti tačke do ravni, kojoj ne pripada. (Slika 4.4.4.) Neka je ravan α data sa svojom opštom jednačinom: A x + B y + C z + D = 0 i neka je data tačka van te ravni P(x0, y0, z0), tačka M1(x1, y1, z1) je tačka koja pripada ravni. Duž ONP je projekcija r vektora OP na pravac vektora n =(A, B, C), normale ravni, dok ONM je isto tako projekcija vektora OM 1 na pravcu istog vektora normale ravni. Sada već možemo uočiti, da je rastojanje tačke P od ravni α jeste apsolutna vrednost razlike tih dveju projekcija:

→

n z

P

d

M1

90

NM

d

ο

α

90

O x

d = ON P − ON M = prnr OP − prnr OM 1 .

NP

ο

P' y

Slika 4.4.4.

Na osnovu definicije skalarnog proizvoda dva vektora: r A x0 + B y 0 + C z 0 r r n r r n o OP = n prn OP ⇒ prn OP = r OP = i n A2 + B 2 + C 2 r A x1 + B y1 + C z1 r r n r r n o OM 1 = n prn OM 1 ⇒ prn OM 1 = r OM 1 = . n A2 + B 2 + C 2

r

Ranije smo već uveli obeležavanje: n o OM 1 = − D , pri čemu M1 je tačka koja pripada ravni: prnr OM 1 =

−D 2

A + B2 + C 2

.

________________________________________________________________________________________ 82



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

Imajući u vidu sve izneto, rastojanje tačke od ravni određujemo na sledeći način: r r r n o OP − n o OM 1 n o OP + D d= . = r r n n

Definicija 4.4.4.: Rastojanje proizvoljne tačke P(x0, y0, z0) prostora od ravni, čija je opšta jednačina: A x + B y + C z + D = 0 jeste:

d=

A x0 + B y 0 + C z 0 + D A2 + B 2 + C 2

Primer 4.4.4.: Data je tačka D(8, 3, –7) kao četvrto teme trostrane piramide ABCD. Koordinate tačaka A, B i C smo zadali u primeru 4.4.3. Izračunajmo visinu piramide koja je spuštena iz tačke D na osnovu ABC!

Odredimo prvo jednačinu ravni, koja sadrži tačke ABC. Vektor normale ravni je sledeći vektorski proizvod: AB × AC =(2, 10, 11), ujedno određujemo u dužinu tog vektorskog proizvoda 225 = 15 . Postavimo sada ravan, recimo, kroz tačku A (možemo odabrati bilo koju od triju tačaka osnove! Zašto?) 3(x – 4) + 10(y + 2) + 11(z – 3) = 0 ⇒ 3x + 10y + 11z – 25 = 0 Konačno, tražena visina je: hD =

3 ⋅ 8 + 10 ⋅ 3 + 11 ⋅ (−7) − 25 15

=

16 . 5

4.4.5. Međusobni odnos prave i ravni

Posmatramo pravu e zadatu svojim jednačinama u kanoničnom obliku i ravan α sa jednačinom u opštem obliku. U kakvom međusobnom položaju mogu biti ovi objekti? Neka r je tačka M0(x0, y0, z0) utvrđena tačka u prave, vektor pravca prave je p = ( p x , p y , p z ) a vektor r

normale ravni je uobičajeni n =(A, B, C). Jednačine su: e:

x − x0 y − y 0 z − z 0 , = = px py pz

α: A x + B y + C z + D = 0.

a) U slučaju uzajamne normalnosti vektora pravca prave i vektora normale ravni moguće je da prava paralelna sa ravni, ali može i cela da joj pripada. ( Uočimo to na slici 4.4.5.1.): r r p o n = 0 ⇒ (e || α )∨ ( e ⊆ α ). Provera potpunog pripadanja prave ravni zahteva samo kontrolu pripadanja tačke M0 ravni. Nakon tih konstatacija je očevidno:

r r r r ( p o n = 0 ) ∧ ( M0∉α )⇒ e || α .

( p o n = 0 ) ∧ ( M0∈α )⇒ e ⊆ α , ________________________________________________________________________________________ 83



DISKRETNA MATEMATIKA

r r

b) Ako je p o n ≠ 0 . tada postoji jedna i samo jedna tačka, koja pripada i pravoj i ravni. To je prodor prave kroz ravan. Određivanje koordinata prodora je prilično jednostavno: transformišimo jednačine prave iz kanoničnog oblika na parametarski oblik i to uvrstimo u jednačinu ravni. Iz dobijene jednačine sa jednom nepoznatom određujemo vrednost parametra t, što determiniše i koordinate zajedničke tačke: A(t px +x0)+B(t py +y0)+C(t pz +z0)+D = 0. Prodor prave na ravni se određuje drugom tehnikom, ukoliko je prava data jednačinama dveju ravni koje se seku. Tim jednačinama prave priključujemo kao treću jednačinu, jednačinu ravni i rečimo sistem sa tri nepoznate: α: A x + B y + C z + D = 0, δ: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, ε: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0, gde je α jednačina ravni koja nam je zadata u početku, a prava e je određena kao presečna linija ravni δ i ε. U slučaju protivrečnog sistema (sistema bez rešenja) prava ne prodire kroz ravan (paralelna je sa njom), a u slučaju neodređenog sistema (beskonačno mnogo zajedničkih tačaka) prava pripada ravni.

e z

x

z

→

p

n

O

Slika 4.4.5.1.

p

→

α y x

z

→

n

→

α

e

e

P y

O

90 o

α

x

Slika 4.4.5.2.

O

→

p

ξ

ϕ

P

→

n y

Slika 4.4.5.3.

Poseban međusobni položaj je normalnost prave i ravni. U slučaju paralelnosti vektora pravca prave i vektora normale ravni prava i ravan su uzajamno normalne (Slika 4.4.5.2.) r r p × n = 0 ⇒ (e ⊥ α ). U slučaju nekog kosog ugla između prave i ravni, postavlja se pitanje veličine tog ugla. (Slika 4.4.5.3.) Uočiti, da je ugao između vektora pravca prave i vektora normale ravni ϕ je dopunski ugao ugla ξ, između same prave i ravni. Prema tome: r r pon p n

cos ϕ = r r = sin ξ. Dodatno pitanje međusobnog položaja prave i ravni je i slučaj pramena ravni: to je skup ravni koje sve sadrže jednu istu pravu.. Neka je e jedna utvrđena prava u prostoru zadata kao presek neparalelnih ravni δ i ε: ________________________________________________________________________________________ 84



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

δ: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, ε: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0. Ako je P(x', y ', z') proizvoljna tačka prave e tada koordinate tačke P zadovoljavaju i jednačine ravni δ i ε: A1 x' + B1 y ' + C1 z' + D1 = 0 i A2 x' + B2 y '+ C2 z' + D2 = 0 ⇒ ⇒ λ(A1 x' + B1 y ' + C1 z' + D1 ) + µ(A2 x' + B2 y '+ C2 z' + D2 ) = 0 ⇒ ⇒ (λA1 + µA2 )x' + (λ B1 + µB2) y '+ (λC1 + µC2) z' + (λD1 + µD2 ) = 0, gde su λ i µ proizvoljni realni brojevi. Zaključak: tačka P pripada ne samo ravnima δ i ε već i bilo kojoj ravni čiji vektor normale je proizvoljna linearna kombinacija vektora normala ravni δ i ε. Slobodni član u tim jednačinama je proizveden iz slobodnih članova datih ravni upotrebom istih brojeva kao i linearna kombinacija vektora normala. Jednačina pramen ravni sa zajedničkom pravom e je: (λA1 + µA2) x + (λB1 + µB2) y + (λC1 + µC2) z + (λD1 + µD2 ) = 0. Vektori normala ravni koje određuju pravu e su: r r n1 = ( A1 , B1 , C1 ) i n 2 = ( A2 , B2 , C 2 ) , slobodni članovi su D1 i D2. r

Vektori normala elemenata pramena pravih su n s = ((λA1 + µA2), (λB1 + µB2), (λC1 + µC2)) a slobodni članovi Ds = (λD1 + µD2 ), λ ,µ ∈ R . Posmatrajmo normalni oblik jednačina ravni δ i ε, koje određuju pravu: δ:

A1 x + B1 y + C1 z + D1 A12

+

B12

+

C12

=0 i ε :

A2 x + B2 y + C 2 z + D2 A22 + B22 + C 22

= 0.

Šta predstavlja sledeća jednačina? A1 x + B1 y + C1 z + D1 A12

+

B12

+

C12

= ±

A2 x + B2 y + C 2 z + D2 A22 + B22 + C 22

.

Odgovor je: U zavisnosti od znakova ± to su dve ravni, dva elementa pramena ravni iz r r r prethodnog razmatranja. Vektor normale jedne ravni je nu1 = n10 + n 20 , a druge ravni je r r r r r nu 2 = n10 − n 20 , gde su n10 i n 20 jedinični vektori normala ravni δ i ε. Zbir, odnosno razlika tih vektora polovi ugao između datih vektora odnosno dopunski udao između istih vektora. Prema tome, prepoznali smo simetralne ravni dijedra određenog datim ravnima δ i ε.

________________________________________________________________________________________ 85



DISKRETNA MATEMATIKA

Primer 4.4.5.1.: Odrediti jednačine prave, koja je ortogonalna projekcija prave e na ravni α ako je  2x − y + 2 = 0 e:  x + 2 y − z + 1 = 0

i

α:

x + y – z + 3 = 0.

Transformišimo prvo jednačine prave na kanonični oblik: Odaberimo vrednost koordinate z = 0. Tada iz sistema 2x – y = – 2, x + 2y = –1 sledi x = –1, y = 0. Na taj način odabrali smo kao fiksnu tačku date prave: M(–1, 0, 0). Vektor pravca će

r r r r r biti p = n1 × n 2 =(1, 2, 5), jer je n1 =(2, –1, 0) i n 2 =(1, 2, –1). Sledi:

 x = t −1 x +1 y z  e: = = , ili u parametarskom obliku: e :  y = 2t . 1 2 5  z = 5t 

Prodor tačke na ravni α određujemo na poznat način: uvrštavanjem parametarskih jednačina u jednačinu ravni: (t – 1) + ( 2t ) – ( 5t )+ 3 = 0 ⇒ t = 1 ⇒ x = 0, y = 2, z = 5. Tačka prodora je: D(0, 2, 5). U sledećem koraku nađemo normalnu projekciju jedne tačke prave na ravni. Projektujmo upravo tačku M. Napišemo jednačine prave n kroz tačku M, tako da bude normalna na ravan α, zatim odredimo prodor i te prave na ravni α. Ova normalna prava ima vektor pravca paralelan sa vektorom normale ravni: x = s − 1 x +1 y z  n: = = ili u parametarskom obliku: n :  y = s . 1 1 −1  z = −s 

Određivanje prodora: (s – 1) + ( s ) – ( –s )+ 3 = 0 ⇒ s = −

2 2 2  5 ⇒ M '  − , − , . 3 3 3 3 

Jednačine tražene projekcije e’ spajaju tačke D i M ’. Vektor pravca je razlika vektora položaja OD i OM ' a prolazi bilo kroz tačku D bilo kroz tačku M ’ :  5 8 13  OD − OM ' =  , ,  . 3 3 3  r

Pojednostavimo vektor pravca: e ' = (5, 8, 13) i odaberimo tačku D. Jednačine tražene projekcije su: x y −2 z −5 = = . 5 8 13

________________________________________________________________________________________ 86



ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

Primer 4.4.5.2.: Napišimo jednačine prave e kroz tačku M tako, da seče date prave p i q. (M∉ p i M∉ q).

Rešavanje zadatka počinjemo analizom: a) b) c) d) e)

Ako su p i q paralelne prave, a tačka M ne pripada njihovoj ravni, nema rešenja. Ako su p i q paralelne prave, a tačka M pripada njihovoj ravni, tada imamo beskonačno mnogo rešenja. Ako su p i q presečne prave, a tačka M ne pripada njihovoj ravni, tada postoji jedinstveno rečenje: prava koja spaja tačku M sa presečnom tačkom datih pravih. Ako su p i q presečne prave, a tačka M pripada njihovoj ravni, tada imamo beskonačno mnogo rešenja. Neka je M (1, 2, –1), p :

x −1 y +1 z + 3 x−2 y z+3 = = , q: = = . 2 6 3 3 1 −1

Može se pretpostaviti, da to nije nijedan od prethodnih slučajeva, to jest; to su mimoilazne prave a tačka je van njih. Ispitajmo međusobni odnos pravih! r

r

r

r

Poznato je, da su prave u istoj ravni ako i samo ako ( p × q ) o PQ = 0 , gde su p i q

vektori pravaca datih pravih, dok je PQ vektor koji spaja njihove fiksne tačke. Pošto je u r

r

ovom slučaju ( p × q ) o PQ = 2 ≠ 0 , znači prave su zaista mimoilazne. Napišimo jednačine prave e koja seče obe prave i prolazi kroz M! Postavimo prvo ravan kroz tačku M tako da ona sadrži i pravu p (neka je to ravan α). Ravan α seče pravu q u tački R. Postavimo sada ravan kroz tačku M i pravu q (neka je to ravan β). Ova ravan seče pravu p u tački T. Sada je već očevidno, da je tražena prava upravo presek ravni α i β jer je q Õ β Ÿ R = α » q ⇒R ∈ α » β i p Õ α Ÿ T = β » p ⇒ T ∈ α » β. Pošto smo obe ravni postavljali tako da sadrže tačku M zato M ∈ α » β. Odredimo te ravni! r

r

Vektor normale n1 ravni α paralelan sa vektorom p × MP . Pošto je vektor pravca r

prave p: p =(2, 6, 3), a fiksna tačka na njoj je P(1, –1, –3), biće MP = OP − OM = (0, –3, –2). r Otuda je n1 = (3, –4, 6). Jednačina ravni α: 3 (x – 1) – 4 (y – 2) + 6 (z + 1) = 0 ⇒ : 3 x – 4 y + 6 z + 11 = 0. r

r

Vektor normale n 2 ravni β je paralelan sa vektorom q × MQ . Pošto je vektor pravca r

prave q: q =(3, 1, –1), a fiksna tačka na njoj je Q(2, 0, –3), biće MQ = OQ − OM = (1, –2, –2). r Otuda je n 2 = (4, –5, 7). Jednačina ravni β: 4 (x – 1) – 5 (y – 2) + 7 (z + 1) = 0 ⇒ : 4 x – 5 y + 7 z + 13 = 0. Zapaziti, da je bilo dovoljno samo uočiti postojanje tačaka R i T. Njihove koordinate zadatak ne zahteva, međutim čitalaz može za vežbu da odredi te brojeve! ________________________________________________________________________________________ 87



DISKRETNA MATEMATIKA

Sledi: prava kroz tačku M koja seče mimoilazne prave p i q je prava e. Jednačine te prave pomoću ravni α i β síkok, u kanoničnoj formi i u parametarskom obliku su: 3 x − 4 y + 6 z + 11 = 0 , e:  4 x − 5 y + 7 z + 13 = 0

x −1 y − 2 z +1 e: = = 2 3 1

 x = 2t + 1  e :  y = 3t + 2  z = t −1 

Primer 4.4.5.3.: a) Odrediti ose simetrije pravih koje se seku: u:

x −1 y +1 z + 3 x −1 y +1 z + 3 = = , v: = = . 2 6 3 2 −2 1

Očevidno, nije potrebno tražiti koordinate preseka, jer su jednačine pravih napisane tako da im se poklapaju fiksne tačke: M(1, –1, –3). Jedinićni vektori pravaca tih pravih su: r r r 2 1 u 2 6 3 r v 2 u 0 = r =  , ,  , v0 = r =  , − ,  . u 7 7 7 v 3 3 3 r

r

r r  8 32 2   20 4 16  , ,  i u 0 − v 0 =  − , ,  su uzajamno normalni vektori, a  21 21 21   21 21 21 

Vektori u 0 + v 0 = 

ujedno i unakrsne uglove, koji so obrazovani datim pravama. Jednačine simetrala su: (korišćeni su pojednostavljeni, ali paralelni vektori pravaca). s1 :

x −1 y +1 z + 3 x −1 y +1 z + 3 = = s2 : = = . 5 1 4 −4 16 1

b) Odrediti jednačine simetralnih ravni dijedra određenog ravnima čije su jednačine: α: 2 x + 6 y + 3 z + 1 = 0 i β: 2 x + 2 y – z + 9 = 0! Po definiciji pramena ravni imamo jednačine simetralnih ravni: 1 1 (2 x + 6 y + 3 z + 1) = (2 x + 2 y – z + 9) ⇒ 2 x – y – 4 z + 15 = 0, 7 3 1 1 η: (2 x + 6 y + 3 z + 1) = – (2 x + 2 y – z + 9) ⇒ 10 x + 16 y + z + 33 = 0. 7 3

δ:

Zadaci 4.4.: a) Ispitati međusobni položaj ravni α i prave e:

α : 4 x + 3 y – z + 3 = 0,

e:

x −1 y + 3 z + 2 = = . 2 −1 5

b) Odrediti koordinate ortogonalne projekcije tačke M(–1, 0, –1) na ravni 2x + y – z + 7 = 0. c) Napisati jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku P(–2, 3, 7), ako je normalna na pravu čije su parametarske jednačine: x = t, y = t, z = t. d) Napisati jednačinu ravni, koja sadrži pravu

x −1 y + 2 z − 3 = = i normalna je na 2 1 3

ravan 2 x – 4 y + z + 5 = 0. ________________________________________________________________________________________ 88

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE



e) Napisati jednačinu ravni α, ako ona prolazi kroz tačke M1(3, 7, –5) i M2(6, –3, –1), i normalna je na ravan β: 2 x –15 y + 7 z – 30 = 0. Na ravni α odrediti koordinate podnožja normale spuštene iz koordinatnog početka na tu ravan. f) Odrediti osno simetričnu sliku tačke P(–5, 4, 1) u odnosu na pravu kao osu, čije su jednačine x = –3 + t, y = 5 t, z = 2 – 3 t. Ispitni zadaci 4.: 1. (24.01.2002.)

Koordinatni početak je jedno teme paralelepipeda, tri susedna temena tom temenu su tačke A(3,6,–4), B(–4, 7, 0) i C(9, 1, –3). a) Naći koordinate preostala četiri temena tog paralelepipeda. b) Napisati jednačinu ravni koja seče telo i sadrži temena A, B i C. Rešenje:

a) Koordinate datih tačaka su ujedno i koordinate vektora položaja tih tačaka. Svaki par vektora odredjuje po jednu stranu paralelepipeda, a četvrto teme ti strana su zbirovi tih parova vektora: (–1, 13, –4), (12, 7, –7) i (5, 8, –3). Na kraju: i telesna dijagonala "pokazuje" u jedno teme tela, to je četvrta tražena tačka: (8, 14, –7). b) Postavimo ravan kroz tačke ABC: x−3 y−6 z+4 −7 1 4 = 0 ⇒ 21x +17y – 41z – 329 = 0. 6 −5 1 2. (11.04.2002.)

 x + 2 y − 3z − 5 = 0 na ravan Oxy. Napisati jednačine normalne projekcije prave p :   2x − y + z + 2 = 0 Rešenje:

Prodor date prave na ravni Oxy (z = 0) je rešenje sistema jednačina: x + 2y = 5 i 2x – y  1 12  , 0  . Uzmimo jednu proizvoljnu tačku Q na pravoj (naprimer je z = –2. To je tačka P  , 5 5   1 2  = –2). Iz odgovarajućeg sistema jednačina dobijemo: Q  − , − , − 2  , a projekcija te tačke  5 5   1 2  na ravni Oxy je: Q '  − , − , 0  .  5 5  7 x − y + 5 = 0 Tražena projekcija p' spaja tačke P i Q': p':  . z=0  ________________________________________________________________________________________ 89

DISKRETNA MATEMATIKA



3. (06.04.2004.)

z x +1 y − 2 z +1 x−5 y −6 = = , q: = = −3 2 −4 3 6 −2 a) Pokazati da te dve prave ne pripadaju istoj ravni. b) Naći njihovo najkraće rastojanje. c) Napisati jednačinu ravni koja sadrži pravu p a paralelna je sa q. Date su prave p i q:

p:

Rešenje:

Neka su fiksne tačke datih pravih P(–1, 2, –1) i Q(5, 6, 0), a vektori pravca su r r p = ( −3, 2, − 4), q = (3, 6, − 2) . Vektor koji spaja tačke P i Q je PQ = OQ − OP = (6, 4, 1) . ( pr × qr ) o PQ = 24 . Pošto je taj broj različit od nule, znači prave su mimoilazne, pa računamo ( pr × qr ) o PQ . Prvo određujemo pr × qr = (20, − 18, − 24) najkraće rastojanje po sledećem: d = r r p×q r r 24 ≈ 0,666 . i p × q = 1300 . Sledi: najkraće rastojanje je d = 1300 r r Tražena ravan ima vektor normale p × q = ( 20, − 18, − 24) i prolazi kroz tačku P: 20 (x +1) – 18 (y – 2) – 24 (z + 1) = 0 ⇒ 10 x – 9 y – 12 z + 16 = 0. 4. (K2 23.09.2003.)

Date su tačke A(1, 2, 3), B(4, 0, 5), C(2, 3, 1) i D(5, 1, 3). a) Napisati jednačine prave p: (AB). b) Napisati jednačine prave q: (CD). c) Ispitati međusobni položaj pravih p i q. d) Napisati jednačinu ravni, koja sadrži prave p i q. Rešenje:

x − 2 y − 3 z −1 x −1 y − 2 z − 3 = . = , q: (CD): = = 3 −2 2 3 −2 2 Očevidno je, da su ove dve prave paralelne, jer imaju isti vektor pravca. To znači postoji ravan koja ih sadrži. Ta će ravan sadržati bilo koju od te četiri tačke, i ima vektor normale koji je normalan na vektore AB i AC . To je njihov vektorski proizvod: p: (AB):

AB × AC =(2, 8, 5) Tražena ravan je 2 (x – 1) + 8 (y – 2) + 5 (z – 3) = 0, ili 2 x + 8 y + 5 z – 33 = 0.

________________________________________________________________________________________ 90

5. MATRICE I DETERMINANTE 5.1.

Matrice

5.1.1 .Pojam matrice Definicija 5.1.1.: Skup od m×n elemenata aij poređanih u pravougaonu shemu, u m vrsta i u n kolona, obrazuje matricu tipa (formata, dimenzije) (m,n), koja nema određenu numeričku vrednost, već predstavlja određeni način pisanja elemenata nekog skupa.

[ ]

Skraćeno se obeležava sa A = aij (m,n) gde m označava broj vrsta, a n broj kolona ili sa velikim slovima A,B,C,... Tako pišemo:

A = [a ]

ij (m,n)

ili

A = [ ai j ]m n

 a11 a  21 =  a 31   ... a m1 

a12

a13

....

a 22 a 32

a 23 a 33

... ...

... am2

... a m3

... ...

a1n  a 2 n  a 3n  .  ...  a mn 

aij (i = 1, 2... m, j = 1, 2, 3... n) su elementi matrice A. ai 1 , ai 2 ... aij ... ain su elementi i-te vrste matrice A. a1 j , a2 j ... aij ... amj su elementi j-te kolone matrice A.

[ ]

Elementi matrice aij (m,n) mogu da budu realni brojevi, kompleksni brojevi, funkcije. Definicija 5.1.2.: Dve matrice su jednako ako i samo ako imaju isti broj kolona i vrsta (istog su tipa) i elementi na odgovarajučim pozicijama redom jednaki:

(A = [ai j ]m n ) = (B = [ bi j ]k l ) ⇔ ⇔ (m = k) Ÿ (n = l) Ÿ (ai j = bi j , ( i = 1,2,3,…,m; j = 1,2,3,…,n ))

Kada je kod matrice broj vrsta jednak broju kolona m=n, matrica je kvadratna. Inače za m ≠ n pravougaona. Svaka vrsta (kolona) matrice tipa (m,n) može se smatrati vektor-vrstom (vektorkolonom) tipa (1,n), odnosno (m,1). Tako je: A1 = a11a12 ... aij ... a1n vektor vrsta.

91

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

Primeri raznih matrica: Pravougaona matrica tipa 3×4:

Kvadratne matrice trećeg reda: 1 3 − 4  A = 2 4 5  C = 0 − 1 1 

0 − 3 1 2  M = 5 0 − 7 1  , 9 0 11 − 2

 3 3 2 4 7 9 ,   0 0 2

Dijagonalna matrica četvrtog reda:

Jedinična matrica četvrtog reda:

a 0 D=  0  0

1 0 E=  0  0

0 b 0 0

0 0 c 0

0 0  , 0  d

0 1 0 0

0 0 1 0

0 0 , 0  1

Nula matrica tipa 3×2:

Matrica kolona i matrica vrsta:

0 0  O = 0 0 0 0

 2 a = 2 , 1 

b = [3 5 − 5 7 6 0] .

Mešoviti slučajevi: 2 4 6 B = − 1 1 1  ,  0 2 − 1

3 5 A=  , 1   − 1

 2i 1 + 3i i  D =  1 3 + i 2 2 + i i 1 

 tgx E= 2 1 − x

A1 = 0 3 −4 5

sin x  x 3 + 1

Ako se iz matrice A izostavi nekoliko vrsta i kolona ili samo jedan red, dobija se minor matrica (submatrica) matrice A. Ako matricu A rastavimo na minore u kojima susedni elementi ostaju susedni u minorima i svaki elemenat se nalazi u jednom i samo jednom minoru, kažemo da je matrica A razbijena na blokove. A A =  11  A21

A12  A22 

gde su blokovi A11 , A12 , A21iA22

92

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

Ako u matrici elementi vrste i kolone promene mesta dobija se transponovana matrica. Transponovanu matricu označićemo sa AT . Tako naprimer:  a11 a 21 A=   a m1

a12

a1 j

a 22

a2 j

am2

a mj

a1n  a 2 n    a mn 

 a11 a AT =  12 a1 j  a1n

a 21 a 22 a2 j a2n

a m1  a m 2  a mj   a mn 

Ako je matrica A bila tipa (m,n) onda je AT .tipa (n,m).

U shemi kvadratne matrice, elementi a11a22 ..... ann su elementi glavne dijagonale, a elementi a n1 a (n −1)2 ....a 2(n −1) a1n su elementi sporedne dijgonale. 5.1.2. Specijalne matrice

a) b)

Matrica kod koje su svi elementi jednaki nuli naziva se nula matrica i obeležava se sa 0. Kvadratna matrica čiji su elementi na glavnoj dijagonali različiti odnule, a ostali su nule, naziva se dijagonalna matrica. d1  0 D =   0   0

c)

0 d2 0 0

0 0 d3 0

0 0 0 d4

     

Dijagonalna matrica koja za sve elemente na glavnoj dijagonali ima jedinice, naziva se jedinična matrica. Obeležava se sa En ili Jn Kroneckerovim simbolom. 1 ako je i = j  δ ij =  0 ako je i ≠ j 

[ ]

d)

Kvadratna matrica je simetrična kada su joj elementi simetrični u odnosu na glavnu dijagonalu tj. aij = a ji . Primeri simetričnih matrica:  3 2 − 4 S =  2 2 1  , − 4 1 0 

e)

 1 −2 − 2 3 Z =  4 1  4  5

4 1 5 3

5 4 3  0

Kvadratna matrica je antisimetrična kada su joj elementi simetrično raspoređeni u odnosu na glavnu dijagonalu suprotnog predznaka, tj. aij = − a ji . Primeri:

__________________________________________________________________________________________ 93

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

 0 −2 4  2 0 1 V = − 4 − 1 0  − 5 − 4 − 3

2 − 4  0  1  T = − 2 0  4 − 1 0 

f)

g)

Kvadratna matrica je trouglasta, ako su svi dijagonale jednaki nuli. Primeri: 2 3 5 2   G = 0 − 4 2 D = 4 0 0 1  1

5 4 3  0

elementi iznad ili ispod glavne 0 − 5 0 3 1 0

Kvadratna matrica je ciklična, ako su elementi vrste (kolone) ciklično se ponavljaju. Primer kraćeg zapisivanja takve matrice je C=(-2,1,3,2), gde je 3 2 − 2 1  2 −2 1 3   C=  3 2 −2 1    3 2 − 2 1

5.2. Operacije sa matricama 5.2.1. Sabiranje matrica

[ ](

Zbir dve matrice A = aij

m,n )

[ ](

i B = bij

m,n )

[ ](

istog tipa (m,n) je matrica C = cij

m ,n )

istog tipa (m,n) čiji su elementi zbirovi odgovarajućih elemenata matrica A i B. A + B = C ako i samo ako aij + bij = cij (i = 1,2,....m; j = 1,2,....n ) . Za sabiranje važi: A+B=B+A - zakon komutacije - zakon asocijacije (A + B) + C = A + (B + C) 0+A=A - neutralni element je 0 Oduzimanje matrica. Nije teško definisati oduzimanje matrica kao operaciju suprotnu sabiranju matrica. Ako je X + B = A gde X = xij ; A = aij i B = bij ;

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

tj. xij + bij = aij ⇒ xij = aij − bij i piše se X = A – B i nazivamo razlikom matrice A i matrice B: A – B = C 5.2.2. Množenje matrice skalarom

Pod proizvodom matrice A i broja k podrazumevamo matricu sa oznakom kA ili Ak, čiji se elementi dobijaju tako, što se svaki element matrice A pomnoži sa skalarom k.

[ ]

kA = Ak = kaij

( m,n )

(i = 1,2,...m; j = 1,2,....n ) 94

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

Za množenje matrice sa brojem važi: kA = Ak (k1k 2 )A = k1 (k 2 A)

- zakon komutacije - zakon asocijacije za ∀k1 , k 2 ∈ C

( k 1 + k 2 A = k 1 A + k 2 A  k ( A + B ) = kA + kB  EA=A –1 A = –A

- zakon distribucije - suprotna matrica

Ako matrice A1 , A2 ,... An istog tipa (m,n), pomnožimo sukcesivno sa brojevima k1 , k 2 ,... k n i proizvode saberemo onda dobijemo k1 A1 + k 2 A2 +... k n An = L matricu L nazivamo linearnom komibnacijom datih matrica. 5.2.3. Množenje matrica

[ ]

Pod proizvodom matrice A(m ,n ) = [aik ] i matrice B(n , p ) = bk , j u datom poretku A B

[ ]

podrazumevamo matricu C (m , p ) = cij , čije elemente dobijamo po formuli: n

cij = aij bij + ai 2 b2 j + .... + ain bnj = ∑ aik bkj (i = 1,2,....m; j = 1,2,....b ) k =1

Množenje matrica se preglednije može predstaviti takozvanom Falkovom šemom: b 11 b 12 b 13 .... b 1j .... b 1n b 21 b 22 b 23 .... b 2j .... b 2n b 31 b 32 b 33 .... b 3j .... b 3n - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --

b k1 b k2 b k3 .... b kj .... b kn a 11 a 21 a 31

a 12 a 22 a 32

a 13 .... a 1k a 23 .... a 2k a 33 .... a 3k

---------------------

a i1

a i2

a i3 .... a ik

---------------------

a m1

a m2 a m3 .... a mk

c11 c12 c21 c22 c31 c32

c13 .... c23 .... c33 ....

.... c1n .... c2n .... c3n

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --

cij - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --

cm1 cm2 cm3 ....

.... cmn

Po ovoj definiciji proizvoda matrica AB, množenje je moguće izvesti, ako matrica A (činilac sa leve strane) ima toliko kolona koliko matrica B ima vrsta (desni činilac). Ako je taj uslov ispunjen onda su matrice saglasne (za množenje). A ⋅ B ≠ BA ( AB ) ⋅ C = A(B ⋅ C ) ( A + B ) ⋅ C = AC + BC A( B + C ) = AB + AC

- zakon komutacije ne važi - zakon asocijacije - zakon desne distribucije - zakon leve distribucije

__________________________________________________________________________________________ 95

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

Po ovoj definiciji proizvod matrica AB može da bude nula i ako matrica A ≠ 0 i matrica B ≠ 0 tj.  2 − 1 A=  − 4 2 

1 − 2  B=   2 − 4

0 0  AB =   0 0 

Zakon asocijativnosti dozvoljava u slučaju množenja više činilaca različite redoslede izvršenja operacija, kao što je predstavljeno na sledećim šemama: Neka nam je zadato pet matrica koje su saglasne u pogledu množenja u sledećem redosledu: A⋅B⋅C⋅D⋅E. Ako množimo s leva na desno, tada je šema vodoravna:

A

E

B

C

A⋅B

(A⋅B)⋅C ((A⋅B)⋅C)⋅D

D

(((A⋅B)⋅C)⋅D)⋅E

E D D⋅E C C⋅(D⋅E) B B⋅(C⋅(D⋅E)) A A⋅(B⋅(C⋅(D⋅E)))

U slučaju izvršavanja operacije s desna na levo šeme će se prostirati vertikalno. Bilo koliko (saglasnih) činilaca imamo, izbor redosleda vršenja operacija je irelevantan, ali ne smemo menjati mesto činilaca, jer je množenje matrica nekomutativna operacija! U slučaju kvadratnih matrica možemo definisati i stepenovanje matrica. Tako, na primer u slučaju kvadratne matrice A = [ ai j ] n n proizvod te matrice sa samom sobom je isto tako kvadratna matrica istog tipa: A ⋅ A = A2, zatim: A2⋅ A = A3, i uošte: An ⋅ A = An+1. Zbog asocijativnosti množenja matrica važi: An ⋅Am = Am ⋅An = An+ m

Za matrice, koje zadovoljavaju uslov A2 = A kažemo da su idempotentne. Matrice koje nusu nula matrice, t.j. A πO ali za neko n ≥ 2 važi An = O teljesül (O je nula matrica), kažemo da ju nilpotentne. U slučaju idempotentnih matrica svakako važi i An = A za n ≥ 2. Za nilpotentne matrice je (" k Œ N) ( An = O fi An+ k = O). 5.2.4. Transponovanje matrica

[ ]

Transponovana matrica matrice A = [ ai j ] m n je AT = a& i j n m .Elementi a i j = a& j i dobijeni su zamenom kolona i vrsta. Transponovanje matrica zadovoljava sledeće uslove: a) ("a Œ R) (a A)T= a AT, b) (A + B)T = AT + BT, c) (A ◊ B)T = BT ◊AT. Proveru osobine c) uradićemo kroz primer: 96

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

1 3 2 -1 1 4

4 5 1

-1 2 0 3 4 -3

21 5

7 5 17 -11

1 3 2 4 5 1 -1 0 4 2 3 -3

-1 1 4

21 5 7 17 5 -11

5.2.5. Zadaci za vežbu

1. Ako su elementi matrice a = α ; b = β ; c = γ ; d = δ , izraziti pomoću identiteta matrica.  a  α  b  β  a b  α β   =  a , b , c , d = α , β , γ , δ , ili = R: , ili     c  γ   c d  γ δ       d  δ  2. Naći nepoznate u matričnoj jednačini A=B ako su:  1 3 π − 2  1 3 a − 2    A A= , = 8 − 7 5 1  x 3 − 7 5 ln y  2 2     R: a = π , x = 2; y = e 3. Date su matrice A i B. Naći A+B, A–B, 3A–B. 1 2 − 1 0  3 − 4 1 2    A = 4 0 2 1  , B = 1 5 0 3  2 − 5 1 2  2 − 2 3 − 1 4 − 2 0 2 − 2 6 − 2 − 2  0 10 − 4 − 2     R : A + B = 5 5 2 4 , A − B =  3 − 5 2 − 2  , 3 A − B = 11 − 5 6 0  4 − 7 4 1   0 − 3 − 2 3   4 − 13 0 7 

4. Date su matrice

 1 1 − i A=  2i 3  Izračunati matricu D = i A–2B + 3C

4i 1 + 2i  B=  4 3−i 

− 2i 1  C=   1 1 + i

− 13i 2 − 3i  R:   − 7 − 3 + 8i 

1 2   2 3 − 4 − 5  , B= , C= 5. Date su matrice. A =     . Dali postoje brojevi k1 i 3 − 4 − 1 5  9 − 23 k 2 takvi, da je k1 A + k 2 B = C ( R:( 2, −3) ) __________________________________________________________________________________________ 97

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

 − 4 2 3 6. Matricu A =  1 − 1 2 napisati kao zbir jedne S (simetrične) i T (antisimetrične)  8 − 6 5 1 1 matrice. Primeniti: S = A + AT ; T = A − AT 2 2

1 − 5 0 1 8  ⇒ A = S + T T = − 1 0 2  5 − 8 0 

− 8 3 11  1 R : S =  3 − 2 − 4 2  11 − 4 10 

7. Proveriti sledeće proizvode:  8 10 12  2  3  [4,5,6] =  12 15 18  ,     − 4 − 5 − 6 − 1

2 [4,5,6]  3  = [17], − 1

 1 4 − 3 1  2   2 0 1  ⋅ 1 =  3  ,      − 1 3 − 5 1 − 3

 1 4 − 3 [1,1,1]  2 0 1  = [2,7,−7] . − 1 3 − 5

8. Primenom Falkove šeme sa proverom zbira kolona naći proizvode.  1 2 3  1 −1 1  B = 2 4 6 A =  − 3 − 2 − 1 1 2 3 − 2 1 0 

− 1 2  9. Pomoću matrice A =    3 − 2

2 − 3 i B=  dokazati da je 1 4  − 3 3 8 − 2  ≠ ,  12 0 5 − 11

( A + B )2 ≠ A 2 + 2 AB + B 2 ⇒ 

12  − 5 11  6 A 2 − B 2 ≠ ( A − B)( A + B) ⇒  ≠ , − 15 − 3 − 8 8 

− 3 − 3 − 3 − 3 ( A − B) 2 A 2 + AB + BA + B 2 ⇒  = ,  12 0   12 0  13   17 ( A − B)( A + B ) = A 2 + AB + BA − B 2 ⇒   − 22 − 14

98

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

5.3. Determinante 5.3.1. Definicije

a) Kvadratnoj matrici od 4 elementa dodeljuje se brojevna vrednost definisana sa a11 a12 = a11a22 − a12 a21 a21 a22

Taj broj zovemo determinantom drugog reda. Prema navedenoj definiciji vrednost determinante drugog reda izračunava se tako što se od proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali oduzme proizvod elemenata na sporednoj dijagonali. b) Kvadratnoj matrica od 9-elemenata dodeljujemo broj definisan na sledeći način: a11 a12 a13 a22 a23 a21 a23 a21 a22 − a12 + a13 = a21 a22 a23 = a11 a32 a33 a31 a33 a31 a32 a31 a32 a33 = a11a22 a33 − a11a23a32 − a12 a21a33 + a12 a23a31 + a13a21a32 − a13a22 a31 . Navedene definicije za izračunavanje determinanata drugog i trećeg reda su takozvana SARRUS-ova pravila. Primena tih pravila se može šematski prikazati na sledeći način: - a12 a21 a11 a21

a12 a22

a13 a22 a31 a 11 a23 a32  a 12 a 21 a 33 

a11 a12 a13 a11 a12 a21 a22 a23 a21 a22 a31 a32 a33 a31 a32

+ a11 a22

+a13 a21 a32 + a12 a23 a31 + a11 a22 a33

Potrebno je posebno naglasiti, da za izračunavanje determinanata četvrtog ili višeg reda ne važe SARRUS-ova pravila. Takve determinante ćemo izračunati primenom pravila koja ćemo upaznati na narednim stranicama. Primer: 3 1 2 2 1 −1 1 −1 2 −1 2 1 = 3 −1 +2 = 3( −4 + 1) − ( 2 − 3) + 2(1 − 6) = −18 −1 −2 3 −2 3 −1 3 −1 −2 Za element aij kažemo da leži na parnom mestu + ako je zbir indeksa i+j paran broj, a leži na neparnom mestu ako je i+j neparan broj. __________________________________________________________________________________________ 99

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

Ako u determinanti izostavio red i kolonu u kojoj se nalazi element aij dobijamo opet determinantu, koju ćemo zvaki minorom ili subdeterminantom date determinante koji odgovara elementu aij . Minor koji odgovara elementu aij obeležavamo sa Dij Kofaktor elementa aij definisaćemo sa: Aij = ( −1)i + j Dij Pomoću kofaktora vrednost determinante trećeg reda izračunavamo sa a11 A11 + a12 A12 + a13 A13 , što znači da je vrednost determinante jednaka zbiru proizvoda elemenata prve vrste sa odgovarajućim kofaktorima.  4

−1

 − 3

0

Primer: Svi kofaktori matrice A = − 5 − 4 1+1

3 8  : − 1

1+2

A11=(–1) M11= 4, A13=(–1)1+3M13= –12, A22=(–1)2+2M22= 5, A31=(–1)3+1M31= 4, A33=(–1)3+3M33= –21.

A12=(–1) M12= – 29, A21=(–1)2+1M21= –1, A23=(–1)2+3M23= 3, A32=(–1)3+2M32= –47,

Nakon izračunavanja determinante odgovarajuće podmatrice (minort-matrice) promenimo znak ili ostavljamo ga u saglasnosti sa znakom (–1)i+j. Priložena šah tabla olakšava pamćenje načina promene - odnosno ne menjanja znaka prilikom izračunavanja kofaktora.

+ _ + _ + _ _ + + _ + + _ + + +

Determinantu kvadratne matrice od 4×4 elemenata čija je vrednost definisana sa: a11 D=

a12

a13

a14

a21 a22

a23 a24

a31 a32

a33 a34

a41 a42

a43 a44

= a11 A11 + a12 A12 + a13 A13 + a14 A14

zvaćemo determinantom četvrtog reda Na isti način se definišu determinante čiji je red veći od četiri. 5.3.2. Osobine determinanata 1.

Transponovana determinanta ATdate determinanteAima istu vrednost kao i determinanta : A =AT. a b c a Primer: p q r = aqz + xbr + pyc − xqc − pbz − ayr = b x y z c

100

p q r

x y. z

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

2.

Vrednost determinante može se dobiti njenim razvijanjem po elementima bilo koje vrste ili kolone.

3.

Ako su svi elementi neke vrste ili kolone jednaki nuli, vrednost determinante je nula.

4.

Ako u determinanti D izmene mesta bilo koje dve vrste ili kolone, determiananta D menja znak.

5.

Ako su odgovarajući elementi dveju vrsta ili dveju kolona jednaki, vrednost determinante je nula.

6.

Zajednički činioc elemenata neke vrste ili kolone može se kao faktor izvući pred determinantu, što znači da se determinanta množi brojem (skalarom) tako da se tim brojem pomnože svi elementi samo jedne vrste ili kolone.

7.

Ako su odgovarajući elementi dve vrste ili kolone proporcionalni, vrednost determinante D je nula.

8.

Neka su elementi neke vrste ili kolone zbirovi od po dva sabirka. Tada se determinanta može napisati u obliku zbira dve determinante čiji su elementi jednaki elementima date determinante sa izuzetkom vrste ili kolone koja je predstavljena u obliku zbira,- u toj vrsti ili koloni se nalaze prvi sabirci u prvoj determinanti, a drugi sabirci u drugoj determinanti. Tako, neka su elementi prve vrste prikazani kao binomi: a11 + b11

a12 + b12

a13 + b13

a 21 a 31

a 22 a 32

a 23 a 33

D=

=

= (a11 + b11 ) A11 + (a12 b12 ) A12 + (a13 b13 ) A13 = = a11 A11 + a12 A12 + a13 A13 + b11 A11 + b12 A12 + b13 A13 = a11

a12

a13

b11

b12

b13

= a 21 a 31

a 22 a 32

a 23 + a 21 a 33 a 31

a 22 a 32

a 23 . a 33

gde smo sa A11 , A12 , A13 obeležili kofaktore determinante D. 9.

Ako se svi elementi neke vrste ili kolone pomnože nekim brojem (skalarom) i dodaju odgovarajućim elementima bilo koje vrste odnosno kolone, vrednost determiannte se ne menja.

__________________________________________________________________________________________ 101

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

Neka su elementi prve kolone determinanta D pomnoženi brojem k i dodajemo odgovarajućim elementima treće kolone. Na taj način dobija se determinanta: a11

a13 + ka 11

a12

D' = a21 a22 a31 a32

a11

a12

a13

a11

a12

a23 + ka 21 = a21 a22

a23 + a21 a22

a33 + ka 31

a33

a31 a32

a31 a32

ka 11 ka 21 = D + O = D ka 31

jer je druga determinanta zbog proporcionalnosti odgovarajućih elemenata prve i treće kolone jednaka nuli. Ovu osobinu koristimo za izračunavanje vrednosti determinante čiji je red veći od tri. Primer: D=

1

3

2

1

−2

1

−1 −3

1

−1 − 2

2

, D=

4

0

−4

−1

0

−3 −1

1

−1 − 2

7 2

4

−4

7

0

, D = −1 − 3 − 1 , D = −1 1 −3 5 0

−16

3

−3

−1

−6 4 1 0 −3 5 2 1 1 (1) (2) (3) (4) (1) Množeći treću vrstu respektivno sa 3,1 i 2, pa dodajemo redom prvoj, drugoj i četvrtoj vrsti, dobijemo drugu determinantu. −1

(2) Razvijajući drugu determinantu po elementima druge kolone dobijemo jednu determinantu trećeg reda. (3) Ako sada množimo elemente druge vrste i respektivno sa 4 i 1, pa dodajemo odgovarajućim elementima prve i treće vrste, dobijemo četvrtu determinantu. (4) Razvijemo li ovu determinantu po elementima prve kolone, lako možemo dobiti njenu vrednost. −16 3 D= = −64 + 18 = −46 . −6 4 10.

Ako kofaktore neke vrste, odnosno kolone, pomnožimo odgovarajućim elementima neke druge vrste, odnosno kolone, i dobijene proizvode saberemo, zbir je nula.

Naprimer, elemente druge vrste pomnožimo sa odgovarajućim kofaktorima prve vrste i saberemo, za zbir dobijemo 0, a21 a22 a21 A11 + a22 A12 + a23 A13 = a21 a22 a31 a32

jer su elementi prve i druge vrste jednaki. 102

a23 a23 = 0 a33

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

11.

Za izračunavanje determinante n-tog reda primenimo LAPLACE-ovu teoremu. Vrednost determinante dobijemo razvijajući determinantu D po elementima bilo koje vrste, odnosno kolone: Razvoj po i-toj vrsti: a ) D = ai 1 Ai 1 − ai 2 Ai 2 +... + ( −1)

i+n

n

ain A1n = ∑ ( −1)i + k aik Aik k =1

Razvoj po j-toj koloni: n

b) D = aij Aij − a2 j A2 j +... + ( −1) n + j anj Anj = ∑ ( −1)i + k aki Aki k =1

Dokaz: Sa (i–1)-om zamenom mesta dve susedne vrste dovedemo i-tu vrstu na mestu prve. Na taj način prva vrsta postaje druga, druga postaje treća, itd. Tako dobijene determinante označimo sa D". Dokažimo da je D"=D. Koristeći osobine determinante imamo: D' = ( −1)i −1 D i da je n

n

k =1

k =1

D' = ∑ ( −1) k −1a1•k A1•k = ∑ ( −1) k −1aik Aik jer a1•k = aik i A1' k = A1k .

Zamenimo D' iz prethodne formule : n

( −1)i −1 D = ∑ ( −1) k −1aik Aik / ( −1)i +1 k =1

n

( −1)i −1+ i +1 D = D = ∑ ( −1)i + k aik Aik

što smo i trebali dokazati.

k =1

Slično se može dokazati i druga formula (razvoj po j-toj koloni). 5.3.3. Zadaci za vežbu:

Dokazati da je:

7 4 1 −2

1 2 3

a) 4 4 7 = 18 , 7 8 9

b)

1 2 0

3

4 5 6

6

7 8 0

9

= 108,

a b a b

d)

b a a b a b a a b a b a

= ( a − b) ( a + b ) , 3

e)

c)

a

−b

0

0

0

a

−b

0

0

0

a

−b

−b

0

0

a

b 2 + c2

ab

ab

a +c

ac

bc

2

= a 4 − b4 ,

ac 2

bc

= 4a 3b 3c3 .

a 2 + b2

__________________________________________________________________________________________ 103

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

5.4. Inverzna matrica 5.4.1. Rang matrice

Pod elementarnim transformacija,a matrice A tipa (m,n) podrazumevamo sledeće operacije nad njenim vrstama, odnosno kolonoma. 1. 2. 3.

Međusobna zamena dve vrste (kolone) Množenje jedne vrste (kolone) brojem različitim od nule. Sabiranje odgovarajućih elemenata jedne vrste (kolone) elementima druge vrste (kolone) prethodno pomnoženih proizvoljnim brojem.

Dve matrice koje se mogu transformirati jedna u drugu konačnim brojem elementarnim transformacijama zovu se ekvivalentne matrice. Označimo simbolom A ~ B. Pomoću elementarnih transformacija svaka (ne nula) matrica A može se svesti na oblik ekvivalentne matrice B koja je trougaona (trapezasta) sa nulama ispod glavne dijagonale i sa elementima različitim od nule na glavnoj dijagonali do nekog k-tog reda. Definicija 5.4.1.: Kvadratna matrica A je regularna ako i samo ako ima determinantu različitu od nule:  A ≠ 0. Ako je determinanta kvadratne matrice jednaka nuli, tada je matrica singularna.

Među singularnim matricama n-tog reda možemo uvesti određenu klasifikaciju: posmatrajmo podmatrice reda n–1. Ako među tim podmatricama ima bar jedna regularna, tada je to jedna vrsta singzlarnosti, kažemo da je rangj matrice n–1. Ako su i sve kvadratne podmatrice reda n–1 takođe singularne, tada ćemo pokušati pronaći kvadratnu podmatricu reda n–2 koja je regularna. Ako pronađemo bar jednu takvu matricu, tada ćemo reći, da matrica ima rang n–2. Posmatranje te osobine može da se prenese i na proizvoljne pravougaone matrice tipa m¥n. Naravno, takva matrica nema determinantu, ali možemo jio odrediti rang, pronalazivši maksimalnu njenu regularnu kvadratnu podmatricu. Očevidno, rang je broj, koji ne može biti veći od manje dimenzije matrice r ≤ min(m,n). Definicija 5.4.2.: Ako matrica A =

[a ]

i j mn

ima bar jednu regularnu kvadratnu

podmatricu reda r, a sve kvadratne podmatrice višeg reda su singularne, tada kažemo, da matrica A ima rang r: rang( A ) = r Œ N , r £ min(m,n). Primer: Matrica B je singularna, jer je B= 0, znači: rang(B) = 2 jer matrica ima kvadratnu regularnu podmatricu drugog reda (na primer to je minor B11). 1 2 3 5 6 B =  4 5 6  , B11 = = –3, 8 9  7 8 9 

104

1 2 3  C =  4 8 12  .  3 6 9 

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

Matrica C je singularna C= 0, rang(C) = 1, jer nema ni jednu regularnu kvadratnu podmatricu drugog reda, ali svaki od elemenata je kvarana matrica prvog reda. Teorema 5.4.5.: Rang matrice se ne menja, ako na njoj izvršimo sledeće elementarne transformacije: – zamenimo mesta dve vrste (ili dve kolone), – bilo koju vrstu (ili kolonu) pomnožimo brojem lπ 0, – sa lπ 0 pomnoženu vrstu (kolonu) dodajemo paralelnoj vrsti (koloni). Dokaz: Rang matrice zavisi od reda najveće determinante, koja se može iz te matrice izdvojiti. Nabrojane elementarne transformacije menjaju znak determinante, množe determinantu sa brojem, koji nije nula ili ne menjaju determinantu. To znači, ako je neka kvadratna podmatrica date matrice bila regularna, nakon izvršene transformacije ostaje regularna. to upravo znači nepromenjenost ranga.É

Očevidno, rang se ne menja ni onda, ako iz neke matrice izostavimo celu vrstu (ili kolonu) ako je ona sačinjena isključivo od nula. Primenom elementarnih transformacija menjamo matricu ali nova matrica ima isti rang kao i data matrica. Uzastopnom primenom elementarnih transformacija u više koraka možemo transformisati matricu na trougaonu matricu koja ima na dijagonali sve elemente različite od nule. Tada već vidimo, da je rang te poslednje matrice (pa i matrice od koje je ona dobijena) upravo broj elemenata na dijagonali. Diskusiju ranga, koja zavisi od nekog parametra pokazuje sledeći primer: Primeri 5.4.5. Nađimo rang matrice A i izvršimo diskusiju ranga matrice B u zavisnosti od parametra l!

A=

~

     

−4 3 8 −6

 1 − 2   2   4

2 −4 6 0

− 10 −8

0 − 4  ~ 0  0

1 0

0 0

0 0

0 0

0 0

2 0

−2 0

3 0

9 0

     

−3  2  − 10   5

~

     

1

2

−4

3

0 0

0 0 2 −2

0 3

0 −8

1 0

0 0

0 0

0 0

0 0

2 0

0 0

0 0

8

0 − 4  0  0

− 12

~

− 3 − 4  −4  17 

~

 1 0 0  0 1 0 fi rang( A ) = 3.    0 0 1

U prvoj fazi smo prvu vrstu pomnožili sa 2 i dodali smo je drugoj vrsti, isto tako prvu vrstu smo množili sa –2 i dodali smo trećoj vrsti, i na kraju prvu vrstu pomnoženu sa 4 dodali smo četvrtoj vrsti. Istovetnost ranga između polazne i dobijene matrice obeležimo znakom ~. U drugoj fazi množenjem prve kolone sa odgovarajućim brojevima i dodavanjem ostalim kolonama “stvaramo” nule u prvoj vrsti. U trećoj fazi “poništimo” brojeve u trećoj vrsti. __________________________________________________________________________________________ 105

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

U poslednjoj fazi izostavimo nula-kolonu i nula-vrstu, zamenom mesta zadnje i predzadnje kolone (pa i deljenjem kolona sa odgovarajučim brojevima) dobijamo jediničnu matricu, za koje je očevidno rang 3. 3 1  1 3 1  1 3 1  1       . B =  −2 λ −7 − 3  ~  0 λ −1 −1 −1  ~  0 λ −1   − 1 λ − 4 λ 2 − 3λ   0 λ − 1 λ 2 − 3λ + 1  0 0 λ 2 − 3λ + 2

Slično postupamo, kao u prethodnom primeru: množenjem prve vrste sa odgovarajućim brojem i dodavanjem drugoj, odnosno trećoj vrsti, dobijamo nule u prvoj koloni. U drugoj fazi mnozimo drugu vrstu sa –1 i dodajemo trećoj vrsti što rezultuje dijagonalnu matricu. Ta matrica ima determinantu različitu od nule, ako je l–1≠0 i l≠–2, dok u slučaju kada je l–1=0, ili l=–2, treća vrsta je sačinjena od samih nula, pa se može izostaviti – te rang matrice je 2. Za sve ostale vrednosti parametra l je rang matrice 3. 5.4.2. Adjungovana matrica

Kvadratnoj matrici A n-tog reda pridružili smo det(A), Osmotrimo sad kofaktore te determinante, koji odgovaraju elementima aij i označeni sa Aij (i , j , = 1, 2,... n) i pomoću tih kofaktora Aij formiramo matricu M = Aij n (i , j = 1, 2,... n) . Transponovanu matricu matrice M nazivamo adjungovanom matricom matrice A. adj ( A) = M

 A11  =  A12  A1n

T

An1   An 2  . Ann 

A21 A22 A2 n

Može se dokazati da matrica A ⋅ adj ( A) = adj ( A) ⋅ A = det( A) ⋅ E  a11 A ⋅ adj ( A) = a 21  a n1  n  a1k A1k  k =1  n =  a 2 k A2 k  k =1  n  a 3k A3k  k =1

a1n  a 2 n  a nn 

a12 a 22 an2

 A11  ⋅  A12  A1n

n

A21 A22 A2 n

An1   An 2  = Ann 

 Ank  k =1  n  a1k Ank  . k =1  n  a nk Ank  k =1  n

∑

∑a

1k

A2 k

∑a

∑

∑a

2k

A2 k

∑

∑

∑a

nk

A2 k

∑

k =1 n

k =1 n

k =1

1k

Iz poznatih osobina determinananata sledi: 0 a ik A jk =  ∑ k =1 A n

A  što daje A ⋅ adj ( A) =  0 i = j (i, j = 1,2,...n) 0 

i≠ j

106

0 A 0

0  0  = A⋅ E . A 

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

Na sličan način dobijamo da je adj ( A) ⋅ A = A ⋅ E Za datu matricu A i za njenu adjugovanu matricu A* važe sledeće osobine: A A* = A* A , A A* =An, A A* =AA*⇒ A* = An–1, A= 0 ⇒ A A* = O.

a) b) c) d)

Navedena tvrđenja jednoznačno slede iz definicije množenja matrica. Primer: Odrediti adjungovanu matricu matrice A i pokazati da je A ⋅ adj ( A) = adj ( A) ⋅ A = det( A) ⋅ E

1 2 3   5 − 3 − 1   A = 2 3 4 , det A = A = −3, sledi: matrica A je regularna. adj ( A) =  2 − 3 2  , − 4 3 − 1 2 1 3 0 1 2 3  5 − 3 − 1 − 3 0      A ⋅ adj ( A) = 2 3 4  2 − 3 2  =  0 − 3 0  = −3 ⋅ E 2 1 3 − 4 3 − 1  0 0 − 3 0  5 − 3 − 1 1 2 3 − 3 0      adj ( A) =  2 − 3 2  2 3 4 =  0 − 3 0  = −3 ⋅ E − 4 3 − 1 2 1 3  0 0 − 3

5.4.3. Inverzna matrica

Ako želimo da odredimo inverznu (recipročnu) matricu kvadratne matrice A, treba naći matricu A −1 , koja pomnožena matricom A daje jediničnu matricu E, tj: A ⋅ A−1 = A−1 ⋅ A = E . Polazimo od jednačine A ⋅ adj ( A) = adj ( A) ⋅ A = det( A) ⋅ E . Iz toga sledi u slučaju regularnosti matrice A tj. kada je A ≠ 0 onda prethodna jednakost se deli sa A i tada dobijamo: A ⋅

adj ( A) adj ( A) = ⋅ A=E. A A

Iz ovoga se vidi da je A −1 =

adj ( A) . Matricu A–1 nazivamo inverznom (recipročnom) A

matricom matrice A.

__________________________________________________________________________________________ 107

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

A–1 =

A* 1 = A* A A

Svaka regularna matrica ( A ≠ 0) ima inverznu (recipročnu) matricu, dok singularna matrica ( A = 0) nema inverznu matricu. Primer: Proveriti sledeće matrice:

a)

b)

c)

d)

2 6 5  A = 5 3 − 2 7 4 − 3  3 0 5  3 6 4 B= − 4 1 2  − 3 1 1

 1 − 38 27  adjA = − 1 41 − 29 A −1 − A  1 − 34 24  3 41 − 59  −7  5 − 2 − 30 − 43  adjB  −1 B = =  12 − 5 69 − 99  B   − 19 8 111 − 159

A = −1

2 3 B = −1 3  2 1 − 1 1 C = − 4 − 5 6   − 3 − 3 4  2 3  3 D = − 4 − 3 − 5  5 1 − 1

2 1 − 1 adjC = 2 − 1 2  C −1 = C 3 0 1  −8 −5 1  adjD =  29 18 − 3 D −1 = D − 11 − 7 1 

Neke osobine regularnih matrica i stepena kvadratne matrice. 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

Ako je A regularna matrica, ona je i A −1 regularna matrica. ( A −1 ) −1 = A; E Ako su A i B regularne matrice n-tog reda, onda je ( A ⋅ B) −1 = A −1 ⋅ B −1 Ao = E ; A−1 = A; A2 = A ⋅ A; A3 = A2 ⋅ A;... A K = A K −1 ⋅ A A P ⋅ Aq = A p + q ; p , q ∈ N ( A p ) q = A pq ; p, q ∈ N A − n = ( A −1 ) . n

2

1

− 3

2

− 2

4

Primer: Rešiti matričnu jednačinu   ⋅ X ⋅  5 − 3 =  3 − 1 po nepoznatoj 3 2     metrici X ! Jednačina je oblika A ⋅ X ⋅ B = C. Pomnožimo obe strane jednačine sa leve strane matricom A–1 , dok sa desna množimo sa B–1 (ukoliko one postoje – u suprotnom slučaju jednačinu je nemoguće rešiti). Nakon tih množenja dobija se jednačina X ⋅= A–1 ⋅ C ⋅ B–1 , a to je i rečenje zadatka.

108

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

2

−1  , 2 

 2

1

–1 A=   ⇒ A =  −3 3 2   

Imamo:

− 3

3 2 

2

B=  ⇒B–1 =     5 − 3 5 3

− 2

B −1

C

Primenimo FALK-ovu šemu u obliku

2 −1 −3

2

A −1 A −1 ⋅ C

−2

4

3

2

3

−1

5

3

−7

9

24

13

12

− 14

− 34

− 18

4

i C=  ,  3 − 1

A −1 ⋅ C ⋅ B −1

:

 24

,

13 

prema tome: X =  . − 34 − 18 

5.4.4. Zadaci za vežbu 1 M. 4 1  − 1  . −1   1 

a) Proveriti u slučaju matrice M čunjenicu: M–1 =   M=    

1 1

1 1 1 −1

1 −1 1 1 −1 −1

b) odrediti inverzne matrice za A i B! 0 1 1 1 0 1  B= 1 1 0   ... ... ...  1 1 1  1 1 −1   1 c) Rešiti matričnu jednačinu X ⋅  2 1 0  =  4  1 − 1 1   1 2 3 A = 1  2

1 2 1 −1

0 0 3 2

0 0  , 4  3

1 1  1 .  ... 0  −1 3  3 2  ! − 2 5 

.... .... .... .... ....

Ispitni zadaci 5. 1. (24.01.2002.)

Rešiti matričnu jednačinu AX + B = CX +D po nepoznatoj matrici X ako su date matrice: A = 1 3 , B = 3 1 , C = 1 1 , D =  7 3 5  

1 3  

1 1  

3. 11 11  

. __________________________________________________________________________________________ 109

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

Rešenje: AX + B = CX +D ⇒ (A – C ) X =D – B odnosno MX = N odakle sledi X = M

gde je: M =A – C = 1 3 – 1 1 = 0 2 i N =D – B =  7 3 5  

Pošto je det(M) = –1/4 i M

1 1  

–-1

2 4  

3 11 11  

1 4 − 2 , sledi X =   0 4−2 2

= − 1 

–-1

N,

– 3 1 =  4 2 . 1 3  

10 8   

2 . 1

2. (06.06.2002.) a) Diskutovati rang matrice A(t).

b) Rešiti matričnu jednačinu (X+3E)–1=A(3)/4. 3 1  1 A(t ) =  − 2 t − 7 −3   − 1 t − 4 t 2 − 3t  .   Rešenje: 3 1   1 3 1 1 1   1 3       . −3 ~ 0 t −1 −1 ~ 0 t −1 −1 a) A(t ) = − 2 t − 7  − 1 t − 4 t 2 − 3t   0 t − 1 t 2 − 3t + 1  0 0 t 2 − 3t + 2       

U prvom koraku prva vrsta je pomnožena sa 2 dodata je drugoj vrsti, odnosno prva vrsta samo je dodata trećoj vrsti. U drugom koraku druga vrsta je oduzeta od treće vrste. Očevidno, za t 2 –3t + 2 = 0, tojest za t1 = 1 ili za t2 = 2 rang matrice je 2 jer imamo 0 vrstu. Za sve ostale vrednosti parametra t (za t ≠ 1 i za t ≠ 2) rang matrice je 3. b) Obeležimo A(3)=B. Pristupamo rešavanju matrične jednačine: ( X + 3E )–1 = B/4

⇒ 4E =B ( X + 3E ) ⇒ 4E =B X + 3B ⇒ ⇒ B X = 4E – 3B ⇒ X =B–1(4E – 3B ).

3 1  1 1 − 9 − 3   Pošto je B = − 2 − 4 − 3 , 4 E − 3B = 6 16 9  , det(B)=4,     3 4  0  3  − 1 − 1

 − 6 − 1 − 5  − 3 − 1 − 5 1 –1  1 . 3 1 1 , zato će biti X =B (4E – 3B )=  3 − 2 B =     4 1   − 2 − 2 − 1  − 1 − 1 −1

110

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

3. (02.09.2003)

a a + b a + 2b a + 3b −a a 0 0 Izračunati determinantu . 0 −a a 0 0 0 −a a Rešenje: Dodajmo elemente druge kolone odgovarajućim elementima prve kolone, zatim elemente treće kolone dodajemo elementima prve kolone, i konačno elemente četvrte kolone dodajemo odgovarajućim elementima prve kolone i dobijemo: a a + b a + 2b a + 3b 4a + 6b a + b a + 2b a + 3b −a a 0 0 0 a 0 0 = = −a 0 −a a 0 0 a 0 0 0 −a a 0 0 −a a a

0

0

=(4a+6b) − a a 0 . 0 −a a Pošto je determinanta na kraju "trougaona", zato njena vrednost je jednaka proizvodu dijagonlnih elemenata. Prema tome, tražena determinanta je ∆ =2a3(2a + 3b).

4. (23.09.2003.)

 2 − 4x + 2 2 −8 Izračunati determinantu D =  − 1 − 2 x − 6  x−4 1 Rešenje:

5 − 1 3 4  . 3 3  0 2

Primenom osobina determinanata i Laplasove teoreme razvoja dobija se D = 25x.

5. (13.04.1999.) 3 1 − 1 Data je matrica A = 0 2 0  . 1 1 1 

a) Dokazati da je An = n 2n −1 A − (n − 1) 2n E , gde je E jedinična matrica, za n∈N. b) Pomoću prethodnog saznanja naći A−1 bez algoritma za inverziju matrica. __________________________________________________________________________________________ 111

DISKRETNA MATEMATIKA

__________________________________________________________________________________________

Rešenje:

a) Dokaz ćemo izvršiti takozvanom matematičkom indukcijom. Taj metod dokaza je poznat studentima iz srednje škole. Prvo se proverava važenje tvrđenja za n = 1: A1 = 1 ⋅ 21−1 A − (1 − 1) 21 E = A . Takođe se uočava, da je za n = 2: A2 = 4 A − 4E . Sledi pretpostavka važenja tvrđenja za n = k: Potrebno je dokazati, da važi za n = k+1:

A k = k 2 k −1 A − (k − 1) 2 k E . A k +1 = (k + 1) 2 k A − k 2 k +1 E

Pomnožimo prethodnu matričnu jednakost sa matricom A. Dobijamo: A k +1 = k 2 k −1 A 2 − (k − 1) 2 k A . Zamenom činjenice A 2 = 4 A − 4 E , sledi: A k +1 = k 2 k −1 (4 A − 4 E ) − (k − 1) 2 k A = 4 k 2 k −1 A − 4 k 2 k −1 E − k 2 k A . Iskoristimo da je 4=22, odnosno: 4 k 2k–1 = k 2k+1, sledi: = 2 k −1 A (4k − 2k + 2) − k 2 k +1 E = (k + 1) 2 k A − k 2 k +1 E , što je i trebalo dokazati. b) Za iznalaženje inverzne matrice pomoću prethodnog rezultata, a bez upotrebe postupka za invertovanje, uočiti sledeće: za n = 2 smo imali: A 2 = 4 A − 4 E . Pomnožimo ovu jednakost a A-1 i dobijamo: A = 4 E − 4 A −1 . 1 Odavde sledi: A −1 = E − A . 4

112

6. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA 6.1. Pojam sistema linearnih algebarskih jednačina Precizirajmo prvo pojam promenljive ili inepoznate. Promenljive ili nepoznate veličine pripadaju datom skupu S. Elementi skupa mogu biti interpretirani sa bilo kojim elementom skupa U: S = {x, y, z, u,…, x1, y1, z1, u1,… ,x2, y2, z2, u2,… ,xn, yn, zn, un,…}. Pretpostavimo, da elementi, sa kojima se susrećemo uvek pripadaju skupu R realnih brojeva. Sistem linearnih jednačina nad skupom realnih brojeva S je konjunkcija m jednačina u kojima ( x1, x2, x3, …, xn ) označavaju nepoznate, dok su a i j ∈ R skalarne veličine, koeficijenti sistema jednačina, b i ∈ R su takodje skalarne veličine, takozvani slobodni članovi, gde su i ∈ {1, 2, 3, … , m}, j ∈ {1, 2, 3, … , n}, m,n∈ N:

S:

a11 x1 + a12 x 2 + a13 x 3 + ... + a1n x n = b1 a 21 x1 + a 22 x 2 + a 23 x 3 + ... + a 2 n x n = b 2 a 31 x1 + a 32 x 2 + a 33 x 3 + ... + a 3n x n = b3 -------------------------------------------------------

a m1 x1 + a m 2 x 2 + a m3 x 3 + ... + a mn x n = bm

Ukoliko su svi slobodni članovi jednaki nuli, to jest b1 = b2 = b3 =…= bm = 0, tada se govori o homogenom sistemu jednačina. U protivnom (to jest ako je bar jedan od slobodnih članova različit od nule), sistem je nehomogen sistem. Koeficijente sistema S, brojeve a i j možemo svrstati u jednu matricu A, koju nazivamo matricom sistema linearnih jednačina. Ukoliko tu matricu proširimo sa n+1-vom kolonom slobodnih koeficijenata, tada se dobija proširena matrica  sistema.  a11 a  21 A =  a 31   ...  a m1 

a12

a13

...

a 22 a 32

a 23 a 33

... ...

... a m2

... a m3

... ...

 a11 a1n    a 2n   a 21 a 3n  , Â =  a 31   ...   ... a a mn   m1

a12

a13

...

a 22

a 23

... a 2 n

a 32

a 33

... a 3n

...

...

...

am2

a m3

a1n

...

... a mn

b1     b2   b3  , x =    ...    bm  

x1  x 2  x3  , b =  ...  x n 

 b1  b   2  b3  .    ...   bm   

Upotrebom uvedenih oznaka sistem od datih n jednačina može se zapisati i kao matrična jednačina: A ◊ x = b. (Primetimo, da je matrica A tipa m¥n, matrica x tipa n¥1, tako matrica b mora biti tipa m¥1!). Koristeći oznake za transponovanje vektor kolone x i b mogu se zapisati i u obliku: 113

DISKRETNA MATEMATIKA _____________________________________________________________________________________________________

x=

[ x1

x2

x3

... x n ]

T

i b=

[ b1

b2

... bm ] . T

b3

U cilju pojednostavljenja često te vektore kolone pišemo u obliku: x = (x1, x2 , x3 , … , xn ) i b = (b1, b2 , b3 , … , bm ). Ovakav način zapisivanja ne treba da predstavlja teškoće, jer kod pravih vektora vrsta koristimo uglaste zagrade i bez zapeta izmedju elemenata. Vektor kolona a = [ α 1 α 2 α 3 ... α jednakost A ◊ a = b, drugim rečima, ako je:

n

] T e rešenje sistema S ako i samo ako važi

a11α 1 + a12α 2 + a13α 3 + ... + a1nα n = b1 a 21α 1 + a 22α 2 + a 23α 3 + ... + a 2 nα n = b2 a 31α 1 + a 32α 2 + a 33α 3 + ... + a 3 nα n = b3 ------------------------------------------------------a m1α 1 + a m 2α 2 + a m 3α 3 + ... + a m nα n = bm . Po ranijoj konvenciji umesto a = [ α a = (a1, a2 , a3 , … , an ).

1

α

2

α

3

... α

n

]T

mogli smo pisati i

U zavisnosti od koeficijenata može se desiti, da sistem nemoguće rešiti, ali i to je moguće, da imamo beskonačno mnogo rešenja. Primer: Data su četiri sistema jednačina. 2 x1 − 3 x 2 = 5 2 x1 − 3 x 2 = 5 2 x1 − 3x 2 = 5 S1: , S2: 5 x1 + 2 x 2 = 3 , S3: 5 x1 + 2 x 2 = 3 , 5 x1 + 2 x 2 = 3 7 x1 − x 2 = 2 7 x1 − x 2 = 8

S4:

2 x1 − 3 x 2 + x 3 = 5 5 x1 + 2 x 2 − 2 x 3 = 3

U pogledu rešivosti konstatujemeo sledeće: Sistem S1 je jednoznačno rešiv, rešenje je x = (1, –1) Sistem S2 nije rešiv, ne postoji ni jedan skup realnih brojeva koji ga zadovoljava. Kod sistema S3 rešenja prve dve jednačine zadovoljavaju i treču, pa je sistem rešiv. Na kraju, sistem S4 ima beskonačno mnogo rešenja, pošto umesto x3 možemo zameniti bilo koji broj. x = (x1 = 1+

4 x 3 19

, x2 = –1+

9 x 3 19

, x3 = proizvoljan realan broj).

U daljem radu istražujemo mogućnost pronalaženja rešenja sistema jednačina. Pitamo: ¾ ¾ ¾

Da li je dati sistem rešiv? Koji su uslovi rešivosti datog sistema jednačina? Ako je sistem rešiv, kako doći do rešenja? Analizirajmo rešenja (diskusija). Da li su vektori dobijeni u toku rešavanja stvarno rešenja? Postoje li još neka rešenja? Koliko rešenja postoje?

114

SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA _____________________________________________________________________________________________________

6.2. GAUSS-ov metod eliminacije nepoznatih

Razmotrićemo sada sisteme linearnih jednačina u kojima se broj jednačina ne mora poklapati sa brojem nepoznatih. Sistem od m jednačina sa n nepoznatih imaće oblik a11 x1 + a12 x1 a21 x1 + a22 x2 M M ai1 x1 + ai 2 x2 M M am1 x1 + am 2 x2

L + a1 j x j L + a2 j x j O M L + aij x j M L + amj x j

L + a1n xn L + a 2 n xn M L + ain xn O M L + amn xn

= b1 = b2 M = bi M = bm

(1)

gde su xj (j=1,2,...,n) nepoznate, aij (i=1,2,...,m , j=1,2,...,n) koeficijenti uz nepoznate, bi (i=1,2,...,m) nezavisni članove, pri čemu može biti m = n, m < n ili m > n. Ako su u sistemu jednačina (1) svi nezavisni članovi bi (i=1,2,...,m) jednaki nuli onda ga nazivamo sistemom homogenih jednačina, u suprotonom kažemo da je sistem nehomogenih jednačina. Rešenjem sistema (1) nazivamo svaku uređenu n-torku od n brojeva (ξ1, ξ2, ξ3, ... ,ξn) koji zamenjeni redom umesto xj (j=1,2,...,n) u jednačinama (1) iste pretvaraju u identitete. Upoznaćemo se sad sa Gauss-ovim metodom sukcesivne eliminacije nepoznatih. Neka je dat sistem (1) i neka je a11 ≠ 0. Pomnožimo obe strane prve jednačine sa a a21 i oduzmemo od odgovarajućih strana druge jednačine, zatim sa 31 i oduzmemo od a11 a11 odgovarajućih strana treće jednačine itd. Dobijemo sistem: a11 x1

+ a12 x1 ′ x2 a 22 M a i′2 x 2

L + a1 j x j L + a 2′ j x j O M L + a ij′ x j

L + a1n x n L + a 2′ n x n M L + ain′ x n

= b1 = b2′ M = bi′

M

M ′ xj L + a mj

O M ′ xn L + a mn

M = bm′

a m′ 2 x 2

(2)

U sistemu (2) sem prve jednačine ni jedna jednačina ne sadrži nepoznatu x1. Pored toga sistem (2) ekvivalentan je sa sistemom (1). _________________________________________________________________________________ 115

DISKRETNA MATEMATIKA _____________________________________________________________________________________________________

Predpostavimo da je a′22 ≠ 0 i transfomišemo sistem (2) tako da prve dve jednačine ostanu nepromenjene a iz preostalih jednačina sistema (2) eliminisaćemo nepoznatu x2 . ′ a42 ′ a32 a′ Množimo obe strane druge jednačine redom sa , ,K, m 2 i oduzimamo od ′ a′22 a22 a′22 odgovarajućih strana preostalih jednačina. Dobijemo sistem jednačina ekvivalentan sistemu (1).

a11 x1

+ a12 x1 + a13 x1 L + a1 j x j L + a1n xn ′ x2 + a′23 x2 L + a′2 j x j L + a′2 n xn a22 ′′ x3 L + a3′′j xn L + a3′′n xn a33 M at′′3 x3

L

M + atj′′ x j

= b1 = b2′ = b3′′

O

M L + atn′′ xn

M

= bt′′

Ovaj sistem sadrži t jednačina, pri čemu je t b m jer se broj jednačina pri prvoj i drugoj transformaciji mogao smanjiti (ako je neka jednačina dobila oblik 0=0). Gore opisani postupak eliminacije nepoznatih se nastavlja dok se ne dobije sistem od k jednačina, pri čemu je izvršena eliminacija (k-1) nepoznate

a11 x1

+ a12 x1 + L + a1,k −1 xk −1 ′ x2 + L + a2′ ,k −1 xk −1 a22

+ a1k xk + a2′ k xk

L L

+ a1n xn + a′2 n xn

= b1 = b2′

M

M

M

a

k −1 kk k

x + L +a

k −1 kn n

x

= bkk −1

′ ≠ 0, K, akk( k −1) ≠ 0 i k≤ m i k≤ n. U ovom slučaju sistem (1) je gde su očigledno a11 ≠ 0, a22 rešiv. Ako je k=n sistem (1) je određen, a za k< n sistem je neodređen, a u slučaju ako se dobija sistem u kome se nalazi bar jedna jednačina čija je leva strana nula a desna različita od nule, tada je sistem protivrečan. Zaista, ako je k = n sistem (4) dobija oblik:

a11 x1

+ a12 x1 + L + a1n xn ′ x2 + L + a′2 n xn a22

= b1 = b2′

O

M

M

a

n −1 nn n

x

= bkn −1

Iz poslednje jednačine može se izračunati nepoznata xn . Zamenimo li xn u pretposlednju jednačinu može se izračunati nepoznata xn–1 . Na ovaj način nastavljamo izračunavanje nepoznatih xn–2 , xn–3 , ... ,x2 ,x1 . U slučaju kada se broj preostalih jednačina i nepoznatih razlikuje moguće su situacije koje šematski predstavljamo na slici 6.1.

116

SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA _____________________________________________________________________________________________________

m>n 1442443

m=n

1442443 n

1442443 n

1442443

m