Linearna algebra i geometrija sva predavanja, tutorijali i zadace 2010/2011 god.

A-PDF Merger DEMO : Purchase from www.A-PDF.com to remove the watermark

-1-

Sarajevo: 15. septembar 2008. Moji vrli studenti, moji dragi saradnici i ostali koji imate namjeru ili ćete ¸¸bacite’’ pogled na ove stranice! Ovo su ¸¸Bilješke'' za I sedmicu predavanja na predmetu Linearna algebra i geometrija. Imam namjeru da tekst popravim i doradim. Unaprijed se zahvaljujem za svaku i najmanju pomoč u tom smislu. Sve sugestije i ispravke primam na mail: [email protected] . S poštovanjem Vaš, Behdžet Mesihović

Literatura će biti citirana prema spisku literature u programu predmeta, kako slijedi: Literatura Preporučena

1. 2. 3.

Dopunska

4. 1. 2. 3. 4. 5. 6.

B. Mesihović: Bilješke i slajdovi s predavanja (moći će se vidjeti na WEB situ Fakulteta) D. S. Mitrinović, D. Mihailović, P. M. Vasić: "Linearna algebra, polinomi i analitička geometrija", Građevinska knjiga Beograd,1990. B. Mesihović , Š. Arslanagić: "Zbirka riješenih zadataka i problema iz matematike sa osnovma teorije i ispitni zadaci", Svjetlost-Sarajevo, 1988. M.Ušćumlić, P. Miličić: "Zbirka zadataka iz matematike I", Bgd, 1989. D. S. Mitrinović: "Matematika u obliku metodičke zbirke zadataka sa rešenjima I i II", Beograd Ž. Milovanović, E. I. Milovanović: „Diskretna matematika", Niš, 2000. F. Dedagić: "Uvod u višu matematiku", Tuzla 1997. M. Bračković: „Matematika–determinante, sistemi linearnih jednačina, elementi vektorske algebre i analitičke geometrije", Svjetlost-Sarajevo, 1990. N. Elezović: Linearna algebra, Element, Zagreb, 1996. N. Elezović, A. Aglić: Linearna algebra, Zbirka zadataka, Element, Zagreb, 1996.

Tako naprimjer: 10 pozivanje na stranicu: ¸¸str.25-n-prep.'' za n=1, 2, 3 i 4 odnosi se na 25. str. u n-tom udžbeniku iz spiska preporučene literature; 20 pozivanje na stranicu: ¸¸str. 37-n-dop.'' za n=1, 2, 3, 4, 5, i 6 odnosi se na 37. str. u n-tom udžbeniku iz spiska dopunske literature.

-2-

Slijedi program predmeta: Naziv Linearna algebra i geometrija PG 04 Oznaka Cilj kursa – Znanje i vještine koje treba postići student Cilj kursa je dati osnovna znanja iz linearne algebre i analitičke geometrija. Student treba biti u stanju analizirati rješivost sistema linearnih jednadžbi, koristeći matrice i operacija s matricama kao instrumente za formalizaciju i analizu podataka, te poznavati osnove teorije vektorskih prostora. U oblasti analitičke geometrije, nakon osvrta na dvodimenzionalni prostor, uvodi se analitička geometrija u trodimenzionalnom prostoru (ravan, prava, krive drugog reda, površine drugog reda površine natale rotacijom). Program 1.

Elementi matematičke logike i teorije skupova Operacije. Algebarske strukture. Grupa. Prsten. Tijelo. Polje. 2. Elementi teorije vektorskih prostora Definicije. Modeli. Svojstva računanja. Potprostori. Linearne kombinacije. Generatori. Linearna ovisnost i neovisnost. Baze. Dimenzija. 3. Matrice Predstavljanje (definicija, kvadratna, transponovana, nula,jedinična) Operacije (suma, proizvod sa skalarom, proizvod dvije matrice) Rang i inverzna matrica (rang, Gaussovo pravilo, inverzija matrica) Determinante (predstavljanje, Sarrusovo pravilo, Laplaceovo pravilo, Svojstva) 4. Sistemi linearnih jednadžbi Sistem sa m jednadžbi i n nepoznatih. Rješenje. Određeni sistem. Neodređeni sistem. Nemogući sistem. Cramerovo pravilo. Gaussova eliminacija. Stav Kronecker-Capellia. 5. Linearna preslikavanja Jezgra i slika linearnog preslikavanja (definicije, teoreme, primjeri) Linearna preslikavanja i matrice (pridružena matrica, matrica zamjene koordinata, teoreme, primjeri) Linearni funkcionali i dualni vektorski prostor (dualni vektorski prostor, dualna baza, bidualni vektorski prostor, primjeri) 6. Polinomi (Hornerova shema, rastavljanje na parcijalne razlomke) 7. Sopstvene vrijednosti i sopstveni vektori Linearni operatori (matrica i determinanta, slične matrice) Sopstvene vrijednosti i vektori (definicija, teoreme, sopstveni prostor, karakteristični polinom, geometrijska i algebarska višekratnost) Dijagonalizacija, dijagonazibilni operator, aplikativni primjeri) 8. Analitička geometrija u ravnini Vektori u ravnini. Pravac (rastojanje između dvije tačke, analitičko predstavljanje pravca, paralelizam i ortagonalnost, presjek, pramen pravaca) 9. Analitička geometrija u prostoru Vektori u prostoru. Pravac. Ravnina. Pravac i ravnina (rastojanje između dvije tačke, analitičko predstavljanje ravnine i pravca, kolinearnost i ortagonalnost, uglovi, presjeci, pramenovi ravnina, rastojanja) 10. Krive drugog reda (definicija, kanonske forme, klasifikacije) Elipsa. Hiperbola. Parabola. Površine drugog reda (definicija, klasifikacija) Elipsoid. Hiperboloid. Eliptički paraboloid. Hiperbolički paraboloid. Cilindar. Konus. 11. Rotacione površine (definicija, površine u cilindričnim koordinatama)

Literatura Preporučena

5. 6.

8.

B. Mesihović: Bilješke i slajdovi s predavanja (moći će se vidjeti na WEB situ Fakulteta) D. S. Mitrinović, D. Mihailović, P. M. Vasić: "Linearna algebra, polinomi i analitička geometrija", Građevinska knjiga Beograd,1990. B. Mesihović , Š. Arslanagić: "Zbirka riješenih zadataka i problema iz matematike sa osnovma teorije i ispitni zadaci", Svjetlost-Sarajevo, 1988. M.Ušćumlić, P. Miličić: "Zbirka zadataka iz matematike I", Bgd, 1989.

7.

D. S. Mitrinović: "Matematika u obliku metodičke zbirke zadataka sa rešenjima I i II"Beograd

7.

Dopunska

-38. Ž. Milovanović, E. I. Milovanović: „Diskretna matematika", Niš, 2000. 9. F. Dedagić: "Uvod u višu matematiku", Tuzla 1997. 10. M. Bračković: „Matematika–determinante, sistemi linearnih jednačina, elementi vektorske algebre i analitičke geometrije", Svjetlost-Sarajevo, 1990. 11. N. Elezović: Linearna algebra, Element, Zagreb, 1996. 12. N. Elezović, A. Aglić: Linearna algebra, Zbirka zadataka, Element, Zagreb, 1996.

Didaktičke metode Predavanja imaju za cilj dati iscrpan obris svih dijelova programa. Predavanja se odvijaju direktno u auli na način da student s lakoćom može pratiti njihov ritam i odmah raspoznati pitanja koja drži manje jsnim. Nakon što završi s izlaganjem svake od logički zaokruženih jedinica nastavnog programa, nastavnik postavlja i riješava primjere i zadatke koji omogućuju da studenti ovladaju instrumentima i metodologijama izloženim tokom predavanja. Drugi primjeri i ispitni zadaci razmatraju se i riješavaju tokom turotiala (pod vođenjem i pratnjom tutora), na način da se već tokom izvođenja programa može stalno provjeravati dostignuti stupanj pripremljenosti studenta da ovlada znanjima i vještinama koje treba postići u okviru ovog kursa.

Način provjere znanja Tokom trajanja kursa student prikuplja bodove prema slijedećem sistemu: prisustvo satima predavanja i tutorijala: 10 bodova, student koji više od tri puta izostane s predavanja i/ili tutorijala ne može ostvariti bodove po ovoj osnovi; izrada domaćih zadaća: maksimalno 10 bodova; predviđena je izrada od 5 do 10 domaćih zadaća ravnomjerno raspoređena tokom semestra; parcijalni ispiti: dva pismena parcijalna ispita, pri čemu svaki pozitivno ocijenjen parcijalni ispit donosi 20 bodova; Tokom trajanja parcijalnog ispita (90 minuta) riješavanju se zadaci za koje je unaprijed dano više odgovora, od kojih je jedan tačan (student koji tačno odgovori na sve ovako postavljene zadatke ostvaruje 10 bodova), kao i jedan zadatak s otvorenim odgovorom (tačno urađen zadatak donosi 10 bodova). Student koji je tokom trajanja semestra ostvario manje od 20 bodova ponovno upisuje ovaj kurs. Student koji je tokom trajanja semestra ostvario 40 i više bodova pristupa usmenom završnom ispitu; ovaj ispit sastoji se iz diskusije zadataka s parcijalnih ispita, domaćih zadaća i odgovora na jednostavna pitanja koja se odnose na teme kursa (osnovne definicije i iskazi najvažnijih svojstava i/ili teorema). Usmeni završni ispit donosi maksimalno 40 bodova. Da bi postigao pozitivnu završnu ocjenu, student na ovom ispitu mora ostvariti minimalno 20 bodova. Student koji ne ostvari ovaj minimum pristupa usmenom dijelu popravnog ispita. Student koji je tokom trajanja semestra ostvario 20 i više bodova, a manje od 40 bodova, pristupa popravnom ispitu. Popravni ispit struktuiran je na slijedeći način: pismeni dio koji je struktuiran na isti način kao i pismeni parcijalni ispit; u okviru ovog ispita student polaže zadatke iz tema za koje nije postigao prolaznu ocjenu (10 i više bodova) polažući parcijalne pismene ispite, usmeni dio koji je struktuiran na isti način kao usmeni dio završnog ispita. Usmenom dijelu popravnog ispita može pristupiti student koji je nakon polaganja posmenog dijela popravnog ispita uspio stvariti ukupan skor od 40 i više bodova; ovaj skor sastoji se od bodova ostvarenih kroz: prisustvo nastavi, izradu domaćih zadaća, polaganje parcijalnih sipita i polaganje pismenog dijela popravnog ispita. Usmeni popravni ispit donosi maksimalno 40 bodova. Da bi postigao pozitivnu završnu ocjenu

student na ovom ispitu mora ostvariti minimalno 20 bodova. Student koji ne ostvari ovaj minimum ponovno upisuje ovaj kurs. Napomene: 1.

2. Broj ECTS bodova Broj sati predavanja Broj sati vježbi Broj sati tutorijala

Prilikom polaganja pismenog ispita student može koristiti od strane nastavnika pripremljenu listu formula koje mogu biti od koristi prilikom riješavanja zadataka. Nije dozvoljeno korištenje drugih bilježaka, knjiga, džepnih kalkulatora, mobilnih telefona, niti drugih elektronskih pomagala. Zadaci koje student treba riješiti na ispitu istog su tipa kao oni što su riješavani tokom izvođenja predavanja i tutorijala. 5,0 39 21

-4-

I UVOD U ovoj glavi daćemo osnovne postavke matematičke logike i teorije skupova, čije usvajanje pomaže da se na jednostavniji i kraći način izlože matematički sadržaji, što će značajno pomoći praćenju i usvajanju znanja. Polazeći od osnovnih matematičkih pojmova suda i skupa, biće izvedene definicije relacije, funkcije, operacije i različitih algebarskih struktura, koji su osnovni pojmovi skoro svih matematičkih i drugih egzaktnih teorija i njihovih aplikacija. 1. SUD I SKUP KAO OSNOVNI POJMOVI MATEMATIKE U matematičkoj logici sud je osnovni pojam, koji se ne definiše . Daćemo ¸¸intuitivnu'' definiciju: Sud (ili iskaz) je suvisla deklarativna rečenica, koja u pogledu istinitosti zadovoljava dva principa: (i) sud je ili istinit ili neistinit i ništa treće (princip isključenja trećeg), (ii) nije i istinit i neistinit (princip kontradikcije). Sudove obilježavamo obično malim slovima: p, q, r,..., koji su elementi skupa S svih sudova. Prema intuitivnoj definiciji suda i intuitivnoj definiciji skupa (vidi ... ), promatramo skup sudova S:={ p | τ (p)∈ {0, 1} }, gdje je τ (p) '' vrijednost '' suda p, gdje

τ (p) = 1 znači da je sud p istinit, dok

τ (p) = 0 znači da je sud p neistinit. Umjesto τ (p), ako to neće dovesti do zabune, pisaćemo samo p. Pritom se ne bavimo pitanjem šta je suštinski sadržaj suda p već samo njegovom vrijednošću. Primjer 1) Da li su slijedeće rečenice sudovi: ''Broj 5 je veči od broja 2'' (istinit sud). ''Broj 8 jednak je broju 3'' (neistinit sud). ''Je li danas ponedeljak? '' (nije sud, jer nije deklarativna, već upitna rečenica). '' Danas je nedelja '' (je sud, koji je ili istinit ili neistinit, već prema tome u kojem danu se izgovara). Kvantifikatori. Neka je p := p(x) sud ili neka formula algebre sudova koja zavisi od parametra (varijable) x, tada: 1.1. (∀x) p znaći „za svaki x je p". Simbol ∀ se zove univerzalni kvantifikator i podsjeća na prvo slovo „A" od njemačkog alle = svi ili engleskog all = svi. Primjeri: 2) Sud ¸¸za svako realno x je x2 ≥ 0’’ primjenom univerzalnog kvantifikatora zapisujemo kraće (∀x) x∈R ⇒ x2 ≥ 0, ili još kraće: (∀x ∈R) x2 ≥ 0 ; 3) Sud ¸¸za svako a i b iz skupa C kompleksnih brojeva važi (a+b)(a-b)=a 2 -b 2 ’’ kraće se zapisuje upotrebom kvantifikatora: (∀a, b) (a, b ∈C) ⇒(a+b)(a-b)=a 2 -b 2 1.2. (∃x) p znaći: ''postoji x tako da je p" ili ''postoji bar jedno x za koje je p'' Simbol ∃ predstavlja egzistencijalni kvantifikator (potiče od njemačkog ,,es gibt" = =„ima" i l i engleskog ,,exists" = „postoji"); Isto tako: (∃! x) p znači „postoji jedno i samo jedno x takvo da je p", tj. x je vezano sa kvantifikatorom ∃!. Primjeri: 4) Sud ‘’postoji bar jedno x iz skupa C kompleksnih brojeva takvo da je

-5-

a 0 x n + a l x n - 1 + . . .+a n-1 x+ a n = 0 (a 0 , a l ,…, a n-1 , a n ∈C)‘’ pomoću kvantifikatora zapisujemo (∀a 0 , a l ,…, a n-1 , a n ∈C) (∃ x∈C) a 0 x n + a l x n - 1 + . . .+a n-1 x+ a n = 0. 5) Sud ‘’za svako x postoji bar jedno y takvo da je x Y. Ako je f (X) = Y, tj. ako je svako y iz Y slika barem jednog oginala x ∈ X, kažemo da je preslikavanje f surjekcija ili preslikavanje " na'". Primjer 1. Neka je Y = {0,1,2}; tada preslikavanje f : X → {0,1} nije surjekcija sa X u Y, jer element 2 iz Y nije slika nijednog x∈X. Primjer 2. Neka je X = R i Y = R+ ∪ {0}=R0, gdje je R + := {x ∈R | x > 0}. Preslikavanje definirano na X pomoću f(x) = x2 je surjekcija skupa X n a s k u p r Y = R 0 . Definicija 3. Preslikavanje f : X → Y naziva se injektivnim ili injekcija skupa X u skup Y, ako i samo ako se različiti elementi skupa X preslikavaju u različite elemente skupa Y. Ovakvo preslikavanje naziva se i "1 — 1" preslikavanje. Dakle, po definiciji, f : X → Y je injekcija ako vrijedi: (∀ x1,x2 ∈ X) (x1≠x2 ⇒ f(x1)≠ f(x2)), f(x1), f(x2)∈Y. (1) Imajući u vidu zakon kontrapozicije: (p ⇒ q) ⇔ (¬p ⇒ ¬q), jasna je da je Definicija 3 ekvivalentna sa (f: X → Y je injekcija) ⇔ ((∀ x1,x2 ∈ X) (f(x1)=f(x2) ⇒ x1=x2)). Primjer 3. Preslikavanje f : N →N definirano pomoću f (n) = 2 n — 1 je injekcija skupa prirodnih brojeva N u samog sebe. Očito je f(m) = f (n) ⇔ 2m — 1 = 2n — 1 ⇔ m = n. Definicija 4. Za preslikavanje f : X→ Y kažemo da je bijekcija skupova X i Y ili obostranojednoznačno preslikavanje skupa X u skup Y ako je f i injekcija i surjekcija.

- 15 -

PRIMJEDBA. Preslikavanja se može strožije definisati, tako da se ne koriste pojmovi koji nisu precizno definirani, kao što su pojmovi postupak (zakon) ili pridruživanje iz definicije 4. Definicija 5. Neka je f (⊂XxY) binarna relacija koja zadovoljava uslove: (a) Skup svih prvih komponenti x uređenih parova (x,y) ∈ f , jednak je skupu X, tj. D f = X. (b) Proizvoljno x ∈ X javlja se samo jednom kao prva komponenta uređenog para iz f, tj. (∀x ∈ X) (x, y 1 ) ∈ f ∧ (x, y 2 ) ∈ f ⇒ y 1 = y 2 ; tada je f: X→Y. ZADACI ZA VJEŽBU I. Zadaci: 9. i 10. na str. 19-3-prep. II. Zadaci: 12. do 17. i 19. do 22. na str.19-3-prep. III. Zadaci: 219. do 274. na str.23-4-prep. IV. Zadaci: 1. do 13. na str.9-1-dop.

5. OPERACIJE I ALGEBARSKE STRUKTURE Napomenimo da smo već koristili neke operacije bez posebnog notiranja: logičke operacije: konjukcija ∧, disjunkcija ∨, implikacija ⇒, ekvivalencija ⇔ i negacija ¬ . Osim toga, uveli smo operacije sa skupovima. Koristili smo i neke od matematičkih kvantifi'katora (∃, ∃!, ∀, | ,...), koji pomažu da se matematički iskazi izraze u kraćoj formi. Neka je A ≠ ∅ proizvoljan skup i S ⊂ A 2 . Definicija 6. Binarna operacija ο u skupu A je svako preslikavanje ο:S → A. Dakle, svakom uređenom paru (a,b)∈S⊂ A 2 pridružuje se jedan i samo jedan element c∈ A. Binarna operacija zove se takode: binarna kompozicija ili apstraktna operacija ili samo operacija. Prema definiciji preslikavanja izlazi:

( ∀ ( a,b ) ∈ S ⊂ A ) ( ∃!c ∈ A ) 2

o ( a,b ) = c

Znak o, koji kazuje da na elemente a i b skupa A treba primeniti određeni postupak da bi se dobio element c iz tog skupa, zove se operator. Rezultat operacije o koja je izvršena sa elementima a i b označava se: a o b = c u m j e s t o s a o ( a,b ) = c Operacija je zatvorena na A, ako je S = A x A. Nadalje ćemo,ako se ne kaže drukčije, smatrati da je operacija zatvorena na A.

Definicija 7. Skup G na kome je definisana binarna operacija (napr. ο ) naziva se grupoid. Grupoid je, prema tome, uređeni par (G, ο) . Primjer 12. U skupu neparnih prirodnih brojeva 2N+1 := {n=2k + l | k = 0,1,2,...} operacija množenja je zatvorena operacija. Izlazi: ako su x1 = 2 k1 +1; x2 = 2 k2 +1, dva proizvoljna elementa skupa 2N+1, gdje su k1, k2∈ {0,1, 2,... ...}, tada je x1 x2 = (2 k1+1) (2 k2+1) = 4 k1 k2+2 k1 + 2 k2+ l = 2 (2 k1k2 + k1 +k2 )+1 odnosno x1 x2 = 2 k + 1, gdje je k = 2 k1k2 + k1 +k2, odakle slijedi da je x1 x2∈2N+1.

- 16 -

Pretpostavimo da je u nepraznom skupu A definirana operacija " o " i S = A x A, tj. da operacija ima svojstvo zatvorenosti. Reći ćemo: 1) operacija " o " asocijativna'', ako vrijedi ( ∀ a, b , c ∈ A) ( a o b) o c = a o (b o c).

(g1)

2) U skupu A postoji neutralni (jedinični) element u odnosu na operaciju "o", ako vrijedi ( ∃ e ∈ A) ( ∀ a ∈ A) a o e = a = e o a. (g2) 3) Svaki element iz A ima suprotni (inverzni) element, ako vrijedi ( ∀ a ∈ A) ( ∃ a* ∈ A) a o a* = e = a* o a.

(g3)

4) Operacija je komutativna, ako ( ∀ a, b ∈ A) a o b = b o a . (g4) Za operacije koje imaju konkretan smisao, operator o zamenjuje se znacima: + za sabiranje (brojeva, polinoma, vektora, itd.) ; - za oduzimanje (brojeva, polinoma, vektora, itd.) - ; x ili . za množenje (brojeva, polinoma, itd.); : ili / za deljenje (brojeva, polinoma, itd.); ∪ za uniju skupova; ∩ za presek skupova; \ za diferenciju skupova; i.t.d. Definicija 8. Uređeni par (G, o) se naziva grupa , ako vrijede aksiomi (g1),(g2) i (g3); grupa (G, o) je komutativna ili Abel-ova grupa, ako u njoj važi i aksiom (g4).

Nils. H.Abel (1802-1829) je norveški matematičar. Iskažimo još jednom preciznu definiciju grupe. Algebarske strukturu (G, o) na ziva se grupa ako vrijede (aksiome grupe): 1° internost:

( ∀ ( a,b ) ∈ G ) ( ∃!c ∈ G ) 2

aob = c

2° asocijativnost: (∀a, b , c ∈ G) ( a o b) o c = a o (b o c). (g1); 3° egzistencija neutralnog ili jediničnog elementa: (∃ e ∈G) (∀ a ∈ G) a o e = a = e o a. (g2) (e se naziva neutralnim ili jediničnim elementom); 4° egzistencija inverznog (simetričkog) elementa: (∀a∈ G) (∃a* ∈ G) a o a* = e = a* o a. (g3) gdje je e jedinični element u G. Elemenat a* (označava se sa a -1 ili -a) naziva se inverznim ili simetričnim elementom elementa a. Ako pored aksioma 1° - 4° u grupi (G, o) vrijedi: 5° komutativnost: (∀a, b ∈ G) a o b = b o a , (g4) tada se kaže daje grupa komutativna ili Abelova *. Neka je (H, o) grupa i H ⊂ G, tada grupu (H, o) nazivamo podgrupom grupe (G, o). Na istom skupu može se zadati više operacija. Često operaciju, u grupi G, označavamo sa " + ", bez obzira da li se radi, ili ne, o sabiranju (adiciji) brojeva u uobičajenom smislu. Takve se grupe nazivaju i aditivnim grupama. Isto tako, u nekim grupama uvedena operacija može biti označena sa " . " , a ne mora značiti obično množenje (multiplikaciju) brojeva (grupe, toga tipa, zovemo multiplikativnim grupama).

- 17 -

Grupe se mogu razlikovati po prirodi elemenata. Napr., grupa (P(X), Δ), gdje je P(X) partitivni skup nepraznog skupa X, a Δ skupovna operacija simetrična razlika, koju definiramo sa (∀A,B ∈ P(X)) A Δ B := (A\B) ∪ (B\A); s druge strane, elementi grupe (Z, +) su cijeli brojevi. Provjeriti da obe pomenute strukture, zaista, čine grupu.

Definicije 9. Neka je (S, o, ♦ ) struktura sa dvije operacije (S ima bar dva elementa). 9.1. Struktura (S, o, ♦ ) gdje su o i ♦ dvije binarne interne operacije u S naziva se prsten ako je: 1° (S, o) Abelova grupa; 2° operacija ♦ je asocijativna; 3° za sve a, b, c ∈ S vrijedi a♦(feoc) = (a♦b)o(a♦c); (boc)♦a = (b♦a)o(c♦a), tj. vrijede i lijeva i desna distributivnost operacije ♦ prema operaciji o, (tj. druga operacija (♦) je distributivna prema prvoj operaciji (ο) u prstenu). 9.2. Prsten (S, o, ♦) je tijelo ako je (S\{0}, ♦) grupa, gdje je 0 neutralni element za operaciju o. 9.3. Komutativno tijelo (S, o, ♦) je polje. Dakle, (S, o, ♦) je polje ako vrijedi: 1° (S, o) Abelova grupa; 2° (S\{0}, ♦ ) je Abelova grupa, grupa, gdje je 0 neutralni element za operaciju o; 3° za sve a, b, c ∈ S vrijedi a♦(feoc) = (a♦b)o(a♦c); (boc)♦a = (b♦a)o(c♦a), tj. vrijede i lijeva i desna distributivnost operacije ♦ prema operaciji o, (tj. druga operacija (♦) je distributivna prema prvoj operaciji (ο)) Uobičajene su oznake: (G, .) za multiplikativnu grupu i (G, +) za aditivnu grupu, (P, +, .) za prsten, (S, +, . ) za tijelo; „ 0 " je neutralni elemenat za adiciju + ; „ 1 " je neutralni elemenat za multiplikaciju. Za preslikavanje f grupe (G,●) u grupu (H, o) kažemo da je homomorfizam grupe G u grupu H,ako je

( ∀ ( a,b ) ∈ G ) f ( a • b ) = f ( a ) o f ( b ) . Definicija 10. Neka trojke (X, ⊕, ⊗) i (Y, +, x) imaju algebarsku strukturu polja. Za preslikavanje f : X→Y kažemo da je izomorfizam polja (X, ⊕, ⊗) u (Y, +, x), ako vrijedi (i) f : X → Y je bijekcija, (ii) ( ∀ a,b ∈ X) f(a ⊕ y) = f(a) + f(b), (iii) ( ∀ a, b∈ X) f(a ⊗ b) = f(a) x f(b). Osim toga, ako su polja uređena tj., ako imamo polja: ( X , ⊕ , ⊗ , ≤ ) i ( Y , + , x , ≦ ) i ako vrijedi (iv) ( ∀ x, y ∈ X) x ≤y ⇒ f(x) ≦ f(y), tada se kaže da su uređena polja (X, ⊕, ⊗) i (Y, +, x) izomorfna. Sa matematičke tačke gledišta razlike među izomorfnim strukturama nema. Jedino, ako nam je bitna priroda elemenata (ili operacija) u X kao algebarskoj strukturi, možemo naglasiti da je nešto izvedeno (dokazano ili definirano) u X - "sa tačnošću do izomorfizma ".

Zadaci I.

Zadaci: 12. do 17. i 19. do 22. na str.19-3-prep.

- 18 -

II ELEMENTI TEORIJE LINEARNIH VEKTORSKIH PROSTORA Na skupovima R i C (realnih i kompleksnih brojeva), te na skupu V vektora definišu se operacije „ +" i „ ." . Upotrebljavamo isti operator „ +" , mada se radi o tri operacije sabiranja na tri različita skupa. U skupu V operacija „ ." odnosi se na množenje skalara i vektora, tj. radi se o binarnoj eksternoj operaciji. Sve ove operacije imaju izvjesne zajedničke osobine. Moguće je i na mnogim drugim skupovima definisati operacije „ + " i „ . " tako da ove operacije imaju iste osobine kao i za skupove R, C i V. U ovom paragrafu istražićemo osnovne osobine takvih struktura. Opišimo takve nove strukturu slijedećim definicijama:

Definicije. Neka je K={a, b, c,...} polje i V={x, y, z,…} bilo kakav neprazan skup. 1 0 . Vektorski ili linearni prostor Kažemo da je V linearni prostor nad poljem ( K , +, ) ako su ispunjeni uslovi: I. ( V , + ) je aditivna grupa. II. Definirana je funkcija, ili binarna eksterna operacija, sa K x V u V, tj. (∀ (a, x)∈ K x V) (∃! ax∈V) (a, x) a ax , koju nazivamo množenje vektora skalarom i ono ima ova svojstva: 1) a (x + y) = ax + ay (∀ a ∈ K; ∀ x, y ∈ V); 2) (a + b) x = ax + b x (Va, b ∈ K; ∀ x ∈ V); 3) (a b) x = a (b x) (∀ a, b ∈K; ∀x ∈ V); 4) 1 x = x (∀ x ∈ V); gdje je 1 neutralni element za multiplikaciju u polja K. Elementi iz V zovu se vektori ili tačke prostora V, a elementi iz K zovu se skalari. Linearni prostor V nazivamo realnim ili kompleksnim linearnim prostorom zavisno od toga da li je K= R , ili je K= C.

20. Linearna (ne-)zavisnost vektora: 1. Neka je dato n skalara {a1,…, an}⊂ K i n vektora {x1,..., xn}⊂ V, tada se vektor n

∑ ai xi = a1x1 + L +an xn naziva linearna kombinacija (forma) vektora x1,..., xn , i =1

n

tj. kaže se da je vektor y= ∑ ai xi izražen kao linearna kombinacija vektora {x1,..., xn}⊂ V; i =1

akko je (a1,…, an) = (0,..., 0) kažemo da je linearna kombinacija trivijalna 2. Vektori {x1,..., xn}⊂V su linearno zavisni akko postoji (a1,…, an) ≠ (0,..., 0) tako da je n

∑ ai xi = 0

(1),

i =1

(tj. akko je (1) vrijedi za bar jedna netrivijalna linearna kombinaciju, vektori su linearno zavisni); 3. Vektori {x1,..., xn}⊂V su linearno nezavisni akko iz (1) slijedi (a1,…, an) = (0,..., 0), (tj. ako (1) važi samo za trivijalnu linearnu kombinaciju, vektora su linearno zavisnih); 4. Za beskonačan skup vektora kažemo da je linearno nezavisan akko je svaki njegov konačan podskup linearno nezavisan;

30

Potprostor, lineal i generator

1. Neprazan skup V1 ⊂ V je vektorski potprostor vektorskog prostora V, ako je V1 vektorski prostor u odnosu na operacije koje su definisane u V. Je li neki skup vektorski potprostor lako se provjerava na osnovu stava: Stav 1. Neka je V vektorski prostor. V1⊂ V je vektorski potprostor prostora V akko vrijedi (∀x,y ∈ V1)(∀a, b∈ K) ax + by ∈ V1. (*) Dokaz. Potrebno je samo provjeriti da li nula-vektor iz V leži i u V1 , te da li suprotni element svakoga

- 19 -

elementa iz V1 i sam leži u V 1. Pošto je V1 podskup vektorskoga prostora V ostala svojstva su ispunjena u V1 jer vrijede u većem prostoru V. (⇒, tj. uslov je dovoljan ) Ako je x∈ V1, tad po pretpostavci stava u V1 leži i kombinacije: 1•x + (-1) •x = 0 i 0 • x + (— ] ) • x = - x. Time smo pokazali daje W vektorski prostor. (⇐, tj. uslov je potreban) Obratna tvrdnja je očigledna: ako je V1 vektorski prostor, on mora sadržavati linearnu kombinaciju svaka svoja dva elementa. Uslov (*) iz stava može se zamijeniti sa sljedeća dva uslova: (∀x,y ∈ V1) x + y ∈ V1 (aditivnost) , (∀x∈ V1) ( ∀a ∈ K) ax∈ V1 što se može lako provjeriti.

(homogenost),

Primjeri vektorskih prostora. 1) Vektorski prostor mogu činiti i funkcije. Neka je F skup svih funkcija definiranih na segmentu [a,b] s vrijednostima u R. Operacije adicije i eksterno množenje definisani su na slijedeći način (∀x, y∈ F; a∈R) (x+y)(t) :=x(t)+y(t), (ax)(t) := ax(t). 2)Pomoću posljednjeg stava izlazi: vektorski prostor čini skup C[a, b] svih neprekinutih funkcija na intervalu [a, b], jer je zbir neprekidnih funkcija neprekidna funkcija. Ovi primjeri ukazuju na važnost pojma vektorskoga prostora. Sad ćemo navest najvažniji način dobijanja vektorskih potprostora

2. Neka je U={x1,..., xn} ⊂ V, linealom nad U naziva se skup ⎪⎧ n L ( U ) := ⎨ ∑ a i xi ⎩⎪ i =1

( ∀i = 1,n ) a ∈ K, i

⎪⎫ xi ∈ U ⎬ , ⎭⎪

tj. L(U) je skup svih linearnih kombinacija vektora iz U;

Primjedba. Lako se dokazuje da je W=L(U) potprostor vektorskog prostora V. Da se uvjerimo u to, uzmimo n

n

i =1

i =1

dva elementa x, y ovoga skupa: x = ∑ a i x i , y = ∑ b i x i . Tad je njihova linearna kombinacija oblika: n

ax + by = ∑ (aa i + bb i )x i i ona ponovo pripada skupu W. Stoga je W vektorski potprostor od V. i =1

Nazivamo ga potprostor generiran (razapet) vektorima U={x1,..., xn} ⊂ V. Ako je V=L(U) onda se kaže da je V razapet sa U; u tom slućaju pišemo U=G(V), tj kaže se U je generator od V (ili da U razapinje ili generiše V).

Primjeri. 3) Vektorski prostor čini: skup P svih polinoma; skup Pn svih polinoma stepena ≤ n. Zaista, Pn= L(U), gdje je U={xi ⏐ ∀ i = 0,n xi = ti }.

(

)

4° Baza i d i m e n z i j a l i n e a r n o g p r o s t o r a 1. Algebarska (Hamelova) baza vektorskog prostora V je skup B⊂V koji se sastoji od linearno nezavisnih vektora prostora V koji razapinje prostor V. 2. Neka baza B ima n (∈N) elemenata, kaže se da je prostor V konačino-dimenzionalan i da mu je dimenzija jednaka n, tj. dim V = n. Ako se baza sastoji od beskonačno mnogo elemenata kaže se da je vektorski prostor V beskonačnodimenzionalan. Svi se prostori u gornjim primjerima mogu podijeliti u dvije skupine: prvu čine konačno-dimenzionalni a drugu beskonačno-dimenzionalni prostori. Je li neki prostor konačno ili bcskonačno-dimenzionalan određujemo po broju linearno nezavisnih vektora koje možemo u njemu pronaći. Tako na primjer, prostor P svih polinoma je beskonačno-dimenzionalan jer su za svaki n vektori 1, t, t 2,..., tn linearno nezavisni: njihova linearna kombinacija jednak je nula funkciji ako za svaki t vrijedi a0 + a1t + a2t2 + ... + antn = 0

- 20 -

što je moguće samo ako su svi koeficijenti jednaki nuli. Takođe, beskonačno-dimenzionalni su prostor neprekidnih funkcija (jer sadrži sve polinome!), prostor svih funkcija itd. Oblast matematike koje izučava beskonačno-dimenzionaine vektorske prostore naziva se funkcionalna analiza; linearna algebra bavi se konačnodimenzionalnim prostorima. Stoga će svi vektorski prostori u nastavku biti konačno-dimenzionalni.

Dimenzija vektorskoga prostora. U konačno-dimenzionalnome prostoru broj linearno nezavisnih vektora je konačan. Sam naziv prostora sadrži u sebi riječ 'dimen-zionalan' koji upravo određuje koliki je taj broj. Dimenzija prostora maksimalan je broj linearno-nezavisnih vektora u tome prostoru. Pojam dimenzije vektorskoga prostora intuitivno je jasan. Mi smo navikli govoriti o dvo ili trodimenzionalnom prostoru. Primjeri takvih prostora su R2,R?, R3 itd, broj u oznaci prostora upravo označava njegovu dimenziju. Kod složenijih prostora dimenziju je nešto teže utvrditi. Posebno, pri određivanju dimenzije raznih potprostora moramo koristiti aparat linearne algebre. Baza vektorskoga prostora. Neka je V vektorski prostor dimenzije n. To znači da u njemu možemo pronaći skup B={x1,..., xn} ⊂ V linearno nezavisnih vektora, takav da — dodamo mu li bilo koji novi element x — novodobiveni skup više neće biti linearno nezavisan. Stoga postoje skalari {a1,…, an, a}⊂ K. od kojih je bar jedan različit od nule, takvi da vrijedi: a1x1 + L + an xn + ax = o . Pri tom je sigurno a ≠ 0, inače bi iščezavala linearna kombinacija vektora baze B={x1,..., xn} ⊂ V. Dijeljenjem s brojem -a vektor x prikazujemo u obliku linearne kombinacije vektora {x1,..., xn}: x=−

a1 a x1 − L − n xn a a

Dakle, dokazali smo da vrijedi: Stav 2. Svaki vektor vektorskog prostora V može napisati u obliku linearne kombinacije vektora baze tog prostora. Lako se dokazuju i slijedeći stavovi:

Stav 3. Prikaz svakoga vektora u odabranoj bazi je jedinstven, tj. neka je B={x1,..., xn}(⊂V) baza prostora V nad poljem K, tada: (∀x ∈V) (∃!(a1,…, an)∈ Kn)

n

x= ∑ a i x i . i =1

Stav 4. Svake dvije baze u vektorskom prostoru V imaju isti broj elemenata. Taj se broj podudara s dimenzijom prostora. Stav 5. Neka je V vektorskiprostor dimenzije n. Tada svaki skup od n linearno nezavisnih vektora čini bazu. Ovaj stav je vrlo koristan, jer za većinu prostora unaprijed znamo kolika im je dimenzija (napr. zato što smo na neki način odredili neku bazu prostora). Želimo li odrediti neku drugu bazu, dovoljno je izabrati određen broj linearno nezavisnih vektora- nismo dužni provjeravati razapinje li taj skup čitav prostor. Za dokaz vidjeti napr. [4], pomočna literatura. Primjer 4. U prostoru P n svih polinoma stepena ≤ n bazu čine vektori

eo(t) = 1, e1(t) = t, e2(t) = t 2 ,..., en(t) = t n , stoga je njegova dimenzija n + 1. Primjer 5. Uočimo sljedeći skup: eo(t) = 1, e1(t) = t - 1, e2(t) = (t – 1) 2 ,..., en(t) = (t – 1) n . Tvrdimo da i ovaj skup čini bazu. Broj elemenata u njemu je n + 1. Oni su linearno nezavisni pošto svaki polinom ima veći stupen od prethodnih i ne može se prikazati kao njihova linearna kombinacija. Zato, prema stavu 5., ovaj skup čini bazu prostora P n. Zaključujemo da se svaki polinom P(t)∈ Pn može napisati u obliku:

a0 + a1(t-1) + a2(t-1)2 + ... + an(t-1)n

- 21 -

Sem toga, vrijedi i obrat Stava 5. , koji koristimo da ne provjeravamo linearnu nezavisnost: Stava 6. Neka je V vektorski prostor dimenzije n. Ako za vektore {x1,..., xn}( ⊂ V) vrijedi V=L(x1,..., xn), tad oni čine bazu. Dokaz. Treba dokazati da su vektori {x1,..., xn} linearno nezavisni. Pretpostavimo suprotno. Izbacimo iz skupa {x1,..., xn} sve vektore koji su linearno zavisni s preostalim. Dobit ćemo skup koji će sadržati m < n vektora, biti će linearno nezavisan i još uvijek će razapinjati isti prostor. Takav skup je baza prostora, s manjim brojem elemenata od dimenzije prostora,što je proturječno. Zato su početni vektori linearno nezavisni. Na osnovu stavova 5. i 6., pokazali smo da je skup {x1,..., xk} ⊂ V baza u prostoru V dimenzije n ako vrijede bilo koja dva od sljedeća tri uvjeta: • k = n, • {x1,..., xk} su linearno nezavisni, • {x1,..., xk} razapinju prostor V. Treće je svojstvo u tom slučaju posjedica odabrana dva.

Prostor Rn. Za nas je najvažniji primjer prostora Rn. O elementima prostora Rn možemo govoriti kao o vektorima kolonama, ili kao o vektorima vrstama: to je samo stvar načina zapisivanja vektora. Mi ćemo zapisivati elemente prostora kao uređene n-torke. Operacije su definirane na način:

x + y = (x1,…, xn) + (y1,…,yn) = (x1+y1,…,xn+yn) , ax = (ax1, …, ax2).

U prostoru R n izdvajamo n karakterističnih vektora:

e1 = ( 1 , 0 , . . . , 0 ) , e 2 = ( 0 , 1 , . . . , 0),..., e n = (0,0,...,1). Skup {e1, e2, ..., en} nazivamo kanonskom bazom prostora Rn .

Pokažimo da ovaj skup zaista čini bazu prostora. Linearna kombinacija tih vektora ima oblik: n

∑ ai ei = a1e1 + L +anen =

a1 ( 1 , 0 , . . . , 0 ) +...+a n (0,0,...,1)= (a 1 ,..., a n )

i =1

i ona iščezava onda i samo onda kad su svi skalari ai jednaki nuli. Dalje, bilo koji element x = (x1,…, xn) ∈ R n može se napisati u obliku

x = (x1,…, xn) = x1 ( 1 , 0 , . . . , 0 ) +...+x n (0,0,...,1)=

n

∑ ai ei = a1e1 + L +anen , i =1

tj. kombinacija je vektora e1 ,L ,en . Time smo utvrdili daje dimenzija prostora Rn jednaka n. Baza u svakom vektorskom prostoru ima beskonačno mnogo, sve su one među sobom ravnopravne. Baza se bira ovisno o problemu koji rješavamo. U prostoru Rn je za većinu problema najpogodnija kanonska baza, jer su koeficijenti vektora u toj bazi jednaki njegovim koordinatama.

ZADACI I. Provjeriti da li je V linearni prostor nad poljem K, te odrediti bazu i dimenziju prostora, ako je: a. (∀n∈N) V=Kn , K=K , (gdje je K bilo koje skalarno polje; posebno razmotriti K=R ili K=C za n=1,2,3); (∀x, y ∈ Kn) x+y := (x1,…,xn)+(y1,…,yn) = (x1+y1,…,xn+yn) interna kompozicija, sabiranje vektora; (∀x∈ Kn) (∀a∈K) ax = (ax1, …, ax2) eksterna kompozicija, množenje vektora skalarom.

b. Pokazati da je skup C kompleksnih brojeva vektorski prostor nad tijelom kompleksnih brojeva. c. Skup vektora u ravni xOy, sa uobičajenom operacijom sabiranja i množenja skalara sa vektorom je vektorski prostor nad tijelom R realnih brojeva. Naci jednu bazu u tom prostoru. d. Da li skup svih vektora koji se nalaze na jednoj pravoj koja prolazi kroz kooordinatni početak, obrazuje vektorski prostor nad K=R. e. f.

Da li je skup svih vektora ravni, bez vektora koji su paralelni jednoj datoj pravoj, vektorski prostor? Neka je R+ skup pozitivnih realnih brojeva u kojem je operacija „ + " definisana kao obično

- 22 -

mnozenje realnih brojeva, a ¸¸množenje" broja x>0 sa realnim brojem a iz R kao xa. Dokazati da je R+ realni vektorski prostor nad R.

g. Skup C[a, b] svih neprekidnih funkcija f(x) na segmentu [a, b] je vektorski prostor u odnosu na uobičajene operacije sabiranja funkcija i množenje funkcija brojem. Dokazati! II. a. b. c. d. e. f. g.

Provjeriti da li u linearnom prostoru V nad poljem K vrijedi: (∃! o∈V) (∀x ∈V) x + o = x , egzistencija jedinstvenog nula vektora; (∀x ∈V) (∃! - x∈V) x + (- x) = o, egzistencija jedinstvenog suprotnog vektora; (∀x, y, z ∈V) x+y = x+z ⇒ y=z, pravilo kancelacije; (∀x, y∈V) (∃! z∈V) x+z = y, tj. jednačina x+z = y ima jedistveno rješenje z = y – x : = y + (-x); (∀a ∈K) ao = o, (o∈V ), tj. bilo koji skalar pomnožen sa o-vektorom daje o-vektor; (∀x ∈V) 0x = o, (o∈V ), tj. bilo koji vektor pomnožen sa 0-skalarom daje o-vektor; (∀a ∈K) (∀x ∈V) ax = o ⇒ (a = 0 ∨ x = o), tj. proizvod skalara i vektora je o(∈V) samo ako je jedan od množitelja neutralni elemenat (0 ili o respektivno); h. (∀a ∈K) (∀x ∈V) a(-x) = (- a)x = - (ax),

PRIMJEDBA. Uporediti h. sa rezultatom koji bi dobili kad bi oba množitelja a i x bila iz polja K (promjena znaka proizvoda u polju kad jedan od faktora promjeni znak). Razmotriti i ostale rezultate (od a. do g.) u istom smislu. III. Zadatak: 18. na str.20-3-prep.

-23-

III

MATRICE

Definicije: 1. Neka je Nk= {1,2, .,., k}⊂ N, k∈N, tada svako preslikavanje A: N mxN n → K, (n, m∈N), (1) gdje je K obično neko polje, nazivamo matricom A formata (ili tipa) (m, n) iz polja K. Tu činjenicu zapisujemo kraće sa: A∈ ∈Mm,n (K), tj. Mm,n (K) je skup svih matrica (istog) formata (m,n) iz polja K. Kažemo da je matrica A realna (ili kompleksna) već prema tome da li je K=R (ili je K=C). 2. Matrica se obično zadaje kao pravougaona šema svojih vrijednosti:

( ∀i = 1,m; j = 1,n )  a11 a A =  21  M  am1

A(i,j) = aij , tj.

a11 L a1n   a L a 2n  , ili A = 21 M  M  L amn  a

a12 a 22 M am2

m1

a12

L a1n L a 2n M L amn

a 22 M am 2

ili kraće: A = (ai})m,n ili A=||aij||m,n, gdje je aij elemenat matrice A, koji leži u i-toj vrsti(redu) i j-toj koloni (stupcu). Dakle, uobičajeno je da se matrice označavaju sa velikim slovima a njihovi elementi istim malim slovima latinice. Tako a11= (A)11 znači da je a11 elemenat matrice A koji leži u prvoj vrsti i prvoj koloni. Opčenito

(

(∀ ∀A∈ ∈Mm,n (K)) ∀i = 1,m; j = 1,n

)

ai,j = (A)ij.

3. Ako je m ≠ n kažemo da je matrica pravugaona. Za m = n kažemo da je matrica A = (ai})n,n kvadratna matrica reda n ili kraće da A∈ ∈Mn (K). Elemente: a11, a22, ..., ann sačinjavaju glavnu dijagonalu matrice A∈ ∈Mn (K); tragom matrice nazivamo zbir dijagonalnih elemenata trA =

n

ĺ

a ii ; elementi: a1n, a2,n-1,

...,an1 leže na sporednoj dijagonali.

i= 1

4. Transponovanu matricu matrice A označavamo sa AT ili A’ . Transponovanje matrice je ‘’unarna’’ operacija koja se definiše na slijedeći način: T

(∀ ∀A∈ ∈Mm,n (K)) (∃ ∃!B∈ ∈Mn,m(K)) B= A

df

Ű

( ∀i = 1,m; j = 1,n ) bji = aij,

tj. i-ta vrsta u A je i-ta kolona u AT. Vježba. Zapisati matrice A i AT ako je A∈Mm,n.

5. Vektor matrice su matrice koje imaju samo jednu vrstu [x1 x2 …xn] ili krače X=[xi]1,n , te matrica kolona koja im samo jednu kolonu, napr. Y=[yk]n,1.

Sem toga, ako je Y matrica kolona onda je njena transponovana matrica YT matrica vrsta (i obrnuto). Tako je naprimjer vektor [1 - 4 2 0]T ustvari vektor kolona formata (4, 1).

Neka je A = (aij)m,n , tada se matrica A može zapisati kao: T

(ii) matrica kolona: A= (A1. A2. …Am.) , gdje je Ai .= (ai1 ai2 …ain) T

(ii) matrica vrsta: A=(A.1 A.2…A.n), gdje je A.k= (a1k a2k …amk)

i-ta vrsta matrice A,

k-ta kolona matrice A.

6. Navodimo nekoliko matrica posebnog oblika:


Nula matrica, označavamo je sa O (∈Mm,n (K)), je matrica čiji su svi elementi nula, tj O= (0)m,n;




Dijagonalna matrica je kvadratna matrica kojoj su svi elementi van dijagonale jednaki nuli; ona se

-24zapisuje u obliku d1      0

d2

0   ili  O  dn 

 d1     

d2

   ili diag ( d ,d ,L ,d ) 1 2 n  O  dn 

ili kraće [di δij]n,n , gdje je δij Kroneckerov delta simbol definisan sa: δ ij =


{1,0, ii =≠ j,j.

Jedinična matrica je dijagonalna matrica čiji su dijaginalni elementi jednaki 1, tj. matrica diag(1,…,1). Označavamo je sa E, ili En kad želimo da istaknemo da je njen red n.

Dakle, En= [ δij]n,n .Umjesto E u upotrebi je i oznaka I.


Trougaone matrice (donja trouagona, tj. gornja trougaona) su kvadratne matrice:

 a11 a  21  M  an1

a 22 an2

0    , ili a   ij  n,n  O  ann 

(

a11  aij = 0, i > j ; tj.     0

)

a12 L a1n  a 22 a 2n  , ili aij  n,n  O  ann 

( aij = 0, i < j) .

7. Neka su A = (aij)m,n, B = (bij)p,q , C = (cij)r,s tri matrice nad poljem K i neka je λ∈K. Tada vrijede slijedeće definicije: 0 df 1 ( m,n ) = ( p,q ) ,  (i) A = B ⇔  0  2 ∀i = 1,m; j = 1,n a ij = b ij ,

(

)

tj. matrice su jednake akko su jednakog formata i imaju jednake odgovarajuće elemente. (Dokazati da je = relacija ekvivalencije u skupu Mm,n (K)). 0 def 1 ( m,n ) = ( p,q ) = ( r,s ) ,  ii A + B = C ⇔ ( )  0  2 ∀i = 1,m; j = 1,n a ij + b ij = cij , tj. matrice se mogu sabirati akko su matrice sabirci istog formata; tada je i njihov zbir istog formata, a elementi zbira se dobiju sabiranjem odgovarajućih elemenata matrica sabiraka. 0 df 1 ( m,n ) = ( p,q ) , ( iii ) λA = B ⇔  20 ∀i = 1,m; j = 1,n λa = b , ij ij  ili matrica se množi skalarom tako da joj se svaki element pomnoži skalarom;

(

(

( iv )

)

)

10 n = p, ( r,s ) = ( m,q ) ,  n AB = C ⇔  0 2 ∀ i = 1,m; j = 1,q c = a ik b kj , ∑ ij   k =1 df

(

)

tj. proizvod AB dvije matrice postoji akko su matrice ¸¸ulančene’’ , tj. akko je broj n kolona prvog faktora A jednak broju p vrsta drugog faktora B, tj. broj elemenata u vrsti matrice A mora biti jednak broju elemenata u koloni druge matrice B. Sem toga, elementi matrice proizvoda dobiju se prema:  b1 j  n   cij = A i.B . j = a i1 L a in   M  := ∑ aik b kj  b  k =1  nj 

-25gdje je uzeto, po definiciji, da je dobijeni rezultat skalar a ne matrica formata (1, 1).

8.

Osobine operacija sa matricama (matrice kao algebarske strukture).

Koristeći prethodne definicije lako se dokazuju stavovi: 1. Algebarska struktura (Mm,n (K), +) je Abelova grupa. (Ovdje je Mm,n (K) familija matrica istog formata (m,n) nad poljem K (= C ili R) ,a sabiranje matrica je definisano sa 7.(ii); nula matrica je O ∈Mm,n (K), tj. O= (0)m,n je neutralni element za sabiranje, dok je matrica - A = (- aij)m,n suprotan elemenat matrici A u odnosu na sabiranje. 2. Mm,n (K) je vekiorski prostor nad poljem K, (gdje je množenje matrice skalarom dato sa 7.(iii)) . Dimenzija tog prostora dim(Mm,n (K)) = mn. Primjedba. Kako sve matrice tipa n x n čine vektorski prostor, to će vektorski prostor činiti i sve dijagonalne matrice, sve gornje ili donje trougaone matrice itd., jer je linearna kombinacija dvije takve matrice ponovo matrica istoga oblika (viditi stav 2.1.). 3. Množenje matrica, definisano sa 7. (iv), ima slijedeće osobine: (i) (∀A∈Mm,n (K); B∈Mn,p(K)); C∈Mp,r (K)) A(BC) = (AB)C, (ii) (∀A∈Mm,n (K); B,C∈Mn,p(K)) A(B + C) = AB + AC, (iii) (∀A, B∈Mm,n (K); C∈Mn,p(K)) (A + B)C = AC + BC (iv) (∀A∈Mm,n (K)) A En = A = Em A, (v) (∀A∈Mm,n (K); B∈Mn,m(K)) (AB)T = BT AT. Dokaz (desne jednakost u (iv)). Neka je X= Em A , tada je na osnovu definicije množenja matrica:

(

)

X = (xij) m,n= Em A ⇔ ∀i = 1,m; j = 1, n x ij =

m

∑ δ ik akj = δ ii aij = aij , k =1

odakle na osnovu jednakosti matrica izlazi da je Em A=A. VJEŽBE. a) Dokazati da je A En = A. b) Za dokaze ostalih tvrdnji (i) – (v) iz stava 3. (kao i stavova 1. i 2.)

vidjeti str. 74-2-prep. Primjedbe: a) Lako se provjerava da množenje matrica u opštem slučaju nije komutativno, tj. i kad postoje oba rezultata AB i BA, oni ili nisu istog formata, istog su formata akko su obe matrice kvadratne istog reda, ali i u tom slućaju te dvije matrice ne moraju biti jednake. Napr.  1 0  0 0 A= , B =   , te je  0 0  1 0

 0 0  0 0 AB =  ≠  = BA  0 0  1 0

b) Iz (iv) slijedi da u skupu praugaonih matrica Mm,n postoje lijevi Em i desni En neutralni element koji su različiti, tj. da samo u skupu kvadratnih matrica Mn,n postoji neutralni element En=Em= E= ||δ δij||n,n za množenje matrica. c) Pošto samo kvadratne matrice imaju neutralni element za množenje, to je samo grupoid (Mn,n , ) potencijalno grupa. Potrebno je istražiti pitanje egzistencije inverznih elemenata u tom grupoidu. Dakle, promatraćemo samo kvadratne matrice (istog reda) radi toga što se samo u tom skupu definisane sve tri prije uvedene operacije:sabiranje matrica, množenje skalara i matrice te množenje matrica.

9. Determinanta matrice Svakoj kvadratnoj matrici A∈Mn,n (K) pridružen je skalar— njena determinanta, (engl, detertninant, njem. Determinante, fr. dćterminant, rus. opredelitelj od lat. determinare -odredili. Taj skalar označavamo sa det A ili |A| ili D. Pri računanju determinanti koristit ćemo zapis

-26 a11 a det  21  M  an1

a12 a22 M an2

L a1n  a11 L a2n  a 21 ili M M   L ann  an1

a12 a 22 M an2

L a1n L a 2n . M L ann

Oznaku | | uveo je 1841. Cayley. Kako je ovaj zapis sličan onome kod matrica, govorit ćemo, kao i kod matrica , o elementima aij determinante, njenoj vrsti ili koloni, iako je ona (kad se izračuna) tek jedan skalar iz K. Determinante ćemo definsaati induktivno. Slijedi jednostavna ali neuobičajeno duga definicija determinante. 9.1. Definicija determinante

i. Za n = 1 i matricu A = [a 11 ] definicija je: detA = |A| = |a 11 | = a 11. Ovdje |A| ili |a11 | označava determinantu, a ne apsolutnu vrijednost. To nas ne treba brinuti, jer kasnije nikad nećemo pisali determinantu matrice prvoga reda. Takođe, zapis determinante |A| ne treba dovoditi u vezu s apsolutnom vrijednošću matrice koja nije niti će biti definisana. ii. Za n = 2, determinanta matrice drugoga reda, tj. determinanta drugog reda definše se ovako: a a D = 11 12 := a11a 22 - a12a 21 . (1) a 21 a 22 Naprimjer:

a 2 = ab + 2. - 1 b

Primjedba. Što je motivisalo ovakvu definiciju determinante? Interesantno je spomenuti da je pojam determinante istorijski prethodio pojmu matrice, a javio se je pri rješavanju sistema linearnih jednačina. Zapišimo najjednostavniji sistem linearnih jednačina: ax + by = e, cx + dy=f. Njega možemo lako riješiti bilo kojom od elementarnih metoda. Napr. metodom suprotnih koeficijenata: pomnožimo prvu jednačinu brojem d, drugu brojem – b i saberimo rezultate. Dobićemo ekvivalentnu jednačinu: ed - bf (ad — bc)x = ed — bf ⇒ x = . ad - bc Slično, dobijemo da za drugu nepoznanicu vrijedi af - ce (ad — bc)y = af — ce ⇒ y = . ad - bc Brojnik i nazivnik u ovim izrazima su determinante, tj. e b a e f d c f ed - bf af - ce x= = , y= = . (2) ad - bc a b ad - bc a b c d c d Ova veza linearnih sistema i determinanti je utoliko važnija pošto analogne formule vrijede i za sistema višega reda. Što ćemo moći dokazati koristeći determinante.

iii. Za n=3, determinanta (matrica) trećega reda definiše sa (pomoću determinante drugog reda): a11 a12 D = a 21 a 22

a13 a a 23 a a a a a 23 := a11 22 - a12 21 23 + a13 21 22 a 32 a 33 a 31 a 33 a 31 a 32 a 31 a 32 a 33 Računanje determinante može se nastaviti računanjem determinanti 2-gog reda: D = a11(a 22a 33 - a 23 a 32 ) - a12 (a 21a 33 - a 23 a 31 ) + a13 (a 21a 32 - a 22 a 31) = a11a 22a 33 - a11a 23 a 32 - a12 a 21a 33 + a12 a 23 a 31 + a13 a 21a 32 - a13 a 22 a 31

(3).

Primjedba. Za izračunavanje determinante drugog i trećeg reda može se koristiti takozvano Sarusovo pravilo (Sarrus, 1798-1861).Ono je predstavljeno slijedečom šemom:

-27+ ]

a11 a12 = a11a 22 - a12 a 21 , a 21 a 22

Z tj. slično za determinantu trečeg reda, poslije dopisivanja sdesna njene prve dvije kolone, prema priloženoj šemi izlazi: -

+

-

]

+

]

a11 a12

+

] a13 a11

a12

a21 a22 a23 a 21 a22 = a11a 22 a 33 + a12 a 23 a 31 + a13 a 21a 32 - a13 a 22 a 31 - a11a 23 a 32 - a12 a 21a 33 a31 a32 a33 a31 a32 Z -Z -Z

I u ovom slučaju elementi sa istim prvim i drugim indeksom obrazuju glavnu dijagonalu ( a11,a 22 ,a 33 ). Nazivamo je još i lijeva dijagonala. Elementi a13 , a 22 , a 31 obrazuju sporednu dijagonalu ili desnu dijagonalu. Nazovimo nepotpunom lijevom dijagonalom duž koja spaja elemente a 12 i a 23 i duž koja spaja elemente a 21 i a 32 . Slično elementi a 12 i a 21 obrazuju nepotpunu desnu dijagonalu kao ielementi a 23 i a 32 . Lako je vidjeti da proizvod elemenata glavne dijagonale a11 , a 22 , a33 ulazi u determinantu sa znakom + (plus) a proizvod elemenata sporedne dijagonale sa znakom - (minus). Svaki od ostalih četiri sabiraka determinante je: proizvod od dva elementa sa nepotpune dijagonale i trećeg elementa iz suprotnog ugla. Proizvodi se uzimaju sa znakom plus ako se radi o lijevoj nepotpunoj dijagonali i sa znakom minus ako se radi o desnoj nepotpunoj dijagonali. Naprimjer za dijagonalu a 12 i a 23 suprotni elemenat iz ugla je a33, pa se proizvod ovih elemenata a12a21a33 mora uzeti sa znakom minus.

iv. Definiciju determinante učinićemo jednostavnijom uvodeći nove pojmove: (i) Minor (ili subdeterminanta) matrice A∈ ∈Mn (K) elementa aij naziva se determinanta (n - 1)-og reda koja se iz determinante detA n-tog reda dobije brisanjem i-te vrste i j-te kolone i označava se s Mij . (ii) Kofaktor (ili algebarske komplemente) elementa aij definiše se pomoću minora pridružujući mu predznake + ili - prema slijedećoj formuli: ě M , za i + j parno, i+ j ď Aij = (- 1) M ij = í ij M , za i + j neparno. ď ď î ij Uz ove oznake, definicija (3) determinante trećeg reda glasi: D = detA = a11M11 - a12Ml2 + a13M13.

(4)

Ista formula, zapisana preko minora, glasi (5) D = detA = a11A11 + a12Al2 + a13A13. gdje je a a23 a a22 a a12 , M13 := 21 , M12 := 21 , tj. M11 := 11 a31 a33 a31 a32 a21 a22 A11 := +M11, A12 := -M12, A13 := +M13. Ovakav način računanja determinante nazivamo razvoj determinante po elementima prve vrste. Primjer. Razvoj determinante po prvoj vrsti: 2 0 3 1 0 3 0 3 1 3 1 0 = 2 - 0 +3 = 2 ×(1×(- 3)- 0)- 0 + 3 (3 ×2 - 1×(- 1))= 15 - 1 - 3 - 1 2 2 - 3 - 1 2 - 3

-28Pokušajmo sad poopćiti ovaj zapis. v. Tvrdimo da vrijedi formula analogna sa (4) za razvoj po po bilo kojoj vrsti:

(" i = 1, 3) D = det A =

3

3

a ijA ij =

ĺ

j= 1

ĺ

i+ j (- 1) a ijM ij

(6)

i+ j (- 1) a ijMij .

(7)

j= 1

ili čak i za razvoj po bilo kojoj koloni:

(" j = 1, 3) D = det A =

3

3

a ijA ij =

ĺ

ĺ

i= 1

i= 1

Na primjer, za j = 2, razvijajući determinantu trečeg reda po drugoj koloni, dobićemo: a11 a12 D= a 21 a 22 a 31 a 32

a13 a a a a a a a 23 = a12 A12 + a 22 A 22 + a 32 A 32 = -a12 21 23 + a 22 11 13 - a 32 11 13 , a 31 a 33 a 31 a 33 a 21 a 33 a 33

Računanje determinante može se nastaviti računanjem determinanti 2-gog reda. Dobije se D = a11a 22a 33 - a11a 23 a 32 - a12 a 21a 33 + a12 a 23 a 31 + a13 a 21a 32 - a13 a 22 a 31 . što se podudara s determinantom računatom u (3).

Vježba. Provjeriti da će se ista vrijednost za D dobiti razvojem determinante trečeg reda po po bilo kojoj vrsti ili koloni. vi. Determinanta matrice n-toga reda - Laplaceov razvoj. U općem slučaju, determinanta matrice definše se razvojem po bilo kojoj vrsti, odnosno bilo kojoj koloni, baš kao u formulama (6) i (7). Takav se razvoj naziva Laplaceov razvoj determinante. Neka je Mij minor, a Aij kofaktor elementa aij. Tad se determinanta matrice A reda n definiše na način:

(

" i = 1,n

)

n

D = det A =

n

aij A ij =

ĺ

j= 1

i+ j ĺ (- 1) aijM ij

(8),

j= 1

kao razvoj po bilo kojoj i-toj vrsti, tj. kao razvoj po bilo kojoj j-toj koloni:

(" j = 1,n)

n

D = det A =

ĺ

n

a ij A ij =

i= 1

i+ j ĺ (- 1) aijM ij .

(9)

i= 1

Primjedba. Bilo bi korektnije definisati determinantu razvojem samo po prvoj vrsti, a zatim dokazati da se taj razvoj podudara s razvojima po oslalim vrstama ili kolonama. Međutim dokaz ovoga stava (kojega srno provjerili za delerminante trećega reda) je složen, te ga nećemo navoditi. Preporučujemo dokaze u citiranoj literaturi ili kompletiranje dokaza indukcijom. Za definiciju determinante najveće zasluge pripadaju Laplasu (Pierre Simon Laplace (1749-1827), francuski matematičar, fizičar i astronom). Može se dokazati da je definicija determinante n-tog reda (8), tj. (9) ekvivalentna sa: D = det A = ĺ ± a1j a2 j L anj (10) 1

2

n

gdje se sumiranje vrši po svim permutacijama ( j1 j2, ...jn ) skupa indeksa {1, 2, ..., n}, a sabirci

a1j1 a2 j2 L anjn su produkt od n elemenata matrice A , od kojih bilo koja dva nisu ni iz iste vrsti ni iz iste kolone.Predznak + ili - ovisi o permutaciji ( j1 j2, ...jn ) drugih indeksa, već prema tome da li je permutacija parna ili neparna: + dolazi uz parne, a - uz neparne permutacije, kojih ima podjednako mnogo. Detalje o permutacijama i ovakvoj definiciji determinante studenti mogu potražiti u literaturi.

Je li računanje determinante jednostavan posao ili nije? Kod determinariata višeg reda nastupaju poteškoće kod njihovog efektivnog računanja. Naime, iako je teorijski moguće izračunati svaku determinantu služeći se njezinom definicijom, to je često praktično nemoguće, jer broj osnovnih sabiraka raste astronomski s redom determinante. Tako nap. determinanta desetog reda ima 10! == 3.6 milijuna sabiraka, pa bi samo za popisivanje

-29tih sabiraka trebalo 36 knjiga, s 1000 stranica svaka. Tu, dakako, danas pomažu računari, ali se račun može znatno pojednostavniti koriste li se neka svojstva determinanti. Eksplicitna formula (10) izgieda da daje jednostavan algoritam, ako ne za ručno a ono barem pomoču računara. Medutim, takva je pomisao daleko od istine. Da bismo odredili determinantu koristeći formulu (10) potrebno je učiniti, za zasvaki od n! sabiraka(toliko ima permutacija od n elemenata), tocno n - 1 množenje i na kraju n! - 1 sabiranje, što ukupno daje n . n! - 1 operacija. Taj je broj strahovito velik pošto faktorijeli rastu vrlo brzo (čak brže od eksponencijalnih funkcija kao sto je recimo 10n). Računajući determinante primjenom definicije, pomocu rekurzivnih formula, dobćemo tek neznatnu uštedu, potreban broj operacija ponasa se kao e. n!. Uz prctpostavku da računar izvrši 106 operacija u jednoj sekundi, dobićemo sljedeća vremena koja su potrebna za izracun determinanti, uz ne baš preveliki broj n: N BROJ OPERACIJA VRIJEME RAČUNANJA 5 324 3.2 . 10-4 sekunda 10 9 864 099 9.8 sekunda 25 4.2 . 1025 1.3 . 1018 godina 100 2.5 . 10158 8 . 10150 godina Matrice reda 100 i računanje njihovih determinanti česte su u praksi što mora značiti da se velike determinante ne računaju primjenom gornjih formula. Dakako, postoje različite formule ,a neke među njima efikasnije su od drugih. Može se pokazati da je za izračunavanje determinanti prethodnim svođenjem na trougaonu formu potrebno učiniti, za determinantu n-tog reda, približno 2n3/3 operacija. Za 18 matricu reda 25 potrebno vrijeme, računajući na taj način, iznosi 0.01 sekundu, što je prema gornjih 10 godina ogromna ušteda u vremenu. Da bismo došli do takvog algoritma, potrebno je izučiti svojstva determinanti. Navest ćemo sada osnovna svojstva determinanti.

9.2. Svojstva determinanti n-tog reda Navešćemo nekoliko najvažnijih svojstava. Pri tom ćemo zapravo ukazati na algoritam pomoću kojega se determinante mogu jednostavno računati. S obzirom da je naša definicija determinanti bila induktivna, determinanta je definisana pomoću determinanti nižega reda , metoda matematičke indukcije bila bi osnova pri dokazivanju. Slijedeće tvrdnje bit će iskazane za vrste ili kolone determinanti. Napomenimo da potpuno identične tvrdnje vrijede i ako riječ vrsta zamijenimo sa kolona i obratno. Navodimo najvažnija svojstva determinanti. Dokazi nekih tvrdnji dati su u obliku uputa ili naznaka ili u vrlo sažetom obliku. Pri torn ćemo koristiti zapis u kojem kolone matrice (determinante) prikazujemo u obliku vektora.

Dl. Determinanta trougaone (i dijagonalne) matrice jednaka je proizvodu elemenata na dijagonali. Ako je A napr. gornja trougaona matrica, tada svi proizvodi u (10), osim a11a22...ann imaju barem jedan element iz donjeg trougla pa su jednaki nula. Na primjer, za jedinicnu rnatricu vrijedi detE = 1. D2. det A = det A T . Jednakost vrijedi zbog formula (8) i (9). Iz ovog svojstva izlazi da svako svojstva koja vrijedi za vrste vrijedi i za kolone determinante (i obratno). D3. Zamjenom dviju vrste (kolona) determinanta mijenja predznak. Za n=2 osobina se jednostavno provjerava: D1 =

a 21 a 22 = - (a11a 22 - a12a21 )= - D , te za a11 a12

kompletiranje dokaza indukcijom ostaje da se dokaže da svojstvo važi i za n+1 ako važi za n.

-30-

D4. Ako u A imamo dvije jednake vrste (kolone) onda je determinanta detA=0. Svojstvo slijedi stoga što po svojstvu D3 zamjenom dvije vrste determinanta mijenja predznak, a kako smo zamijenili iste vrste determinanta se ne mijenja. Dakle D= - D odakle slijedi D=0. D5. Determinanta je multilinearna funkcija svojih kolona, tj. ako je (samo jedna) napr. j-ta kolona matrice A∈Mn linearna kombinacija A . j = a A (. 1j ) + b A (. j2 ) onda je

detA= α detA(1) + β detA(2) , gdje je j-ta kolona: A (.1j ) u matrice A(1) i A(. j2 ) u matrici A(2) (ostale kolone su iste kao u matrici A).

Ovo svojstvo slijedi direktno iz formule (9) za razvoj po j-toj koloni: n

det A =

ĺ (a a

(1) kj

k= 1

n

n

k= 1

k= 1

+ bakj( 2 ) )A kj = a ĺ akj(1) Akj + b ĺ akj( 2 ) Akj =α αdetA(1) + β detA( 2).

Primjedba. Iskazati, tj zapisati princip superpozicije, kako se naziva osobina D5. za α=β=1. D6. (i) Neka je A1 matrica koja se dobije tako što se svi elementi neke od kolone matrice A∈Mn pomnoze s brojem α . Tada vrijedi detA1= α detA, tj. determinanta se množi brojem tako da joj se neka (ali samo jedna kolona) pomnoži tim brojem. (ii) Ako matrica A ima vrstu sastavljen od samih nula, ondaje detA = 0. Ovo su direktne posljedice svojstva D5. Svojstvo (ii) moguće je provjeriti direktno razvojem determinante po 0-vrsti. D7. Vrijede generalizacije formula (8) i (9):

(" i = 1,n;s = 1,n) ĺ

n

n

asj A ij =

j= 1

(

" j = 1,n;t = 1,n

) ĺ

i+ j ĺ (- 1) asjM ij = Ddsi = {0D j= 1

n

n

a i t A ij =

i= 1

i+ j ĺ (- 1) ait M ij = Ddtj = {0D i= 1

za i ą s, za i = t;

za j ą t, . za j = t.

(8!),

(9!)

Formule (8 !) dobiju se na osnovu D4. kao razvoj po i-toj vrsti kad umjesto i-te ponovo stoji s-ta vrsta tako da D ima dvije jednake vrste (za i ≠ s); formule (9 !) dobiju se na osnovu D4. kao razvoj po j-toj koloni kad umjesto j-te ponovo stoji t-ta kolona, tako da D ima dvije jednake kolone(za j ≠ t). D8. Determinanta se ne mijenja ako jednoj koloni dodamo neku drugu kolonu pomnoženu sa nekim brojem. Neka smo matricu A1 dobili iz matrice A tako što smo j-toj koloni A.j dodali t-tu kolonu A. t pomnoženu sa α, tada je prema formuli (9) i svojstvu D5: n

det A1 =

ĺ (a

ij

+ l ai t )A ij =

i= 1

n

ĺ

i= 1

n

a ij A ij + l

ĺ

ait A ij = det A ,

i= 1

n

pošto je

ĺ

ait A ij = 0 prema (9 !) u D7, jer je to razvoj determinante po j-toj koloni, koja ima dvije

i= 1

jednake kolone j-tu i t-tu.

D9. Ako je jedna kolona (ili vrsta) matrice A linearna kombinacija preostalih kolona (ili vrsta) onda je detA=0. Slijedi uzastopnom primjenom osobina D5 i D4.

Primjedba. Kasnije ćemo dokazati da je ovaj uslov i potreban, tj. detA=0 akko su njene vrste (kolone) linearno zavisne.

-31-

D10. (Binet -Cauchyjev stav; J. P. M. Binet (1786-1856), francuski malematičar). Determinanta proizvoda dviju matrica jednaka je proizvoda determinanti:

det(AB) =detAdetB.

( ∀ A, B ∈ Mn)

Dokaz nećemo izvoditi. Vježba. Uzeti dvije proizvoljne matrice reda 2 ili 3 i provjeriti da je za njih ta tvirdnja tačna. Primjer 1. Koristeći svojstva determinante i Laplasov razvoj imamo: - 2 8 8 - 4 - 1 3 12 15 - 3 1 = 2 ×3 ×7 7 28 - 14 14 1 3 8 4 3 3

4 4 - 2 ě II + I 4 5 - 1 ď ď í III + I 4 - 2 2 ď ď ď î IV + 3 ×I 8 4 3

- 1 4 4 - 2 8 9 - 3 0 8 9 - 3 1+ 1 = 42 = 42(- 1)(- 1) 8 2 0 = 4032. 0 8 2 0 20 16 3 0 20 16 - 3

Ovaj primjer pokazuje • da računanje determinanti može biti — čak i za determinante malenoga reda — mukotrpan posao; • da je 'ručno' računanje determinanti umjetnost sama po sebi: različite osobe često¸će različitim pristupom doći do (istog!?) konačnog rezultata. Osnovna ideja sastoji se u tome da se determinanta svodi na determinantu trougaone matrice, međutim izbor transformacija ostaje pri tome poprilično slobodan. Pri ručnome računanju nastojimo izbjeći račun s razlomcima koliko je god to moguće. S druge strane, algoritam prilagođen računaru jednoznačno je određen i ne uzima toliko sloboda pri izboru transformacija. Mi ćemo taj (Gaussov) algoritam detaljno opisati pri rješavanju sustema linearnih jednačina. Primjer 2. (Vandermondeova determinanta.) Provjerimo sljedeći rezultat: 1 1 L 1 x1 x2 L xn = Ő (x j - x i ). M i< j x1n- 1 x n2 - 1 L x nn - 1 Oznaka Π označava proizvod po svim mogućim izborima indeksa za koje je i < j. Ukupan broj faktora u umnošku na desnoj strani jednakosti je n(n — 1)\2. Označimo traženu determinantu s V(x1,..., xn). Da izračunamo njezinu vrijednost, načinit ćemo sljedeće transformacije • pretposljednji, n— 1 -vi red pomnožiti s – x1 i dodati posljednjem; • n—2 -gi red pomnožiti s – x1 i dodati n-l-vom, itd..., • prvi red pomnožiti s – x1 i dodati drugom. Nakon toga se determinanta može rastaviti po prvoj koloni i iz svih transformiranih vrsta izvući zajednički faktor. Dobije se: 1 1 L 1

V(x1 ,...,x n ) =

0

x 2 - x1

L

M 0 x 2n - 2 (x 2 - x1 ) L

x n - x1 x nn- 2 (x n - x 1 )

= (x 2 - x1 )L (x n - x 1 )V(x 2 ,...,x n ) Dobili smo determinantu identičnu prvotnoj, ali reda n - 1. Tako smo dobili rekurzivnu relaciju: V ( x 1 , x 2 , . . , x n ) = (xn – x1)... (x2 – x1)V(x2,..., xn). Isto razmišljanje možemo primjeniti i na novu, umanjenu determinantu: V ( x 2 , . . , x n ) = (xn – x2)... (x3 – x2)V(x3,..., xn). i nastaviti postupak sve dok ne stignemo do posljednjih jednadžbi: V(x n-2 ,x n-1 ,x n) = (x n -x n -2 ) (x n -x n -1 )

-321 = x n - x n - 1. x n- 1 x n Uvrštavanjem svih ovih vrijednosti dobije se traženi rezultat..

V(xn-1, xn) =

1

ZADACI 0 1 0 -i 1 0 , B= , C= i = - 1, imaginarna jedinica 1 0 i 0 0 - 1 zadovoljavaju jednakosti: 10 A2= B2 = C2 = E; 20 BC= - CB= iA, CA = - AC = iB, AB = - BA = iC, Provjeriti da li za matrice A, B, C takođe važe jednakosti: [B, C] = ε . 2iA, [C, A]= ε . 2iB, [A, B]= ε . iC, [A, A2+-B2 + C2] = [B, A2+B2+C2]=[C,A2+B2 + C2] = O, gde je ε=1 ili ε= - 1 i gde je [A, B]=AB—BA. Primjedba. Matrice A, B, C se sreću u kvantnoj mehanici i zovu se Paulieve matri. 2. Dokazati jednakost A (a) A (b)=A (a + b), gde je cos a - sin a A (a) = . sin a cos a 3. Neka je: cos a - sin a 0 - tgt A (a) = , B= . sin a cos a tgt 0 Provjeriti da li je: (E+B)=A(2t)(E-B).

(

1. Dokazati da matrice A =

4. Dokazati da je 0 4 0 0 0

0 0 3 0 0

5. Data je matrica A (a) =

0 0 0 2 0

0 0 0 0 1

2-a

5

0 0 0 = O. 0 0

a-1

2(1-a ) 2a-1

Odrediti: 1° A (a)A(b);

,(a Î R ) .

2° A (a) 2 i A (a) n

(n∈ N).

6. Date su kvadratne matrice A, B ∈Mn reda n≥2, gdje je: aij=1 (i≠j), aii=0, bij=aij -

n- 2 . n- 1

Provjeriti jednakost AB =E. 7.

Provjeriti sljedeću prezentaciju matrice drugog reda a11 a 12 a + a 22 1 0 a + a 21 0 i a - a 21 0 1 a - a 22 - i 0 = 11 - i 12 + 12 + i 11 , a 21 a 22 0 1 i 0 - 1 0 0 i 2 2 2 2

gde je i imaginarna jedinica.

)

-33-

8. Date su matrice: A1 =

1 0 i 0 0 1 , A2 = , A3 = , 0 - 1 0 -i 0 0

A4 =

0 i 0 0 0 0 , A5 = , A6 = , 0 0 1 0 i 0

gde je i imaginarna jedinica. Ako je [X, Y]= XY – YX, provjeriti: [A 1 , A 3 ]=2A 3 ,

[A 1 , A 4 ]=2A 4 ,

[A 2 , A 3 ]=2A 3 ,

[A 1 , A 5 ]= - 2A 5 , [A 1 , A 6 ]= - 2A 6 ,

[A 2 , A 5 ]= - 2A 6 ,

[A 3 , A 5 ]=A 1 ,

[A 4 , A 5 ]=A 2 ,

[A 3 , A 6 ]=A 2 ,

[A 2 , A 4 ]= - 2A 3 , [A 2 , A 6 ]=2A 5 ,

[A 4 , A 6 ]= - A 1 ,

[A 1 , A 2 ]= O,

[A 5 , A 6 ]= O.

[A 3 , A 4 ]= O,

Odrediti sve matrice koje su komutativne sa jednom od matrica A i ( i = 1, 6 ).

9. Odrediti a i b tako da matrice écos a - sin a 0ů ę ú A = ęsin a cos a 0ú, B = ę ú ęę 0 úú 0 1 ë ű

é1 0 0 ů ę ú ę0 cos b - sin bú ę ú ęę0 sin b cos b úú ë ű

budu komutativne.

10. Ako su A i B kvadratne matrice drugog reda, dokazati da je AB+BA = AtrB+BtrA+E(tr(AB)—(trA)(trB)). Primjedba. Da li ova jednakost važi ako su A i B matrice reda veceg od dva? é1 0ů 11. Ako je n prirodan broj i A= ę ú, dokazati da je: A n = E +n(A - E). ęë1 1úű

12. Neka je A ∈Mn i neka važi j≥i ⇒ a ij =0. D o k az at i da je A n = O .

13. Neka je A ∈Mn i aij= 1⁄⁄ n za svako i i j. Dokazati da za svaki prirodan bro j k v aži A k =A. 14. Označimo sa M skup svih kvadratnih matrica reda n koje imaju osobinu da je zbir elemenata svake vrste jednak 1. Dokazati implikaciju (A∈ M∧B∈M) ⇒ AB∈M. 15. Oznacimo sa M skup svih kvadratnih matrica reda n koje imaju osobinu da je zbir elemenata svake vrste i svake kolone jednak 1. Dokazati implikaciju (A∈ M∧B∈M) ⇒ AB∈M.

- 34 -

10.

Kvadratne matrice 10.1. Za kvadratnu matricu A reda n, tj. za matrica A∈ Mn uvodimo definicije:

Definicija 1. Ako za kvadratnu matricu A važi A T =A, tada se A naziva simetrična matrica. Definicija 2. Ako za kvadratnu matricu A važi A T = - A, tada se A naziva koso-simetrična matrica. Definicija 3. Ako za kvadratnu matricu A važi A H =A, tada se A naziva hermitska matrica. Primjedba. Sa AH obilježavamo konjugovanu i transponovana matricu matrice, tj. (∀A∈Mn (C)) (∃!B∈Mn(C)) B= A

H

df

⇔

( ∀i, j = 1,n )

bij = a ji,

Definicija 4. Ako za kvadratnu matricu A važi A H = - A, tada se A naziva koso-hermitska matrica. Definicija 5. Ako za kvadratnu matricu A važi A T A=E, tadase A naziva ortogonalna matrica. Definicija 6. Ako za kvadratnu matricu A važi AA H =E, tada se A naziva unitarna matrica. Definicija7. Ako za kvadratnu matricu A važi AA H =A H A, tada se A naziva normalna matrica. Definicija 8. Matrica B za koju vrijedi BA = E = AB naziva se inverzna matrica matrice A. Inverznu matricu matrice A obično označavamo s A-1 .

(1)

Primjedba. Provjerimo najprije da je inverzna matrica (ako postoji!) jedinstvena. Pretpostavimo da postoje dvije matrice, B' ≠B" koje zadovoljavaju (1). Tad iz B'A = E, množeći sdesna matricom B" dobijamo (B'A)B" = EB" = B". Kako je po pretpostavci (B'A)B" = B'(AB") = B'E = B', odavde slijedi B'=B", što je protivno pretpostavci da je B' ≠B". Definicija9. Za matricu A kažemo da je regularna (ili nesingularna) ukoliko postoji njena inverzna matrica A-1, u suprotnom kažemo da je matrica singularna (ili neregularna). Primjedba. Osim toga inverzna matrica ne mora uvijek postojati. Pri tora ne mislimo samo na nula ⎡ 1 0⎤ ⎥ nema inverznu. Zaista, iz uslova matricu, za koju je takva tvrdnja očigledna. Npr. matrica A = ⎢ ⎢⎣0 0⎥⎦

⎡ 1 0⎤ ⎡ x ⎥⎢ AA-1 = E dobijemo ⎢ ⎢⎣0 0⎥⎦ ⎢⎣ z

y ⎤ ⎡ 1 0⎤ ⎡ x y ⎤ ⎡ 1 0⎤ ⎥=⎢ ⎥⇒⎢ ⎥=⎢ ⎥ , što je nemoguće. t ⎥⎦ ⎢⎣0 1⎥⎦ ⎢⎣0 0⎥⎦ ⎢⎣0 1⎥⎦

U nastavku ćemo pokušati odgovoriti na sljedeća važna pitanja: • Kad je matrica A regularna? • Ako je A regularna, kako se računa njena inverzna matrica A-1 ? Jedan od mogućih odgovora na ova pitanja daje teorija determinanti.

10.2.

Egzistencija inverzna matrice

Neka je data matrica A∈Mn . Adjungovana matrica matrice A, u oznaci adj A, dobija se kad se u transponovanoj matrici AT svaki element zamjeni odgovarajućim kofaktorom. Drugim riječima,

- 35 -

adj A =

A11

A 21

A n1

A12

A 22

A n2

A1n

A 2n

An n

.

Tada, prema definiciji množenja matrica i prema jednakostima (8!) u osobini D7 determinante, izlazi: ⎡ n ⎤ A(adj A) = ⎢⎢ ∑ a ik A jk ⎥⎥ = ⎡⎢ δij det A ⎤⎥ = (det A)E. (1) ⎣ ⎦ ⎢⎣ k =1 ⎥⎦ Slično se dokazuje i jednakost (adj A) A = (det A) E. (2)

Stav 1. Potreban i dovoljan uslov da kvadratna matrica A ima inverznu matricu A -1 je D=det A ≠ 0. 1 -1 U tom slučaju j e A = adjA. det A Dokaz. Ako je det A ≠ 0 , iz formula (1) i (2) dobijamo A

adjA adjA =E= A, det A det A

1 adjA. det A Obratno, ako matrica A ima inverznu matricu A-1 , tada je A A-1=E. Odatle zbog detE=1, koristeći svojstvo D10. (Binet -Cauchyjev stav) za determinante, zaključujemo da je (detA)(detA-1) = 1, odakle slijedi detA≠0. ⎡ a b⎤ ⎥ matrica drugog reda čija determinanta detA=ad-bd≠0. Tada je Primjer. 1) Neka je A = ⎢ ⎢⎣ c d ⎥⎦ Odakle na osnovu definicija 8. inverzne matrice, slijedi A -1 =

T

⎡ d −c ⎤ ⎡ d −b ⎤ ⎥ =⎢ ⎥ , tj adjA = ⎢ ⎢⎣−b a ⎥⎦ ⎢⎣−c a ⎥⎦

A−1 =

T 1 1 ⎡ d −b⎤ ⎢ ⎥ . adjA = ad − bc ad − bc ⎢⎣−c a ⎥⎦

Zapisati inverznu matricu matrice trečeg reda A∈M3. ⎡ 0 0 −1 0 ⎢ − ⎢ −2 2 3 2 −1 ⎢ ⎡2 1 4⎤ ⎢ ⎢ ⎥ 2 4 1 ⎢ 1 4 − 2) Provjeriti ⎢−1 0 0⎥ = ⎢ ⎢ ⎥ 3 2 10 ⎢ −2 2 ⎢⎢ 3 −2 2⎥⎥ ⎢ ⎣ ⎦ ⎢ 1 4 2 4 ⎢ − ⎢⎢ 0 0 1 0 − ⎣

T

−1 0 ⎤ ⎥ 3 −2 ⎥⎥ ⎡ 0 0 ⎤ −1 ⎥ ⎢ ⎥ 2 1 ⎥ − ⎥ = ⎢⎢0.2 −0.8 −0.4⎥⎥ . 3 −2 ⎥ ⎢⎢0.2 0.7 0.1 ⎥⎥⎦ ⎥ ⎣ ⎥ 2 1 ⎥ −1 0 ⎥⎥⎦

Ostavljamo studentima da provjere (ili dokažu) slijedeće osobine kvadratnih matrice A.

Stav1. Neka je A∈Mn. Tada vrijedi: (i) Ako su p, q prirodni brojevi, tada važi ApAq=Ap+q. (ii) Operacija transponovanje matrica ima sledeće osobine: (kA) T =kA T (k realan broj), p T T p (A ) =(A ) (p prirodan broj). (iii) Operacija inverzija kvadratnih regularnih matrica ima sledeće osobine:

-36-

(kA) = k −1A−1; (AB) = B−1A−1; (A p ) = (A−1 ) = A−p ; −1

−1

−1

p

1 ⇐ det A ≠ 0, det A gde je k ≠ 0 realan broj i p ceo broj.

(A )

T −1

= (A−1 ) ; det A−1 = T

(iv) Svaka realna simetrična matrica je hermitska. Svaka realna koso-simetrična matrica je koso-hermitska. Svaka realna ortogonalna matrica je unitarna.

10.3. Rang matrice Definicija1. Neka je A∈Mm, n , tj. A je formata (m, n). Ako u toj matrici fiksiramo k vrsta i k kolona, tada elementi na presjeku tih vrsta i kolona obrazuju kvadratnu matricu reda k. Determinanta te matrice zove se minor k-tog reda m a t r i c e A.

Definicija2. Broj r ∈ N 0 zove se rang matrice A ako: (i) postoji bar jedan minor r- tog reda različit od nule; (ii) svi minori reda r+1 (i viših redova ako postoje) jednaki su nuli. (iii) Rang nula matrice je nula. Rang matrice A označavamo sa r(A). Lako možemo zaključiti da je r(A)≤ min(m , n).

Definicija3. Neka matrica A ima rang r , tada: (i) svaki njen minor r -og reda različit od nule, naziva se bazisni minor. (ii) Vrste i kolone matrice A u presjeku kojih se nalazi bazisni minor nazivaju se bazisne vrste i bazisne kolone. ⎡ 1 −1 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ 1 −1⎤ ⎥ = 2 ≠ 0 ⇒ r ( A ) = 2. Primjer 1. Neka je A = ⎢ 2 0 1⎥ , det A = 0, det ⎢ ⎢ ⎥ ⎢⎣2 0 ⎥⎦ ⎢⎢ 1 1 1⎥⎥ ⎣ ⎦ Bazisne vrste matrice A su 1-va i 2-ga vrsta, bazisne kolone su 1-va i 2-ga kolona matrice A. Navedimo neke osnovne osobine ranga matrice.

Stav 3. Slijedeće transformacije ne mijenjaju rang matrice: 1) Permutacija (zamjena) dvije vrste. 2) Množenje elemenata jedne vrste nekim skalarom različitim od nule. 3) Dodavanjem nekoj od vrsta neke druge vrste (pomnožene eventualno skalarom). 4) Ako se iz matrice izostavi vrsta čiji su svi elementi nule. 5) Ako se iz nje izostavi vrsta koja je linearna kombinacija drugih vrsta.

Dokaz. Dokaz izlazi na osnovu definicije3 i na osnovu osobina determinante. Primjedba. Osim toga, rangA=rangAT, te se u 1) do 5) riječ ¸¸vrsta’’ može svuda zamijeniti sa rječju ¸¸kolona’’. Primjedba. Transformacije 1) do 3) nazivaju se elementarne transformacije matrice (po vrstama, tj. elementarne transformacije po kolonama ako umjesto rijči vrsta, svuda u 1) do 3), stoji kolona). Elementarne transformacije matrice A mogu se ostvariti množenjem matrice A sa elementarnim

-37-

matricama transformacija. Viditi o tome napr. str-46-5-dop. Definicija4. Za dvije matrice A i B kažemo da su ekvivalentne (što označavamo sa A ∼ B ), ako se mogu transformisati jedna u drugu konačnim brojem elementarnih transformacija.

Dakle, stav3 možemo kraće zapisati u obliku: ( ∀A, B) A ∼ B ⇔ r (A) = r (B). Definicija5. Matrica A∈Mm,n naziva se kvazitrougaona (kvazidijagonalna) matrica reda r, ako je matrica A rastavljena na blokove: ⎡U ⎢ A = ⎢⎢ ⎢W ⎣⎢

V⎤ ⎥ ⎥ ⎥ Z ⎥⎦⎥

pri čemu je U∈Mr gornja trougaona (dijagonalna) matrica za koju vrijedi u11u22…urr ≠ 0, dok su V, W, Z nula matrice odgovarajučeg formata, tj. V=Or, n-r , W=Om-r, r , Z=Om-r, n-r . Lako se dokazuje: Stav 4. Ako je A kvazitrougaona (kvazidijagonalna) matrica reda r tada je r(A) = r. Stav5. Svaka matrica A može se svesti na ekvivalentnu matricu koja je kvazitrougaona (kvazidijagonalna) matrica nekog reda. Dokaz. Vidjeti napr. str.144-2-prep. Dakle, za praktično određivanje ranga matrice A dovoljno je odrediti njoj ekvivalentnu matricu B, koja kvazitrougaona (kvazidijagonalna) matrica reda r, tada da je r(A) = r ( = r(B) ).

ZADACI 1) Zadaci: 17; 18.1; 18.2; 19-31 str.312-3-prep. 2) Zadaci: 55.1. do 58. str.319-3-prep. 3) Zadaci:3.19; 3.23.; 3.27. do 3.35. str.106-1-dop.

10.4. Napomene o rangu matrice

Neki autori definišu rang matrice na drugi način. Da bi to objasnili uvedimo: Definicija 1. Neka je C = (c1 cn ) ∈ K n je vektor vrsta koeficijenata i X = (x1 promjenljivih. Tada se izraz oblika: n

L = L(C, X) = CX = ∑ ck xk = c1x1 +

T

xn ) ∈ Kn je vektor kolona

+ cn xn ,

k =1

naziva linearna forma sa n promjenljivih x1 ,

, xn , gdje su c1 ,

,cn dati skalarni koeficijenti, tj.

n ⎧⎪ ⎫⎪ Φn (K) := ⎨⎪L(C, X) = CX = ∑ ck xk C ∈ K n ∧ XT ∈ K n ⎬⎪ , ⎪⎩⎪ ⎪⎭⎪ k =1

je skup svih linearnih formi sa n promjenljivih

Stav1.

Neka su u Φn operacije: interno sabiranje i eksterno množenje vektora skalarom, definisano sa

(∀ L' , L'' ∈ Φn (K) )

n

L' + L'' = L(C' , X) + L(C'' , X) := L(C' + C'' , X) = ∑ (c'k + c''k )xk , tj. k =1

-38n

( ∀L ∈ Φn )( ∀λ ∈ K ) λL = λ (CX) = (λC) X := ∑ (λck ) xk . k =1

Tada je skup Φn (K) linearni vektorski prostor nad poljem K. Dokaz. Dokaz je jednostavan, te ga sami zapišite. Primjedba. Već smo definisali linearne prostore: 1) Mm1 (K) := { (cj)m,1⏐ cj∈K} svih matrica kolona nad poljem K sa m vrsta (tj. m elemenata); taj prostor je dimenzije dimMm1 = m. Vektore u tom prostoru kraće nazivamo kolonama. 2) M1n (K) := { (cj)1,n⏐cj∈K} svih matrica vrsta nad poljem K s n kolona (elemenata); dimenzije tog prostor je dimM1n = n. Vektore u tom prostoru kraće nazivamo vrstama.

Linearni prostori Mm1 (K) i Km (t.j. linearni prostori M1n (K) i Kn) su izomorfni. Viditi definiciju linearnog prostora Rn , tj Kn . (2. sedmica nastave). 3) Svaka se matrica ⎡ a11 ⎢a A = ⎢ 21 ⎢ M ⎢ ⎣⎢ am1

a12 a 22 M am2

a1n ⎤ L a 2n ⎥⎥ , ili A = (aij)m,n M ⎥ ⎥ L amn ⎦⎥ L

(1)

može zapisati kao: (i)

matrica kolona: A= (A1. A2. …Am.)T, gdje je Ai .= (ai1 ai2 …ain) i-ta vrsta matrice A, tj. imamo bijekciju A↔ (A1. A2. …Am.), kojom se matrici A∈ Mm,n (K) pridružuje obostrano jednoznačno određena m-torka vrsta iz linearnog prostora M1n ;

(ii)

matrica vrsta: A=(A.1 A.2…A.n), gdje je A.k= (a1k a2k …amk)T k-ta kolona matrice A, tj. imamo bijekciju A↔(A.1 A.2…A.n), kojom se matrici A∈ Mm,n (K) pridružuje obostrano jednoznačno određena n-torka kolona iz Mm1.

Isto tako postoje bijekcije: (ii)

A↔ (L1. L2. …Lm .), gdje je Li . = L(A i . , X) := A i . X =

n

∑a

ik

xk = a i1x1 +

+ ain xn

k =1

linearna forma sa n nepoznatih pridružena i-toj vrsti matrice A;

(ii)

A↔ (L.1 L.2…L. m), gdje je L. j = L(A . j , Y) := A .Tj Y =

m

∑ akjy k = a1jy1 +

+ amj y m

k =1

linearna forma sa m nepoznatih pridružena j-toj koloni matrice A, ( Y = (y1

T

y m ) ∈ Kn je vektor kolona sa m

promjenljivih).

Stav2. Neka je A∈Mm,n . Tada su slijedeće tvrdnje su ekvivalentne: (i) rangA= r ; (ii) među vrstama (A1. A2. …Am.) matrice A ima (maksimalno) r linearno nezavisnih vrsta, tj. dim L(A1. A2. …Am.) = r ; (iii) među linearnim formama (L1. L2. …Lm .) pridruženim vrstama matrice A ima (maksimalno) r linearno nezavisnih linearnih formi, tj. dimL(L1. L2. …Lm .) = r . Primjedba. U stavu2., ako umjesto matrice A posmatramo matricu AT , tada riječ ¸¸vrsta’’ treba svuda zamijeniti sa rječju ¸¸kolona’’, tj analogan stav vrijedi za kolone matrice A i za linearne forme pridružene kolonama matrice A. Dokaz. Dokaz u nekoliko koraka: (ii) pošto je lineal L(A1. A2. …Am.)⊂ M1n i podprostor je prostora M1n , to iz dim L(A1. A2. …Am.) = r slijedi da među vrstama (A1. A2. …Am.) matrice A ima (maksimalno) r-torka linearno nezavisnih vrsta, koje predstavljaju bazis podprostora L(A1. A2. …Am.), preostalih m-r vrste su nebazisne vrste i svaka od njih je linearna kombinacija r bazisnih vrsta; (ista

-39-

tvrdnja važi za kolone (A1. A2. …Am.) matrice A), tj. na osnovu osobine D9 za determinante, (iii) (iv)

dokazali smo implikaciju (ii) ⇒(i); za obrnuta implikacija(i) ⇒(ii) vidjeti dokaz na str-392-2-prep;

za ekvivalenciju (ii) ⇔ (iii) vidjeti dokaz na str-140-2-prep.

ZADACI

I. Zadaci: 59. do 64. na str-320-3-prep; zadaci II. Zadaci: 3.18, 3.28, 3.29, 3.30, str-56-1-dop. III. Zadaci: 4.1 do 4.8 str-71-1-dop.

108. do 110. na str-327-3-prep.

-40-

IV

SISTEMI LINEARNIH ALGEBARSKIH JEDNAČINA

Rezultati iz prethodnih glava primenjeni su u ovoj glavi na rješavanje sistema linearnih (algebarskih) jednačina, problem iz koga je potekla linearna algebra. Prvo su razmatrani takozvani kvadratni sistemi, tj sistemi kod koji je broj nepoznatih n jednak broju m jednačina sistema, te na osnovu teorije iz prethodne glave utvrđeni su uslovi za egzistenciju rješenja takvog sistema jednačina. Rješenje je zatim eksplicitno određeno na dva načina (Kramerove formule i matrični metod). Da bi se ispitali pravougaoni sistemi, tj sistemi kod kojih je m≠n, prvo su definisane ekvivalentne matrice i dokazano je da ekvivalentne matrice imaju isti rang. Zatim je, pomoću matrica rešeno pitanje egzistencije rješenja pravougaonog sistema linearnih jednačina, koje je svedeno na ispitivanje ranga dvije matrice koje su pridružene sistemu. Gausov algoritam, iznesen u trećem delu, predstavlja praktičan metod za određivanje rešenja pravougaonog (i kvadratnog) sistema linearnih jednačina.

1. Uvodna razmatranja U ovom dijelu posmatraćemo sistem linearnih algebarskih jednačina: a11x1 + a12 x2 + a21x1 + a 22 x 2 + am1x1 + am 2 x2 +

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ + amn xn = hm ⎪ ⎪ ⎪ ⎭

+ a1n xn = h1 , + a 2n xn = h 2 ,

(1)

Koeficijenti aij i slobodni članovi hi u sistemu (1) su date skalarne veličine, tj.

(∀i = 1,m; j = 1,n)

a i,j , h i ∈ K ,

gdje je K skalarno polje realno ili komleksno, x1, x2…,xn su nepoznate sistema. Primjedbe. 1) Sistem (1) moguće je zapisati u kračoj formi:

(

(

∀i = 1,m

)

n

∑ aik xk = hi ,

(1' )

k =1

)

gdje je indeks i = 1,m redni broj jednačine. 2) Sistem (1) moguće je zapisati kao matričnu jednačinu: AX = H . ⎡ a11 ⎢a Matrica A = ⎢ 21 ⎢ M ⎢ ⎣⎢am1

(1'')

a12 L a1n ⎤ a 22 L a 2n ⎥⎥ ili A = (ai})m,n naziva se matrica sistema (1); H = ( hj)m,1 je kolona M M ⎥ ⎥ am2 L amn ⎦⎥

slobodnih ćlanova sistema (1); kolona X=[xi]1,n je kolona nepoznatih sistema (1); proširena matrica sistema (1) je matrica koja se dobije iz matrice A dodavanjem kolone slobodnih članova

⎡ a11 ⎢ A p = ⎡⎣ A H ⎤⎦ m ,n+1= ⎢⎢ ⎢a ⎣⎢ m1

a1n amn

h1 ⎤ ⎥ ⎥. ⎥ hm ⎥⎦⎥

3) Ako je kolona H = ( hj)m, 1 ≠ Om,1 (tj. matrica kolona slobodnih ćlanova sistema (1) nije nula-kolona), kažemo da je sistem (1) nehomogen , a ako je H = Om,1 kažemo da je homogen. 4) Ako je broj jednačina jednak broju nepoznatih, tj. m = n, reći ćemo da je sistem kvadratan , a ako je n ≠ m reći ćemo da je pravougaon.

-41-

Definicija 1. Rješenje sistema jednačina (1) je bilo koja uređena n-torka skalara χ = (ξ K )n,1 ∈ K n

takva da svaka jednačina sistema (1) postaje identitet za X = χ . Sistem linearnih jednačina (1) može imati ili beskonačno mnogo rješenja, ili može imati samo jedno rješenje, ili da nema nijedno rešenje. Definicija 2. Ako sistem (1) ima bar jedno rješenje, (neovisno od toga da li ima samo jedno rješenje ili beskonačno mnogo rješenja) kažemo da je sistem saglasan (rješljiv ili kompatibilan); u suprotnom ako sistem (1) nema rješenje onda za sistem kažemo da je nesaglasan (nerješljiv ili protivrječan). Stav1. Ako je sistem (1) saglasan i ima više od jednog rješenja, onda obavezno ima beskonačno mnogo rješenja. Dokaz. Neka sistem (1) ima bar dva rješenja χ ' = (ξ 'k ) ∈ K n i χ '' = (ξ ''k ) ∈ K n . Tada je n,1

n,1

beskonačno mnogo vektora χ = aχ + (1− a) χ = (aξ + (1− a)ξ '

''

' k

)

'' k n,1

n

∈ K , (za svaki skalar a jedan

vektor), rješenje sistema: Aχ = A(aχ ' + (1− a) χ '' ) = aAχ ' + (1− a) Aχ '' = aH + (1− a) H = H. Primjedba. Nije teško provjeriti da je homogeni sistem (H=On,1) je uvjek saglasan, pošto je X=On,1

uvijek rješenje sistema. Definicija 3. Rješenje X=On,1 naziva se trivijalno rješenje homogenog sistema.

2. Kvadratni sistem linearnih jednačina Definicija 4. Kod kvadratnog sistema (m=n) linearnih jednačina uvodimo pojmove: (i) determinantom sistema D=detA (A je matrice sistema); (ii) Dj je detrminanta nepoznate xj i označava determinantu koja se dobije tako da se u determinanti

sistema D umjesto j-te kolone A. j , koja odgovara nepoznatoj xj , stavi kolona H slobodnih članova. Stav2. (Kramerovo pravilo (G. Cramer (1704-1752), švajcarski matematičar)) (i) Ako je determinanta sistema detA=D≠0, tada sistem ima jedinstveno rješenje: Dj D D D (x1, x2, ..., xn) = ( 1 , 2 , , n ) (ili za sve j : xj = ); (*) D D D D (ii) Ako je determinanta sistema D=0 i bar jedna determinanta Dj ≠ 0, tada je sistem protivrječan.

(iii) Ako je determinanta sistema D=0 i sve determinanta Dj = 0, onda vrijedi samo jedna od mogučnosti: (a) ili je sistem protivrječan, (b) ili sistem ima beskonačno mnogo rješenja. Za odgovor da li je (a) ili (b) potrebna su dalja istraživanja. Dokaz. Neka sistem ima rješenje i neka je j jedan od mogučih indeksa. Pomnožimo i-tu jednačinu ∀i = 1,n sa komplementom Aij , te saberimo sve tako dobijene jednačine. Izlazi

(

)

n

n

n

i =1

k =1

i =i

∑ Aij ∑ aik xk =∑ Aijhi , n

n

∑x ∑a k

k =1

i =1

tj.

n

ik A ij =∑ A ijh i , i =i

( 2)

-42n

gdje smo do posljednje jednakosti došli na osnovu identiteta:

m

∑∑ Χ i =1 k =1

m

ij

n

≡ ∑∑ Χij

(id)

k =1 i =1

Ostavljamo studentu da provjeri taj idetitet. Sad na osnovu svojstva D7, tj. na osnovu Laplasovih formula, imamo n

∑ aik Aij =δkjD, i =1

n

∑A h ij

i

= Dj ,

(**)

i =i

gdje je δkj Kronekerov simbol. Uvrštavanjem (**) u (2), dobijemo:

(∀j = 1,n)

Dx j = D j .

(3)

Sistem (3) i (1) su ekvivalentni, tj. oba imaju ili oba nemaju rješenje. Zato je: (i) Ako sistem ima rješenje i ako je D ≠ 0, tada iz (3) dobijemo jedno (i samo jedno) rješenje (*) sistema. Ostaje da provjerimo da je (*) rješenje sistema. Zaista, uvrštavanjem rješenja (*) u i-tu jednačinu sistema, dobijemo identitete: n n D 1 n ∀i = 1,n ∑ aik k ≡ ∑ a ik ∑ hs A sk (det er minanta Dk razvijena po koloni H) D D k =1 s=1 k =1

(

)

≡

n 1 n h ∑ s ∑ aik Ask D s=1 k =1

(promjenjen redoslijed sumiranja, identitet (id))

≡

1 n ∑ hs δis D ≡ hi D s=1

(primjenjeno : ∑ a ik A sk = δis D).

,

n

k =1

Dakle, (*) je rješenje sistema (1). (ii)

Ako je determinanta sistema D=0 i bar jedna determinanta Dj ≠ 0, tada je sistem protivrječan, jer j-ta od jednaćina (3) je protivriječna: 0xj = Dj ≠ 0.

(iii)

U ovom slučaju, kad su sve determinante jednake nuli, dodatnim ispitivanjem odredićemo da li nastupa slučaj (a) ili (b).

Primjer: Za razne vrijednosti parametra a∈R riješiti i diskuutovati rješenje sistema: ax + y + z = 1, x + ay + z = 1, x + y + az = −2. Lako je sračunati determinante: D = (a + 2)(a − 1) ;D1 = D2 = (a + 2)(a − 1);D3 = −2(a + 2)(a −1) . Prema Kramerovom pravilu: 10 Za D=(a+2)(a - 1)2 ≠0 ⇔ a∉{-2, +1} sistem ima jedinstveno rješenje 2

⎛ D1 D2 D3 ⎟⎞ ⎛ 1 1 −2 ⎞⎟ , , ⎟ = ⎜⎜ , , ⎟. ⎝ D D D ⎠⎟ ⎜⎝ a − 1 a − 1 a − 1⎟⎠

(x, y, z ) = ⎜⎜⎜

20 Za a= - 2 zbir jednačina svodi se na identitet 0=0, tako da je, napr. posljednja jednačina posljdica prve dvije jednaćine, tj. sistem se svodi na dvije jednačine sa tri nepoznate: −2x + y + z = 1, x +−2y + z = 1 , što je ekvivalentno sa: y + z = 1+ 2x, − 2y + z = 1− x , gdje za nepoznatu x biramo proizvoljnu vrijednost x= t∈R. Rješavanje tog sistema dobijemo: ( ∀t ∈ R ) (x, y, z ) = (t,t,1+ t ) , tj. za a=- 2 sistem im beskonačno mnogo rješenja. 30 Za a=1 je D=D1=D2=D3=0, ali je tada treča jednačina x + y + z = −2 protivriječna sa prve dvije jednačine x + y + z = 1 , te je sistem nesaglasan. Kao direktna posljedica Kramerovog pravila proislazi stav za homogeni kvadratni sistem: Posljedica1. (i) Ako je determinanta D≠0, tada homogeni sistem ima jedinstveno rješenje, te je trivijalno rješenje homogenog sistema jedino rješenje sistema; (ii) Akko je D=0 (i sve determinante nepoznatih su obavezno jednake nuli, jer je H=O), te tada (i

-43-

samo tada:) homogeni sistem ima beskonačno mnogo rješenja, tj. ima rješenja koja nisu trivijalna. Jasno, D=0 isključuje mogučnost da sistem ima jedinstveno rješenje.

Primjer. Za homogeni(kvadratni sistem 3x3): x + y + z=0, 2x – y + z= 0, 4x + y + 3z =0, izlazi D=0, te sistem ima netrivijalnih rješenja: (x, y, z) = (2t, t, - 3t). Netrivijalna rješenja dobijemo rješavajući dvije jednačine sa dvije nepoznate: napr. prve dvije jednačine sa bazisnim nepoznatim x, z gdje preostalu nebazisnu nepoznatu y=t biramo proizvoljno. Jasno, što nije teško provjeriti, treču jednačinu (koja je posljedica prve dvije jednačine) dobijemo kad na prvu jednačinu pomnožimo sa dva, te na dobijenu jednačinu dodamo drugu jednačinu.

ZADACI 1. Zadaci: 63-71 2. 3.

str-322-3-prep. Zadaci: 961-986 str-90-4-prep. Zadaci: 5.3-5.11 str.120-1-dop.

3. Gausova eliminacija Za rješavanje sistema jednačina (1) ako je broj nepoznatih veći od tri, obično koristimo Gausov metod eliminacija. Posmatraćemo sistem

a11x1 + a12 x 2 + a21x1 + a 22 x2 +

⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎬ ⎪⎪ + amn xn = hm ⎪⎪⎪⎭

+ a1n xn = h1 , + a 2n xn = h 2 ,

am1x1 + am 2 x2 +

(1)

i pretpostaviti da je a11 ≠ 0. Ova pretpostavka ne umanjuje generalnost metode, pošto je bar jedan od koeficijenata ai1≠ 0 (u suprotnom u sistemu nije zastupljena nepoznata x1), te zamjenom i-te i 1-ve jednačine ostvarimo pretpostavku a11 ≠ 0. Sad pomoću 1-ve jednačine eliminišemo (otuda naziv metode) 1-vu nepoznatu x1 iz preostalih jenačina. Opišimo taj prvi korak metode: a Pomnožimo 1-vu jednačinu sa − i1 (redom za i = 2, 3,..., m) prije nego je dodamo i-toj jednačini. Na taj a11 način dobijemo sistem ekvivalentan sistemu (1):

a11x1 + a12 x 2 + a13 x 3 a (221) x 2 + a (231) x 3 (1) a (321) x 2 + a 33 x3

a (m1)2 x 2 + a m(1)3 x 3

+ a1n x n = h1, ⎫⎪ ⎪ + a (21n) x n = h(21) ,⎪⎪⎪ ⎪ + a (31n) x n = h(31) ,⎪⎬ ⎪⎪ ⎪⎪ (1) (1) ⎪ + a mn x n = h m , ⎪⎪ ⎭

( 2)

tj. sistem (2) ima isto (ili nema) rješenje kao i sistem (1). Sad predpostavljamo da je a(221) ≠ 0, te isti postupak eliminacije primjenimo na sistem od m – 1 posljednjih jednačina sistema (2): pomoću 2-ge jednačine eliminišemo 2-gu nepoznatu x2 iz m - 2 posljednjih jenačina, te dobijemo nov sistem jednačina ekvivalentan sa (2):

a11x1 + a12 x2 + a13 x3 a(221) x2 + a(231) x3 ( 2) a33 x3

a(m23) x3

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2) ( 2) ⎪ + a 3 n xn = h 3 ,⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ( 2) (2) ⎪ + a mn xn = h m . ⎪ ⎪ ⎭

+ a1n xn = h1, + a(21n) xn = h(21) ,

(3 )

Poslije (n - 1)-ve eliminacije, u slučaju kad je n < m, dobije se sistem jednačina:

-44-

⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (2) (2) + a 3n xn = h 3 , ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (n−1) (n−1) ⎬ a nn x n = h n ⎪ ⎪ (n−1) (n−1) ⎪ a n+1,n x n = h n+1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ (n−1) (n−1) ⎪ a mn x n = h m .⎪ ⎪ ⎭

a11x1 + a12x 2 + a13 x 3 a(221)x 2 + a (231)x3

+ a1n x n = h1, + a (21n) x n = h(21) ,

a (332 )x 3

( 4)

Gornji indeks uz koeficijent k (=1, 2,...,n – 1) pokazuje da je taj koeficijent dobijen poslije k-te primjene eliminacije. Prelazak od sistema (1) na ekvivalentni sistemu (4) izveden je uz predpostavku

a11a(221)a(332 ) (k−1)

Ako je međutim, ak k

−2 ) a(n ≠ 0. n−1,n−1

−1) (1) ( 2) = 0, gde je a(k prvi u nizu brojeva a11 ,a ,a , kk 22 33

−2 ) ,a(n , koji je nula, n−1,n−1

prije nego što se pređe na k-tu eliminaciju, treba zamijeniti k-tu jednačinu u sistemu dobijenom posle k—1 (k−1) eliminacija i-tom jednačinom (i = k+l, k + 2, . . . , m) koju treba tako izabrati da je a ik ≠ 0. Ako je međutim −1) a(k = ak(k+−11,k) = kk

(k−1) = amk = 0,

nepoznatu xk treba uzeti proizvoljno i sistem (1) posmatrati kao sistem od m jednačina sa n — 1 nepoznatih. Sistem (1) , u slučaju m > n , ima rešenja ako i samo ako je −1) −1) h(n h(n n+1 n = (n−1) = −1) a(n an+1,n nn

−1) h(n m = (n−1) . amn

(5 )

Ako je m > n i jednakosti (5) ne važe, sistem (1) nema rješenja. Ako je m < n, postupak eliminacije je isti, ali tada možemo da odredimo najviše m nepoznatih u funkciji preostalih n - m nepoznatih. Primjeri. 1) Primjenom Gaussovog algoritma riješimo sistem jednačina: x − 2 y + z − t = 4, 2x − 3y − 4z + t = 1, x − y − z − 3t = 1, 2x − 3 y + 2t = 5, x − 2y + 2 z + t = 5.

Lijevoj i desnoj strani druge jednačine dodajemo odgovarajuće strane prve jednačine pomnožene sa —2. Trećoj jednačini dodajmo prvu pomnoženu sa —1. Četvrtoj jednačini dodajmo prvu posle množenja sa —2. Petoj jednačini dodajmo prvu pomnoženu sa —1. Na taj način dobijamo: x − 2 y + z − t = 4, y − 6z + 3t = −7, y − 2z − 2t = −3, y − 2z + 4t = −3, z + 2t = 1. Ovaj sistem jednačina ekvivalentan je sistemu (1). Oduzmimo sada od treće i četvrte jednačine drugu jednačinu ovoga sistema. Tada dobijamo

-45-

x − 2y + z − t = 4, y − 6z + 3t = −7, 4 z − 5t = 4, 4 z + t = 4, z + 2t = 1. Najzad, umesto ovoga sistema jednačina možemo posmatrati sistem x − 2y + z − t = 4 , y − 6 z + 3 t = −7 , 4 z − 5t = 4, 6t = 0, − 13t = 0, gdje smo nepoznatu z eliminisali iz četvrte i pete jednačine pomoću treće jednačine. Kako iz četvrte i pete 0 0 jednačine slijedi = (= t ) , sistem (1) ima rješenje. Rješavanjem posljednjeg sistema unazad −13 6 dobijemo redom: iz četvrte jednačine t=0, iz treće z=1, iz druge y= - 1, te na kraju iz prve jednačine x=1. Dakle, rješenje sistema (1) je (x, y, z, t) = (1, - 1, 1, 0). Provjeriti! 2) Sistem linearnih jednačina x + y + 3z = 4 2x + y − z = 3 , ekvivalentan je, na osnovu Gausovog trougaonog algoritma, sa sistemima: 3x − y + 4z = 1 x + 2y − 13z = 1

x + y + 3z = 4 x + y + 3z = 4 x + y + 3z = 4 y + 7z = 5 ; y + 7z = 5 ; y + 7z = 5 , 4y + 5z = 11 23z = 9 23z = 9 23z = 8 0 =1 − y + 13z = 3 te je nesaglasan, jer je posljednja jednačina protivrječna: 0=1.

a. Primjenom Gausovog algoritma dobijemo ekvivalentne sisteme: x + 2y + 3 z + 4t = 5, x + 2y + 3z + 4t = 5, x + 2 y + 3 z + 4t = 5, 2x + 2y − z + 2t = 6, 2y + 7z + 6t = 4, 2y + 7 z + 6t = 4, 3x + 2y + az + bt = c; 4y + (9 − a) z + (12 − b) t = 15 − c; (5 + a) z + bt = c − 7. Zato je (i) za a = - 5, b = 0, c≠ 7 sistem protivrječan; (ii) za a = - 5, b = 0, c = 7 sisteem se svodi na dvije jednačine sa četeri nepoznate (dvije bazisne i dvije nebazisne; naprimjer za proizvoljno z = p, t = q ). Rješavanjem unazad dobijemo rješenje sistema: ⎛ ⎞ 7 ( ∀p,q ∈ R ) (x, y, z,t ) = ⎜⎜⎜1+ 4p + 2q, 2 − p − 3q,p,q⎟⎟⎟ . ⎝ ⎠ 2

Primjedba. Opišimo glavne karakteristike Gaussove metode. Preciznije, riječ je o metodi, koja se u matematičkoj literaturi spominje pod imenom Gauss-Jordanova metoda. Ona se sastoji u tome da se sistem (1) elementarnim transformacijama svede na ekvivalentan kvazi-trougaoni (ili dijagonalni) oblik, iz kojega ćemo moći lako odrediti njegovo rješenje. Dva sistema nazivamo ekvivalentnim ukoliko imaju isti skup rješenja. Pri svođenju sistema na ekvivalentan koristit ćemo se istim elementarnim transformacijama kao i pri određivanju ranga matrice. Prisjetimo se, to su operacije • zamjena dvije vrste, • množenje vrste skalarom različitim od nule, • dodavanjem nekoj vrsti druge vrste pomnožene skalarom različitim od nule. Ako je (x1,...,xn) rješenje sistema (1), tad je očito ta n-torka rješenje i sistema dobivenog bilo kojom od ovih transformacija (i obratno!). Dakako da ćemo transformacije primjenjivati ne samo na lijevoj strani sistema (1), već istovremeno i na desnoj strani. Pritom se pokazuje da je nepotrebno ispisivati jednačina u obliku (1), dovoljno je ispisati samo matrične koeficijente, posto položaj tih koeficijenata određuje i imena nepoznatih koje dolaze uz odgovarajući koeficijent. Zapravo, postoji bijekcija između sistema AX = H i takozvane proširene matrice tog sistema (A⏐H).

-46-

Primjer. Riješi sistem x + 3y − z = −4, −x + 2y + 3z = 5, 2 x + y + z = 6. Napišimo proširenu matricu sistema i svedimo matricu A na kvazi-dijagonalnu formu: ⎡ 1 3 −1 ⎢ ⎢−1 2 3 ⎢ ⎢2 1 1 ⎢⎣

⎡ 1 3 −1 −4 ⎤ ⎛III + II → III⎞ ⎢ ⎥ ⎜ ⎢ 2 ⎟ 1 ⎥⎥ ∼ ⎜⎜II : 5 → II ⎟⎟ ∼ ⎢⎢ 0 1 ⎜⎝III : 5 → III ⎟⎟⎠ 5 ⎜ ⎢ 14 ⎥⎥⎦ ⎢0 0 1 ⎣⎢

⎡ 1 3 −1 −4 ⎤ ⎥ ⎢ + → II I II 5 ⎥⎥ ∼ ∼ ⎢⎢0 5 2 III − 2I → III ⎥ ⎢ 6 ⎥⎦ 3 ⎢⎣ 0 −5

(

)

⎡ 11 ⎢1 0 − ⎢ 5 ⎛ ⎞ ⎜I − 3II → I ⎟⎟ ⎢ 2 ∼ ⎢0 1 0 ∼ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜II − III → II⎟⎟ ⎢ ⎝ ⎠ ⎢0 0 5 1 ⎢ ⎢⎣

23 ⎤ ⎥ ⎡1 0 0 5 ⎥ ⎞ ⎢⎢ ⎥ ⎛⎜ 11 ⎟ −1 ⎥ ∼ ⎜I + III → III⎟ ∼ ⎢ 0 1 0 ⎟⎠ ⎥ ⎜⎝ 5 ⎢0 0 1 3 ⎥ ⎢⎣ ⎥ ⎥⎦

−

−4 ⎤ ⎥ 1 ⎥⎥ 5 ⎥⎥ 3 ⎥⎦⎥

2⎤ ⎥ −1⎥⎥ . 3 ⎥⎦⎥

Ovim je postupak transformacija završen i treba još očitati rješenje. Dobijeni sistem ekvivalentan je početnome, uz matrične koeficijente leže odgovarajuće varijable. Matrica sistema svedena je na jediničnu. Tako gornji matrični zapis daje ove jednačine: x = 2, y = −1, z = 3,

iz kojih zapravo očitavamo traženo rješenje početnog sistema.

Gauss-Jordanova metoda za određivanje inverzne matrice. Gornji postupak može da posluži za određivanje inverzne matrice matrice A reda n. Zapravo, problem određivanja inverzne matrice X = A-1, svodi se na rješavanje matrične jednačine AX = E, (6) koja je opet ekvivalentna rješavanju n sistema jednačina: AX.1 = E.1 , AX.2 = E.2 , ..., AX .n = E.n , (7) gdje su X . j j-ta kolona inverzne, tj. E. j j-ta kolona jedinične matrice.Prema tome, kako svi sistemi (6) imaju zajedničku matricu sistema, to i proširene matrice svih n sistema možemo zapisati zajedno (A⏐E).

(8)

Kada, koristeći elementarne transformacije, dobijemo

(A⏐E) ∼ (E⏐X),

(9)

tada je X = A-1. Jasno, ako je A singularna matrica, tada sistemi (7) nemaju rješenje, tj. elementarne transormacije ne dovode do ekvivalencije (9).

Primjeri. 1) Na osnovu Gauss-Jordanovog algoritma izlazi: ⎡−3 1 −1 ⎢ ⎡ A E⎤ = ⎢ 1 0 1 ⎣ ⎦ ⎢ ⎢−2 2 3 ⎢⎣

⎡ 1 0 1 1 0 0⎤ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ 0 1 0 ⎥ ∼ (I ↔ II ) ∼ ⎢−3 1 −1 ⎢−2 2 3 0 0 1⎥⎥⎦ ⎢⎣

⎡1 0 1 ⎢ ∼ (III − 2I → III ) ∼ ⎢⎢0 1 2 ⎢0 0 1 ⎢⎣

⎡1 0 1 0 1 0⎤ ⎥ ⎢ II + I → II 3 ⎥ ⎢ 1 0 0⎥ ∼ ∼ ⎢0 1 2 III + 2I → III ⎢0 2 5 0 0 1⎥⎥⎦ ⎢⎣

(

⎡1 0 0 0⎤ ⎥ ⎢ 0 ⎥⎥ ∼ I − III → I ∼ ⎢⎢0 1 0 II − 2III → II ⎢0 0 1 −2 −4 1⎥⎥⎦ ⎢⎣ 0 1

1 3

(

)

¨ tj. A je zaista regularna matrica i njena inverzna matrica je A

−1

)

5 −1⎤ ⎥ 11 −2 ⎥⎥ , −2 −4 1 ⎥⎥⎦ 2 5

⎡ 2 5 −1⎤ ⎢ ⎥ ⎢ = 5 11 −2⎥ . ⎢ ⎥ ⎢⎢−2 −4 1 ⎥⎥ ⎣ ⎦

0 1 0⎤ ⎥ 1 3 0 ⎥⎥ 0 2 1⎥⎥⎦

-47⎡−3 1 −1⎤ ⎢ ⎥ 0 1 ⎥⎥ . ⎢−2 2 2 ⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

2) Neka je A = ⎢⎢ 1

Koristeći se Gauss-Jordanovim algoritmom provjeriti da li je A (ne-)regularna

matrica i ako je regularna odrediti njenu inverznu matricu. ⎡−3 1 −1 1 0 0 ⎤ ⎢ ⎥ ⎡ A E ⎤ ∼ ⎢ 1 0 1 0 1 0 ⎥ ∼ (I ⎥ ⎣ ⎦ ⎢ ⎢−2 2 2 0 0 1⎥ ⎢⎣ ⎥⎦ ⎡1 0 1 0 ⎢ 1 ∼ (III − 2II → III ) ∼ ⎢⎢0 1 2 ⎢0 0 0 2 − ⎣⎢

⎡ 1 0 1 0 1 0⎤ ⎡1 0 1 ⎢ ⎥ ⎛II + 3I → II ⎞ ⎢ ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎢ II ) ∼ ⎢−3 1 −1 1 0 0 ⎥ ∼ ⎜⎜ ⎟⎟ ∼ ⎢ 0 1 2 ⎢−2 2 2 0 0 1⎥ ⎝III + 2I → III⎠ ⎢ 0 2 4 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎤ 1 0 ⎥ 3 0 ⎥⎥ . 2 1⎥⎦⎥

0 1 0⎤ ⎥ 1 3 0 ⎥⎥ 0 2 1⎥⎥⎦

Dakle, A je singularna matrica, tj. sistemi (7) nemaju rješenje, tako da elementarne transormacije ne dovode do ekvivalencije (9).

- 48 4. EGZISTENCIJA RJEŠENJA SISTEM LINEARNIH ALGEBARSKIH JEDNAČINA (KRONECKER-CAPELLIEV STAV) Koristeći stav o jednokosti ranga matrice i broja linearno nezavisnih vrsta (kolona) te matrice, dokazaćemo Kronecker-Capelliev stav (Kronecker, L., njemački matematičar (1823-1891); Capelli, A., talijanski matematičar (1855-1910) ). Tim stavom iskazan je potreban i dovoljan uslov da sistem linearnih jednačina:

a11x1 + a12 x2 + a21x1 + a22 x2 +

⎫⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎬ ⎪⎪ + amn xn = hm ⎪⎪⎪⎭

+ a1n xn = h1, + a 2n xn = h 2 ,

am1x1 + am 2 x2 +

(1)

bude saglasan. Stav 3. (i) Da bi sistem (1) bio saglasan, potrebno je i dovoljno da je

rang(Ap) = rang(A).

(*)

(ii) Neka je rang(Ap) = rang(A) = r, tada sistem (1) ima: (a) beskonačno mnogo rješenja za r < n, (b) jedinstveno rješenje za r = n . Dokaz. (i) Sistem (1) možemo zapisati u ekvivalentnom obliku:

⎡ a11 ⎤ ⎡ a12 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ a21 ⎥ ⎢ a22 ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥+ x1 ⎢ ⎥ + x 2 ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢a ⎥ ⎢a ⎥ ⎣⎢ m1 ⎦⎥ ⎣⎢ m 2 ⎦⎥

⎡ a1n ⎤ ⎡ h1 ⎤ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ a2n ⎥ ⎢ h2 ⎥ ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥. + xn ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢ ⎥ ⎢a ⎥ ⎢h ⎥ ⎣⎢ mn ⎦⎥ ⎣⎢ m ⎦⎥

(2)

Dakle, ako sistem (1) ima rješenje (x1, x2, ..., xn), tada jednakost (2) znaći da je kolona slobodnih članova H linearna kombinacija kolona matrice sistema A. Prema tome, dodavanjem kolone H broj linearno nezavisnih kolona se ne povečava, pa je rang(Ap)=rang(A). Prema tome dokazali smo da je uslov (*) potreban. Dokažimo da je uslov (*) i dovoljan, tj. da uslov rang(Ap)=rang(A) = r implicira da je sistem (1) saglasan. U ovom slučaju posto/ji bar jedan minor reda r matrice A (, koji je i minor matrice Ap) koji je različit od nule, te je r bazisnih vrste (kolone), koje obrazuju taj minor, linearno nezavisno, a m – r preostalih nebazisnih vrsta (kolona) su linearne kombinacije tih r bazisnih vrsta (kolona). Prema tome, isto tako, n – r jednačina koje odgovaraju nebazisnim vrstama su linearne kombinacija r jednačina koje odgovaraju bazisnim vrstama, tj. njihova su posljedica, te se mogu odbaciti. Dakle, sistem se svodi na r jednačina koji je ekvivalentan sistemu (1). Ne umanjujući opčenitost, možemo pretpostaviti da su to prvih r jednačina (prenumeracije, tj. zamjene rasporeda jednačina sistema (1) su elementarne transformacije), tj. da su r bazisnih kolona (nepoznatih) prvih r kolona (nepoznatih). Taj sistem, ekvivalentan sistemu (1), možemo zapisati u obliku: a11x1 + a12 x 2 + + a1r xr = h1 − a1,r+1xr+1 − − a1n xn , ⎫⎪ ⎪ a 21x1 + a 22 x 2 + + a 2r xr = h 2 − a 2,r+1xr+1 − − a 2n xn ,⎪⎪ ⎪ (3 ) ⎬ ⎪⎪ ar1x1 + ar 2 x 2 + + arr xr = h r − ar ,r+1xr+1 − − arn xn , ⎪⎪ ⎭⎪ gdje smo nebazisne nepoznate (xr+1, xr+2, ..., xn) prebacili na desnu stranu jednakosti. (a) Za r < n sistem (3) je kvadratni r x r, detrminanta tog sistema je, po pretpostavci, bazisni minor

- 49 matrice A, te je različita od nule. Dakle, sistem za r < n ima beskonačno mnogo rješenja, pošto, prema Kramerovom pravilu (za svaki izbor n-r nebazisnih promjenljivih (xr+1, xr+2, ..., xn)∈ K ) ima (jedno) rješenje; (b) za n = r , skup nebazisnih promjenljivih je prazan, te sistem (1), tj. ekvivalentni sistem (3), ima jedinstveno rješenje.

Primjedba. Koristeći Kronecker-Capelliev stav u stanju smo, ne samo, da odgovorimo na pitanje egzistencije rješenja, već i da formulišemo algoritam za rješavanje sistem (1), ukoliko je saglasan. 1. Izračuna se rang(A) i rang(Ap ), pa ako je rang(A)= rang(Ap )= r , uoči se jedan bazisni minor matrice A. 2. Uzima se r jednačina čiji koeficijenti obrazuju bazisni minor, a ostale se odbacuju. U uočenim jednačinama se slobodne nepoznate prebacuju na desnu stranu. 3. Prema Kramerovom pravilu ili Gausovoj metodi izražavaju se bazisne nepoznate preko nebazisnih (slobodnih) nepoznatih. 4. Dajući slobodnim nepoznatim određene (proizvoljne) vrijednosti dobijamo određene vrijednosti za bazisne nepoznate i tako se dobijaju posebna rešenja sistema.

POSLJEDICE KRONECKER-CAPELLIEVA STAVA. Posljedica 1. Homogeni (pravougaoni ili za m = n kvadratni) sistem AX = O, gdje je A∈M m,n ima i netrivijalna rješenja X ≠ O, akko je rang (A) < n (ili, za m = n, detA = 0). Posebno interesantna posljedica Kronecker-Capellieva stava je stav o eliminanti. Radi se o potrebnom uslovu da sistem (1) , gdje je m = n + 1, tj. sistem gdje je broj jednačina m za jedan veći od broja nepoznatih n. U ovom slučaju je A∈M n+1, n , te je proširena matrica sistema Ap = (A⏐H) kvadratna matrica reda n+1.

Eliminantom pravougaonog sistema za koji je m = n + 1 nazivamo detAp. Stav 4. (Stav o eliminanti). Sistem (1) , u slučaju kad je m = n + 1, ima rješenje samo ako je eliminanta sistema detAp = 0.

Dokaz. Rang matrice A najviše je n (< m). Pretpostavimo li da je u ovom slučaju sistem saglasan. Tada je rang(Ap) = rang(A), odakle slijedi detAp = 0, jer bi u suprotnom bilo rang(Ap) = n + 1 > rang(A). Obrnuto ne važi, tj. ako je eleminanta sistema detAp = 0 sistem o kome je riječ ne mora imati rješenje. Dakle, (kod sistema (1) za m = n + 1) uslov detAp = 0 (tj. eliminanta sistema jednaka nuli) je potreban, ali nije dovoljan uslov, da bi sistem bio saglasan. Primjeri. 1) Za sistem homogenih jednačina: x + 7y + 17z + 3t = 0, 4 y + 10z + t = 0, 3x + y + z + 4t = 0, 2x + 2y + 4 z + 3t = 0, odrediti sva rješenja. Matrica sistema je 1 7 17 3 1 7 17 3 1 7 17 3 0 4 10 1 0 4 10 1 0 4 10 1 A= ∼ ∼ . 3 1 1 4 0 −20 −50 −5 0 0 0 0 2 2 4 3 0 −12 −30 −3 0 0 0 0 Dakle, rangA = 2, bazisne nepoznate su x i y, dok su z i t slobodne nepoznate. Početni sistem je ekvivalentan sa sistemom: x + 7y + 17z + 3t = 0, 4 y + 10z + t = 0. Prema tome rješenje sistema je ⎛1 ⎞ 5 5 1 ( ∀z, t ∈ R ) (x, y, z, t ) = ⎜⎜⎜ z − t, − z − t, z, t⎟⎟⎟ . ⎝2 ⎠ 4 2 4 2) Koristeći Kronecker-Capelliev stav ispitati egzistenciju rješenja, te riješiti sistem x + 2y + 3z + 2s + t = 3, 2y − z − s + 5t = 0, x + 2y − z + 6s + 5t = 3, x + 2y − 5 z + 10s + 9t = 3. Rješenje: (x, y, z, s, t) = (s+t, -3s+1, s-2t+1, s, t).

- 50 -

V LINEARNI OPERATORI Neka su X i Y prostori konačnih dimenzija n i m respektivno. Pod pojmom operatora A:X → Y podrazumijevamo preslikavanje koje svakom elementu x ∈ X pridružuje neki element y ∈ Y. Činjenicu da je y slika elementa x zapisujemo kao: y=A(x) ili y = Ax. Po dogovoru, svako preslikavanje A :X→Y je jednoznačno, a to znači da (∀x l , x 2 ∈X) A(x 1 ) ≠ A (x 2 ) ⇒ x 1 ≠ x 2 .

5.0. DEFINICIJA LINEARNOG OPERATORA Linearni operatori, ili linearna preslikavanja, (engl. linear operator, njem. Lineare Abbildung (lineare Operator), franc. application lineaire, rus. lineijniji operator) su takva preslikavanja linearnih prostora koja uvažavaju njihovu linernu strukturu. Zato izučavanje linearnih operatora predstavlja najvažniji dio linearne algebre. Definicija 1. Neka su X i Y linearni prostori nad poljem K. Preslikavanje A : X → Y naziva se linearni operator ako za njega vrijede uslovi (∀x 1 , x2 ∈X)

A(x1 + x2 ) = A(x 1 ) + A(x 2 ),

(∀x∈X) (∀a∈ R)

A(ax) = aA(x).

(aditivnost) (homogenost)

(1) (2)

Primjedbe. 1) Uslovi (1) i (2) ekvivalenti su s uslovom (∀x 1 , x2 ∈X) (∀a 1 , a2 ∈ R) A(a1 x 1 + a 2 x 2 ) = a 1 A(x 1 ) + a2 A(x 2 ), (linearnost) (3) tj. operator je linearan akko je aditivan i homogen. Zaista, ako je A linearni operator, na osnovu (1) i (2) imamo: A(a 1 x 1 + a2 x 2 ) = (1) = A(a 1 x 1 ) + A(a 2 x 2 ) = (2) = a1 A(x 1 ) + a 2 A(x 2 ); obratno: za a 1 = a2 = 1 iz (3) dobijamo (1); za a1 = a a2 = 0 iz (3) dobijamo (2), pa je A linearni operator.

2) Ako je Y prostor skalara (najčešće prostor realnih (kompleksnih) brojeva) onda se linearni operator zove linearni funkcional ili linearna forma. 3) Specijalno, kada je Y ⊂ X imamo preslikavanje (operator) koje elementima iz X pridružuje elemente iz X. 4) Skup svih linearnih operatora A :X→ Y označavaćemo sa L(X, Y). Primjer1. Neka je X = Kn, Y = Km i A∈M m,n (K). Svaka takva matrica definiše neki linearni operator. Prirodna veza između matrice i linearnoga operatora definiše se sa (∀ x ∈X ) A(x) := Ax (∈Y), gdje je Ax proizvod matrica. Ovako definisan operator zaista je linearan, zbog poznatih osobina množenja matrica. Primjedba. Zadavanje operatora pomoću neke matrice najvažniji je primjer linearnoga operatora. Dobar dio ovoga poglavlja biti će posvećen proučavanju veze između matrice i linearnog operatora. Pokazaćemo da vrijedi i obratna tvrdnja: svakom linearnom operatoru odgovara jedna matrica. Bilo bi netačno zaključiti da je pojam linearnog operatora nepotreban, pošto se on može potpuno opisati matricama. Međutim, situacija je nešto složenija.

- 51 Preciznija, veza između operatora i matrice mogla bi se ovako opisati: ako su zadane baze vektorskih prostora X i Y, tada svakom operatoru A :X→ Y za taj par baza odgovara jedna matrica. Međutim, promijenom baze, istom operatoru odgovara neka druga matrica. Linearni operator zadaje se neovisno od baza prostora, ali tek izbor baza određuje koja mu matrica odgovara. Najinteresantnija analiza matričnoga računa upravo se sastoji u tome da se daju odgovori na sljedeća dva pitanja: 10 kako odabrati bazu prostora pa da prikaz linearnoga operatora bude po mogućnosti što jednostavnija matrica (što sličnija dijagonalnoj); 20 da li (i kada) dvije različite matrice A, B pripadaju istome linearnom operatoru (u različitim bazama)?

5.1. MATRICA LINEARNOG OPERATORA Opišimo obrnutu vezu: kako linearni operator određuje matricu: Neka su X i Y linearni prostori tako da je dimX = n, dimY = m. Neka je e = (e1 ..., e n ) baza u prostoru X, a f = (f 1 ,.,., f m) baza u prostoru Y. Dati linearni operator A:X →Y prevodi svaki vektore ej∈X u vektor A(ej)∈Y ( j = 1,2,..., n), koji se može razložiti po bazi f ⊂ Y . Dakle, vrijedi

+ am1fm , ⎪⎫⎪ ⎪ m A (e2 ) = a12 f1 + a22 f2 + + am 2 fm ,⎪⎪⎪ ⎬ ⇔ ∀j = 1, n A (e j ) = ∑ a ij fi . ⎪⎪ i =1 ⎪⎪ A (en ) = a1n f1 + a2n f2 + + amn fm .⎪⎪⎭ Skalari ai j , koji su određeni razlaganjem (4), definišu matricu Aef ∈M m,n (K): A (e1 ) = a11f1 + a21f2 +

(

( )m,n

Aef := a ij

⎡ a11 ⎢a = A = ⎢ 21 ⎢ M ⎢ ⎣⎢ am1

)

a12 a 22 M am2

a1n ⎤ L a 2n ⎥⎥ . M ⎥ ⎥ L amn ⎦⎥

(4 )

L

(5)

Definicija 2. Matrica A ef data sa (5) zove se matrica operatora A:X →Y u odnosu na baze e i f (prostora X i Y, respektivno). Primjedbe: (a) Broj vrsta u matrici A operatora A je m = dimY, a broj kolona je n = dimX, tj. format matrice A opratora A:X →Y je (m,n) = (dimY, dimX). (b) j-tu kolonu matrice A čine kordinate vektora A(ej) (j=1,2,...,n) u odnosu na bazu f = (f 1 ,.,., f m) ⊂ Y. Pokazaćemo da vrijedi A ( x ) = Ax, za svaki vektor x∈X. Zaista, svaki vektor x ∈X može se razložiti po bazi e = (e1 ..., e n ) ⊂X, tj. ( ∀x ∈ X ) (∃ !( x1 , …, x n ) ∈ K n ) x = x1e1 + + x n e n .

(6)

Isto tako, svaki vektor y ∈Y može se razložiti po bazi f = (f1 ,.,., f m) ⊂Y, tj. ( ∀y ∈ Y ) (∃ !( y1 , …, y m ) ∈ K m ) y = y1f1 + + y m f m .

(7)

Onda, redom prema (6), (3), (4) i promjenom redosljeda sumiranja, vrijedi niz jednakosti

- 52 n n m m ⎛ n ⎛ n ⎞ ⎞ A (x) = A ⎜⎜⎜∑ x j e j ⎟⎟⎟ = ∑ x j A (e j ) = ∑ x j ∑ a ij fi = ∑ ⎜⎜⎜∑ aij x j ⎟⎟⎟ fi . ⎜ j=1 ⎝⎜ j=1 ⎠⎟ j=1 ⎠⎟ j=1 i =1 i =1 ⎝

(8)

Zbog jedinstvenosti razlaganja vektora po bazi, upoređujući (7) i (8), zaključujemo da je

(∀i = 1, m)

n

y i = ∑ aij x j .

(9 )

y = Ae f ⋅ x .

(10)

j=1

Iz (9) , prema definiciji množenja matrica, izlazi Dakle, dokazali smo slijedeći stav:

Stav1. Neka su: X i Y linearni prostori takvi da je dimX = n, dimY = m; e = (e1 ..., e n ) je baza u X i f = (f 1 ,.,., f m) je baza u Y. Svakom linearnom operatoru A:X →Y, za taj par baza, može se pridružiti samo jedna matrica A = A ef := (a ij ) , čije su kolone koordinate vektora A(ej) u bazi f = (f 1 ,.,., f m). m,n

Vrijedi i obrnuto, svakoj matrici A = Aef := (aij )

m,n

odgovara samo jedan operator koji djeluje iz

prostora X dimenzije n u prostor Y dimenzije m, tako da vrijedi ( ∀ x ∈ X) ( ∃ ! y ∈ Y) y = A(x) = Ax.

(11 )

Primjedba. Relacija (11), veza operatora i matrice, toliko je važna da smo zbog jednostavnosti formule namjerno bili nedovoljno precizni. Pažljiviji čitalac će uočiti da u formuli (11) vektor x s lijeve i s desne strane nema isto značenje. S lijeve strane, on je element vektorskoga prostora X i njegov prikaz u bazi toga prostora ima oblik x = x1e1 + + xn en . S desne strane, vektor x poistovjećujemo s vektorom-kolonom x = [x1,..., xn]T ∈ Kn, a zatim, nakon množenja s matricom A, vektor Ax (koji pripada prostoru Y) treba shvatiti na način: (Ax)1f1 +. . . + (Ax)m fm . Razmotrimo primjenu stava 1 na primjerima koji konstruišu matricu operatora. Primjer 2. Identični (jedinični) operator E ∈ L(X,X), definisan je formulom E(x) = x za svaki x ∈ X. Kako za svaki vektor baze vrijedi E(ej) = ej, to ovom operatoru odgovara (u bilo kojoj bazi) jedinična matrica E, čiji je red n = dimX. Primjer 3. Nula operator O: X → Y, definisan je formulom O(x) = 0, za svaki x ∈ X. Njemu odgovara nula matrica tipa (m,n). d Primjer4. Odredimo matricu koja odgovara operatoru diferenciranja D = : Pn → Pn u prirodnoj dt bazi ovog prostora (1,t,t2,...,tn), tj. ∀i = 0,n e i (t ) = t i .

(

)

Vrijednosti operatora na vektorima baze je: ∀i = 1,n D(ei )(t ) = it i−1 = iei−1 (t ) , tj.

(

)

D(e0 )(t ) = 0,

te je

(∀i, j = 1,n)

⎪⎧i, za j − 1 = i, d ij = (De j ) = (( j − 1) e j−1 ) = ⎨⎪ i i ⎪⎪⎩0, za j − 1 ≠ i.

Dakle, matrica D u tom paru prirodnih baza glasi

- 53 ⎛0 1 0 0⎞⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 0 2 0⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎟ . D = ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜0 0 0 n⎟⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎝0 0 0 0⎟⎟⎠ Vježba. Neka je D operator iz prethodnog primjera. Odgovaritti na slijedeća pitanja: 1. Izračunati kvadrat matrice tog operatora D2. d2 2. Kojem operatoru odgovara ta matrica? Da li je D2 = B = 2 : Pn → Pn , gdje je B operator drugog dt izvoda? 3. Za n= 4, napiši matricu D i provjeri da je D4 = 0. 4. Uvjeri se da je Dn = O . Prokomentariši taj rezultat! Da li on nešto govori o n-tim izvodima funkcija bazi:

(∀i = 0,n)

e i (t ) = t i .

5.2. PRELAZAK S JEDNE BAZE NA DRUGU Neka su date dvije proizvoljne baze: stara baza e = (e 1 ,..., e n ) i nova baza f = (f 1 ,..., f n ) vektorskog prostora X nad poljem K. Vetore nove baze f razložimo po vektorima stare baze e: f1 = p11e1 + p21e2 +

+ pn1en ,

f2 = p12 e1 + p22 e2 +

+ p n 2 en ,

fn = p1n e1 + p2n e2 +

⇔

(∀j = 1,n)

n

f j = ∑ p ijei .

(1)

i =1

+ pnn en .

Isto tako vektore ej stare baze možemo razviti po vektorima nove baze, tj. e1 = q11f1 + q21f2 +

+ qn1fn ,

e2 = q12 f1 + q22 f2 +

+ q n 2 fn ,

en = q1n f1 + q2n f2 +

⇔

(∀j = 1,n)

n

e j = ∑ qijfi .

(2 )

i =1

+ qnn fn .

Primjedbe. 1) Jednakostima (1), (2) određene su matricama ⎛p11 ⎛q11 p1n ⎞⎟ q1n ⎞⎟ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟ ⎟⎟ ⎟⎟ , Q = ⎜⎜ P = ⎜⎜ ⎟⎟ , ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝pn1 ⎟ ⎜ pnn ⎠ qnn ⎟⎠ ⎝qn1 gdje kolone matrice P (matrice Q) predstavljaju koordinate razlaganja vektora nove (stare) baze preko vektora stare (nove) baze. 2) Razlaganja (1) i (2) možemo pretstaviti ''simbolično'' pomoću množenja matrica f = eP, e = fQ.

(*)

3) Matricu P=(pij)m,n nazivamo matrica prelaska sa stare baze e na novu bazu f, tj. matricu Q=(qij)m,n nazivamo matrica prelaska sa nove baze f na stare bazu e.

- 54 Veza između matrica P i Q iskazuje Stav 2. Matrice P i Q su uzajmno inverzne. Dokaz. Na osnovu (1) i (2) imamo

(∀j = 1,n)

n

n

n

i =1

i =1

k =1

f j = ∑ p ijei = ∑ p ij ∑ qki fk ,

Odakle, promjenom redosljeda sumiranja, izlazi

(∀j = 1,n)

n ⎛ n ⎞ f j = ∑ ⎜⎜⎜∑ qki p ij ⎟⎟⎟fk . ⎠ k =1 ⎝ i =1

(3)

Kako su vektori fk lineaarno nezavisni, to iz (3), a prema definicije množenja matrica, slijedi

(∀k, j = 1,n)

n

Qk . P.j = ∑ qki p ij = δkj ,

(4)

i =1

ili QP = E,

(5)

tj. matrice Q i P su uzajamno inverzne.

Primjedbe. 1) Na isti način, kao što smo dokazali (5), možemo dokazati da je PQ = E. (6) (Za vježbu dokazati (6)). 2) Iz (5) izlazi da su obe matrice P i Q regularne. (Obrazložiti: ''zašto je to tako?''). 3) Iz razmatranja koje smo proveli u poglavljima 2. i 3. proizlaze stavovi Stav A. Skup regularnih kvadratnih matrica je multiplikativna grupa. Stav B. U multiplikativnoj grupi vrijedi: (i) lijevi inverzni element je ujedno i desni inverzni element i obratno; (ii) inverzni element je jedinstven. Za vježbu dokazati stavove A i B.

Stav 3. Neka su date: (i)

koordinatne reprezentacije tačke x linearnog prostora X u odnosu na baze e i f tog prostora x e = ( x1 ,..., xn ) T ∈ K n i x f = ( x1' ,..., x'n ) T ∈ K n , respektivno;

(ii) matrica prelaska P=(pij)m,n sa stare baze e na novu bazu f . Tada je veza između novih i starih koordinata data matričnom jednakošću -1 xf = P xe (**) Dokaz. U razlaganju vektora x po staroj i novoj bazi x = x1e1 + ' 1 1

=x f +

izrazimo ej koristeći jednakosti (2). Dobijemo

+ x n en + x'n fn

,

- 55 ⎞ n n n n ⎛ n ⎜⎜ ⎟ ' = = = x f x e x q f q x ∑ k k ∑ j j ∑ j ∑ ij i ∑ ⎜⎜⎜∑ ij j ⎟⎟⎟⎟fi . ⎠ k =1 j=1 j=1 i=1 i=1 ⎝ j=1 Odavde, zbog linearne nezavisnosti vektora baze f, slijedi n

(

∀k = 1,n

)

n

x'k = ∑ qkjx j j=1

što je, na osnovu definicije množenja vektora ekvivalentno sa ⎛ x' ⎞ ⎛ q q1n ⎞⎟⎛⎜ x1 ⎞⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜ 11 ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⇔ xf =Q ⋅ x e . (7) ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎜ ' ⎟⎟ ⎜⎝⎜q qnn ⎠⎟⎜⎜⎝xn ⎟⎟⎠ n1 ⎝ xn ⎠ Kako je, prema stavu 2, Q = P-1 , to iz (7) slijedi (**). Time je stav 3 dokazan. Primjedba. Ispišimo zajedno formule (*) i (**) f = eP i xe = Pxf ; e = fQ i xf =Qxe ; (PQ = E ili detP ≠0 ). gdje su: 1. e i f vrste koje odgovaraju starom i novom bazisu, xe i xf kolone kordinata vektora x koje odgovaraju starom i novom bazisu respektivno; 2. P i Q su uzajamno inverzne matrice prelaska (PQ = E) (a) P sa starog e na novi bazis f, tj. sa novih xf na stare xe koordinate, (b) Q sa novog f na stari bazis e, tj. sa starih xe na nove xf koordinate vektora x. Primjer 1. Neka su date baze: stara baza e = (e1 ,e 2 , e 3 ) i nova baza f = (f 1 , f 2 , f 3 ). Pri čemu je f1 = 2e1 + 3e2 + e3 , f2 = 3e1 + 4e2 + e3 , f1 = e1 + 2e2 + 2e3 . Odrediti matrice prelaska: P sa stare baze e na novu bazu f i Q sa nove baze f na stare bazu e. Rješenje. ⎛2 3 1⎞ ⎛ −6 5 −2⎞⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ 1⎟⎟ , Očito je: P = ⎜⎜3 4 2⎟⎟ ,tj. Q = P−1 = ⎜⎜ 4 −3 (det P = −1). ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 1⎠⎟ ⎝⎜ 1 1 2⎠⎟ ⎝⎜ 1 −1 Zapisati jednakosti prelaska sa nove na staru bazu (⇔ e = f Q = f P -1 ). Vektor x = x 1 e 1 + x 2 e 2 + x 3 e 3 u odnosu na bazu f, ima koordinate x f = Qx e = P -1 x e , tj. ⎧ ' ⎛ '⎞ ⎜⎜ x1 ⎟⎟ ⎛⎜ −6 5 −2⎞⎛ x1 ⎞⎟ ⎪⎪x1 = −6x1 + 5 x2 − 2x3 ⎟⎜ ⎪ ⎜⎜ ' ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜x ⎟⎟⎟ ⇔ ⎨⎪x' = 4 x − 3x + x 1⎟⎜ ⎜⎜x2 ⎟⎟ = ⎜⎜ 4 −3 2 1 2 3 ⎟⎜ ⎟⎟ ⎪ 2 ⎜⎜ ' ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎪ ' ⎟⎜ ⎟ 1 −1 1⎠⎝x3 ⎠ ⎪x = x − x + x ⎝⎜⎜x3 ⎠⎟⎟ ⎝ 1 2 3 ⎪⎪⎩ 1 Specijalno vektor e 1 + e 2 + e3 u odnosu na bazu f ima koordinate: x1' = −3, x'2 = 2, x'3 = 1.

5.3. PROMJENA MATRICA PRESLIKAVANJA PRI ZAMJENI BAZA Sada ćemo odrediti vezu između matrica linearnog operatora i matrica prelaza sa baze na bazu. Promatraćemo: (a) (b) (c) Kako smo u

Operator A∈L(X,Y) gdje je dimX=n, dimY=m; Stare baze: e = (e1 , ..., e n ) baza u prostoru X, a f = (f 1 ,.., f m ) baza u prostoru Y; Nove baze: e ' = (e' 1 , ..., e ' n ) baza u prostoru X, a f ' = (f ' 1 ,.., f ' m ) baza u prostoru Y. paragrafu 5.2. vidjeli, za dati par baza u X i Y operator A odgovara jedna matrica.

- 56 Neka za par starih baza e ⊂ X i f ⊂ Y operatoru A odgovara matrica A , a druga matrica A ' odgovara drugom novom paru baza e ' ⊂ X i f ' ⊂ Y. Dakle, ako je y = A(x) i x = x1e1 + + xn en = x1' e1 + + x'n en y = y 1f1 + + y m fm = y 1' f '1 + + y 'm f 'm , onda su, na osnovu stava 1 , veza između koordinata vektora x∈X i y∈Y date jednakostima ⎛ y1 ⎞ ⎛ x1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ y = Ax, y = ⎜ ⎟ , x = ⎜⎜ ⎟⎟ , (8 ) ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜y m ⎠⎟ ⎝⎜xn ⎠⎟ ⎛ y' ⎞ ⎛ x' ⎞ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ ⎜⎜ 1 ⎟⎟ y ' = A' x' , y ' = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ , x' = ⎜⎜⎜ ⎟⎟⎟ . (9 ) ⎜⎜ ' ⎟⎟ ⎜⎜ ' ⎟⎟ ⎜⎝y m ⎟⎠ ⎜⎝x n ⎟⎠

Matrice A i A' su određene kao u paragrafu 5.2. Neka je P=(pij)nn matrica prelaza sa baze e na novu bazu e’ u prostoru X, a R=(rij)mm matrica prelaza sa baze f na novu bazu f ’ u prostoru Y. Na osnovu jednakosti (**) u stavu 3, vrijedi x' = P−1x (10)

(11)

y ' = R−1y.

Koristeći (10) i (11), iz (9) izlazi tj. ili

R−1y = A' (P−1x) ,

(

)

y = R A' (P−1x) ,

y = (RA' P−1 ) x.

(12)

Poređenjem jednakosti (8) i (12), za matrica pridruženih operatoru A, izlazi A = R A' P−1 . (13) Jednakost (13) daje vezu između navedenih matrica (koje odgovaraju istom operatoru). U specijalnom slučaju kad je X = Y, onda je e = f , e' = f ' , P = R , te jednakost (13) postaje A = P A' P−1 . (14) Time smo dokazali Stav 4. Neka je A matrica operatora A∈L(X,X) u bazi e = (e1 , ..., e n ) ⊂ X , P matrica prelaza iz stare baze e u novu bazu e ' = (e ' 1 , ..., e ' n ). U novoj bazi operatoru A odgovara matrica A' = P−1 A P. (15)

Primjedbe. 1) Jednakosti (14) i (15) su ekvivalentne; u tim jednakostima sve matrice su kvadratne. 2) Matrice A i A' , koje odgovaraju istom operatoru, imaju još neka zajednička svojstva. Zato je prirodno definirati: 3) Za dvije matrice A , B∈Mn kažemo da su slične, u oznaci A B, ako postoji regularna matrica P∈Mn takva da je B = P - 1 A P. (16) 4) Sad je stav 4 moguće iskazati sa: ''operatoru A∈L(X,X) odgovaraju u raznim bazama slične matrice. 5) Relacija sličnosti matrixa je relacija ekvivalencije u skupu matrica Mn. U klasi sličnih matrica problem konstrukcije matrice određene strukture je daleko teži nego u klasi ekvivalentnih matrica, gdje je to urađeno pomoću elementarnih transformacija.

- 57 6) Od zajedničkih svojstava sličnih matrica izdvojimo za sad samo ovu: slične matrice imaju jednake determinante. Zaista, po Binet-Cauchyjevom stavu vrijedi det( B ) = det( P -1 )det( A )det( P ) = det( A ) pošto je det(P -1) = l/det(P). Zato ima smisla definisati determinantu operatora: det(A) = det(A) gdje je A matrica operatora A u bilo kojoj odabranoj bazi.

5.4.

J EZGRA I SLIKA LINEARNOG OPERATORA

Definicija 1. U skupu L(X, Y) interna operacija sabiranja operatora i eksterna operacija množenja operatora skalarom (brojem) mogu se uvesti na sljedeći način: 1. Suma A +B operatora A i B iz L(X, Y) je operator definisan jednakošću x ∈ X.

(A + B)x = Ax + Bx,

2. Proizvod aA skalara a i operatora A iz L (X, Y) je operator definisan jednakošću (aA)(x) = a(A(x)),

x ∈ X.

3. Nula operator O je operator za koji je O(x) = 0v,

za svako x ∈ X .

4. Za operator A ∈ L(X, Y) simetričan operator - A se zadaje pomoću jednakosti -A = (- 1)A. Nije se teško uvjeriti da vrijedi

Stav 1. Skup L (X, Y) svih linearnih operatora, koji elementima x ∈ X pridružuju elemente y ∈ Y, sa definisanim operacijama sabiranja i množenja skalarom, izabranim nula operatorom i simetričnim operatorom obrazuje linearan prostor. Navodimo neka svojstva linearnih operatora. Stav 2. Svaki linearan operator A ∈ L(X, Y) preslikava nula elemenat prostora X u nula elemenat prostora Y. Dokaz. Sa 0x i 0y označimo nula elemente prostora X i Y respektivno. Tada za A ∈ L(X, Y) imamo ( ∀ x ∈ X) ( ∃ ! y ∈ Y: A(x) = y) A(0 x ) = A(0 ⋅ x)=0 ⋅ A(x) = 0 ⋅ y = 0 y .

Stav 3. Ako su x 1 , . . . , xn linearno zavisni elementi prostora X i ako je A ∈ L(X, Y), onda su njihove slike A(x1 ),..., A(xn ) linearno zavisni elementi prostora Y. Dokaz. Prema pretpostavci važi jednakost n

∑a x i

i

= 0x

i =1

pri čemu je bar jedan skalar a i ≠ 0. Slijedi n

⎛

⎞

n

∑ a A(x ) = A ⎜⎜⎜⎝∑ a x ⎟⎟⎟⎠ = A(0 i

i =1

i

i

i

y

) = 0y ,

i =1

na osnovu čega se zaključuje da su A(x 1 ),..., A(xn ) linearno zavisni elementi u Y. Neka je A∈L(X, Y). Skup svih elemenata A(x), (xeX) označavamo sa A(X). Važi A (X) ⊂Y. Nije se teško uvjeriti da je A (X) podprostor prostora Y.

- 58 DEFINICIJA JEZGRE I SLIKA LINEARNOGA OPERATORA. Uz svaki linearni operator A pridružena su dva skupa. 10 Prvoga sačinajavaju svi oni vektori prostora X koji se preslikavaju u nula vektor prostora Y. Označavamo ga s Ker A i nazivamo jezgra ili nulapotprostor operatora A . 20 Drugog čine svi vektori u Y koji su slika nekoga vektora iz X. Označavamo ga s ImA ili A(X) i nazivamo slika operatora A. Dakle, vrijedi KerA : = { x ∈ X ⏐ A( x ) = 0 }, ImA := { y ∈ Y ⏐ y = A( x ) za neki x ∈ X}. Primjedba. Ker je skraćenica engleske riječi kernel (jezgra). Im dolazi od engleske riječi image (slika). Stav 4. Ker A i ImA vektorski su potprostori. Dokaz. Za jezgru slijedi ovako. Uzmimo x , y ∈ KerA. Tad je A(a x + by ) = aA (x) + bA( y ) = 0 jer su oba sabirka jednaka nuli. Slično vrijedi i za sliku. Definicija ranga i defekta operatora. 10 Pojam jezgre operatora vezan je s problemom rješavanja homogenih linearnih sistema. Zaista, ako je A matrica pridružena operatoru, tada je jednačina A(x) = 0 ekvivalentna s matričnom jednačinom Ax = 0 . Pokazali smo da je skup svih rješenja ove jednačine potprostor razapet s n - r nebazisnih vektora, pri čemu je n dimenzija prostora X (= broj nepozntih u sistemu), a r je rang matrice A sistema. Taj potprostor jednak je jezgri operatora A . Ova dimenzija jezgre operatora A zove se još defekt operatora. Dakle, rang operatora A∈L(X, Y) jeste dimenzija prostora A(X) i označava se sa rang(A) Skup svih elemenata x∈ X za koje je Ax= 0 je jedan podprostor prostora X, u šta se lako uvjeravamo.

Gornju formulu o dimenziji prostora rješenja homogenoga sistema dodatno objašnjava sljedeći stav koji navodimo bez dokaza.

Stav 5. Ako je n dimenzija prostora X, k dimenzija jezgre a r dimenzija slike operatora A : X → Y, tad vrijedi r + k = n, tj. rang(A) + dim(ker A) = dim X . Drugim riječima, zbir dimenzija slike A(X) i jezgre kerA jednak je dimenziji prostora X u kome operator dejstvuje.

Primjedbe o obliku rješenja linearnog sistema. 1) Ponovo ćemo opisati rješavanje linearnoga sistema Ax = b. (8) Neka je A operator pridružen matrici A. Da bi jednačina (8) imala rješenje, potrebno je i dovoljno da vektor b leži u slici operatora A . Tada će postojati x ∈ X za koga je A(x) = b . Neka je xp partikularno rješenje jednačine (8) ili A(xp) = b, te xh neki vektor u jezgri ili A(xh) = 0 . Tada je i xh + xp rješenje, jer je A(xh + xp) = A(xh) +A(xp) = b. 2) Neka je e 1 , . . . , e k baza jezgre KerA. Opšti oblik rješenja jednačine (8) ima oblik x = x p + a1 e 1 + . . . + a k e k

- 59 -

VI

SVOJSTVENI VEKTORI I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI

6.1. KARAKTERISTIČNI POLINOM I SVOJSTVENE VRIJEDNOSTI U ovom poglavlju ćemo opisati kako se traži ''najprikladnija'' baza vektorskoga prostora X, baza u kojoj će linearni operator A : X → X imati najjednostavniji prikaz. U čitavom poglavlju, X će biti n-dimenzionalni vektorski prostor i svi operatori biće definisani i uzimaće vrijednosti u istome prostoru X. Definicija 1. Neka za vektor v ≠ 0 i skalar λ vrijedi A(v) = λv. (1) Tada: (i) vektor v ≠ 0 zovemo svojstvenim vektorom operatora A; (ii) skalar λ nazivamo svojstvena vrijednost operatora A , koja odgovara svojstvenom vektoru v. Primjedbe. 1) Pojam svojstvena, (sopstvena ili karakteristična) vrijednost u engl. eigenvalue, njem. Eigenwert, franc. valeur propre, rus. sobstvenoe značenie. 2) Prema definiciji1 je jasno da je za svako a ≠ 0 i av svojstveni vektor, ako je v svojstveni vektor. Svi ti vektori odgovaraju istoj svojstvenoj vrijednosti λ. 3) Neka su x, y dva svojstvena vektora (ako postoje, ali ne obavezno kolinearna) koji odgovaraju istoj svojstvenoj vrijednosti λ . Tada vrijedi A(ax + by) = aA(x) + bA(y) = aλx + bλy = λ(ax + by) te je i ax + by (ukoliko je različit od 0) svojstveni vektor za istu svojstvenu vrijednost. 4) Uopštavajući ovo razmatranje, možemo za svaku svojstvenu vrijednost λ promatriti potprostor Ker(λE - A), jezgro operatora λI — A. Svaki vektor, različit od nule, iz toga potprostora svojstveni je vektor operatora A. Naime, (λE—A)(v) = 0 povlači A(v) =λv. Ovaj se potprostor naziva svojstveni potprostor koji pripada svojstvenoj vrijednosti λ. Primjer 1. Za operator E svaki je vektor svojstveni, a zajednička svojstvena vrijednost je broj 1, pošto vrijedi E(v) = v za svaki v.

⎛ 1 1⎞ ⎟⎟ . Nađimo njegove svojstvene vrijednosti i vektore. Primjer 2. Neka je operator A zadan matricom A = ⎜⎜ ⎜⎝0 1⎠⎟ Iz jednačine Av = λv dobijemo sljedeći sistem x1 + x2 = λx1 , x2 = λx2 . Iz druge jednačine čitamo λ = 1 ili x2 = 0. Ako je λ = 1, iz prve slijedi x1 + x2 = x1 , te je x 2 = 0, x 1 proizvoljno. Ako je x2 = 0 tada iz prve jednačine vidimo da je λ = 1 i opet x 1 proizvoljno (različito od nule). Postoji ⎛1⎞ zato jedna svojstvena vrijednost λ = 1 i jednodimenzionalni svojstveni potprostor a ⎜⎜ ⎟⎟ koji odgovaraju toj ⎜⎝0⎟⎠ svojstvenoj vrijednosti. Umjesto da govorimo o jednodimenzionalnom potprostoru, radije ćemo izabrati jedan (bilo koji) njegov vektor i govoriti o svojstvenom vektoru koji pripada toj svojstvenoj vrijednosti.

Nalaženje svojstvenih vektora. Ovaj primjer pokazuje da će se nalaženje svojstvenih vektora svesti na rješavanje homogenoga linearnoga sistema. Zaista, jednačine A(v) = λ v ekvivalentna je s ( λE - A ) ( v ) = 0 . (2) Dakle, v je svojstveni vektor ako i samo ako pripada jezgri operatora λE – A . Ovaj uslov govori o načinu na koji se mora birati skalar λ .

- 60 Karakteristični polinom. Da bi jednadžba (2) imala netrivijalno rješenje, operator λE - A ne smije biti regularan. Neka je A matrica operatora A u nekoj bazi. Matrica jediničnog operatora (u svakoj bazi) jedinična je matrica E. Zato operatoru λE - A odgova matrica λE - A . Kako operator λE - A nije regularan, determinanta njegove matrice mora biti jednaka nuli, tj. λ − a11 −a12 −a1n

λE − A =

−a21

λ − a22

−a2n

−an1

−an 2

λ

= 0.

Ova determinanta je polinom po promjenljivoj λ, stepena n. Nazivamo ga karakteristični polinom operatora A (ili matrice A) i označavamo (obično) s k(λ) , k (λ) = det(λE - A ). Vodeći koeficijent ovoga polinoma (uz potenciju λn ) je 1. Stoga on ima oblik k (λ ) = λ n − σ1λ n−1 − ... − σ n−1λ − σ n . Jednačina

k ( λ) = d e t ( λE - A ) = 0 naziva se karakteristična jednačina operatora A (matrice A). Rješenja karakteristične jednačine su svojstvene vrijednosti operatora A .

Karakteristični polinom ne ovisi o izboru baze. Karakteristični se polinom računa preko determinante matrice koja odgovara operatoru λE - A . Ta matrica ovisi o izabranoj bazi, međutim, njezina determinanta ne! Svake takve dvije matrice su slične i stoga imaju istu determinantu. Kako su svojstvene vrijednosti nule karakterističnog polinoma, to niti one ne ovise o izboru baze. Zato pri računanju svojstvenih vrijednosti možemo uzeti bilo koju bazu za prikaz operatora A. Računanje svojstvenih vrijednosti. Svojstvene vrijednosti su nula polinoma stepena n. Da bismo ih odredili, moramo odrediti najprije taj polinom. Kako je on determinanta matrice reda n, suočeni smo s dva ozbiljna problema: (i) Kako odrediti determinantu matrice reda n, čiji elementi nisu numerički, već se u njoj pojavljuje i nepoznata λ ? (ii) Nakon što je taj polinom izračunat (na neki način!), kako odrediti njegove nule? Na prvo se pitanje ne može dati zadovoljavajući odgovor. Razvoj novih računalskih programa, s razvijenim simboličkim (a ne samo numeričkim) računnanjem omogućava računanje i ovakvih determinanti. Postoji nekoliko načina za određivanje koeficijenata karakterističnog polinoma koji ne koriste direktno računanje determinanti, međutim svi su oni efikasni samo za matrice maloga reda. Sto se nalaženja svojstvenih vrijednosti tiče, nule polinoma velikoga stepena mogu se računati samo iterativnim metodama. Razlog tome je što eksplicitne formule za nalaženje nula polinoma stepena većeg od četiri ne postoje. Za polinome stepena tri i četiri, formule postoje ali su praktički neuporabljive. Sve ovo ukazuje na to da se svojstvene vrijednosti (i vektori) matrica velikoga reda nalaze posve drukčijim metodama. Tim se problemom bavi posebno područje matematike, tzv. numerička linearna algebra.

Značenje kompleksnih brojeva. Polje realnih brojeva je nedovoljno u problemu nalaženja svojstvenih vrijednosti. Razlog tomu je što polinom (čak i onaj s realnim koeficijentima) ne mora imati niti jedan realni korijen. Ako je to karakteristični polinom, tad odgovarajući operator nema (realnih) svojstvenih vrijednosti. S druge strane, prema osnovnom stavu algebre svaki polinom stepena n ima točno n kompleksnih nula (uvažavajući njihovu višestrukost). Stoga je korisno pri nalaženju svojstvenih vrijednosti dozvoliti račun u polju kompleksnih brojeva. Na taj će način svaki operator imati bar jednu svojstvenu vrijednost i bar jedan svojstveni vektor (koji ne mora imati geometrijsku interpretaciju). ⎛0 −1⎞⎟ ⎟ ⎝ 1 0 ⎟⎠

Primjer 3. Za matricu A = ⎜⎜⎜

odredimo njezin karakteristični polinom: k(λ) = λ2 + 1.

Njegove su nule λ1= i te λ2 = - i. Svojstveni vektori će također imati kompleksne koordinate.

- 61 Birajući koju alternativu prihvatiti, nesumnjivo ćemo odabrati račun s kompleksnim brojevima. Stoga riječ skalar u definiciji svojstvenih vrijednosti i vektora s početka ovoga poglavlja znači kompleksan broj. Dakako, skup realni brojevi je podskup skupa kompleksnih brojeva.

6.2. DIJAGONALIZACIJA OPERATORA Dokažimo jednu osobinu svojstvenih vektora. Stav 1. Svojstveni vektori koji odgovaraju različitim svojstvenim vrijednostima međusobno su linearno nezavisni.

Dokaz. Tvrdnju dokazujemo indukcijom po broju različitih svojstvenih vrijednosti. Ako je taj broj jednak 1, nemamo što dokazivati. Pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za (k – 1)-nu svojstvenu vrijednost. Neka su sad λ1,..., λk različite svojstvene vrijednosti i v1,..., vk odgovarajući svojstveni vektori. Pogledajmo njihovu linearnu kombinaciju koja se poništava: a1 v1 + a2 v2 + ... + ak vk = 0. (3) Operator A preslikava ovu kombinaciju ponovo u nula-vektor. Kako su gornji vektori svojstveni za operator A, to vrijedi a1 λ1v1 + a2 λ2v2 + ... + ak λkvk = 0. (4) Pomnožimo relaciju (3) s λ1 i oduzmimo od (4). Dobijemo a2 (λ2 - λ1)v2 + ... + ak (λk - λ1)vk = 0. Vektori v2 ,..., vk po pretpostavci su linearno nezavisni. Stoga su svi koeficijenti jednaki nuli. Kako su svojstvene vrijednosti međusobno različite, to vrijedi a2=...= ak = 0. Sad iz (3) slijedi i a1 = 0, čime je tvrdnja dokazana. Dijagonalizacija operatora. Izvedimo odmah važnu posljedicu ovog teorema: Ako su sve nule karakterističnog polinoma različite, tada postoji baza prostora koju čine svojstveni vektori promatranog operatora. Neka su to vektori v1,..., vn . Kako izgleda matrica operatora A u toj bazi? Vrijedi A(v1) = λ1v1,..., A(vn) = λnvn. Zato je njegova matrica u ovoj bazi dijagonalna. Uobičajen redoslijed postupaka je sljedeći: zadana je matrica A operatora u početnoj (obično kanonskoj) bazi. Računajući svojstvene vektore te matrice mi odabiremo drugu bazu u kojoj će operator imati dijagonalni prikaz. U jeziku matrica, tražimo da li postoji dijagonalna matrica slična početnoj. Algoritam za dijagonalizaciju matrice. Korak 1. Odredimo karakteristični polinom k (λ) matrice A. Korak 2. Odredimo nule λ1,..., λn karakterističnog polinoma. To su svojstvene vrijednosti matrice A. Korak 3. Riješavamo homogene sisteme (λi E - A)v = 0, čija su rješenja svojstveni vektori matrice A. Ako postoji n linearno nezavisnih svojstvenih vektora, tad je matrica slična dijagonalnoj (operator se može dijagonalizirati). Svojstvene vektore zapisimo kao stupce matrice prijelaza P. Korak 4. Matrica operatora u novoj bazi je dijagonalna ⎛⎜λ1 0 ⎜⎜⎜ 0 λ 2 A' = P−1AP = ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝⎜⎜ 0 0

0 ⎞⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟ λ n ⎠⎟⎟

Dijagonalni elementi su svojstvene vrijednosti matrice A. Vrijedi i obrnut stav, koji navodimo bez strogog dokaza. Stav 2. Operator se može dljagonalizirati onda i samo onda ako postoji baza koju čine njegovi svojstveni vektori.

- 62 Zaista, ako je matrica operatora (u nekoj bazi) dijagonalna, tad su vektori te baze svojstveni vektori, a elementi na dijagonali svojstvene vrijednosti. To slijedi iz načina kako operatoru pridružujemo matricu. Primijetimo nadalje da pri tom nije bilo važno da su sve svojstvene vrijednosti različite! Potreban i dovoljan uslov da bi se A dao dijagonalizirati je da posjeduje n linearno nezavisnih svojstvenih vektora. Pokazali smo da će se to sigurno dogoditi ukoliko su svojstvene vrijednosti različite, no taj uslov nije uvijek potreban.

Primjer 4. Jedinični je operator najdrastičniji primjer: on posjeduje samo jednu svojstvenu vrijednost 1, ali vrijedi E(v) = 1.v za svaki vektor v, stoga je odgovarajući svojstveni potprostor čitav prostor X. Matrični polinom. Pretpostavimo da je matrica A slična dijagonalnoj: postoji matrica P takva da je P-1AP = D dijagonalna. (Primijetite da pri tom ne zahtijevamo da su svojstvene vrijednosti različite, s obzirom na činjenicu da postoje matrice slične dijagonalnoj čije sve svojstvene vrijednosti nisu različite.) Računanje s dijagonalnim matricama iznuzetno je lagan posao; takve se matrice ponašaju poput skalara. Tako napr. vrijedi ⎛⎜d1 0 ⎜⎜ ⎜ 0 d2 D = ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ ⎝⎜⎜ 0 0

⎛⎜d2 0 ⎞⎟ 1 ⎟⎟ ⎜⎜⎜ 0 0 ⎟⎟ 2 ⎜ ⎟⎟ ⇒ D = ⎜⎜ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ dn ⎠⎟⎟ ⎜⎝⎜ 0

0

0 d22

0

0

0 ⎞⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ ⇒ ⎟⎟ ⎟ dn2 ⎟⎠⎟

⎛⎜dp 1 ⎜⎜⎜ 0 p ⎜ ⇒ D = ⎜⎜ ⎜⎜ ⎜ ⎜⎝⎜ 0

0 d p2 0

0

0 ⎞⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟ dnp ⎟⎠⎟

Općenitije, ako je p(λ) bilo koji polinom, tad je vrijednost toga polinoma u dijagonalnoj matrici D ponovno dijagonalna matrica: ⎛⎜p(d1 ) 0 ⎜⎜ p(d2 ) ⎜⎜ 0 p (D) = ⎜ ⎜⎜ ⎜⎜ 0 ⎜⎝⎜ 0

Kako se koristi ovaj rezultat? Iz veze P-1AP = D slijedi:

0

0 ⎞⎟ ⎟ 0 ⎟⎟⎟ ⎟⎟ . ⎟⎟ ⎟ p(dn )⎟⎠⎟

A = PDP -1 .

(5)

(6)

Zato je

A 2 = (PDP -1 )( PDP -1 )= PD 2 P -1 . Ponavljajući taj postupak,da za svaku potenciju vrijedi A k = PD k P -1 . Stoga za polinom P(λ) stepena k možemo pisati P(A) = P p(D)P-1 (7) pri čemu p(D) računamo prema (5). ⎛5 Primjer 5. Izračunajmo ⎜⎜⎜

2 ⎞⎟ ⎟ ⎝−6 −2⎠⎟

1000

.

Da bismo odredili ovu potenciju, potražit ćemo dijagonalnu matricu sličnu matrici A (ukoliko postoji!) i primijeniti formulu (7). Najprije moramo odrediti svojstvene vrijednosti: k(λ) =

λ − 5 −2 = λ 2 − 3 λ + 2. 6 λ+2

Nule svojstvenoga polinoma su λ1 = 1 i λ2 = 2. One su različite i stoga smo sigurni da je matrica slična dijagonalnoj. Sad određujemo svojstvene vektore. Onaj koji odgovara prvoj svojstvenoj vrijednosti nalazimo iz sistema (E - A)v = 0, odnosno −4 x1 − 2x2 = 0 ⎫⎪ ⎪ ⇒ ⎛⎜⎜ x1 ⎞⎟⎟ = a ⎛⎜⎜ 1 ⎞⎟⎟ . ⎬ ⎜ ⎟ ⎜⎝−2⎟⎠ 6x1 + 3x2 = 0⎪⎪ ⎭ ⎝x2 ⎠

Drugi svojstveni vektor je rješenje jednačine (2E — A)v =0, odnosno

- 63 −3x1 − 2x2 = 0 ⎪ ⎪⎫ ⇒ ⎜⎛⎜ x1 ⎟⎞⎟ = a ⎛⎜⎜ 2 ⎞⎟⎟ . ⎬ ⎜ ⎟ ⎜⎝−3⎟⎠ 6x1 + 4 x2 = 0⎪⎪ ⎭ ⎝x2 ⎠ ⎛ 1

2 ⎞

⎛−3 −2⎞

⎟⎟ i P−1 = ⎜⎜ ⎟⎟ . Sad vrijedi A = PDP -1 , gdje je D dijagonalna matrica sa Zato je P = ⎜⎜⎜ 1 ⎠⎟ ⎝−2 −3⎠⎟ ⎝⎜ 2 dijagonalom (λ1, λ2) = (1, 2). Dakle: ⎛⎜−3 −2⎞⎛ 5 2 ⎞⎛ 1 2 ⎞⎟ ⎛⎜ 1 0⎞⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟. ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ 1 ⎠⎝−6 −2⎠⎝−2 −3⎟⎠ ⎜⎝0 2⎟⎠ ⎝ 2

Provjeriti taj dobijeni rezultat direktnim računanjem! ⎛5

2 ⎞

⎛ 1

2 ⎞⎛ 1 0⎞⎛−3 −2⎞⎟ ⎟. 1 ⎠⎟

⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ Formula (6) sad glasi A = PDP -1 , što je ekvivalentno sa ⎜⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎜0 2⎠⎝ ⎟⎜ 2 ⎝−6 −2⎠⎟ ⎝⎜−2 −3⎠⎝ 1000 1000 1000 -1 računamo po formuli (7): A = PD P , tj. Potenciju A ⎛⎜ 5 2 ⎞⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝−6 −2⎟⎠

1000

⎛ 1 2 ⎞⎛ 1 0⎞⎟ ⎟⎜ = ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜⎝−2 −3⎟⎜ 0 ⎠⎝ 2⎟⎠

1000

⎛⎜−3 −2⎞⎟ ⎛⎜ 1 2 ⎞⎛ 1 ⎟⎜ ⎜ ⎟=⎜ ⎟⎜ ⎜⎝ 2 1 ⎟⎠ ⎜⎝−2 −3⎟⎜ 0 ⎠⎝

0 ⎞⎛ −3 −2⎞⎟ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟ 21000 ⎟⎜ 1 ⎟⎠ ⎠⎝ 2

.

6.3. CAYLEY-HAMILTONOV STAV Dokažimo sad sljedeći stav koji se pripisuje Arthur-u Cayley-u (1821-1895), engleskom matematičaru i Williamu Rowan Hamilton-u (1805-1865), irskom matematičaru.

Stav 3. (Cayley-Hamilton) Matrica A poništava svoj svojstveni polinom, tj. vrijedi k(A) = 0. Dokaz. Neka je B(λ) adjungovana matrice λE - A, tj. matrica za koju vrijedi B (λ)[λE - A ] = det(λE - A ) E . Ako matricu B posmotrimo kao funkciju nepoznate λ , tad je B(λ) polinom (n – 1)-vog stuepena: B (λ) = λn-1 B 0 + λn-2 B 1 + ... + B n-1 (jer je svaki njezin element determinanta matrice reda n - l dobijene brisanjem jedne vrste i jedne kolone u matrici λE - A). Usporedimo jednake potencije na obe strane identiteta: (λn-1 B 0 + λn-2 B 1 + ... + B n-1 )( λE - A ) = ( λn − σ1λn−1 − ... − σn−1λ − σn ) E . Dobijamo sljedeće relacije: B0 = E B1 − B0 A = −σ1E B2 − B1A = −σ 2 E Bn−1 − Bn−2 A = −σ n−1E − Bn−1A = −σ n E. n

n-1

Pomnožimo prvu jednakost s A , drugu s A ,..., pretposljednju s A i saberimo dobijene rezultate: 0 = A n - σ 1 A n - 1 - . . . - σ n - 1 A - σ n E = k( A ); što smo i trebali dokazati.

Svojstvene vrijednosti i regularnost operatora. Operator A je regularan ako i samo ako broj 0 nije njegova svojstvena vrijednost. Naime, jednadžba A (x) = 0 ima netrivijalno rješenje onda i samo onda ako je λ = 0 svojstvena vrijednost operatora.

- 64 U jeziku matrica, A ima inverznu ako i samo ako su sve njezine svojstvene vrijednosti različite od nule. U tom se slučaju njena inverzna može dobiti, primjenom Cayley-Hamiltonova stava, po formuli

A-1 = Bn-1 /σn.

(9)

Primijetimo pri tom da je slobodni član σn u karakterističnom polinomu jednak ±λ1λ2...λn , te formula (9) ima smisla samo onda kad su sve svojstvene vrijednosti različite od nule. Primjer 6. Odredimo karakteristični polinom i svojstvene vrijednosti matrice ⎛ 0 1 0⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ A = ⎜⎜−4 4 0⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝⎜−2 1 2⎠⎟ Razvojem po trećoj koloni dobijemo: 0 λ −1 λ −1 3 k (λ ) = 4 λ − 4 0 = ( λ − 2) = ( λ − 2) . 4 λ−4 2 −1 λ − 2 Matrica ima trostruku svojstvenu vrijednost λ = 2. Po Cayley-Hamiltonovu stavu je A3 - 6A2 + 12A – 8E = 0.

-1

Množenjem s A slijedi

A 2 - 6A + 12E=8A - 1 , te odavde možemo lako odrediti inverz A-1= 8-1(A 2 - 6A + 12E).

Primjer 7. Odredi svojstvene vrijednosti i svojstvene vektore matrice ⎛4 1 −1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ A = ⎜⎜2 5 −2⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝4 4 −1⎟⎠⎟

Karakteristični polinom je λ−4 k (λ ) = −2 −4

−1

1

λ −5

2

−4

λ +1

= λ 3 − 8λ 2 + 21λ − 18 = 0.

Eventualne cjelobrojne nule mogu bili samo cjelobrojni djelitelji broja 18. Provjeravajući unutar skupa {±1,±2.±3,±6, ±9, ±18}, brzo otkrivamo da je jedna nula λ1 = 2 (ili možda pogodimo λ2 = 3). Nakon toga je lako odrediti potpunu faktorizaciju: k(λ) = (λ - 2)( λ - 3) 2 . Stoga je i λ3 = 3. Prva svojstvena vrijednost λ1 = 2 je jednostruka. Njoj će odgovarati jedan svojstveni vektor. Provjeri da je to v1 = [1,2,4] T . Druga svojstvena vrijednost je dvostruka: λ2 = λ3 = 3. Svojstveni potprostor koji odgovara ovoj svojstvenoj vrijednosti može biti jednodimenzionalan ili možda dvodimenzionalan. To znači da ćemo sigurno dobiti barem jedan odgovarajući svojstveni vektor, ali nismo unaprijed sigurni da će ih biti onoliko kolika je višestrukost svojstvene vrijednosti. Iz sistema (λ2E - A)x = 0, slijedi ⎛−1 −1 1⎞⎛ x⎞ ⎛0⎞ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜−2 −2 2⎟⎜ ⎟⎜ y ⎟⎟ = ⎜⎜0⎟⎟ , ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎟⎜ ⎜⎝−4 −4 4⎟⎜ ⎠⎝ z ⎟⎠ ⎝⎜0⎠⎟

tj. sistem se svodi na samo jednu jednačinu x + y - z = 0, čije je rješenje oblika

- 65 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜⎜ x⎟⎟ ⎜⎜−s + t ⎟⎟ ⎜−1⎟ ⎜ 1⎟ ⎜⎜y ⎟⎟ = ⎜⎜ s ⎟⎟ = s ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ + t ⎜⎜⎜0⎟⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ z ⎟⎠ ⎜⎝ t ⎟⎟⎠ ⎜⎝ 0 ⎟⎠ ⎜⎝ 1⎟⎠

Dakle, dvostrukoj svojstvenoj vrijednosti λ2 = λ3 = 3 odgovaraju dva linearno nezavisna svojstvena vektora ⎛−1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ v 2 = ⎜⎜⎜ 1 ⎟⎟⎟ , ⎜ ⎟ ⎜⎜⎝ 0 ⎟⎟⎠

⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ v 3 = ⎜⎜0⎟⎟ i već određeni v1 = ⎜⎜⎜2⎟⎟⎟ . ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎜⎝ 1⎟⎟⎠ ⎜⎜⎝4⎟⎟⎠

Primjer 8. Svedi na dijagonalni oblik matricu A iz primjera 7. Vidili smo da matrica A dvije različite svojstvenoj vrijednosti: λ1 = 2 je jednostruka i dvostruka svojstvena vrijednosti λ2 = λ3 = 3. Odgovarajući T svojstveni vektori su: v1 = (1,2,4) T , v 2 = (−1, 1, 0)T , v 3 = (1, 0, 1) . Tako dobijemo matricu P = ( v1

v2

⎛ 1 −1 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ v 3 ) = ⎜⎜2 1 0⎟⎟ . ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝4 0 1⎟⎟⎠

koja dijagonalizira matricu A, tj. −1

⎛ 1 −1 1⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ −1 P AP = ⎜⎜2 1 0⎟⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜⎝4 0 1⎟⎟⎠

⎛4 1 −1⎞⎛ 1 −1 1⎞ ⎛2 0 0⎞ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎜⎜2 5 −2⎟⎜ ⎟⎜ 2 1 0⎟⎟ = ⎜⎜0 3 0⎟⎟ . ⎟⎜ ⎜⎜ ⎟⎜ ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝4 4 −1⎟⎜ ⎟⎜ ⎠⎝4 0 1⎟⎠ ⎜⎝0 0 3⎟⎠

Za vježbu izračunati P-1 i provjeriti zadnji rezultat.

- 66 -

VII

ANALITIČKA GEOMETRIJA

7.1 VEKTORSKI PROSTOR ORIJENTISANIH DUŽI Pored skalarnih veličina (dužina, površina, zapremina, temperatura, pritisak, masa, kinetička energija, gustina itd) čije su vrijednosti izkazane samo brojem (tj. skalarom), među osnovnim pojmovima koji se javljaju u geometriji, fizici, mehanici i elektrotehnici postoje i oni (translacija, sila, brzina, ubrzanje, električno polje i slično) čije se vrijednosti ne mogu izkazati samo brojnim vrijednostima, već ih karakteriše i pravac i smijer. Takve veličine nazivamo vektorskim veličinama ili vektorima. Nas će ovde interesovati geometrijski analogon takvih veličina. Nećemo se upuštati u razmatranje i definisanje nekih osnovnih geometrijskih pojmova kao što su prava, ravan, prostor, ugao i translacija. Smatraćemo ih intuitivno jasnim.. Koristićemo slijedeća oznake: E za skup svih tačaka prostora koji opažamo; Π, P, R, S itd za ravni u E; a, b, p, q itd za prave u E; tačke u E označavaćemo velikim slovima A, B, C, M, T itd.

Definicija vektora. Neka su A i B proizvoljne tačke iz E. Ako A smatramo početnom a B krajnjom tačkom duži AB, on da je duž usmjerena (ili orjentisana) od A ka B i nazivamo je vektorom i označavamo sa AB. (Ako je neophodno naglasiti početnu i krajnju tačku vektora, koristi se notacija AB ; u protivnom, moguće vektor označiti sa a ). Intenzitetom ili normom vektora nazivamo rastojanje tačaka A i B, tj. mjerni broj duži AB i označavamo sa AB

ili d ( A, B) ili a .

Smjerom (orijentacijom) vektora a nazivamo smjer (orijentaciju) od A ka B (određen je strelicom kod B, vidi sl.1a). B

p B1

B

a A A1 Slika 1a.

A

Slika 1b.

Pravac p na kome se nalaze tačke A i B naziva se pravac ili nosač vektora a. Primjedbe. Svaki vektor AB je potpuno određen uređenim parom tačaka (A,B)∈E×E, tako da ćemo nadalje promatrati skup vektora, tj. skup orjentisanih duži

{

V := AB (A, B) ∈ E × E

}

koji ćemo snabdjeti odgovarajućim operacijama tako da V postane realni vektorski prostor. Za lakše prihvatanje slijedećih (ekvivalentnih) definicija jednakosti u skupu V viditi sl.1b:

Definicije jednakosti vektora. Neka su AB i A1B1 iz V, tada je (i) AB = A1B1 , tj. vektori AB i A1B1 su jednaki akko je četvorougao ABB 1 A 1 paralelogram;

- 67 (ii) AB = A1B1 akko se translacijom AB može dovesti do poklapanja sa A1B1 , tako da se poklope početna sa početnom, a krajnja sa krajnjom tačkom, (pritom je vektor translacije v t r = AA1 = BB1 , gdje ta jednakost slijedi na osnovu definicije (i)); (iii)

(a)

AB = A1B1 akko vrijedi: AB = A1B1 ,

(b) imaju jednake nosače (gdje jednaki nosači znači da su nosači paralelni ili da se poklapaju; jasno paraleni nosači se translacijom mogu dovesti do poklapanja), (c) jednako su usmjereni; dakle, dva vektora a i b su jednaka, tj. a = b akko imaju jednake intenzitete, nosače i smjerove. Primjedba. Ovako definisana jednakost je relacija ekvivalencije u skupu V, (uostalom kao i jednakost u svakom skupu). Zaista, lako provjeravamo refleksivnost, simetričnost i tranzitivnost jednakosti u V. Jednakost u V nije ''istovjetnost'' u V, ali se jednaki vektori translacijom mogu dovesti do poklapanja, tj postaju ''istovjetni''. Jednakost u V, kao relacija ekvivalencije (viditi paragraf 1.5), proizvodi particiju skup V na disjunktne klase ekvivalencije. To znaći da bilo koji vektor a poistovjećujemo sa njegovom klasom ekvivalencije, tj.

{

} kojem pripadaju svi vektori iz V jednaki vektoru a. Dakle, vrijedi

sa skupom Va = b ∈ V b = a

( ∀a ∈ V )(∃!Va ⊂ V )

V = ∪ Va ; a

(Va = Vb ) ⇔ (a = b); (Va ≠ Vb ) ⇔ (a ≠ b),

gdje je uslov Va ≠ Vb možemo zamjeniti sa Va ∩ Vb = ∅ . Zato vektore skupa V nazivamo slobodni vektori. Definisaćemo skupove vezanih vektora: Vektori vezani za tačku je podskup skup vektora koji imaju jedinstvenu početnu tačku O, tj.

{

VO = VO (E) := OM M ∈ E

}

Kolinearni vektori su vektori koji imaju iste nosače. Jasno je, da sve kolinearne vektore možemo translacijom dovesti na jedan zajednički nosač p i da imaju zajedničku početnu tačku O∈p , te ih promatrati kao vektore vezane za pravu p i označiti sa

{

}

V 1 = VO (p) = OA O ∈ p, A ∈ p ;

Komplanarni vektori su oni vektori čiji su nosači paralelni nekoj ravni Π. Dakle, komplanarne vektore možemo translacijom dovesti u tu ravan Π, tako da imaju zajedničku početnu tačku O∈Π i promatrati kao vektore vezane za ravan Π i označiti sa

{

}

V 2 = VO (Π) = OA O ∈ Π, A ∈ Π gdje je O tačka prostora E;

Primjedba. Očigledna je bijekcija prostora E i V O (E), tj. svakoj tački M∈E odgovara jedan i samo jedan vektor r = OM i obrnuto. Taj vektor nazivamo radijus vektor (ili vektor položaja) tačke M u odnosu na tačku O. Analogne bijekcije postoji izmrđu tačaka ravni Π i skupa V O (Π) vektora vezanih za ravan Π, kao i bijekcije tačaka prave p sa skupm V O (p). Ova činjenica je polazište ideja o koordinatnim sistemima vezanim za tačku O (u Euklidovim prostorima E, Π i p). Toj ideji vratićemo se nešto kasnije da izgradimo analitičku geometriju ravni i analitičku geometriju prostora.

- 68 Nula vektor je vektor 0 = MM , tj.kod nula vektora se krajnja i početna tačka poklapaju te je 0 = 0 . Primjetimo da nula vektor nema jedinstven pravac i smijer, tj. pavac i smjer nula vektora su proizvoljni. Primjedba. Očito nula vektor 0 = OO pripada svakom od podskupova vektora vezanih za tačku, pravu ili ravan.

Jedinični vektor ili ort vektora a , označavamo sa a 0 ili orta , je vektor čiji je intenzitet jednak jedinici, a ima isti smjer i pravac kao vektor a Suprotan vektor vektoru a = PQ je vektor −a = QP . Definicija 1. Sabiranje vektora definiše se na slijedeći načina (vidi sl.2a): Neka su a i b proizvoljni vektori i neka je a = AB, b = BC , tj. translacijom je vektor b ''nadovezan'' na vektor a (tako da se početna tačka vektora b poklopila sa krajnjom tačkom vektora a ). Tada je a + b = AC . Primjedba. Dakle, ako nadovezivanjem vektora a = AB, b = BC konstruišemo trougao ABC, gdje su vektori a = AB, b = BC dvije uzastopne stranice trougla, tada je treća orjentisana stranica AC = a + b . Za ovako dobijeni trougao ABC, koji je jerinstven, kažemo da je ''konstruisan nad vektorima a i b '' .

Pravilo paralelograma za sabiranje vektora. ‘’Nad vektorima’’ a = AB i b = AD , koji su translacijom dovedeni na zajedničku početnu tačku A, konstruisan je paralelogram ABCD. (Vidi sl.2b). Tada dijagonala AC predstavlja zbir vektora a i b .

D

b

a

C

a+b

A

b

a

a+b

A

b

B

Sl. 2a

sl. 2b

Svojstva operacije sabiranja (+) iskažimo kao: Stav 1. Algebarska struktura (V, +) je Abelova grupa. Dokaz. Dovoljno je dokazati:

)( (

) (

) )

1. ∀a,b, c ∈ V a + b + c = a + b + c , asocijativnost;

(

)

2. ( ∀a ∈ V ) a + 0 = a = 0 + a , postoji neutralni element;

(

)

3. ( ∀a ∈ V )(∃− a ∈ V ) a + (−a ) = 0 = −a + a , egzistencija suprotnog elementa;

(

)(

b

a

B

(

C

b+a

)

4. ∀a,b ∈ V a + b = b + a , komutativnost.

- 69 -

c b+c

an

a2

a+b+ c

n

R = ∑ ak

b

a+b

k =1

a1

a Sl.3a

Sl.3b

Na osnovu definicija: sabiranja, nula i suprotnog vektora dokazujemo osobine 2 i 3, tj. egzistencije neutralnog i suprotnih elemenata. Neka je a = AB, tj. 0 = AA = BB; -a = BA izlazi: a + 0 = AB + BB = AB = a = AA + AB = 0 + a.

Analogno: a + (−a ) = AB + BA = 0 = BA + AB = −a + a. Dokaz osobine 1. (asocijativnost) proizlazi iz sl.3a. Način sabiranja ‘’nadovezivanjem’’ n (> 3) vektora vršimo tako da početak svakog narednog vektora dovedemo n

translacijom do poklapanja sa krajnjom tačkom predhodnog vektora. Zbir n vektora (rezultanta R = ∑ ak , vidi k=1

sl. 3b) je vektor koji počinje u početnoj tački prvog vektora a1 a završava u završnoj tački n-tog vektora an . Sl.2b, pored dokaza komutativnosti sabiranja vektora, služi da uvedemo definicija sabiranja vektora po pravilu paralelograma (ekvivalentna definiciji 1). Oduzimanje vektora definiše se jednakošću:

(∀a,b ∈ V) a − b := a + (−b) , tj. oduzimanje vektora svodi se na dodavanje suprotnog vektora. Primjedba. Oduzimanje vektora interpretiramo tako da ih dovedemo na zajedničku početnu tačku A (vidi sl.4). Ako je a = AB i b = AD , tada je treća strana trougla ABD D B = a − b ; to je istovremeno i druga

dijagonala paralelograma konstruisanog ‘’nad vektorima’’ a = AB i b = AD . D b

C b

DB = a − b

A

AC = a + b

a

B

- 70 Sl. 4 Množenje vektora skalarom je eksterna operacija ⋅ : R × V → V , tj. množenje skalara k (∈R) i vektora a ∈ V jeste vektor k a , koji je definisan na slijedeći način: (i) nosač vektora k a je jednak nosaču od a , tj. vektori a i k a su kolinearni; (ii) smijer vektora k a je isti kao kod a za k > 0, suprotan za k < 0, ( 0 a = 0 ); (iii) intenzitet ka = k a .

A1 A

O

A2 Sl.5 Na sl.5, koja ilustruje množenje vektora skalarom, je: OA=a; OA1 = k1a (k1 > 0); OA 2 = k 2 a (k 2 < 0). Množenje vektora skalarom ima osobine: Stav 3. Eksterno množenje ⋅ : R ×V → V ima osobine ( ∀α, β ∈ R )( ∀a,b ∈ V ) :

(i) α (a + b) = αa + αb;

(ii )(α + β ) a = αa + βb;

(iii) (αβ ) a = α (βa) ;

(iv) 1 a = a.

Dokaz je lako izvesti (tj. obrazložiti grafički). Tako je, naprimjer, osobina (i) ilustrovana sa slijedečom slikom:

(

α a+b

)

a+bb αb

b a

αa

Sl. 5 Na osnovu stavova 1 i 2 izlazi da je skup slobodnih vektora V realni vektorski prostor (vidi definiciju vektorskog prostora u glavi 2).

-- 71 --

7.2. KOORDINATNI SISTEM-KOORDINATIZACIJA Podsjetimo se pojmova dimenzija i baza prostora: ''Najveći'' broj linearno nezavisnih vektora u nekom vektorskom prostoru zovemo dimenzijom tog prostora. Ako je n dimenzija prostora V tada svaki skup ( e1 ,..., en ) od n linearno nezavisnih vektora nazivamo bazom vektorskog prostora. Ova dva pojma dimenzija i baza su povezani: ako znamo dimenziju, znamo koliko linearno nezavisnih vektora sadrži baza i obrnuto.Taj broj jednoznačno određen, tj. da ne zavisi o mogućem izboru različitih baza, što smo pokazali u poglavlju o linearnim vektorskim prostorima. Pojmovi baze i dimenzije prostora povezani su zatim sa pojmovima: linearne kombinacije, linearne zavisnosti i nezavisnosti vektora, koje smo definisali u istom poglavlju. Uvođenje koordinatnog sistema (koordinatizacija), koji će biti određen izborom baze i koordinatnog početka, omogućava predstavljanje vektora pomoću realnih brojeva. Na taj način pojednostavnjuju se operacije s vektorima, jer se operacije s vektorima svode na odgovarajuće operacije s brojevima. Koordinatizacija pravca. Prostor V1 = VO (p) kolinearnih vektora na pravoj p dobijen je tako da se za proizvoljan vektor a ≠ 0 (koji leži na pravoj p) posmatraju svi vektori oblika V1 ={k a ⏐ k € R}. Svaka dva vektora iz V1 su linearno zavisna: jedan je višekratnik drugoga. Zato je ''najveći'' broj linearno nezavisnih vektora u prostoru V1 jednak 1, što je upravo dimenzija prostora V1. Svaki ne-nula vektor iz V1 čini bazu tog prostora. Koordinatizaciju pravca definiramo na sljedeći način: odaberemo na pravac p točku O ∈ p, te na njemu nanesemo brojni pravac tako da je nula u točki O. Jedinični vektor i definišemo kao i = O1 , pri ćemu je broju 1 brojnog pravca pridružena točka 1. Vektor i je jednoznačno određen i vrijedi d(O,1) = | i | = 1. S ovim smo na pravcu p zadali koordinatni sistem kao uređen par (O, i ), gdje je O koordinatni početak (tj. ishodište), a i vektor baze tog prostora koji je dimenzije jedan . Svakoj točki T koja leži na pravcu p jednoznačno je pridružena njena apscisa x i vektor OT . Po pravilu o množenju vektora skalarom iz paragrafa 7.1 vrijedi

( ∀ T ∈ p)(∃!x ∈ R ) OT = x ⋅O1 = x i .

(1)

Broj x je skalama komponenta vektora OT . Zbog jednoznačnosti predstavljanja (1) u koordinatnom sistemu (O, i ) koristimo, umjesto (1), sljedeće oznake OT = [ x ] ili. OT = (x)

(1’)

Uvođenjem koordinatizacije operacije s vektorima sveli smo na operacije s brojevima: ako je OM = 2 i = [ 2 ], OP = 5 i = [ 5 ] , tada je

(

)

3 OM − 2OP = −24 i = [−24 ] .

Koordinatizacija ravnine. Sa V2= VO (Π) označavamo vektorski prostor komplanarnih vektora u ravni Π: to je prostor u kojemu su najviše dva vektora linearno nezavisna. (Vidi sl.6) Neka su a1 i a2 bilo koja dva nekolinearna vektora. Tad su oni linearno nezavisni i svaki treći vektor prostora V2 može se izraziti u obliku linearne kombinacije vektora a1 i a2 . Zato je

V 2 = L (a1 ,a2 ) = {a = xa1 + ya2 Vektori a1 i a2 čine bazu.

x, y ∈ R }

-- 72 --

ya2

a

a2

a1

xa1

sl. 6

Primijeti da bazu ovoga prostora V2= VO (Π) čine i bilo koja (druga) dva linearno nezavisna vektora. Ako vektor a napišemo kao linearne kombinacije vektora a1 i a2 , tada kažemo da smo vektor a rastavili na komponente po vektorima a1 i a2 . Iskažimo sad u obliku teorema jednu jednostavnu ali važnu tvrdnju koju zadovoljavaju vektori prostora V2. Student će primijetiti da će analogne tvrdnje vrijediti i za bilo koji vektorski prostor. Stav1. Neka su a1 i a2 linearno nezavisni. Rastavljanje vektor a ∈ V2 na komponente po vektorima a1 i a2 je jedinstveno, tj.

(∀a ∈ V )(∃! (λ , λ ) ∈ R ) 2

2

1

2

a = λ1a1 + λ 2a 2

(2)

Dokaz. Pretpostavimo da se a može napisati u obliku (2) na dva načina:

a = λ1a1 + λ 2 a2 = μ1a1 + μ 2 a2 ,

(λ1 , λ 2 ) ≠ (μ1 , μ 2 ) .

Odavde bi slijedilo ( λ1 − μ1 )a1 + ( λ 2 − μ 2 )a2 = 0

kako su a1 i a2 linearno nezavisni, zaključujemo da mora vrijediti λ1 = μ1 , λ 2 = μ 2 .

Koordinatni sistem u ravni. Neka su a1 i a2 dva nekolinearna vektora u ravni Π sa zajedničkom početnom tačkom O. Tačku O nazivamo koordinatnim početkom (ili ishodištem). Trojku (O; a1 , a2 ) nazivamo koordinatnim sistemom u ravni. Vektori a1 i a2 određuju dvije koordinatne ose Ox i Oy, koje odgovaraju pravcima p i q koji prolaze ishodištem i nosači su vektora a1 i a2 respektivno (sl.7). Svakoj točki M u toj ravni jednoznačno odgovara radijus-vektor OM . Njega pak možemo rastaviti po bazi a1 i a2 tako da vrijedi OM = xa1 + ya2 .

Time je položaj točke M opisan uređenim parom skalara (x, y). Njih nazivamo koordinate točke M u koordinatnom sistemu (O, a1 , a2 ). A za vektore a1 i a2 kažemo da ''razapinju'' tu raven. Geometrijski, koordinate točke M određuju se njezinim projiktovanjem na koordinatne ose p i q. Projekcija se vrši u smjeru druge koordinatne osi.

-- 73 -q

M(x,y)

r

a2

O

p

a1

Sl.7

Opisani koordinatni sistem u ravnini Π (sl.7) nazivamo pravougli koordinatni sistem (što nije obavezno) ako i samo ako su vektori a1 i a2 ortogonalni. U praksi obično koristimo pravougli koordinatni sistem. Koordinatizacija prostora. Koordinatizaciju trodimenzionalnog prostora E dobijemo slično kao što je prethodno urađeno za pravu i ravan. Prvo odaberemo ishodište O i međusobno okomite pravce p, q i r (jasno, ako se radi o pravouglom koordinatnom sistemu) koji prolaze kroz točku O. U ravni razapetoj

(

)

pravcima p i q definišemo desni pravougli koordinatni sistem jediničnih vektora O, i , j , gdje su i , j ortovi kordinatnih osa Ox i Oy koje odgovaraju okomitim pravcima p i q respektivno. Zatim na pravcu r

(

(

)

)

definišemo koordinatni sistem O,k . Time smo definisali pravougli koordinatni sistem O, i , j,k u prostoru E koji je prikazan na sl.8. Pri tome vrijedi

i = OI,

j = OJ, k = OK,

i = j = k =1.

T'

Sl.8

-74-

Brojne prave koje smo nanijeli na prave p, q i r su koordinatne ose i to redom apscisna, ordinatna i aplikatna osa (x-osa, y-osa i z-osa). Tri ravnine x-y, x-z i y-z, koje su određene odgovarajućim koordinatnim osima, zovu se koordinatne ravnine i dijele prostor na osam oktanata. Neka je zadana točka T ∈ E. Ravni paralelne s koordinatnim ravnima koje prolaze kroz točku T sijeku

( )( )

koordinatne osi u točkama P, Q i R (sl.8). Koordinate tih točaka u koordinatnim sistemima O,i , O, j i

(O,k ) jednake su x, y i z. Brojevi x, y i z su kordinate tačke T, što zapisujemo sa T(x,y,z), odnosno x je apscisa, y je ordinata, a z je aplikata tačke T. Brojevi x, y i z su su takođe koordinate (ili skalarne komponente) vektora a = OT u koordinatnom

(

)

sistemu O, i , j,k . Prema pravilu za sabiranje vektora vrijedi (sl.8)

OT = OT' + OR = xOI + yOJ + zOK, odnosno a = x i + yj + zk. Skalarne komponente jednoznačno su određene tačkom T, te se za predstavljanje vektora koristi kraći zapis ⎛ x⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ a = (x, y, z ) , ili a = ⎜⎜y ⎟⎟ , ⎜⎜ ⎟⎟ ⎜⎝ z ⎟⎠ koji nazivamo koordinatna forma (predstava) vektora. Vodeći računa o ovome, sabiranje vektora i množenje vektora skalarom svodi se na odgovarajuće operacije sa matricama dimenzija (1,3) ili (3,1).

Primjer1. Neka su date tačke M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2). Tada, prema definiciji sabiranja vektora (po pravilu trougla ili ''nadovezivanjem'', tako da nam nije potrebna slika), vrijedi

OM1 + M1M 2 = OM 2 , odnosno M1M 2 = OM 2 − OM1 . Dakle,

M1M 2 = (x 2 − x1 ) i + (y 2 − y1 ) j + (z 2 − z1 )k = (x2 − x1 , y 2 − y1 , z 2 − z1 ) . Tako je naprimjer A (2, 0, −1) , B (5, −2, 3) ⇒ AB = (3, −2, 4) . Primjedba. Kod definicije pravouglog koordinatnog sistema u prostoru koristili smo tri međusobno okomite prave p, q i r. Međutim koordinatni sistem može se definisati i sa pravim koje nisu međusobno okomite, samo odabrane prave treba da su nekomplanarne. Za pravougli koordinatni sistem koristimo i termin Dekartov pravougli koordinatni sistem ili ortogonalni trijedar. Jedinični vektori i , j i k , postavljeni u tački O definišu tri koordinatne (Dekartove) ose: x-osu, y-osu i z-osu, respektivno. Pravougli koordinatni sistem označavamo sa Oxyz (ili xyz). Nadalje ćemo, kad je u ravni zadan koordinatni sistem (O; i, j), ravan nazivati ravan xy. Analogno, govorimo o prostoru xyz, ako je u prostoru zadan koordinatni sistem (O; i, j, k). Pojam orjentacije koordinatnog sistem. U dosadašnjem izlaganju, međusobni položaj bazisnih (koordinatnih) vektora nije bio bitan. Za naš dalji rad, međutim, neophodno je precizirati ovaj položaj. U upotrebi su dva pravougla koordinatna sistema: desni (engleski) i lijevi (francuski).

Definicija 2. Kod desnog sistema ili tzv. trijedra desne orijentacije najkrača rotacija vektora i prema vektoru j oko z-ose, posmatrano sa kraja vektora k , izvodi se u smjeru suprotnom kretanju kazaljke na satu (pozitivna rotacija). Suprotno, kod lijevog sistema ili tzv. trijedra lijeve orijentacije pomenuta rotacija vektora izvodi se u smijeru kretanja kazaljke na satu (negativna rotacija). Trijedar desne orijentacije može biti predstavljen sa tri prsta desne ruke, pri čemu palcu, kažiprstu i srednjem prstu odgovaraju vektori O, i , j,k respektivno. Odgovarajućim prstima leve ruke može biti predstavljen trijedar leve orijentacije. U našem daljem razmatranju uvek ćemo koristiti trijedar desne orijentacije.

(

)

-75-

sl.9a(desni trijedar)

sl.9b (lijevi trijedar)

7.3. SKALARNI PROIZVOD VEKTORA

Ugao među vektorima. Pojam ugla između dva vektora je jasan: to je manji (po apsolutnoj vrijednosti) od dva ugla koji zatvaraju dva zadana vektora (translatirana u zajednički početak). Označavat ćemo ga sa ϕ = a,b . Prema tome, ugao može uzeti vrijednost −π < ϕ ≤ π .

( )

sl. 10

Definicija skalarni proizvoda vektora.

(∀a,b ∈ V)

ab := a b cosϕ. (3)

Time je definisano preslikavanje sa V x V u polje realnih brojeva (skalara). Odatle i ime ovom proizvodu. Ukoliko je jedan od vektora a ili b jednak 0 , tad je njihov skalarni proizvod, po definiciji, jednak nuli. Ta činjenica, strogo govoreći, ne slijedi iz (3), pošto u tom slučaju ugao ϕ =

(a,b) među vektorima nije

definisan. Definicija (3) ima za posljedicu i formulu 2

aa = a .

(4)

Također, za okomite vektore biće ab = 0, jer je cosπ/2 = 0. Obratno, ako je ab = 0, tada možemo zaključiti da je barem jedan od vektora a ili b jednak nuli, ili je ugao medu njima ϕ = π/2, tj. vektori su okomiti. Dakle ab = 0, je uslov ortogonalnosti (okomitosti) vektora, pošto je nula vektor proizvoljnog smijera.

Projekcija vektora na vektor . Neka su zadani vektori a = OA i b = OB. Ortogonalnu projekciju točku B na pravu OA i označimo s B'. Vektor OB' naziva se (vektorska) projekcija vektora b na

vektor a i označava sa ba (sl.11). Očito je ba = b cosϕ⋅a 0 .

Kako je a a0 = a , to skalarni proizvod možemo napisati na način

ab = b a a i analogno, ako zamijenimo uloge vektora a i b ,

-76-

ab = ab b

sl. 11

Skalama projekcija vektora b na vektor a je skalarna veličina b cosϕ i označavamo sa pra b. Prema tome, skalarni proizvod možemo napisati i na slijedeći način ab = a pra b = b prb a.

Osobine skalarnoga proizvoda. Prema već prije definisanim: sabiranju vektora i množenju vektora skalarom skalarni proizvod ima sljedeća svojstva: (S 1 ) aa ≥ 0; aa = 0 ⇔ a = 0 (pozitivnost) (S 2)

( )

( )

λ ab = (λa )b = a λb

(homogenost)

(S 3)

ab = ba

(komutativnost)

(S 4)

a b + c = ab + ac

(distributivnost)

(

)

Ova svojstva omogućavaju nam da izraze sa skalamim proizvodom ''sređujemo'' na ''prirodan'' način kao kod operacij sa skalarima:

(2a − b)(3a + 2b) = (2a)(3a) + (2a)(2b) − b (3a)− b(2b) = 6aa + 4ab − 3ba − 2bb = 6aa + ab − 2bb. Svojstva (S1)-(S3) slijede po definiciji. Za dokaz svojstva (S4) pogledajmo sl.12 i iskoristimo svojstva projekcije vektora:

(

)

(

)

(

a b + c = a pra b + c = a pra b + pra c

)

= a pra b + a pra c = ab + a c.

sl. 12. Distributivnost skalarnog proizvoda

Skalarni proizvod u koordinatnoj formi . Neka su i, j, k kanonska baza prostora V3. Kako nju čine međusobno okomiti jedinični vektori, za njihove skalarne proizvode vrijedi ii = l, j j = 1, k k = l , i j = 0, j k = 0 , k i = 0. Prikažimo ove proizvode u slijedećoj tablici množenja

i j k i 1 0 0 j 0 1 0 k 0 0 1 Svaki se vektor može na jednoznačan način prikazati preko vektora baze:

-77-

a = a1i + a 2 j + a 3k , b = b1i + b 2 j + b3k , tad za njihov skalarni proizvod dobijemo (koristeći svojstva skalamoga proizvoda i gore napisanu tablicu) ab = (a1i + a 2 j + a 3k )(b1i + b 2 j + b3k )

= a1b1ii + a1b 2 ij + a1b3ik + a 2 b1 ji + a 2 b 2 jj + a 2 b3 jk + a 3 b1ki + a 3 b 2kj + a 3 b3kk = a1b1 + a 2 b 2 + a 3 b3 . Time smo dobili sljedeću formulu za računanje skalamoga proizvoda vektora zadanih Kartezijevim komponentama vektora

ab = a1b1 + a2b2 + a3b3.

(5)

Primjdba. Ovaj izraz je u skladu s proizvodom vektora-vrste i vektora-kolone, tj. ako je T

a = (a1 , a 2 , a 3 ), b = (b1 ,b 2 ,b 3 ) ⇒ abT = (a1 , a 2 , a 3 )(b1 ,b 2 ,b 3 ) . Ako poistovjetimo vektor iz prostora V3 s njemu pridruženom vektor-kolonom u R3, tad skalami proizvod ab možemo pisati i na način aTb, što je česta praksa, pogotovo u tehničkoj literaturi.

Dužina vektora. Skalami proizvod vektora sa samim sobom daje kvadrat inteziteta vektora. Zato je a = a12 + a 22 + a 32 .

Ugao između vektora . Ako su vektori zadani svojim komponentama, tad smo u mogućnosti izračunati skalami proizvod direktno i pomoću njega ugao između dva vektora:

cosϕ=

a1b1 +a 2 b 2 +a 3 b3 ab = . 2 a b a1 + a 22 + a 32 b12 + b 22 + b32

(6)

Ugalovi između vektora i koordinatnih osa . Neka su ugalovi između vektora i koordinatnih osa: α = (i,a), β =

( j,a), γ = (k,a) . Tada se , prema (6), dobija cosα=

ia a1 ja a ka a = , cosβ = = 2 , cosγ = = 3 . a a a a a a

(7)

Iz (7) slijedi:

1 a

(cosα,cosβ,cosγ ) = (a1 ,a 2 ,a 3 ) =

a = a0 . a

(8)

Primjer 2. Ako je a = i − 3 j + 2k, tada je

a0 =

a 1 = (i − 3 j + 2k ), a 14

cosα=

14 -3 14 2 14 , cosβ = , cosγ = . 14 14 14

Primjer 3. Ugao izmežu vektora a=(2,- 3,1) i b=(1,1,0) je

cos

(a,b) =

ab 2 ⋅1-3 ⋅1+1⋅ 0 7 = =− . a b 14 4+9+1 1+ 1

Vježba. Da li je ΔABC, gdje je A(1,3,1), B(0,1,2) i C(1,- 1,0) pravougli ili jednakokraki?

-78-

7.4. VEKTORSKI PROIZVOD VEKTORA

Definicija vektorskog proizvoda vektore a i b: to je vektor koji označavamo sa a × b sa slijedećim svojstvima: (1) a × b = a b sinϕ. (2) a x b je vektor okomit na vektore a i b. (3) Trojka (a, b, a x b) čini desni trijedar. Ako je jedan od vektora nula-vektor, vektorski je proizvod je prema (1) takođe nula-vektor. Uslov kolinearnosti vektora. Ukoliko su vektori a i b kolineami, tad je, prema uslovu (1) njihov vektorski proizvod jednak 0 (nula-vektoru). Obratno, ako je a x b = 0, tad možemo zaključiti, ponovo prema istom uslovu, da vektori a i b moraju biti kolineami, (ili je jedan od njih jednak nula-vektoru).

b×a a ×b

a

b

i

.

.

a

i

a ×b b

sl.13a desni trijedar

sl.13b lijevi trijedar

(a,b,a ×b)

(a,b,b× a)

Geometrijska interpretacija. Apsolutna vrijednost vektorskoga produkta a x b jednaka je površini paralelograma što ga zatvaraju ta dva vektora. Ta se činjenica može iskoristiti u elementarnoj geometriji.

Osobine vektorskog proizvoda. Na osnovu definicije vektorskoga proizvoda moguće je dokazati njegova slijedeća svojstva: 1) axb = - bxa, 2) λ(axb)= (λa)xb=ax(λb), 3) (a+b)xc=axc+bxc.

(antikomutativnost) (homogenost) (distributivnost)

Svojstvo 1) posljedica je zahtjeva da trojka (a,b,axb) čini desni trijedar (vidi sl.13a i 13b); svojstvo 2) lahko se provjerava razlikujići uslov λ>0 i λ 0) visina paralelopipeda koja odgovara ovoj osnovi, te zaključujemo da (a x b)c = Bh predstavlja zapreminu V paralelopipeda konstruisanog nad vektorima trijedra (a, b, c), ako je taj trijedar desne orjentacije (kao na sl.15). Ako je trijedar (a,b,c) lijeve orjentacije, tada je prd c < 0, te je mješoviti proizvod vektora jednak - V. U svakom slučaju, mješoviti proizvod tri vektora po apsolutnoj vrednosti jednak je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad ovim vektorima, tj. dokazali smo

stav 1. Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima trijedra (a,b,c) je ⎧ ⎪(a×b) c, za desni trijedar V =⎪ , (2) ⎨ ⎪ ⎪ ⎩- (a×b) c, za lijevi trijedar Primjedba. Zapremina paralelopipeda razapetog pomoću vektora (a,b,c) je V= (a× b ) c . Pomoću mješovitog proizvoda ne samo da možemo sračunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima trijedra (a,b,c), već dobijemo i odgovor da li je taj trijedar desni ili lijevi.

-81Dakle, vrijedi: trijedar (a,b,c) je desni (lijevi) akko je mješoviti proizvod [ a,b,c ] pozitivan (negativan). Zapremina tetraedra (piramide) konstruisanog nad vektorima istog trijedra (a,b,c) sa sl.1 ) je šestina zapremine 1 paralelopipeda, tj. Vtetr = (a× b ) c . 6

Stav 2. Neka su a = a1i + a 2 j + a 3k, b = b1i + b 2 j + b3k, c = c1i + c 2 j + c3k, tj. vektori a, b, c zadani su preko koordinata, tada se mješoviti proizvod može sračunati na slijedeći način: a1

a2

a3

[ a,b,c ] := (a×b)c = b1 b 2 b3 . c1

c2

(3)

c3

Dokaz. Sad je i (a×b)c = a1

j a2

c1 k a 3 (c1i + c2 j + c3k ) = a1

c2 a2

c3 a3 ,

b1

b2

b3

b2

b3

b1

(4)

gdje smo uzeli u obzir da je vektorski proizvod a x b moguće predstaviti determinantom i da je ic=c1 , jc=c2 , kc=c3 . Ako u determinanti na desnoj strani jednakosti (4), izvršimo dvije zamjene vrsta: prvu i drugu, a zatim drugu i treću, vrijednost determinante se neće promjeniti, tj. iz (4) dobijemo (3).

Sad je lahko, koristeći formulu (3) i osobine determinante, dokazati slijedeće osobine mješovitog proizvoda: 1.

2.

Akko su su vektori a,b,c komplanarni mješoviti proizvod tri vektora je nula, tj. uslov komplanarnosti vektora je a1 b1

a2 b2

c1

c2

a3 b3 = 0. c3

[ a,b,c] = [ b,c,a ] = [ c,b,a ] = −[ a,c,b ] = −[ b,a,c] = −[ c,b,a ] ,

odakle slijedi zaključak: ciklićkom (necikličkom) permutacijom vektora trijedra (a,b,c) ne mijenja (mijenja) se orjentacija tog trijedra. Gdje se mješoviti proizvodi istog znaka dobiju jedan iz drugog cikličkom permutacijom vektora trijedra (a,b,c) ili kad u determinanti izvršimo dva puta zamjenu vrsta, a mješoviti proizvodi suprotnog znaka dobiju se jedan iz drugog necikličkom permutacijom vektora trijedra (a,b,c) ili kad u determinanti izvršimo samo jednom zamjenu vrsta. 3.

[ a,b,c] := (a×b)c = a (b×c) ,

tj. za mješoviti proizvod bilo je opravdano uvesti oznaku [ a,b,c ] , pošto je svejedno gdje stoji znak vektorskog, a gdje skalarnog proizvoda; 4.

λ [ a,b,c ] = [ λa,b,c ] = [ a, λb,c ] = [ a,b, λc ] ;

5.

[ λa + μb,c,d ] = λ [ a,c,d ] + μ [ b,c,d ];

Primjer 1. Izračunati zapreminu tetraedra ABCD čiji su vrhovi tačke A(0,-1,0), B(3,3,0), C(-1,3,1), D(1,1,4). Volumen tetraedra jednak je šestini volumana paralelopipeda konstruisanog nad vektorima: a = AB , b = AC , c = AD . Pošto je a = AB = rB − rA = (3, 3, 0)− (0. − 1, 0) = (3, 4, 0) i analogno b = (−1, 4,1) i c = (1, 2, 4) , izlazi ⎡ 3 4 0⎤ ⎢ ⎥ 1 [ a,b,c ] = ⎢⎢−1 4 1⎥⎥ = +62 . Dakle trijedar (a,b,c) je desni, a zapremina tetraedra ABCD je V= 62. 6 ⎢ 1 2 4⎥ ⎥⎦ ⎣⎢

Primjedba. Dakle, na jednostavan način smo riješili problem koji je geometrijski dosta složen: odredili smo zapreminu tijela a da nismo ni nacrtali to tijelo. Istovrameno smo odgovorili s koje strane ravni ABC, koja je zadana sa tri tačke (A, B i C) leži četvrta tačka (D). Na isti način možemo provjeriti da li bilo koje četiri tačke leže u istoj ravni, jer će tada (i samo tada) volumen tetraedra biti nula.

-82-

Na sličan način možemo sračunati volumen bilo kojeg tijela koje je omeđeno ravnim plohama, jer svako takvo tijelo moguće podijeliti na tetraedre. Zadatak za vježbu. Primjetiti da je volumen tetraedra ABCD, iz prethodnog primjera, moguće izračunati pomoću paralelopiped razapetog vektorima BA = −a, BC = BA + AC = b − a, BD = BA + AD = c − a.

(

)

Koje je orjentacije trijedar BA, BC, BD ? Kod računanja zapremine tetraedra moramo li uzeti vektore vezane za isti vrh tetraedra, ili je moguće uzeti bilo koje tri orjentisana brida tetraedra, koji nisu komplanarni? 7.4.2. Dvostruki vektorski proizvod. Vektorski proizvod vektora a sa vektorskim proizvodom b x c zove se dvostruki vektorski proizvod. Dakle, to je vektor a x (b x c). Dokazaćemo da vrijedi a x (b x c) = b (ac) – c (ab). (5) Iz definicije vektorskog proizvoda slijedi da je vektor d = a x (b x c) normalan na vektore b x c i a, a to znači da je komplanaran sa vektorima b i c. Prema tome postoje skalari u i v takvi da je a x (b x c) = ub + vc. (5a) Neka je n jedinični vektor koji je ortogonalan na vektor c i leži u ravni vektora b i c, sl.2. Ako jednakost (5a) pomnožimo skalarno vektorom n izlazi [a x(b x c)]n = u(bn) ⇒ a[(b x c) x n] = u(bn). (6) Sad je π (b ×c)×n = b ×c n sin = b ×c , tj. 2 bxc (b ×c)×n = b ×c c0 = b c sin (b,c)c0 = b sin (b,c)c = (bn)c, gdje je c0 c ort vektora c. Prema tome je (7) (b ×c)×n = (bn)c. Iz (6) i (7) slijedi u = ac. b Dalje a ×(b ×c) ⊥ a ⇒ a ⎡⎣ a ×(b ×c)⎤⎦ = 0

⇒ a (ub + vc) = 0 ⇒ u (ab) + v (ac) = 0 ⇒

n

Sl. 2.

(ac)(ab) + v(ac) = 0 ⇒ v = - (ab), čime je dokaz završen.

Slično se dobije: (a x b) x c = b (ac) – a (bc), (8) tj. dvostruki vektorski proizvod leži u ravni razapetoj vektorima koji su u zagradi. Vježba. 1)Koristeći formulu (5), provjeriti a ×(b ×c) + b (c× a) + c×(a × b ) = 0.

(9)

2) Dokazati formule (5) i (8) ako su vektori a,b i c zadani preko koordinata kao u stavu 2. Pritom koristiti činjenicu da se i vektor d može zapisati preko koordinata d = (d1, d2, d3), te da je d1= id, d2= jd, d3= kd, itd. 3) Provjeriti da je

( ∀a,b ≠ 0) a =

ab b

2

b+

1 b

2

b×(a×b) ,

(10)

gdje formula (10) predstavlja rastavljanje vektora a po komponentama (u dva međusobno normalna pravca) u pravcu vektora b i vektora normalnog na b. 4) Za proizvode četeri vektora, dokazati slijedeće jednakosti

(a×b)(c×d) =

ac ad ; bc bd

(a×b)×(c×d) = [ a,b,d ]c −[ a,b,c ]d.

(11) (12)

-83-

Provjerićemo samo 4). Stavimo c× d = e i iskoristimo mogućnost cikličke permutacije u mješovitom proizvodu:

(a×b)(c×d) = (a×b) e = (b×e)a = ⎡⎣b×(c×d)⎤⎦ a = ⎡⎣(bd)c −(bc) d ⎤⎦ a = (ac)(bd)−(ad)(bc) =

ac ad ; bc bd

Sad stavimo a× b = e i primjenimo (5). Dobijemo:

(a×b)×(c×d) = e×(c×d) = (ed)c −(ec) d = [ a,b,d ]c −[ a,b, y ]d. Primjedba. Ako se u (11) umjesto c stavi a i umjesto d stavi b, dobije se jednakost 2

a ×b =

aa ab ba bb

2

2

= a b sin 2

(a,b) ,

(13)

Odakle se dobije Lagranžov identitet (Lagrange, P.J.L., francuski matematičar (1736-1813)): a× b + (ab ) = a b . 2

2

2

2

(14)

Determinanta u (13) naziva se Gramova (Gram, J.P., danski matematičar (1850-1916)). Iz (13) ili (14) dobije se Košijeva nejednakost (Cauchy, A. L., francuski matematičar (1789-1857)) 2 (a1b1 +a 2 b 2 +a 3 b3 ) ≤ (a12 +a 22 +a 32 )(b12 +b22 +b32 ) , (15)

gdje znak jednakosti važi akko su vektori a i b kolinearni, tj. akko

(∃λ ∈ R )( ∀ν = 1, 3) b ν = λa ν . Košijeva nejednakost ima generalniji oblik n n ⎛ n ⎞ 2 ⎜⎜ a b ⎟⎟ ≤ a ∑ ν ∑ b2ν , ⎜⎝∑ ν ν ⎟⎠ ν=1 ν=1 ν=1 2

(16)

gdje znak jednakosti važi akko su vektori a i b kolinearni, tj. akko

(∃λ ∈ R )( ∀ν = 1, n ) b ν = λa ν . Vježba. Provjerite skalarni oblik Lagranžovog identiteta: 2 2 2 2 (a1b2 - a 2 b1 ) + (a 2 b3 - a 3 b2 ) + (a 3 b1 - a1b3 ) + (a1b1 +a 2 b2 +a 3 b2 ) = (a12 +a 22 +a 32 )(b12 +b22 +b32 ) .

- 84 -

7.5. KOORDINATNI SISTEMI 7.5.1. Dekartov desni pravougli koordinatni sistem U paragrafu 7.3. definisali smo desni pravougli koordinatni sistem (O;i, j, k) gdje su: (a) koordinatni početak ili ishodište O proizvoljno odabrana tačka iz E, (b) (i, j, k) je desni trijedar ortogonalnih ortova koji definišu orjentisane ose (x, y , z), (c) tri orjentisane koordinatne ravni xy, yz i zx.

z

r

T(x,y,z)

y

P(x,y,0) x

sl.3

Tačku T∈E obilježavamo sa T(r) ili T(x,y,z). Pritom poistovječujemo tri različita skupa: skup tačaka E, skup radijus vektora VO(E) i skup R3 uređenih trojki realnih brojeva, jer postoji očita bijekcija između bilo kaja JJJG dva od tih skupova. Zaista, svakoj tački T∈E odgovara samo jedan radijus vektor te tačke r = OT ili smo jedna uređena trojka (x,y,z)∈R3 koordinata tog vektora i obrnuto. Koordinatnim ravnima je prostor E podijeljen na osam oktanata, koje razlikujemo prema predznacima koordinata tačke T u pojedinim oktantima: I II III IV

x + +

y + + -

z + + + +

V VI VII VIII

x + +

y + + -

z -

Primjedba. Svaku tačku P(x,y,0) koje leži koordinatnoj ravni xy mozemo posmatrati kao tačku dvodimenzionog prostora te ravni u koordinatnim sistemom (O; i, j) i obilježiti je sa sa P(x,y) ne zapisujući treću koordinatu z koja je jednaka nuli za sve tačke koordinatne ravni xy. Tu činjenicu ćemo koristiti kod raznih zadataka za tačke ravni, kad već imamo rješenje za tačke prostora. Naprimjer: 1. Za vektor a = (a1, a2) u ravni xy (vidi sl.3) jedinični vektor je: a a 1 a0 = (a1 , a 2 ), gdje je cosα = 1 , sinα = 2 ; a a a

2. Skalarni proizvod dvavektora: ab = (a1, a2)(b1, b2) = a1b1 + a2b2; 3. Vekttorski proizvod istih vektora: a × b = (a1 b 2 − a 2 b1 ) k .

Sad ćemo, služeći se kordinatnim sistemom xyz u euklidskom prostoru E (i u ravni xy) riješiti neke zadatke. Rastojanje dvije tačke. Neka su date dvije tačke T1(x1,y1,z1) i T2(x2,y2,z2). Njihova udaljenost je jednaka

- 85 -

JJJJG dužini vektora T1T2 = ( x 2 -x1 ,y 2 -y1 ,z 2 -z1 ) , tj. JJJJG 2 2 2 d (T1 ,T2 ):= T1 T2 = ( x 2 − x1 ) + ( y 2 − y1 ) + (z 2 − z1 ) .

(1)

T2

y T1

A

a2 A0

sinα

α

cosα

O

a1

x

sl.3

Formulom (1) je određena metrika u prostoru E. Ako su tačke T1 i T2 u ravni xy, tada je z1 = z2 = 0, te je formula za rasojanje JJJJG d (T1 ,T2 ):= T1T2 =

2 2 ( x 2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) .

(2)

Podjela duži u datoj razmjeri. Podijeliti duž AB u datom omjeru λ : 1 znači odrediti tačku T, na toj duži, tako da vrijedi

JJJG JJG AT : TB = λ:1

(3)

Odgovorićemo na sljedeće pitanje: Ako su zadane koordinate tačaka A i B, koje su koordinate tačke T? Jednačina (1) daje sljedeću jednakost JJJG JJG A AT = λTB. Napisana s pomoću radijusvektora, ona glasi

rT – rA = λ (rB - rT).

T

O

sl.4

B

Sređivanjem, odavde dobijamo izraz za radijusvektor tačke T: r + λrB rT = A . (4) 1+λ Zato su koordinate tražene tačke x + λx B y + λy B z + λz B xT = A , yT = A , xT = A . 1+λ 1+λ 1+λ Središte duži. Središte S duži AB dijeli tu duž u omjeru 1:1. Zato je λ = 1 i njegove su koordinate ⎛ x + x B yA + yB z A + z B ⎞ ⎟⎟ , S ⎜⎜ A , , ⎜⎝ 2 2 2 ⎟⎠ JJG 1 JJJG JJJG ili, u vektorskom zapisu, OS = OA + OB 2

(

)

- 86 -

Konveksna kombinacija. Konveksna kombinacija dvaju vektora je vektor oblika r = α r1 + β r 2 (5) pri čemu za skalare vrijedi

α ≥ 0, β ≥ 0, α + β = 1. (6) JJJG JJJG Ako su r1 i r2 predstavljeni svojim radijusvektorima OA i OB , tada konveksnoj kombinaciji odgovara radijusvektor tačke T koja se nalazi na duži AB. Zaista, jednačina (4) može se napisati u obliku (5) 1 1 gdje smo stavili α= , β= . 1+λ 1+λ Pokažimo da slična tvrdnja vrijedi i za tri tačke. Neka su A, B, C bilo koje tri tačke u prostoru. Neka je T tačka unutar trougla ABC . Neka pravac CT siječe stranicu AB u tački P. Tad tačka P ima JJG

radijusvektor OP =

1 JJJG λ JJJG OA + OB za neku vrijednost koeficijenta λ > 0. Sad se radijusvektor tačke T 1+λ 1+λ

može napisati u obliku

JJJG 1 JJJG μ JJG OT= OC+ OP 1+μ 1+μ μ 1 JJJG μ λ JJJG 1 JJJG = OA+ OB+ OC 1+μ 1+λ 1+μ 1+λ 1+μ JJJG JJJG JJJG =αOA+βOB+γOC.

Koeficijenti α, β , γ su pozitivni i zadovoljavaju uslov α+β + γ =

μ μλ 1 + + = 1. (1+ μ )(1+ λ ) (1+ μ)(1+ λ) 1+ μ

Dakle, radijusvektor svake tačke unutar trougla konveksna je kombinacija radijusvektora njegovih vrhova. Primjer 1. Težište trougla je ona točka T za koju vrijedi r=

1 (rA + rB + rC ) . . 3 JJG

1 JJJG JJJG OA + OB . Težište je točka na težišnici CP 2 1 JJJG 2 JJG koja je dijeli u omjeru 2 : 1 ; ona ima radijusvektor OC+ OP. Uvrštavanjem dobijemo gornju formulu. 3 3

Zaista, polovište P stranice AB ima radijusvektor OP =

(

)

Primjer 2. Analogna tvrdnja gornjoj vrijedi i za tetraedar. Neka su A,B,C,D četiri nekomplanarne točke. Tad se radijusvektor svake točke unutar tetraedra ABCD može napisati u obliku konveksne kombinacije JJJG JJJG JJJG JJJG JJJG OT=αOA+βOB+γOC+δOD pri čemu za skalarne množitelje α,β,γ vrijedi da su nenegativni i da im je zbir jednak jedinici.

7.5.2. Drugi koordinatni sistemi Pored Dekartovog u upotrebi su i drugi koordinatni sistemi u ravni i prostoru. Pomenućemo tri takva sistema (jedan u ravni i dva u prostoru). Polarni koordinatni sistem u ravni. Kod polarnog koordinatnog sistema kroz jednu fiksnu tačku O (pol ili ishodište) povučena je polarna poluosa Ox (sl.6), tada je proizvoljna tačke T u ravni određen parom polarnih koordinata (r, θ): polarnim potegom r = d(O,T) ≥ 0 i uglom θ koji polarni poteg OT zaklapa sa polarnom osom mjeren u pozitivnom smjeru, tj. u smjeru obrnutom od T kazaljke na satu. r Ako su date polarne koordinate tačke T(r, θ) onda se Dekartove koordinate računaju pomoću jednakosti (∀ r ∈ [0, ∞); θ ∈ [ 0,2π)) x= rcosθ, y= rsinθ; θ O

x

sl. 6

vekor položaja tačkeT može se predstaviti u obliku r = i rcosθ + j rsinθ ,

- 87 -

polarne koordinate računaju se pomoću Dekartovih koordinate na slijedeći način y y (sinθ= ); ( ∀x,y ∈ R ) r= x 2 +y 2 , tgθ= x r Geometrijsko mjesto tačaka (tj. skup tačaka) u ravni za koje je jedna od polarnih koordinata r ili θ konstantna, a druga promjenljiva, naziva se koordinatna linija (kod Dekartovih koordinata koordinatne linije su familija pravih paralelnih x osi kad je y konstanto, ili za x konstantno familija pravih paralelnih y osi). Tako za r = const kordinatne linije su familija koncentrične kružnice sa centrom u ishodištu; za θ= const kordinatne linije su familija polupravih koje polaze iz ishodišta zatvarajući ugao θ sa polarnom osom. Tačka T(r0, θ0) dobije se kao presjek odgovarajućih koordinatnih linija: r = r0 i θ = θ0. Primjeri. 1. U polarnim koordinatama r-θ jednačina rcos (θ - α) = b, (α, b konstante) predstavlja pravu liniju. 2. Jednačina r = θ definiše u polarnom sistemu r-θ takozvanu Arhimedovu spiralu. 3. Jednačina r = a (a > 0) u polarnom sistemu r-θ predstavlja krug čiji je centar u ishodištu, a poluprečnik je a. 4. r = a(1 + cos θ), gdje je a > 0, definiše u polarnom sistemu r- θ krivu liniju koja se naziva kardoida.

Polarno-cilindrični koordinatni sistem. Neka je Π z T r

z

ravan, O fiksirana tačka i p polarna osa u ravni Π . Konstruišimo kroz tačku O osu z ortogonalnu na ravan Π (sl.7). Normalna projekcija T' tačke T prostora E na ravan Π određena je polarnim koordinatama r i θ, a tačka T u prostoru E potpuno je određena trojkom (r, θ,z) polarno-cilindričnih koordinate tačke T u prostoru, tj. polarnim potegom r , polarnim uglom θ i aplikatom z .

Primjetimo da tačke prostora za koje su: 10 Koordinate θ i z promjenljive, a koordinata r y θ x konstantna leže na obrtnoj cilindričnoj površi čija je osa obrtanja osa Oz. T' y 20 Koordinate r i z promjenljive, a koordinata θ x Π konstantna leže na polurravni koja prolazi kroz osu Oz. 30 Koordinate r i θ promjenljive, a koordinata z konstantna, leže na ravni koja je paralelna sa ravni Π. sl.7 Presjek pomenute cilindrične površi i pomenutih dviju ravni je tačka T u prostoru, a te površi su koordinantne površi tačke T. Presjekom dviju koordinantnih površi određena je koordinatna linija čija svaka tačka ima jednu promjenljivu i dvije konstantne koordinate. Uočimo Dekartov pravougli koordinatni sistem u prostoru čiji je koordinatni početak O, osa x je polarna osa p, osa z treća osa, a osa y je samim tim određena (sl.7) tako da koordinatni sistem xyz bude određene orjentacije. Ako su x,y, z pravougle Dekartove koordinate tačke T, tada je sa (sl.7) jasno da je O

x = rcos θ, y = rsin θ, z = z .

(1)

Relacije (1) predstavljaju vezu između Dekartovih pravouglih koordinata tačke u prostoru i njenih polarnocilindričnih koordinata.

- 88 -

Sferni koordinatui sistem. Posmatrajmo ponovo fiksiranu

sl.8

ravan Π i u njoj pol O i polarnu osu p. Konstruišimo u tački O osu Oz ortogonalnu na Π (sl.8). Kroz proizvoljnu tačku M u prostoru E i osu z postavimo takozvanu meridijansku ravan (koja je jedinstvena i u njoj za pozitivan smjer rotacije uzmimo onaj za koji je: ∠ (OM',Oz) = π ⁄ 2. Uvedimo notaciju: ϕ = ∠ (OM',OM) gdje je: -π/2 ≤ ϕ ≤ π/2; |OM| i |OM'| obilježimo redom sa ρ i r . T a d a je jasno, da je položaj tačke M u prostoru potpuno određen brojevima ρ , ϕ i θ , koje zovemo sfernim koordinatama tačke M u prostoru.

Tačke prostora E za koje su: 1. Koordinate ϕ i θ promjenljive a ρ konstanta, leže na sfernoj površi čiji je centar O i oluprečnika ρ. 2. Koordinate ρ i θ promjenljive a ϕ konstanta, leže na obrtnoj površi čiji je vrh u tački O a osa obrtanja je osa Oz. 3. Koordinate ϕ i ρ promjenljive a θ konstantna, leže na ravni koj a prolazi kroz osu z. Svojim zajedničkim presjekom sferna površ, konusna površ i pomenuta ravan određuju položaj tačke M u prostoru. Ove površi zovu se koordinatne površi tačke M. Presjekom dviju koordinatnih površi sfernog koordinatnog sistema određena je koordinantna linija tog sistema, čija svaka tačka ima dvije sferne koordinate stalne a treća je promjenljiva. Uočimo sada Dekartov pravougli koordinatni sistem u prostoru čije je ishodište tačka O, osa x je polarna osa p, osa z treća osa, a osa y je samim tim određena (s1.9). Ako su x,y,z Dekartove pravougle koordinate tačke M u prostoru, tada, kao što se sa slike vidi, imamo: x = r cosθ; y = r sinθ, odnosno x = ρ cos ϕ cos θ , y = ρ cos ϕ sin θ , z = ρ sin ϕ . (1) Posljednje relacije predstavljaju vezu između Dekartovih pravouglih koordi nata tačke u prostoru i njenih sfernih koordinata. Često se, umjesto koordinate ϕ, kao sferna koordinata uzima ugao ψ = ∠(Oz,OM) koji se mjeri u suprotnom smjeru od ϕ. Tada relacija (1) obzirom da je (vidi sl.9) ϕ + ψ = π/2, postaju x = ρ sinψ cos θ , y = ρ sinψ sin θ , z = ρ cos ψ .

- 89 -

7.6. JEDNAČINA KRIVE LINIJE U RAVNI Posmatrajmo jednačinu F(x,y) = 0,

(9)

gdje su x i y realne promjenljive. Uređeni par (a,b)∈R2 je rješenje jednačine (9) akko je F(a,b) ≡ 0. Skup svih rješenja jednačine (9) označimo sa K := { (x,y)∈R2 ⎢ F(x,y) = 0 }. Svakom rješenju (x,y)∈ K odgovara jedna i samo jedna tačka T(x,y) u ravni xy. Ukupnost svih takvih tačaka T nazivamo grafikom skup K. Pritom poistovječujemo skup K i njegov grafik, kao što smo poistovjetili uređeni par (x,y) i tačku T(x,y) u ravni xy. Tako govorimo o krivoj K u ravni xy kao o grafiku jednačine (9), a jednačinu (9) nazivamo jednačinom krive K. Dva su osnovna zadatka analitičke geometrije u ravni (a kasnije ćemo slično uraditi u prostoru): a. za data kriva K (u ravni xy) odrediti njenu jednačinu; b. za datu jednačinu (9) odrediti pripadnu krivu K, tj. njen grafik . Primjedba. Datu jednačina (9) može da zadovoljava samo jedan par, nekoliko parova ili beskonačan skup parova ili da ne postoji nijedan takav par. Naprimjer, jednačinu x2 + y2 = 0 zadovoljava samo jedan par (x,y) = (0,0); jednačinu x + y + 1 = 0 zadovoljava svaki par (x,y) = (t, 1 - t), gdje je t proizvoljan broj; skup rješenja jednačina x2 + y2 + 1 = 0 ili sin(x + 2y) + 3 = 0 je prazan, tj. nijedan par ne zadovoljava te jednačin. Primjeri. 2) Neka je u ravni xy data kružnica s centrom u tačka S(1, - 2) poluprečnika jednakim 3. Odrediti jednačinu te kružnice. Neka je T(x,y) proizvoljna tačka kružnice, tada je d(S,T) = 3. Prema formuli (8) imamo 2 2 (x −1) + (y + 2) = 3,

odnosno (x - 1)2 + (y + 2)2 = 9, što predstavlja jednačinu kružnice. 3) Leže li tačke A(1,2) i B(- 1,- 1) na krivoj (čija je jednačina): 2x + 3y + 5 = 0 ? Zamjenimo koordinate tačke A u datu jednačinu, tj. stavimo u datu jednačinu (x,y) = (1,2), izlazi 2⋅1+3⋅2 + 5 = 13 ≠ 0. Dakle, tačka A ne leži na datoj krivoj. Zamjenimo koordinate tačke B: 2⋅(- 1) + 3⋅(- 1) + 5 = - 5 + 5 = 0, tj. tačka B leži na datoj krivoj.

Parametarskim jednačininama krive K u ravni nazivamo jednačine:

( ∀t ∈ A ⊂ R ) x = ϕ(t), y = ψ(t) ,

(10) 2

gdje su x i y koordinate proizvoljne tačke T(x,y) na krivoj K = { (x,y)∈R ⎢ x = ϕ(t), y = ψ(t) , t∈A }. Promjenljivu t ∈A nazivamo parametrom. Pri promjeni parametra t∈A tačka T(x,y) se kreče po krivoj K . Ovakva interpretacija parametarski zadane kriva K ima razne primjene, tako u mehanici predstavlja putanju (trajektoriju) materijalne tačke T (x,y) gdje je parametar t vrijeme. Primjer 4. Jednačine:

x = a cost, y = b sint , t∈[- π, π], (11) predstavlja (za date pozitivne vrijednosti a i b) parametarske jednačine elipse sa centrom u ishodištu i poluosama a i b (sl. 9); parametar t je centralni ugao ∠ AOB.

- 90 a

y

B b

T

O

A

x

sl. 9 Da se uvjerimo da parametarske jednačine (16), predstavljaju elipsu, dovoljno je svesti ih na oblik F(x,y) = 0. Zaista, (16) je ikvivalentno sa 2

2 2 2 ⎛ x ⎞ ⎛ y⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ =cos 2 t+sin 2 t=1, tj. x + y =1. ⎜⎝ a ⎟⎠ ⎜⎝ b ⎟⎠ a 2 b2

Posljednja jednačina za x∈[- a, a], šao što nam je poznato odranije (čime ćemo se pozabaviti u sljedećem poglavlju), predstavlja jednačine elipse sa centrom u ishodištu i poluosama a i b. Primjedba. Da od parametarskih jednačina (10) dođemo do jednačine (9) potrebno je eleminisati parametar t iz sistema (10) i odrediti oblast vrijednosti za x i y. Primjer 5. Odrediti koja je kriva određena parametarskim jednačinama: x = cos t, y = a cos2 t. Očito je da −1≤ x ≤ 1, te eliminacijom parametra t dobijemo dio parabole y = ax2, za −1≤ x ≤ 1. (Nacrtati grafik).

7.7. JEDNAČINA (-e) PRAVE U RAVNI Prava u ravni može se zadati na razne načine, tj. jednačina prave ima više ekvivalentnih oblika. 7.7.1. Kanonska i parametarska jednačina prave Neka su u ravni xy dati: tačka T1(x1,y1) (ili T1(r1)), gdje je r1 vektor položaja tačke T1 , sl.1) i ne-nula vektor a = (a1, a2). Time je potpuno određena jedinstvena prava p, koja prolazi kroz tačku T1 i paralelna je sa vektorem a. Tu pravu označićemo sa p = p (T1,a); vektor a zvaćemo vektor prave p. Jednačinu prave p odredićemo iz uslova da su za proizvoljnu tačku T(x,y) na pravoj p vektori JJJG T1T= r − r1 = ( x-x1 ,y-y1 ) i a = (a1 ,a 2 ) kolinearni, što je ispunjeno akko vrijedi, bilo koja od ekvivalentnih jednačina r = r1 + ta ; (12)

x-x1 y-y1 = , ( a1 ≠ 0 i a2 ≠ 0), a1 a2

x=x1 +a1 t, y=y1 +a 2 t, t ∈ R .

(13) (14)

Jednačinu(-e) (12), (13), (14) nazivamo vektorska jednačina; kanonska (ili simetrična) jednačina; parametarske jednačine prave p(T1,a) respektivno. JJJG Primjedba. Ako T(x,y)∉ p = p (T1, a)., tada vektori T1T=r - r1 = ( x-x1 ,y-y1 ) i a = (a1 ,a 2 ) nisu kolinearni, pa nijedna od jednačina (12), (13), (14) nije ispunjena.

- 91 -

Primjer 6. Odredi vektorsku jednačinu, kanonsku (ili simetričnu) jednačinu, parametarske jednačine prave p(T1,a), ako je T1(- 5, 2) i vektor prave a paralelan vektoru koji sadrži tačke T2(1,- 1) i T3(3,2). Dakle, vektor prave a = (2, 3). Prema jednačini(-ama) (12), (13), (14) nalazimomo jednačine prave p (T,a), respektivno: vektorska jednačina r = (- 5, 2) + t⋅(2, 3);

y p .

T T1

p

.

kanonska jednačina

x +5 y −2 = ; 2 3

parametarske jednačine x = - 5 + 2t, y = 2 + 3t, t∈R. x

O

Primjedba. Ako je a1 = 0 i a2 ≠ 0, tada je vektor a prave p, a time i prava p, paralelna osi y (tj. ortogonalna na osu x). Tada jednačina prave p (T1,a) ima oblik sl. 1 x = x1 (y = t∈R ). (15) Ako je a1 ≠ 0 i a2 = 0, tada je vektor a prave p, a time i prava p, paralelna osi x (tj. ortogonalna na osu y). Tada jednačina prave p (T1,a) ima oblik y = y1 (x = t∈R ). (16) Primjer 7. Neka su A(- 1, - 2), B(2, - 2) i C(1,3) tjemena trougla. Odredi jednačinu prave p koja prolazi kroz tačku C paralelnu strani AB. Sad je vektor prave je a = (3,0), tj. ordinata vektora prave je a2 = 0. Zato, prema (16), nalazimo da je jednačina prave y = 3. Primjer 8. Povući pravu čije su parametarske jednačine: x = 3 – 2t, y = - 2 + 5t. Da bi povukli pravu dovoljno je odrediti dvije tačke na pravoj. Za t = 0, nalazimo tačku A(3, - 2). Za t = 1 dobije se druga tačka na pravoj B(1, 3). Nacrtati grafik te prave u ravni xy, tj. povući prava AB koja prolazi kroz tačke A i B.

7.7.2. Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku i normalna je na dati vektor Neka prava p prolazi kroz neku tačku T1(x1,y1) i normalna je na vektor n = (A, B) ≠ (0, 0). Ne-nula vektor n nazivamo normala prave p. Označimo tu prvu sa p = p (T1, n), Odredimo jednačinu prave p = p (T1, n). Očito postoji samo jedna takva prava (sl. 2). Jednačinu prave p odredićemo iz uslova da su za proizvoljnu tačku T(x,y) na pravoj p vektori JJJG y T1 T = r − r1 = ( x-x1 , y-y1 ) i n = (A, B) ortogonalni, što je JJJG

ispunjeno akko vrijedi uslov ortogonalnosti n T1T = 0, ili akko je zadovoljena bilo koja od ekvivalentnih jednačina: .

n (r − r1 ) = 0,

T

.

T1 p

n

O

x sl.2

(17)

A(x – x1) + B(y – y1) = 0. (18) Jednačinu (17), tj. (18) nazivamo vektorska, tj. skalarna jednačina prave p = p (T1, n) respektivno. Ako tačka T(x,y), tj. T(r), gdje je r vektor položaja tačke T, ne leži na pravo p = p (T1, n), tada vektori JJJG T1T = r − r1 = ( x-x1 , y-y1 ) i n = (A, B) nisu ortogonalni, te nijedna od jednačina (17) ili (18) nije ispunjena, pošto JJJG n T1T ≠ 0.

Primjer 9. Sastavimo jednačinu prave p = p (T1, n), tj. prave koja prolazi kroz tačku T1(- 1, 3) i normalna je

- 92 -

na vektor n = (2, - 3). Iz uslov zadatka izlazi: x1 = - 1, y1 = 3, A = 2, B = - 3, te je, prema (18), jednačina prave 2(x + 1) – 3(y - 3) = 0 ⇔ 2x – 3y + 11 = 0. Primjer 10. Dat je trougao ABC sa vrhovima A(4, - 3), B(- 2, 6) i C(5, 4). Odrediti jednačinu visine CD ⊥ AB trougla ABC. Prava visine CD prolazi kroz tačku C(5, 4). Za vektor normale na pravu CD možemo uzeti vektor JJJG n = AB = (6, −9). Prema (18), za normalu CD izlazi jednačina 6(x - 5) – 9(y - 4) = 0, ili 2x – 3y +2 = 0. Primjedba. Ako koeficijenti A i B uzimaju različite vrijednosti, tada za svki par (A, B) ≠ (0,0), jednačina (18) predstavlja jednačinu neke prave koja prolazi kroz tačku T1(x1,y1); ukupnost svih tih pravih nazivamo pramen pravih sa centrom u tački T1(x1,y1). Primjer 11. Među pravim A(x + 3) + B(y - 4) = 0 odrediti unu, koja je ortogonalna na vektor n = - 5i + 3j. Dakle, treba odrediti jednačinu prave p = p (T1, n), ako je T1(- 3, 4) i normalna n = (- 5, 3). Prema (18) izlazi jednačina: 5x – 3y + 27 = 0.

7.7.3. Opšti oblik jednačine prave Pokazali smo da je jednačina prave p = p (T1, n) data sa A(x – x1) + B(y – y1) = 0, (18) gdje je T1(x1,y1)∈p i p ⊥ n. Kako n nije nula-vektor, to je bar jedan od brojeva A ili B različit od nule, što znači da je (18) algebarska jednačina prvog stepena. Prema tome, svaka prava u rvni xy je algebarska jednačina 1-vog stepena dvije promjenljive x i y.

Primjedba. Neka je Pn(x,y) polinom n-tog stepena dvije promjenljive x i y. Tada krivu čija je jednačina: Pn(x,y) = 0, nazivmo krivom n-tog reda. U tom smislu kaže se: prava je kriva prvog reda, ili kružnica je kriva drugog reda.

Sada ćemo dokazati da vrijedi i obratno: svaka jednačina prvog stepena Ax + By + C = 0 (19) u ravni xy predstavlja jednačina prave, koja je jedinstvena. Kako je (19) jednačina prvog stepena, tada je bar jedan od brojeva A ili B različit od nule, tj. A2 + B2 ≠ 0. Predpostavimo da je A ≠ 0. Tada jednačina (19) možemo zapisati u ekvivalentnom obliku A(x – (– C ⁄ A )) + B(y – 0) = 0. (20) Jednačina (20) ima oblik jednačine (18), što predstavlja jedistvenu pravu, koja prolazi kroz tačku (– C ⁄ A, 0) i normalna je na vektoru n = (A, B). Stoga i jednačina (19), koja je ekvivalentna jednačini (20), određuje tu istu pravu. Jednačinu (19) nazivamo opštom jednačinom prave. U opštoj jednačini prave A, B i C su bilo kakvi brojevi, isključujuči da su i A i B jednaki nuli. Razmotrimo razne slučajeve jednačine (19), koji se dobije kad su neki od njenih koeficijenata jednaki nuli. 1. Neka je A = 0, tada iz (19) slijedi By + C = 0, tj. y = - C ⁄ B. Neka je b = - C ⁄ B, izlazi y = b. (21) Jednačina (21) određuje pravu, čije sve tačke imaju istu ordinatu jednaku b. Dakle, prava je paralelna osi x. Nacrtati grafik te prave. Ako je i C = 0, tada jednačina (21), tj. jednačina (19), ima oblik

- 93 -

y = 0. (22) Jednačina (22) određuje pravu, čije sve tačke imaju istu ordinatu jednaku nuli. Dakle, prava (22) je osa x. 2. Neka je B = 0, tada iz (19) slijedi Ax + C = 0, tj. x = - C ⁄ A. Ako je a = - C ⁄ B, dobije se x = a. (23) Jednačina (23) određuje pravu, čije sve tačke imaju apscisu jednaku a. Dakle, prava (23) je paralelna osi y. Nacrtati grafik te prave. Ako je i C = 0, tada jednačina (23), tj. jednačina (19), ima oblik x = 0. (24) Jednačina (24) određuje pravu, čije sve tačke imaju apscisu jednaku nuli. Dakle, prava (24) je ordinatna osa. 3. Neka je C = 0 i B ≠ 0, tada iz (19) slijedi Ax + By = 0, tj. y = - (A ⁄ B)x. Stavimo li k = - A ⁄ B, (25) dobijemo y = kx. (26) Jednačina (26) ima za rješenje par (x,y) = (0,0), tj. prava prolazi kroz ishodište. Uzmimo proizvoljnu tačku T1(x1,y1) (≠ O(0,0), tj. x1 ≠ 0; nacrtajte grafik prave). Tada je y1 = kx1, odakle je k = x1 ⁄ y1. Sa grafika prave vidimo da je x1 ⁄ y1 = tg α , gdje je α ugao što ga prava zaklapa sa pozitivnom poluosom x. Dakle, k = tg α. (27) Broj tg α = k nazivamo koeficijent nagiba prave. 4. Neka je B ≠ 0, tada jednačinu (19) svodimo na ekvivalentni oblik: By = - Ax – C, tj. y = - (A ⁄ B)x - C ⁄ B. Stavimo li k = - A ⁄ B, b = - C ⁄ B, dobijemo y = kx + b. (28) Uporedimo li jednačine (28) i (26), vidimo, da se ordinate tih pravih, za istu vrijednost x razlikuju za isti broj b, tj. te prave su paralelne. To znači da one imaju isti ugao nagiba α sa pozitivnom poluosom x, tj. za obe prave je isti koeficijent nagiba tg α = k. Očigledno, ako je x = 0, tada je y = b, tj. prava, određena jednačinom (28), presjeca osu u tački (0, b). Broj b nazivamo ordinatni odsječak prave (11). Neka je ugao nagiba prave α∈(0, π ⁄ 2) ∪ (π ⁄ 2, π), tada je (nacrtati grafik te prave): k = tg α = (y2 – y1) ⁄ (x2 – x1), (29) gdje su T1(x1,y1) i T2(x2,y2) dvije tačke na pravoj i x1 ≠ x2. Za x1 = x2, prava koja prolazi kroz tačke T1(x1,y1) ≠ T2(x2,y2), paralena je osi y, te ugao nagiba nije definisan. Primjer 11. Naći koeficijent nagiba prave koja prolazi tačkama A(- 2, 3) i B(5, - 1). Prema formuli (29), dobijemo k=

−1− 3 4 =− . 5 −(−2) 7

Primjer 12. Naći koeficijent nagiba i ordinatni presjek prave 3x + 2y – 6 = 0. Prema odgovarajučoj formuli je k = - A ⁄ B = - 3 ⁄ 2, b = - C ⁄ B = - (- 6 ⁄ 2) = 3. Koeficijent nagiba i ordinatni presjek prave možemo naći i na drugi način. Transformišimo jednačinu prave u oblik y = kx + b, tj. riješimo jednačinu prave po y:

- 94 -

2y = - 3x + 6 ili y = (- 3 ⁄ 2)x + 3. Uporedimo li dobijenu jednačinu y = (-3 ⁄ 2)x+3 sa jednačinom y = kx+b, dobijemo ponovo k = -3 ⁄ 2 i b = 3. Primjer 13. Povući pravu 3x + 4y – 12 = 0. Da bi povukli pravu dovoljno je odrediti njene dvije (razne) tačke na pravoj. Moguče je odrediti otsječke što ih prave otsjeca na osama x i y, ako ti otsjeci postoje, tj. ako prava ne prolazi kroz ishodište. Stavimo li u jednačinu prave y = 0, slijedi: 3x – 12 = 0, tj. x = 4. Dakle, tačka presjeka date prave sa x osom je A(4, 0). Stavimo li u jednačinu prave x = 0, izlazi: y = 3, tj. tačka presjeka date prave sa y osom je B(0, 3). Povuci pravu koja prolazi kroz tačke A i B. Primjer 14. Sastavi jednačinu prave, koja ima nagib prema x osi α = π ⁄ 3 i ordinatni otsječak jednak 4. Prema formuli (27), izlazi k = tg α = tg (π ⁄ 3) = 3 . Sem toga je b = 4. Dakle, prema formuli (28), jednačina prave je y = 3x + 4 ili

3 x − y + 4 = 0.

7.7.4. Još neki oblici jednačine prave Postoje još neki oblici jednačine prave, koje nismo dosada posmatrali.

1. Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku s datim koeficijentom nagiba. Označimo sa p = p (T1, k) pravu koja prolazi kroz datu tačku T1(x1,y1) s datim koeficijentom nagiba k. Tada su ispunjene jednačine y = kx + b, y1 = kx1 + b, gdje je prva jednačina predstavlja jednačinu familije paralelnih pravih sa datim koeficijentom nagiba k i promjenljivog ordinatnog otsječka b, dok druga jednačina dobijemo iz uslova da jedna od pravih te familije prolazi kroz datu tačku T1(x1,y1). Oduzimanjem tih jednačina dobijemo y – y1 = k(x – x1), (30) što je jednačina prvog stepena, tj. tražena jednačina prave p = p (T1, k), koja prolazi kroz datu tačku T1(x1,y1) s datim koeficijentom nagiba k. Primjer 15. Naći jednačinu prave, koja prolazi kroz tačku T1(- 3, 2) s uglom nagiba prema x osi α = 3π ⁄ 4. Koeficijent nagiba je k = tg α = tg (3π ⁄ 4) = - 1. Prema tome, jednačina prave je y – 2 = - 1 (x + 3) ili x + y + 1 = 0. Za promjenljivo k i datu tačku T1 jednačina (30) predstavlja jednačinu familije pravih, koje prolaze kroz datu tačku T1, izuzimajući pravu paralelnu y osi, pošto k = tg (π ⁄ 2) nema smisla. Familije pravih, koje prolaze kroz datu tačku T1, nazivamo pramenom pravih s centrom u tački T1. Primjer 16. Iz pramena pravih, određenog jednačinom y + 2 = k (x - 5), odrediti onu, koja prolazi kroz tačku A(1, 6). Zamjenom koordinata tačke A u jednačinu pramena, dobije se 6 + 2 = k (1 - 5), tj. k = - 2. Dakle, tražena jednačina je y + 2 = - 2 (x - 5) ili 2x + y – 8 = 0.

- 95 -

2. Jednačina prave koja prolazi kroz dvije date tačke. Označimo sa p = p (T1, T2) pravu koja prolazi kroz dvije date tačku T1(x1,y1) i T2(x2,y2). Neka je T(x,y) JJJG JJJG proizvoljna tačka na pravoj p = p (T1, T2), tada su vektori T1T i T1T 2 kolinearni, pošto za zajednički nosač JJJG

JJJG

imaju pravu p = p (T1, T2). Za x1 ≠ x2 i y1 ≠ y2, na osnovu kolinearnosi vektora T1T i T1T 2 , izlazi x − x1 y − y1 = . x2 − x1 y 2 − y1

(31)

Jednačina (31) predstavlja (simetričnu ili kanonsku) jednačinu prave p = p (T1, T2). Ako je x1 = x2 , tada je prave p = p (T1, T2) paralelna y osi, te je njena jednačina x = x1. (32) Ako je y1 = y2 , tada je prave p = p (T1, T2) paralelna x osi, te je njena jednačina y = y1. (33) Primjer 17. Dati su vrhovi A(2,4), B(6,3) i C(4,- 3) trougla ABC. Odrediti jednačinu težišnice AD. Nacrtati odgovarajuću sliku. Tačka D je sredina duži BC, tako da je xD =

x B + xC 6 + 4 y + y C 3 + (−3) = = 5, y D = B = = 0. 2 2 2 2

Treba sastaviti jednačinu prave p = p(A, D), tj. ostaje da u jednačinu (31) umjesto x1 i y1 stavimo koordinate tačke A, a umjesto x2 i y2 koordinate tačke D. Izlazi x−2 y−4 = ili 4x + 3y − 20 = 0. 5−2 0−4 Primjer 18. Odrediti jednačinu prave prave p = p (T1, T2), ako je T1(- 1, 3) i T2(2, 3). Kako je y1 = y2, to je, prema formuli (33), jednačina prave prave p = p (T1, T2) y = 3.

3. Segmentni oblik jednačine prave. Posmatrajmo pravu p = p(A, B), gdje je A(a, 0) (a ≠ 0) tačka na x osi i B(0, b) (b ≠ 0) tačka na y osi. Tada kažemo da prava p otsjeca na osama x i y segmente a i b respektivno. Zamjenimo u (31) x1 i y1 koordinatama tačke A, te x2 i y2 koordinatama tačke B, dobijemo x −a y−0 = , 0−a b−0

ili x y + = 1. (34) a b Jednačinu (34) nazivamo jednačina prave u segmentnom obliku. Primjer 19. Odrediti segmentni oblik jednačine prave 2x – 3y – 6 = 0, te na osnovu dobijenih segmenata povući tu pravu. Prebacimo slobodni član jednačine na desnu stranu i podjelimo jednačinu sa sa njim, dobijemo x y + = 1. 3 -2 Uporedimo dobijenu jednačinu sa jednačinom (34), izlazi a = 3 i b = - 2. Primjer 20. Sastavimo jednačine prave, ako je tačka S(2, 3) sredina duži koju na toj pravoj otsjecaju koordinatne ose. Lahko je provjeriti da su segmenti što ih prava otsjeca na osama a = 2xS = 4, b = 2yS = 6, te je segmentni oblik jednačine prave x y + = 1 ili 3x + 2y - 12 = 0. 4 6

- 96 -

7.7.5. Međusobni položaj dvije prave Neka su u ravni xy date dvije prave p i q svojim jednačinama: A1 x + B1 y + C1 = 0, (1) A2 x + B2 y + C2 = 0. (2) Postoje tri mogućnosti za te prave: ili se sijeku, ili su paralelne, ili se poklapaju. Te mogućnosti proizlaze iz činjenice da sistem jednačina (1) i (2) ima: ili jedinstveno rješenje, ili nema rješenje, ili ima beskonačno mnogo rješenja. Prema tome: A B (i) Ako je determinanta sistema: A1B2 – A2B1 ≠ 0 ili (za A2B2 ≠ 0) 1 ≠ 1 , tj. vektori normala A 2 B2 n1 = (A1, B1) i n2 = (A2, B2) datih pravih nisu kolinearni, tada se prave sijeku. Koordinate tačke presjeka dobiju se kao jedinstveno rješenje sistema jednačina. A B (ii) Ako je determinanta sistema: A1B2 – A2B1 = 0 ili (za A2B2 ≠ 0) 1 = 1 , tj. vektori normala A 2 B2 n1 = (A1, B1) i n2 = (A2, B2) datih pravih su kolinearni, tada se prave ili paralelne ili se poklapaju. Dakle, sada postoje dvije mogučnosti: (a) A1 = λA2 , B1 = λB2 , C1 = λC2 (λ ≠ 0) (3) ili (za A2 B2 C2 ≠ 0) A1 B1 C1 = = = λ ≠ 0. (4) A 2 B2 C 2

U ovom slučaju jednačina (1) dobije se množenjem jednačine (2) sa λ ≠ 0. Dakle, sistem (1) i (2) svodi se na jednu jednačinu sa dvije nepoznate, tj. prave se poklapaju. (b) A1 = λA2 , B1 = λB2 , C1 ≠ λC2 (λ ≠ 0) (5) ili (za A2 B2 C2 ≠ 0) A1 B1 C1 = ≠ , (6) A 2 B2 C 2 tj. A1 B1 = = λ ≠ 0, A 2 B2

a

C1 ≠λ. C2

U ovom slučaju, pomnožimo li jednašinu (2) sa λ, dobijmo A1 x + B1 y + C1 = 0, λA2 x + λB2 y + λC2 = 0. Oduzmemo li drugu od prve jednačine, dobićemo (A1 - λA2 )x + (B1 - λB2 )y + (C1 - λC2 ) = 0 ili 0⋅x + 0⋅y + (C1 - λC2 ) = 0, Odakle slijedi C1 = λC2 , što je protivrječno sa uslovom C1 ≠ λC2. Prema tome, sistm nema rješenja, tj. prave su paralelne. Prave (1) i (2) su ortogonalne akko su njihove normale n1 = (A1, B1) i n2 = (A2, B2) ortogonalne, tj. akko je A1A2 + B1B2 = 0. (7) Jednakost (7) je potreban i dovoljan uslov ortogonalnosti pravih p i q. Ako je B1 B2 ≠ 0, uslov (7) možemo zapisati u obliku A1 A 2 A ⎛ A ⎞ + 1 = 0 ili − 1 ⎜⎜⎜− 2 ⎟⎟⎟ + 1 = 0, B B B ⎜⎝ B ⎟⎠ 1

2

1

2

ili k1k2 + 1 = 0. Sad za k1 ≠ 0 imamo

k2 = −

1 . k1

(9)

(8)

- 97 -

Primjer 21. Ispitati da li se prave 3x – 2y + 1 = 0 i 2x + 5y – 12 = 0 sijeku, te ako se sijeku, odrediti presječnu tačku. 3 −2 Kako ≠ , prave se sijeku. Presječna tačka je (x,y) = (1,2). 2 5 Primjer 22. Sastaviti jednačinu prave, koja prolazi kroz tačku T(- 4, 1) i paralelna je pravoj 4x – 3y + 7 = 0. Jednačina pramena pravih p = p(T, k) je y – 1 = k (x + 4). Sad odredimo koeficijent nagiba prave: k = - A ⁄ B = - 4 ⁄ (- 3) = 4⁄3. Dakle, jednačina prave je 4 y − 1 = ( x + 4) ili 4x − 3 y + 19 = 0. 3 Primjer 23. Data su vrhovi trougla A(- 2, 1), B(0, 5), C(2,- 4). Odrediti visinu trougla povučenu iz vrha C. Napišimo jednačinu pramena pravih s vrhom u tački C: y + 4 = k (x - 2). Visina, iz vrha C, ortogonalna je na stranu AB; zato je njen koeficijent nagiba k = - 1⁄ kAB . Sad je y − yA 5 −1 4 k AB = B = = = 2. x B − x A 0 − (−2) 2

Dakle, k = - 1 ⁄ 2. Zamjenom nađene vrijednosti za k u jednačinu pramena, dobijemo 1 y + 4 = − (x − 2) ili x + 2y + 6 = 0. 2

7.7.6. Ugao između pravih Neka treba naći ugao između pravih p i q u ravni xy čije su jednačine: A1 x + B1 y + C1 = 0, A2 x + B2 y + C2 = 0. Nacrtati grafke pravih p i q. Očito je ϕ = ((p,q ) = ((n1 ,n 2 ) , te izlazi cos ϕ =

A1A 2 +B1B2 n1n 2 = . n1 n 2 A12 +B12 A 22 +B22

(10)

Primjer 24. Odrediti ugao između pravih 7x – y – 2 = 0, x – y + 3 = 0. Prema (10) nalazimo 7 ⋅ 1+ (−1)(−1) 8 A1 A 2 +B1 B2 cos ϕ = = = = 0.8, tako da je ϕ = arccos 0.8 ( ≈ 36o 52' ). 2 2 2 2 10 49+1 1+1 A1 +B1 A 2 +B2

Ako su prave p i q zadane jednačinama y = k1x + b1, y = k2x + b2, tada je α2 = α1 + ϕ , gdje ϕ pozitivni uga između pravih p i q, α1 i α2 su uglovi nagiba pravih p i q respektivno. (Nacrtati sliku!) Izlazi tgα 2 − tgα 2 k 2 − k 2 (11) tg ϕ = tg (α2 − α2 ) = . = 1+ k1k 2 1+tgα1tgα 2 Primjer 25. Naći ugao između pravih 2x – y – 4 = 0, y = 0.5 x + 4. Dakle, iz jednačina pravih nalazimo k1 = - A ⁄ B = - 2 ⁄ (- 1) = 2, k2 = 1 ⁄ 2. Zato je, prema (11) 1 −2 3 tg ϕ = 2 =− . 1 4 1+ 2 ⋅ 2

- 98 7.7.7. Normalni oblik jednačine prave

Pođimo od opšteg oblika jednačine prave a nr + C = 0, (1) gdje je n = (A,B) ≠ (0, 0) bilo koja normala prave i C(= - nr1∈R, a M(r1) je proizvoljna tačka na pravoj a). Neka je O ishodište, a tačka O1 je podnožje normale povučene iz O na pravu a (prava a ne prolazi kroz O). Sem toga uzmimo: JJJG JJJG 10 n0 = ort OO1 , gdje su vektori n0 i OO1 orjentisani od ishodišta ka pravoj a. Tada je ugao ϕ = ((r,n0 ) oštar za svaku tačku T(r)∈ a, jer su oba vektora r = JJJG OT i n0 osmjereni od O ka pravoj a (vidi sl.16).

y T

T1

JJJG QT1

O1 .

p ϕ

Q

T1'

Q

20 Rastojanje tačaka O i O1 označimo sa p, tj. p = d(O, O1)>0.

-n

Sad za svaku tačku T(r)∈ a izlazi n O 0r = prn r = p, pošto je ugao ϕ = ( (r,n 0 ) oštar. n Dakle, vrijedi sl.1 n0r − p = 0 (3) Jednačina (3) predstavlja normalni ili Hesseov (Hesse, L.O., njemački matematičar (1811-1874)) vektorski oblik jednačine prave koja se dobije iz opšte jednačine (1) pod uslovima 10 i 20. Skalarni oblik jednačine (3) je xcos α + ysinα - p = 0, (4) pošto je n0 = (cos α, sinα), gdje je α( = ((i,n0 ) ) ugao nagiba prave a. x

Postavlja se pitanje kako opštu jednačinu (1) dovesti na normalni oblik (3). Odgovor je jednostavan: pomnožimo jednačinu (1) skalarom k koji ćemo odabrati tako da dobijena jednačina (kn)r + kC = 0, bude istovjetna s jednačinom (3). Odatle dobijemo uslove (5) kn = n0 , kC = - p (< 0). 1 1 . Iz prvog uslova u (5) dobijemo k = , a iz drugog da je k suprotnog znaka od C, dakle k= n −sgnC n Prema tome, normalni oblik jednačine (1) je: nr + C = 0. sgn (-C) n

(6)

Pošto je n = (A,B) = A 2 + B2 , to je odgovarajući skalarni oblik jednačine (6)

Ax + By + C −sgnC A 2 + B2

= 0.

(7)

Prjmjer. Data je opšta jednačina prave a 3x + 4y + 10 = 0. Odrediti normalni oblik jednačine prave a, rastojanje p ishodišta O od prave a, te ugao nagiba prave a. Pošto je n = A 2 + B2 = 32 + 42 = 5 , to je normamalni oblik jednačine prave 3x + 4y + 10 10 3 4 = 0, tj. p= = 2, cosα= - , sinα= - . −5 5 5 5

- 99 7.7.8. Rastojanje tačke od prave

Neka je data vektorska jednačina prave a u normalnom (Hesseovom) obliku n0r - p = 0 (1) i tačka T1(r1) van prave. Treba odrediti rastojanje d = d(T1, a) tačke T1 od prave a čija je jednačina (1). Dokazaćemo da vrijedi Stav 1. (i) Zamjenimo vektor položaja tačke T1(r1) u jednačinu (1), tada je skalar μ = μ(r1) ≡ n0r1 - p > 0, < 0, (2) ( = 0), zavisno od toga da li su tačka T1 i ishodište O sa suprotnih strana ili sa iste strane prave a (jasno, znak jednakosti vrijedi kad tačka T1 leži na pravoj a); (ii) Udaljenost tačke od prave d=⏐ n0r1 - p⏐. (3) Dokaz. Obratimo pažnju na to da su: tačka T1 i ishodište O sa suprotnih strana prave a (vidi sl.1), dok su JJJG tačka T1' i ishodište O na istoj strani prave a. Ako je Q projekcija tačke T1 na pravu a, tada vektor QT1 ima smjer orta normale n0, a za tačku T1' smjer suprotan ovom vektoru. Stoga možemo pisati JJJG QT1 = μ n0 , (4) gdje je μ > 0 (< 0) za tačku T1 (za tačku T1'). Sem toga je tražena udaljenost JJJG d = QT1 = μ n0 = μ . (5) Kako tačka Q(rQ) leži na pravoj to njen vektor polpžaja zadovoljava jednačinu (1), tj. mora biti n0rQ - p = 0. (6) JJJG JJJG Iz QT1 = r1 − rQ , prema (4), dobijemo rQ = r1 − QT1 = r1 − μn0 , što zamjenom u (6) daje n 0 (r1 − μn 0 ) − p = 0 ,

ili n0 r1 − μ − p = 0

(n on o = 1),

odakle, konačno, proizlazi

μ = μ (r1 ) = n0 r1 − p, tj. (i) je tačno na osnovu (4), a potom da je (ii) tačno prema (5). Primjedbe. 10 Analitički oblici jednakosti (2) i (3), prema pretodnom paragrafu, su μ = x1cos α + y1sinα – p, d = ⏐x1cos α + y1sinα – p⏐. 20 Ako je prava zadana u opštem vektorskom obliku nr + C = 0, tada je njen odgovarajući normalni oblik nr + C = 0, te jednakost (2) za μ i jednakost (3) za udaljenost imaju oblik sgn (-C) n μ=

nr1 + C , sgn (-C) n

d=

nr1 + C nr1 + C . = sgn (-C) n n

30 Za analitički oblik jednačine prave Ax +By + C = 0, jednakosti (2) i (3) su respektivno oblika Ax1 + By1 + C Ax1 + By1 + C μ= ; . d= −sgnC A 2 + B2 A 2 + B2 Zadatak 1. Odrediti rastojanje d dvije paralelne prave zadane, npr. vektorskim jednačinama u normalnom obliku: n0r -

p1 = 0 , n0r - p2 = 0. Rezultat. d = ⏐p1 - p2⏐. Kako glase jednačine pravih ako je d = ⏐p1 + p2⏐? Moguča su dva odgovora!

- 100 8.

ANALITIČKA GEOMETRIJA U PROSTORU

8.1. OSNOVNI ZADACI ANALITIČKE GEOMETRIJE U PROSTORU Osnovni pojmovi analitičke geometrije u prostoru su tačka, kriva i površ. Pod pretpostavkom da imamo jedan prostorni pravougli koordinatni sistem, tačka je okarakterisana svojim koordinatama u tome sistemu, odnosno koordinatama vektora položaja te tačke. Precizne definicije krive i površi u ovakvom kursu nismo u mogućnosti da damo. Ti pojmovi se precizno mogu definisati u specijalnoj matematičkoj disciplini koja se zove topologija. Intuitivno, pod krivom podrazumjevamo skup tačaka koje su poredane jedna do druge u obliku jedne tanke niti, koja ne mora da bude prava. Pod površi intuitivno podrazumjevamo skupove tačaka gusto poredanih jedna uz drugu kao jedna idealno tanka koprena, bez šupljina.

8.1.1. Jednačine krive i jednačina površi u prostoru Ako je xyz Dekartov desni pravougli koordinatni sistem, onda, kako smo vidjeli, postoji bijekcija skupa svih tačaka M ∈ E i uređenih trojki brojeva (x, y, z) ∈ R 3 . Skup svih tačaka jedne krive određivaće skup uređenih trojki koje odgovaraju t i m tačkama. Znači da svakoj krivoj odgovara potpuno određeni skup uređenih trojki. Drugim riječima, za jednu određenu liniju koordinate njenih tačaka zadovoljavaju neki uslov, u nekakvoj su funkcionalnoj zavisnosti. Taj uslov određuje jednačinu posmatrane linije. Nijedna tačka, čije koordinate ne zadovoljavaju taj uslov ne pripada toj liniji. Ako je t → r(t) određena funkcija sa skupa T ⊂ R u skup vektora V 0 (E), onda krajnje tačke promjenljivog vektora r = r(t), čiji je početak u koordinatnom početku O, obrazuju krivu. Dakle, data jednačina r = r(t), (t∈T ⊂ R) (1) gdje promjenljivu t nazivamo parametrom, je vektorska parametarska jednačina date krive K u prostoru. Vektorska jeđnačina (1) ekvivalentna je sa tri skalarne jednačine: x = x(t), y = y(t), z = z(t), (t∈T ⊂ R) (1') koje nazivamo parametarskim (skalarnim) jednačinama te krive. Primjedba. Uporediti ovo razmatranje sa odgovarajućim parametarskim jednačinama krive u ravni xy. Primjetimo da je kriva u ravni, (čije su parametarske jednačine: x = x(t), y = y(t), gdje parametar t uzima vrijednosti iz istog skupa T kao kod jednačina (1) ili (1')) projekcija prostorne krive K na koordinatnu ravan xy. Za određenu površ Π postoji jednačina F (x,y,z) = 0,

(2)

koju zadovoljavaju koordinate bilo koje tačke sa te površi i svaka tačka čije koordinate ne zadovoljavaju ovu jednačinu nije na datoj površi Π. Takva jednačina zove se jeđnačina površi Π. Ako su x = x(u, v) i y = y(u, v) funkcije od u i v onda se iz F(x(u,v), y(u,v), z) = 0 može odrediti z kao funkcija od u i v, tj. z = z(u, v). Na taj način vektor položaja tačaka površi Π je funkcija promjenljivih u i v, tj. tada je r = r(u, v),

(2')

Jednačina (2') (⇔ (2)) naziva se vektorska (parametarska) jednačina površi Π. Osnovni zadaci analitičke geometrije u prostoru xyz (slično kao u analitičkoj geometriji u ravni xy) mogu se podijeliti u dvije grupe:

- 101 ♦ Dato je geometrijsko mjesto tačaka u prostoru (npr. površ Π ili kriva K ). Odrediti jednačinu(e), ili neke druge uslove, koji su ispunjeni za (i samo za) koordinate svake tačke tog geometrijskog mjesta tačaka; ♦ Data je jednačina(-e) geometrijskog mjesta tačaka u prostoru (npr. površi Π ili krive K); ispitati oblik i druge osobine geometrijskog mjesta tačaka čije je to jednačina(-e). Postavljene zadatke analitičke geometrije u prostoru nije moguće riješiti u generalnom obliku, već moramo razmatrati pojedinačne slučajeve. Za početak izučićemo najprostije površi u prostoru, ravne površi (ili ravni).

8.2. RAVAN 8.1.1. Opšta jednačina ravni Pokazali smo da je prava u ravni xy kriva prvog reda, tj. da je opšta jednačina prave algebarska jednačina prvog stepena promjenljivih x i y. Dokazaćemo da je i opšta jednačina ravni algebarska jednačina prvog stepena sa promjenljivim x,y,z. Stav1. (i) Neka je Π ravan u prostoru, tada je njena jednačina oblika Ax + By + Cz + D = 0, (1) gdje su realni brojevi A, B, C i D takvi realni brojevi da je vektor n = (A, B, C) ≠ 0, tj. A2 + B2 + C2 ≠ 0 (2) okomit na ravan Π. (ii) Obrnuto, neka je je data algebarska jednačina prvog stepena oblika (1), čiji koeficijenti zadovoljavaju uslov (2). Tada postoji jedna i samo jedna ravan Π čija je to jednačina.

Dokaz. (i) Uzmimo (bilo koju) tačku T1(x1, y1, z1) na ravni Π i bilo koji vektor n = (A, B, C)

z Π

n

T1

T r1 r

y

x Sl.1

različit od nula vektora koji je ortogonalan na ravan Π. Tada je vektor n normalan na sve pravce (tj. sve vektore) koji leže u ravni Π. Zato tačka T(x,y,z) pripada ravni Π ako i samo JJJG ako je n ⊥ T1T , tj. ako i samo ako je JJJG nT1T = 0 . (3) JJJG Iz T1T = (x − x1 , y − y1 , z − z1 ) , n = (A, B, C) i (3) slijedi da T∈Π ako i samo ako je A(x - x1) + B(y - y1) + C(z - z1) = 0, (4) ili Ax + By + Cz + D = 0, gdje je D = - Ax1 - By1 - Cz1. (5) (ii) Sad ćemo dokazati obrnut stav. Prvo

ćemo provjeriti da jednačina (1) ima bar jedno rješenje (x1, y1, z1) ∈ R3. Zaista, jednačinu (1) možemo riješiti po onoj od tri nepoznate čiji je koeficijent ≠ 0, dok preostale dvije nepoznate biramo proizvoljno. Tada je Ax1 + By1 + Cz1 + D = 0. (6) Oduzmimo (6) od (1), izlazi A(x - x1) + B(y - y1) + C(z - z1) = 0,

- 102 što je ekvivalentno sa (3), tj. sve tačke ravni Π, koja sadrži tačku T1(x1, y1, z1) a normalna je na vektor n zadovoljavaju jednačinu (1), tj. (1) je jednačina ravni Π. Za tačku T(x,y,z) van ravni JJJG Π, vektor n nije ortogonalan sa vektorom T1T , tako da ne vrijedi (3), tj. ravan Π je jedinstvena. Primjedba. Opšta jednačina (1) ravni Π može se zapisati u ekvivalentnom vektorskom obliku nr + D = 0, (1 ' ) 2 2 2 gdje vektor n = (A, B, C) (≠ 0, tj. A + B + C ≠ 0) nazivamo vektorom normale ravni Π. Jasno je da je r radijus vektor proizvoljne tačke u ravni Π, a konstanta D = nr1 = - Ax1 - By1 - Cz1.

8.1.2. Neki drugi oblici jednačine ravni Vrlo slično, kao što smo to uradili za pravu u ravni, sad ćemo izvesti razne drugi oblike jednačina ravni, koji su svi ekvivalentni međusobno.

(I) Jednačina ravni sa datom normalom koja prolazi kroz datu tačku Neka ravan Π = Π( T1, n), čija je normala dati vektor n, prolazi kroz tačku T1. Tada je, prema dokazu stava1 njena jednačina data sa (4), čiji je vektorski oblik n (r - r1) = 0. (4') (II) Segmentni oblik jednačine ravni

Ako su u opštoj jednačini (1) ravni svi parametri različiti od nule, tj. proizvod ABCD ≠ 0, onda se (1) može napisati u obliku x y z + + −1 = 0, (7) a b c gdje je očito a = - A/D, b = - B/D, c = - C/D. Jednačina (7) naziva se segmentna jednačina ravni. Naime, lahko se provjerava da su a,b i c segmenti (ili odsječci) što ih ravan odsjeca na x, y i z osi respektivno. Napr. na x osi je y = 0 i z = 0, te iz (7), dobijemo segment na x osi x = a, tj. presječna tačka ravni i x ose je A(a,0,0).

(III) Normalna (Heseova) jednačina ravni Analogno kao kod jednačine prave u ravni, opštu jednačinu ravni (1) ili (1') možemo prevesti na normalni oblik. Da bismo izveli normalni oblik jednačne ravni pokazaćemo da je rastojanje koordinatnog početka od ravni Π , zadate jednačiinom (1 ' ), dato sa D p = −sgnD . (8) n P .

Pretpostavimo da je vektor n orijentisan na onu stranu ravni Π sa koje nije koordinatni pocetak O, i neka je P projekcija koordinatnog pofietka O na ravan Π (sl.2). Tada je ((n,r ) oštar za svaku tačku T(r) na ravni Π , pa je projekcija vektora r na vektor n pozitivan broj, odnosno prn0 r = p = OP =

nr −D = , ( ⇔ nr + D = 0). n n

Π n0 O sl.2

n T

- 103 Ako bi n bio orijentisan na onu stranu ravni Π na kojoj je i koordinatni početak onda bi bilo prn0 r = −p , čime je obrazac (8) dokazan. Podjelimo li sada jednačinu (1') sa ± n = sgn (−D) n dobijemo −sgnD Vektor −sgnD

nr + D = 0. n

n je jedinični vektor normalan na Π (sl.2), pa ćemo ga označiiti sa n 0 . n

Pošto još važi (8) dobijamo n0r – p = 0. (9) Jednačina (9) se zove normalna jednačina ravni u vektorskom obliku. U njoj p i n 0 . imaju predpostavljeno značenje. Kao što znamo, vektor n 0 može da se zapiše u obliku n0 = cosα i + cosβ j + cosγ k, (10) gde su α , β i γ redom uglovi koje vektor n0 zaklapa sa ortovima i, j i k odgovarajućih koordinatnih osa. Ako se i vektor r izrazi preko koordinata, onda se jednačina (9) može napisati u obliku xcosα + ycosβ + zcosγ - p = 0. (11) Ova jednačina je poznata kao normalna jednačina ravni u sklaranom obliku.

(IV) Parametarske jednačine ravni

Neka je sada ravan Π određena sa tri date tačke M 0 (x0,y0,z0), M1(x1,y1,z1), M2(x2yy2,z2). JJJJJG JJJJJG JJJJJG JJJG Označimo: a = M 0 M1 , b = M 0 M 2 i OM = r, gdje je M ∈ Π (sl.3). Tada je M 0 M = r − r0 i vektori a, b i r - r 0 su linearno zavisni (leže u ravni Π ). Zato postoje brojevi u i v takvi da je r - r 0 = ua + vb, tj.

( ∀Μ ∈ Π)(∃!(u,v) ∈ R 2 ) r = r 0 + ua + vb.

(12)

Jednačina (12) zove se vektorska parametarska jednačina ravni. Prelaskom na koordinate dobijamo x = x 0 + ua1 + vb1 , y = y0 + ua 2 + vb 2 , z = z 0 + ua 3 + vb3 , (13) gde je a = (a 1, a 2 , a3 ), b = (b1, b2 , b3 ). Jednačine (13) su poznate kao parametarske jednačine ravni .

(V) Jednačina ravni kroz tri date tačke

JJJJJG JJJJJG JJJJJG Ako se iskoristi skalarni uslov komplanarnosti vektora M 0 M1 , M 0 M 2 i M 0 M onda se dobije jednačina ravni kroz tri date tačke: x − x0 y − y0 z − z0

x1 − x 0

y1 − y 0

z1 − z 0 = 0.

x2 − x0

y 2 − y0

z2 − z0

(14)

Primjedba. Kao što smo to dokazali za jednačinu (1) (stav1), tako isto može se dokazati da svaka od jednačina: (4), (4'), (7), (9), (11), (12), (13) i (14) određuje jednu i samo jednu ravan u prostoru. Koju od jednačina ćemo koristiti zavisi od toga sa kojim ''minimalnim'' brojem podataka je zadana ravan. Tako napr. ravan je moguće zadati sa:

- 104 10 20 30 40 50 60 70

normalom i jednom tačkom, rastojanjem od koordinatnog početka i ortom normale (određenog smijera), tri nekolinearne tačke na ravni, otsječcima ravni na koordinatnim osama, pravom i tačkom van te prave, dvije prave koje se sijeku ili su paralelne (tj. nisu mimoilazne), tačkom i dva (nekolinearna) vektora vezana za ravan,

itd. Primjer. Napisati navedene oblike jednačine ravni koja sadrži tačke: M1(2,0,2), M2(0,-4,0), M3(2,-2,1/2). JJJJJG JJJJJG 3 M1 M 2 = −2i − 4 j − 2k , M1 M 3 = −2 j − k. 2

Tada je i j k JJJJJG JJJJJG n = M1 M 2 × M1 M 3 = -2 -4 -2 = 2i − 3j + 4k , r1 = 2i + 2k. 0 -2 -3/2

Dakle, izlazi n(r - r1) = 0 ⇔ (2i - 3j + 4k)(r - 2i - 2k) = 0, nr + D = 0 ⇔ (2i - 3j + 4k)r = 12, A(x - x1) + B(y - y1) + C(z - z1) = 0 ⇔ 2(x - 2) - 3(y - 0) + 4(z - 2) = 0, Ax + By + Cz + D = 0 ⇔ 2x - 3y + 4z - 12 = 0, x y z x y z + + −1 = 0 ⇔ + + −1 = 0, a b c 6 -4 3 nr 12 3 1 3 1 p = sgn(-D) , n = 4+12+16 = 4 2 , p= = , n0 = i− j+ k, n 2 4 2 2 2 4 2 2 tako da je ⎛ 1 3 1 ⎞⎟ 3 n0r - p = 0 ⇔ ⎜⎜ i− j+ k ⎟r − = 0, ili u skalarnom obliku ⎜⎝ 2 2 ⎟ 2 4 2 2 ⎠ 3 1 -3 1 = 0, gdje je α=arccos , β =arccos , γ =arccos , ⇔ xcosα+ycosβ +zcosγ2 2 2 4 2 2 ⎛ 3 ⎞ r = r 0 + ua + vb ⇔ r = 2i + 2k + u (−2i − 4j − 2k ) + v ⎜⎜−2j − k ⎟⎟ , ili u skalarnom obliku ⎜⎝ 2 ⎠⎟ 3 x = 2 - 2u + 0v, y = 0 - 4u - 2v, z = 2 - 2u - v, 2

x-2 y z-2 te jednačina ravni kroz tri tačke: -2 -4 -2 =0. 3 0 -2 2

8.1.3. Rastojanje tačke od ravni Neka je data vektorska jednačina ravni Π u normalnom (Hesseovom) obliku n0r - p = 0 (1) i tačka M0(r0) van ravni. Treba odrediti rastojanje d = d(M0, Π ) tačke M0 od ravni Π , zadane jednačinom (1). Tada se, na sličan način kao za pravu, dokazuje da vrijedi

- 105 Stav 1. (i) Zamjenimo vektor položaja tačke M0(r0) u jednačinu (1). Tada je skalar

μ(r0) ≡ n0r0 - p > 0, < 0, (2) ( = 0), zavisno od toga da li su tačka M0 i ishodište O sa suprotnih strana ili sa iste strane ravni Π (jasno, znak jednakosti vrijedi kad tačka M0 leži na ravni Π ); (ii) Udaljenost tačke od ravni Π d=⏐ n0r0 - p⏐. (3)

Neka je ravan Π zadana jednačinom u opštom obliku nr + D = 0, ili Ax + By + Cz + D = 0, tada je odgovarajući normalni oblik tih jednačina nr + D Ax + By + Cz + D = 0, ili = 0, −sgnD n −sgnD n što se dokazuje analogno kao za pravu u ravni (provjeriti taj rezultat!). Odatle se dobije, za vektorsku jednačinu nr0 + D nr0 + D , μ= d= , sgn (-D) n n ili u analitičkom obliku Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D ; . d= μ= A 2 + B2 + C 2 −sgnD A 2 + B2 + C 2 Primjer. Naći rastojanje tačke A(1,2,3) od ravni x – y + 3z – 2 = 0. Procijeniti s koje strane ravni se nalazi tačka A. 1− 2 + 3 ⋅ 3 − 2 6 Izlazi μ = > 0, te je tačka A s one strane ravni gdje nije ishodište. Jasno, d = μ. = + 1+4+9 14

8.1.4. Uzajamni odnos dvije ravni

Neka su dvije ravni Π 1 i Π 2 date svojim jednačinama u opštem obliku: Π 1 : A1x + B1y+C1z+D1 = 0. Π 2 : A2x + B2y+C2z+D2 = 0. Vektor normale ravni Π 1 je n l = ( A l , B 1 , C l ) , a normalni vektor ravni Π 2 je n2 = (A2,B2, C2). Pod uglom između ravni Π 1 i Π 2 , podrazumjevamo ugao između vektora n 1 i n 2 . Mogu nastupiti slučajevi: (I) ravni Π 1 i Π 2 se sijeku (akko vektori n 1 i n 2 nisu kolinearni), (II) Π 1 i Π 2 su paralelne (akko su vektori n 1 i n 2 kolinearni). Specijalni slučaj kada se ravni sjeku je da se sjeku pod uglom od π/2, a specijalni slučaj kada su paralelne jeste kada je Π 1 = Π 2 . Ugao α između ravni Π 1 i Π 2 je određen iz cosα=

n1n 2 A1 A 2 +B1 B2 +C1C2 = . 2 n1 n 2 A1 +B12 +C12 A 22 +B22 +C22

Dalje je: (a) uslov normalnosti dvije ravni Π1 ⊥ Π 2 ⇔ n1n 2 = 0 ⇔ A1A 2 +B1B2 +C1C2 = 0 (b) uslov paralelnosti dvije ravni

(1)

(2)

- 106 Π1 & Π 2 ⇔

A1 B1 C1 D1 = = ≠ . A 2 B2 C 2 D 2

(3)

(c) uslov da jednačina Π 1 i Π 2 predstavljaju jednu ravan A B C D Π1 =Π 2 ⇔ 1 = 1 = 1 = 1 . (4) A 2 B2 C 2 D 2 Uslovi normalnosti i paralelnosti ravni slijede iz odgovarajućih uslova za vektora n1 i n2. Uslov (4) slijedi iz uslova paralelnosti tj, da iz n2 = kn1 (k≠0) i uslova da je bar jedna tačka zajednička za obe ravni. Neka je to tačka M1(x1,y1, z1). Tada je T∈Π1 ∩ Π2 ⇒ k(A1x1+B1y1+C1z1)+D2=0 ⇒ k( - D1) + D2=0 ⇒ D2=kD1. Ako ravni Πl i Π2 zadane jednačinama opšteg vektorskog oblika: n 1 r + D 1 = 0 i n 2 r + D 2 = 0, onda ih je moguće prevesti na analitički oblik Π1: i Π2:.

Pramen ravni Pretpostavimo sada da se ravni Π1 i Π2 zadane jednačinama Π1: i Π2: sijeku, onda je njihov presjek prava u prostoru. Skup S = S(Π1, Π2) svih ravni koje prolaze kroz presječnu pravu Π1∩Π2 ravni Π1 i Π2 nazivaćemo pramen ravni određen ravnima Π1 i Π2. Pokazaćemo da je svaka ravan iz pramena S(Π1, Π2), osim ravni Π2, određena jednačinom: n 1 r + D 1 + λ (n 2 r + D 2 ) = 0, (1) ili u analitičkom obliku (A1 + λ A2) x + (Bl + λ B2) y + (Cl + λ C2) z + D 1 + λ D 2 = 0, (1') gdje je λ proizvoljan realni skalar. Zaista, ako je T, sa vektorom položaja r ili sa koordinatama (x, y, z), proizvoljna tačka na presječnoj pravoj Π1∩Π2, tada će vektor polozaje r, (tj. koordinatama (x, y, z)), zadovoljavati jednačinu (1), (tj. jednačinu (1')). Jednačina (1), ili (1'), u kojoj se nalazi promenljiv parametar λ zove se jednačina pramena ravni S(Π1, Π2). Primjer 1. Naći ugao između ravni: x+y-z=0 i x - y + z = 0 , te naći ravan koja prolazi kroz presjek ove dvije i normalna je na prvoj. nn 1-1-1 1 n1= (1, 1, - 1), n2= (1, - 1, 1), cosα = 1 2 = =- . n1 n 2 3 3 3 Jednačina pramena je: (1 + λ)x + (1 - λ)y + (- 1 + λ)z=0. Pošto tražena ravan pripada pramenu, to je njena normala n=(1 + λ, 1 - λ, - 1 + λ), gdje parametar λ treba odrediti iz uslova ortogonalnosti datih ravni, tj. nn2 = 0 ili 1(1 + λ) + 1(1 - λ) + (- 1)(- 1 + λ) = 0 ⇔ λ = 3. Dakle, tražena rava dobije se iz jednačine pramena za λ = 3: 4x – 2y + + 2z = 0 ili 2x – y + z = 0. Primjer 2. Između ravni, koje prolaze kroz presjek ravni n 1 r + D 1 = 0 i n 2 r + D 2 = 0, odrediti onu koja je

ortogonalna na datoj ravni nr + D = 0. Iz skupa ravni (1) treba odrediti onu ravan, čija je normala n 1 + λ n 2 normalna na vektor n. Dakle, (n 1 + λ n 2 )n = 0. Iz ove jednačine izlazi λ = - nn 1 /(nn 2 ), pa je jednačina tražene ravni: (nn 2 )(n 1 r + D 1 ) = (nn 1 )(n 2 r + D 2 ). Primjedba. Familija (ili skup) svih ravni, koje prolaze kroz datu tačku T1(x1, y1, z1) naziva se pramen ravni sa centrom u tački T1(x1, y1, z1). Lahko je provjeriti da jednačina pramena ravni sa centrom u tački T1(x1, y1, z1) ima oblik A(x - x1) + B(y - y1) + C(z - z1) = 0, (2) gdje su A, B, C proizvoljni realni brojevi takvi da je vektor n = (A, B, C) ≠ 0, tj. A2 + B2 + C2 ≠ 0.

- 107 8.3.

PRAVA (LINIJA) U PROSTORU

U smislu prethodnog paragrafa prava (linija) u prostoru definisana je kao linija presjeka dvije različite ravni (koje nisu paralelne), tj. prava je zadana sistemom jednačina: A1x + B1 y+C1z+D1 = 0, ⎫ ⎪ ⎪, (*) ⎬ A 2 x + B2 y+C2 z+D 2 = 0⎪ ⎪ ⎭ akko vektori normala n1 = (A1, B1, C1) i n2 = (A2, B2, C2) nisu kolinearn, tj. akko nije ispunjena bar A1 B1 C1 . Jasno pravu možemo zadati sa bilo koje dvije različite ravni = = jedna od dvije jednakost: A 2 B2 C 2 pramena α (A1x + B1 y+C1z+D1 ) +β (A 2 x + B2 y+C2 z+D 2 ) = 0, gdje su α i β proizvoljni realni brojevi. Za rješavanju raznih zadataka prikladnije je koristiti neke druge oblike jednačine prave u prostoru. Da bi izveli te druge (ekvivalentne) oblike jednačine date prave, uvešćemo slijedeći pojam: svaki nenula vektor a koji je paralelan datoj prvo a zvačemo vektor date prave a.

8.3.1. Razni oblici jednačine prave Prava a, koja prolazi kroz tačku T1 i paralelna je sa vektorem a. Neka su u prostoru E dati: tačka T1(x1, y1, z1) (ili T1(r1), gdje je r1 vektor položaja tačke T1 , sl.1) i ne-nula vektor a = (a1 , a2 , a3 ). Time je, na osnovu Euklidove aksiome o paralelama, potpuno određena jedinstvena prava a, koja prolazi kroz tačku T1 i paralelna je sa vektorem a. Tu pravu označićemo sa a = a (T1, a); vektor a zvaćemo vektor prave a. Jednačinu prave a odredićemo iz uslova da su za proizvoljnu tačku T(x, y, z) (ili T (r), gdje je r vektor JJJG položaja tačke T , sl.1) na pravoj a vektori: a = (a1 , a 2 , a3 ) i T1T = r − r1 = ( x − x1 ,y − y1 , z − z1 ) kolinearni, što je ispunjeno akko vrijedi, bilo koja od ekvivalentnih jednačina r = r1 + ta ; (1) T1 x - x1 y - y1 z - z1 = = (= t ) ; a1 a2 a3

a r1

T

x = x1 +a1t, y = y1 +a 2 t, z = z1 +a 3 t ;

(2) (3)

gdje je t∈R parametar. Izvedene (ekvivalentne) jednačine prave a(T1, a) nazivamo: r (1) je vektorska parametarska jednačina prave a; O sl.1. (2) je kanonska (ili simetrična) jednačina prave a; (3) su parametarske skalarne jednačine prave a. Primjedba. Jednačinu (1) zadovoljavaju vektori položaja r tačaka prave a(T1, a) i samo ti vektori. Obrnuto, jednačina (1) određuje jednu i samo jednu pravu a. Zaista, ako se kroz kraj vektora r 1 povuče prava paralelna vektoru a, onda ona za jednačinu ima (1), a više pravih kroz jednu tačku paralelno datom vektoru ne može prolaziti, jer je to protivrječno Euklidovom aksiomu o paralelama. Jasno, ista tvrdnja vrijedi za ekvivalentne jednačine (2) i (3). Jednačine prave a koja prolazi kroz dvije date (različite) tačke: T1 i T2 dobije se iz jednačina (1)-(3) JJJG ako se stavi da je vektor a = T1T 2 = (x 2 - x1 , y 2 - y1 , z 2 - z1 ) vektor prave a. Dakle, dobije se r = r1 + t (r2 − r1 ) ;

(4)

- 108 x - x1 y - y1 z - z1 = = ( = t) ; x 2 - x1 y 2 - y1 z 2 - z1

(5)

x = x1 + ( x 2 - x1 ) t, y = y1 + ( y 2 - y1 ) t, z = z1 + (z 2 - z1 ) t ;

(6)

gdje je t∈R parametar. Jednačine (4) - (6) nazivaju se: JJJG (4) vektorska parametarska jednačina prave a = a(T1, T1T 2 ); JJJG

(5) kanonska (ili simetrična) jednačina prave a = a(T1, T1T 2 ); JJJG

(6) parametarske skalarne jednačine prave a = a(T1, T1T 2 ). Primjer 1. Napisati vektorsku parametarsku, kanonsku (ili simetričnu) i parametarske skalarne jednačine JJJG prave a = a(A, AB ) određenu tačkama A(1, 2, 3) i B(2, - 1, 4). JJJG Vektor prave a = AB = (1, - 3, 1). Dobijemo, prema (1) - (3), tražene jrdnačine x −1 y − 2 z − 3 r = (1, 2, 3) + t(1, - 3, 1) ⇔ (x = 1 + t, y = 2 - 3t, z = 3 +t) ⇔ = = . 1 1 −3 Normalni (Hesseov) oblik jednačine prave dobije se kad za vektor prave odabere ort vektora prave, tj kad u jednačine (1) - (3) umjesto vektora a stavimo ort a0 = (cosα, cosβ, cosγ), gdje su α, β i γ uglovi što ih vektor prave a zatvara sa pozitivnim koordinatnim polu-osama x, y i z, tj. a0 = a / a . Vektorska jednačin (1) prve a može se zapisatiti u ekvivalentnom obliku a x (r – r1) = 0, JJJG koji izražava uslov kolinearnosti vektora a i T1T = r − r1 , ili ako označimo a x r1 = b, dobijemo još jedan vektorski oblik jednačine a x r = b.

(1’)

(1’’)

8.3.2. Uzajamni odnos dvije prave Neka su prave a i b date svojim jednačinama u kanonskom obliku a:

x - x1 y - y1 z - z1 = = ; a1 a2 a3

b:

x - x2 y - y2 z - z 2 = = ; b1 b2 b3

gde je a = ( a 1 , a 2 , a 3 ) vektor prave a koja prolazi kroz račku T1 (x1 ,y1 ,z1 ) i b = (b1, b2, b3) vektor prave b koja prolazi kroz tačku T2 (x2, y2, z2), (a i b nisu nula vektori). Rješićemo osnovna problema vezana za prave a i b:

1. odredićemo ugao između ovih pravih, 2. naći ćemo uslov da se prava a i b sjeku, 3. izvešćemo obrazac za rastojanje između dve mimoilazne prave. 1. Pod uglom između pravih a i b podrazumjeva se ugao između njihovih vektora a i b. Prema tome je cosα=

a1 b1 +a 2 b 2 +a 3 b3 ab = . 2 a b a1 +a 22 +a 32 b12 +b22 +b32

P

b

T2

Specijalni slučajevi su kada je α = π / 2 i l i α = 0: - uslov normalnosti: a ⊥ b ⇔ a ⊥ b ⇔ a1b1 +a 2 b 2 +a 3 b3 = 0;

a

T1

sl.2

- 109 - uslov paralelnosti pravih: a ⎜⎜ b ⇔ a ⎜⎜ b ⇔

a1 a 2 a 3 = = . b1 b 2 b3

JJJG

2 . Pretpostavimo da se prave a i b sjeku u tački P (sl.2). Tada su vektori T1T 2 , a i b JJJG

komplanarni, tj. linearno zavisni, te ispunjavaju uslov linearne zavisnosti ( T1T 2 x a)b = 0. Na osnovu toga je x 2 -x1 y 2 -y1 z 2 -z1 a1

a2

a3

b1

b2

b3

=0,

(7)

potreban uslov (da se prave sjeku). Ovo nije i dovoljan uslov jer je on ispunjen i ako su prave a i b paralelne, a paralelne prave se ne sjeku. (Ako su prave a i b paralelne tada je u determinanti (7) druga vrsta proporcionalna trećoj vrsti). Prema tome (7) je potreban i dovoljan uslov komplanarnosti dvije prave a i b. 3. Neka su a i b dvije mimoilazne prave (neparalelne prave koje nemaju zajedničkih tačaka). Tada je rastojanje d = d(a, b) između ove dvije prave (najkraće rastojanje između jedne tačke sa prave a do druge tačke sa prave b) dato sa JJJG ⎡ T T , a, b ⎤ ⎢⎣ 1 2 ⎥⎦ (8) d= . a×b JJJG JJJG JJJG Neka je nad vektorima: a = T1A, b = T1B i T1T 2 konstruisan paralelopiped čija je zapremina JJJG V= ⎡⎢ T1T 2 ,a,b ⎤⎥ (nacrtati sliku); osnova ⎣ ⎦ JJJG JJJG paralelopipeda je paralelogram razapet vektorima a = T1A, b = T1B, tako da je površina osnove

B= a × b ; kako je osnova paralilopipeda razapeta vektorima a i b visina paralilopipeda jednaka je rastojanju između pravih a i b. Na osnovu toga izlazi (8). Ako su prave a i b date vektorskim jednačinama treba ih prvo prevesti u skalarni oblik. Primjer 5. Date su tačke T1(1,2,-1), T2(3, -1,0), T3(l, 1,1) i T4(0,1, 2). Da li prave T1T2 i T3T4 leže u jednoj ravni ? Provjerimo da li su JJJG JJJG JJJG vektori T1T 2 = (2,- 3,1), T1T3 = (0,- 1,2) i T1T 4 = (- 1,- 1,3) komplanarni −2 −3 1

0 −1 2 = −6 + 6 − 1+ 4 = 3 ≠ 0. −1 −1 3 Prema tome prave T1T2 i T3T4 su mimoilazne.

8.3.2. Uzajamni odnos prave i ravni. Neka su ravan Π i prava a date sa Π : Ax + By + Cz + D = 0;

a:

x - x1 y - y1 z - z1 = = , a1 a2 a3

- 110 gdje je n = (A, B, C) vektor normale ravni Π , a = (a 1 , a 2 , a 3 ) vektor prave a i T1(x1, y1, z1)∈a. Ugao α prave a prema ravni Π đefiniše se kao ugao između prave a i njene ortogonalne projekcije na π ravan Π . Zato je ((n,a) + α = , te je (nacrtati sliku): 2 Aa1 +Ba 2 +Ca 3 na cos((n,a) =sinα= . = 2 n a A +B2 +C2 a12 +a 22 +a 32 Iz ovog obrasca slijede uslovi:

- uslov paralelnosti prave a i ravni Π je: Π||a ⇔ n ⊥ a ⇔ Aa1 + Ba2 + Ca3 = 0, a a a - uslov ortogonalnosti prave a i ravni Π je: a ⊥ Π ⇔ a ||n ⇔ 1 = 2 = 3 . A B C Da bi prava a bila sadržana u ravni Π potrebno je i dovoljno da je T1∈Π ∧ a⎥⎥ Π, tj. Ax1 + By1 + Cz1 + D = 0 i Aa1 + Ba2 + Ca3 = 0.

(1)

Ako se prava a i ravan Π sijeku, presječna tačka T2 se najlakše nalazi ako se napišu parametarske jednačine prave a: x = x1 + a1t, y = y1 + a2t , z = z1 + a3t i sve to zamjeni u jednačinu ravni Π . Tada se dobije Ax1 + By1+ Cz1 + D + t(Aa1+Ba2 + Ca3) = 0

(2)

odakle se, pod uslovom da a nije paralelna sa Π , jednoznačno određuje t2. Poslije toga se iz parametarskih jednačina određuju koordinate tačke T2 x2 = x1 + a1t2, y2 = y1 + a2t2 , z2 = z1 + a3t2. Da bi (2) bila identitet, tj. da bi a ⊂ Π potrebno je i dovoljno da bude (1). Primjer 6. Kroz datu tačku T1 (—2, 1,1) postaviti pravu normalnu na ravan x - 2y - z - 2 = 0. Vektor normale ravni n = (1, - 2, - 1) je vektor pravca tražene prave, pa je x + 1 y −1 z − 1 = = −2 −1 1 tražena prava.

-- 124 --

10. POVRŠI ■

10.1. Opšta jednačina površi drugog reda, proučavanje metodom presjeka

Neka jednačina F( x, y, z) = 0

(*)

definiše površ u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu u prostoru. Ta površ je geometrijsko mjesto tačaka čije koordinate zadovoljavaju jednačinu (1). Jednačina (1) naziva se jednačmom te površi. Opsta jednačina površina drugog reda je F (x,y,z) = A1x2 + A2y2 + A3z2 + 2Blyz+2B2zx + 2B3xy + 2Clx+2C2y+2C3z + D= 0, (1) gde su Aj, Bj,Cj, (j = l, 2, 3) i D koeficijenti, a x, y, z koordinate proizvoljne tačke na površini. Analitička geometrija u prostoru daje postupak prema kome se gornja jednačina može svesti na ograničen broj jednostavnih tzv. kanonskih oblika, koji odgovaraju različitim tipovima površina drugog reda. Za spitivanje površi date jednačinom (*) možemo koristiti slijedeće dvije metode: I. Ako površinu (1) presječemo jednom ravni koja je paralelna koordinatnoj ravni XY, tada skup jednačina f(x,y, z) = 0,

z=h

definiše jednačine linije presjeka površine sa ravni z = h. Smatrajući h promjenljivim parametrom, dobiće se jedan skup linija presjeka površine (1) sa ravnima paralelnim ravni XY. Analogno se može proučiti karakter linija presjeka površine sa ravnima koje su paralelne ravnima YZ i XZ, pa se na osnovu ovako proučenih presjeka može dobiti predstava o samoj površini. U daljem izlaganju ćemo proučiti metodom presjeka površine drugog reda čije su jednačine date u kanonskom obliku. U postupak za svođenje jednačine (1) na ove kanonske oblike nećemo se upuštati. II. Ispitivanje simetričnosti date površi ćemo iskoristiti prilikom crtanja površi. a) Simetrije. Tačke (x1,y1, z1) i (x2, y2, z2) simetrične su prema: (i) ravni xy, ako je x 1 = x 2, y1 = y2, z1 = - z2 ; (ii) ravni xz, ako je x 1 = x 2, y1 = - y2, z1 = z2; (iii) ravni yz, ako je x 1 = - x 2 , y1 = y2, z1 = z2; (iv) osi z ako je x 1 = - x2 , y1 = - y2 , z1 = z2 ; (v) osi x ako je x 1 = x 2, y1 = - y2 , z1 = - z2 ; (vi) osi y ako je x 1 = - x2 , y1 = y2 , z1 = - z2 ; (vii) ishodištu ako je x 1 = - x2 , y1 = - y2 , z1 = - z2 ; Odavde odmah lahko zapažamo da je površ čija je jednačina (1) simetrična prema: (i) ravni xy, ako je F (x, y, - z) = F (x, y, z); (ii) ravni xz, ako je F (x, - y, z) = F (x, y, z); (iii) ravni yz, ako je F (- x, y, z) = F (x, y, z); (iv) osi z, ako je F (- x, - y, z) = F (x, y, z); (v) osi x, ako je F (x, - y, - z) = F (x, y, z); (vi) osi y, ako je F (- x, y, - z) = F (x, y, z); (vii) ishodištu, ako je F (- x, - y, - z) = F (x, y, z); Jasno je da je u slučaju površi koja predstavlja grafik funkcije bespredmetno govoriti o njenoj simetriji prema ravni xOy, jer tada svaka prava paralelna osi Oz siječe grafik najviše u jednoj tački.

-- 125 --

Primjer 1. Grafik funkcije z = 4 - x2 - y2 simetričan je prema ravnima xz i yz, pa je zato simetričan i prema osi z. Pri tome je presjek grafika i ravni xy centralna kružnica poluprečnika 2 sa jednačinama 4 − x 2 − y 2 = 0 , z = 0  dok su ostali presjeci sa koordinatnim ravnima parabole: z = 4 − x 2  z = 4 − y2  ,    y=0 x=0 Presjeci su predstavljeni na sl.1.

sl.1. 10.2. Cilindrične površi Površ koju opisuje prava p koja se translatorno kreće i sijeće datu krivu D naziva se cilindrična površ ili cilindar. Kriva D naziva se direktrisa (vodilja), a prava p generatrisa (izvodnica) cilindrične površi. Neka je g = (a, b, c) vektor generatrise p i neka je jednačina direktrise: F1(x, y, z) = 0, F 2 (x,y,z)=0. (D) Nađimo jednačinu cilindrične površi koju opisuje prava p krećući se translatorno duž krive D.

sl.2. Ako je M(x, y, z) proizvoljna tačka cilindrične površi, tada ona pripada jednoj izvodnici p (si. 2.). Neka je M0(x0,y0,z0) presečna tačka izvodnice p i direktrise D. Tada važi    F2 (x 0 ,y0 ,z 0 ) = 0,   x − x 0 y − y 0 z − z 0  . = = a b c  F1 (x 0 ,y 0 ,z 0 ) = 0,

(3)

Eliminacijom tri parametara x0, y0, Z0 iz četeri jednačina (3) dobijamo jednačinu cilindrične površi c:

F(x,y,z) = 0.

(4)

-126-

Primjer 1. Nađimo jednačinu cilindrične površi čija je direktrisa kriva D u ravni xy, a izvodnice su joj paralelne osi z. Neka je direktrisa kriva u ravni xy, tada je jednačina direktrise: F(x,y) = 0, z = 0. (D) Možemo uzeti da je vektor generatrise g = k = (0, 0,1). Neka je M(x, y, z) proizvoljna tačka cilindrične površi i neka je ona na izvodnici p (sl. 3.). Ako tačka M 0(X 0, y0, Z0) ∈ p ∩ D, tada važi:     z 0 = 0,   x − x 0 y − y0 z − z 0  = = . 0 0 1  F1 (x 0 ,y 0 ) = 0,

(3* )

sl. 3. *

Iz poslednje dvije od jednačine (3 ) slijedi: x 0 = x, y0 = y, te (pošto je z0 = 0) izlazi da je z proizvoljno. Najzad, iz prve jednačine slijedi F(x,y)=0, (5) što je jednačina cilindrične površi. Objasnimo smisao dobijene jednačine. Ako tačka M0(x0,y0,0) pripada cilindričnoj površi definisanoj jednačinoni (5), tada njene koordinate x0 i y0 zadovoljavaju jednačinu (5), a to znači da jednačinu (5) zadovoljavaju i koordinate svake tačke M(x0,y0,z), z ∈ R, prave koja prolazi kroz tačku M0(x0,y0,0) i paralelna je osi z, pa slijedi da tačka M(x0,y0,z) za svako z ∈ R pripada cilindričnoj površi. Ovo, upravo, znači da je jednačina (5) jednačina cilindrične površi o kojoj je riječ.

sl.4.

sl.5.

Primjer 2. Jednačina x2 + y2 = r2 je jednačina cilindrične površi čija je direktrisa kružnica u ravni xy, a izvodnice su paralelne osi z. Ova površ se zove kružni cilindar (sl. 4).

-127-

Primer 3. Jednačina y2 = 2px (p > 0) je jednačina cilindrične površi čija je direktrisa parabola u ravni xy, a izvodnice su paralelne osi z. Ova površ se zove parabolički cilindar (sl.5).

Na isti način nalazimo jednačinu cilindrične površi čija je direktrisa u ravni xz, odnosno yz, a izvodnice su joj paralelne osi y, odnosno x. Pokažimo sada kako se nalaze jednačine projekcija krive na koordinatne ravni. Neka je kriva C zadata jednačinom F1(x,y,z) = 0, F2(x,y,z) = 0 (C) i neka se eliminacijom promenljive z iz datih jednačina dobija jednačina G(x,y) = 0.

(6)

Ako tačka M(x,y,z) ∈ C, tada, jasno, njene koordinate zadovoljavaju jednačine F 1 (x,y,z) = 0 i F 2 (x,y,z) = 0, pa, samim tim, i jednačinu (6). Ovo znači da kriva C pripada cilindričnoj površi čija je jednačina (6), kao i da je C'xy :

G(x,y) = 0,   z = 0,

jednačina ortogonalne projekcije krive C na ravan Oxy. Cilindrična površ zadata jednačinom (6) naziva se i projektujući cilindar krive C u odnosu na ravan xy. Na isti način se eliminacijom promenljive y iz jednačina krive (C) dobija jednačina njene projekcije na ravan xz, a eliminacijom promenljive x, jednačina projekcije na ravan yz. 10.3. Konusne površi Površ koju opisuje prava p, koja prolazi kroz stalnu tačku V i sijeće datu krivu D naziva naziva se konusna površ ili konus. Tačka V naziva se vrh, kriva D direktrisa (vodilja), a prava p generatrisa (izvodnica) konusne površi. Neka je tačka V(a, b, c) vrh konusa i neka je jednačina direktrise:

F1(x,y,z) = 0,

F2(x,y,z) = 0.

(D)

sl.6.

Nađimo jednačinu nastale konusne površi. Ako je M(x,y,z) proizvoljna tačka konusne površi,tada ona pripada izvodnici p (sl.6). Neka je M0(x0,y0,z0) presečna tačka izvodnice p i direktrise D. Tada važi:

-128-

  F1 (x 0 ,y 0 ,z 0 ) = 0,   F2 (x 0 ,y0 ,z 0 ) = 0,   x − a y − b z − c  = = . x 0 − a y0 − b z 0 − c 

(7)

Eliminacijom tri parametara x0,y0,z0 iz četeri jednačine (7) dobijamo jednačinu konusne površi

F(x,y,z) = 0.

(8)

Primer 6. Napisti jednačinu konusne površi čiji je vrh tačka O(0, 0, 0), a di-rektrisa elipsa  x 2 y 2  + −1= 0, D:  a 2 b 2  z = c.

Neka je M(x, y, z) proizvoljna tačka konusne površi, tada M(x, y, z) ∈ p i neka M0(x0,y0,z0) ∈ p ∩ D (sl.7). Tada je x 02 y02 + 2 − 1= 0, z 0 = c, a2 b x y z = = . x 0 y0 z 0

x y cx cy z 0 , y0 = z 0 . Kako je z 0 = c, to je x 0 = , y 0 = . z z z z Zamjenom x0 i y0 u prvoj jednačini dobijamo jednačinu konusa Iz poslednje jednačine je x 0 =

x 2 y2 z2 + − = 0. a 2 b2 c2 Ako je a = b, direktrisa je kružnica, pa se dobija kružni konus.

sl.7

-129-

10.4. Rotacione površi Površ koja nastaje rotacijom neke krive C oko fiksirane prave p naziva se rotaciona površ (nadalje R). Prava p naziva se osa rotacije. Jasno, svaka tačka krive C pri rotaciji opisuje kružnicu. Razmatraćemo samo specijalne slučajeve: kad je kriva C u nekoj od koordinatnih ravni i kada je osa rotacije neka od koordinatnih osa. Neka je, na primer, kriva C u ravni xz zadata jednačinom F(x,z) = 0, C:  y = 0 i neka rotira oko ose Oz.

S(0,0,z0)

Sl.1

Neka su: M(x,y,z) proizvoljna tačka nastale rotacione površi, M0(x0,:y0,z0) tačka krive C koja pri rotiranju prolazi kroz tačku M(x,y,z) i S(0,0,z0) centar kružnice rotacije, tada je (sl.1):


 y0 = 0, F(x0, z0) = 0, z0 = z, x0 = x 2 + y 2 = SM . (*)

(

)

Eliminacijom x 0, y0, z0 iz jednačina (*) dobijamo jednačinu rotacione površi:

R:

F

(

)

x 2 + y 2 , z = 0.

(1)

Imajući u vidu vezu između jednačina rotirajuće krive C i jednačine (1) nastale rotacione površi, bez teškoća se može napisati jednačina rotacione površi u ostalim slučajevima. Rezultati su dati u tabeli:

-130-

Jednačina rotirajuće krive

Osa rotacije

Jednačina rotacione površi

F(x,y) = 0, z=0

x

F(x,y) = 0, z=0

y

F(x,z) = 0, y=0

(

F

x

F(x,z) = 0, y=0

z

F(y,z)=0, x=0

y

F(y,z)=0, x=0

z

)

F x, y 2 + z 2 = 0

(

)

x 2 + z2 , y = 0

(

)

F x, y 2 + z 2 = 0

F

(

)

x 2 + z2 , z = 0

(

)

F y, x 2 + z 2 = 0 F

(

)

x 2 + y2 , z = 0

Primer 1. Napisati jednačinu površi koju opisuje elipsa

C:

2  x 2  + y = 1,  a2 b2  z = 0

rotirajući oko ose x. Iz tabele vidimo da je dovoljno da u jednačini

x 2 y2 + = 1, umjesto y stavimo y 2 + z 2 . Na taj način a 2 b2

dobijamo jednačinu x 2 y2 + z2 + =1 a2 b2 nastalog rotacionog elipsoida.

10.5. Površi drugog reda

Podsjetimo se na već uvedene definicije. Definicija 1. Opšta jednačina drugog stepena u odnosu na promjenijive x, y i z je jednačina oblika

Ax 2 + By2 + Cz2 + 2Dxy + 2Eyz + 2Fxz + 2Gx + 2Hy + 2I z + J = 0,

(1)

gdje je bar jedan od koeficijenata A, B, C, D, E, F različit od nule. Definicija 2. Površ koja je definisana jednačinom (1) u odnosu na Dekartov pravougli koordinatni sistem xyz je algebarska površ drugog reda. Kao i jednačina drugog reda u odnosu na promenljive x i y i jednačina (1) se podesno izabranom translacijorn i rotacijom koordinatnog sistema može svesti na kanonski oblik. Međutim, mi se ovde time nećemo baviti. U daljem izlaganju izučavaćemo neke površi drugog reda zadate kanonskim jednačinama i to pomoću presjeka površi ravnima koje su paralelne koordinatnim ravnima.

-131-

10.5.1 Sfera Definicija1. Sfera je skup svih tačaka u prostoru (pod)jednako udaljenih od jedne stalne tačke koja se zove centar sfere. Rastojanje proizvoljne tačke sfere od njenog centra je poluprečnik sfere (sl. 1).

Neka je tačka C(a, b, c) centar, R poluprečnik sfere i M(x. y, z) proizvoljna tačka sfere, tada


 2 jednačina sfere slijedi iz CM = R 2 , tj. (x - a)2 + (y- b)2 + (z - c)2 = R2.

(2)

Posebno, ako je a = b = c = 0, tj. ako je centar sfere u koordinatnom početku, tada je njena jednačina x2 + y2 + z2 = R2. Sl.1.

(3)

Presjek sfere i proizvoljne ravni je kružnica.

Primer 1. Naći jednačinu ravni koja dodiruje sferu S: (x - 2)2 + (y - 1)2 + (z - 1) 2 = 12 i paralelne su ravni α: x + y + z + 10 = 0. Parametarske jednaćine prave n koja je normalna na ravan α i sadrži centar sfere C(2,1,1) su:

x = 2 + t,  n :  y = 1+ t,  z = 1+ t. Zamenom x, y, z u jednačini sfere, dobijamo jednačinu 3t2 = 12, tj. t2 = 4, čija su rešenja t1= - 2, t2 = 2. Iz parametarskih jednačina prave n za t1= - 2 i t2 = 2 dobijamo tačke T1(0, - 1, - 1) i T2 (4, 3, 3) u kojima ravni paralelne ravni M dodiruju sferu. Njihove jednaćine su:

β 1:

l(x - 0) + l(y + 1) + 1(z + 1) = 0,

β2 :

1(x - 4) + l(y - 3) + l(z - 3) = 0,

tj.

β 1: x + y +z + 2 = 0,

β 2: x + y +z - 10 = 0.

10.5.2. Elipsoid Elipsoid je površ čija se jednačina, pri određenom izboru Dekartovog pravouglog sistema, može napisati u obliku

x 2 y2 z 2 + + =1 (1) a 2 b 2 c2 gde je a > 0, b > 0, c> 0 (sl.2.). Razmotrimo presjek elipsoida i ravni koja je paralelna koordinatnoj ravni xy. Jednačina ravni je oblika z = h, pa slijedi da je jednačina presječne krive oblika

-132-

x 2 y2 z 2 + + = 1, a 2 b 2 c2

z = h.

(2)

sl.1

Eliminacijom promenljive z iz gornjeg sistema dobijamo jednačinu x 2 y2 h2 + = 1 − . (3) a 2 b2 c2 1° Ako je  h < c, tada je jednačina (3) jednačina cilindra čije su izvodnice paralelne osi z na kome leži presječna kriva i možemo je napisati u obliku x2 y2 + = 1,  h 2   h 2  2 2 a 1− 2  b 1− 2    c  c  a jednačinu presječne krive u obliku x2 y2 + = 1 , z = h,  h 2   h 2  2 2 a 1− 2  b 1− 2   c   c  iz koga se vidi da je presječna kriva elipsa čiji je centar tačka S(0,0, h) na osi z, a poluose h2 h2 i b = b 1 − . h c2 c2 2° Ako je  h = c, tada je za h = c presjek tačka C(0,0, c), a za h = - c tačka C1 (0,0, - c). 3° Ako je  h > c, jednačina (3) definiše prazan skup tačaka, a to znači da presjek elipsoida i ravni ne postoji. Na potpuno isti način razmatraju se presjeci elipsoida ravnima koje su paralelne koordinatnim ravnima xz i yz. a h = a 1−

Ako je a = b = c, elipsoid je sfera.

10.5..3 Jednograni hiperboloid Jednograni hiperboloid (koji ne sjeće z osu) je površ čija se jednačina može napisati u obliku x 2 y2 z 2 + − =1 (1) a 2 b 2 c2 gdje je a > 0, b > 0, c > 0 (sl.1). Presjek jednogranog hiperboloida i ravni z = h koja je paralelna koordinatnoj ravni xy je kriva čija je jednačina

-133-

x 2 y2 z 2 + − = 1, z = h, a 2 b 2 c2 odnosno

x2  h2  a 1+ 2  c  

+

2

y2  h2  b 1+ 2   c 

=1,

z = h.

2

Kao što se vidi, presječna kriva je elipsa čiji je centar tačka S(0,0, h) na osi z, a poluose h2 h2 i b = b 1+ za svako h∈ R. h c2 c2 Razmotrimo presjek jednogranog hiperboloida i ravni y = k koja je paralelna koordinatnoj ravni xz. Jednačina presječne krive je a h = a 1+

x 2 y2 z 2 + − = 1, y = k, a 2 b 2 c2 Eliminacijom promenljive y iz gornjeg sistema, dobijamo jednačinu cilindra čije su izvodnice paralelne osi y i na kome leži presječna kriva: x 2 z2 k2 − = 1 − . a 2 c2 b2 k2 1° Ako je  k < b, tada je 1− 2 > 0, pa jednačinu presječne b krive možemo napisati u obliku x2 z2 − = 1, y = k,  k 2   k 2  2 2 a 1− 2  c 1− 2   b   b  sl.1.

što predstavlja hiperbolu čiji je centar tačka P(0, k, 0) na y osi, čije su poluose: realna a k = a 1 −

2° Ako je

 k > b, tada je 1−

k2 k2 i imaginarna c = c 1 − . k b2 b2

k2 < 0, pa jednačinu presječne krive možemo napisati u b2

obliku z2  k2  c  2 − 1  b  2

−

x2  k2  a  2 − 1  b 

= 1,

y = k,

2

iz koga se vidi da je ona hperbola čiji je centar tačka Q(0, k, 0) na osi y, realna poluosa ck = c

k2 k2 − 1 , a imaginarna a = a − 1. k b2 b2

3° Ako je  k = b, tj. k = b ili k = - b, tada je 1−

k2 = 0. Za k = b jednačina presječne krive je b2

x 2 z2 − = 0, y = b, tj. a 2 c2     x − z  x + z  = 0, y = b,  a c  a c 

-134-

x z x z − = 0, y = b; + = 0, y =b. Kao što se vidi, presječnu krivu čine dvije prave a c a c koje se seku u tački B(0, b, 0). Odnosno:

Za k = - b presječnu krivu čine dve prave čije su jednačine x z x z − = 0, y = - b; + = 0, y = - b. a c a c

(Vidi sliku1).

Na potpuno isti način razmatraju se presjeci jednogranog hiperboloida i ravni x = l koje su paralelne koordinatnoj ravni yz. x 2 y2 z2 x2 y2 z 2 Površi čije su jednačine 2 − 2 + 2 = 1 ili − 2 + 2 + 2 = 1 (a > 0, b > 0, C > 0) takođe a b c a b c su jednograni hiperboloidi (koji ne sjeku y ili x osu, respektivno).

10.5.4. Dvograni hperboloid Dvograni hperboloid (koji od osa sjeće samo z osu) je površ čija jednačina može biti napisana u obliku x 2 y2 z 2 + − = −1 a 2 b 2 c2

(1)

gde je a > 0, b > 0, c > 0 (sl.1.). Razmotrimo presjek dvogranog hiperboloida i ravni z = h koja je paralelna koordinatnoj ravni xy. Jednačina presječne krive je x 2 y2 z 2 + − = −1 , z = h. a 2 b 2 c2 Eliminacijom promenljive z dobijamo jednačinu x 2 y2 h 2 + = −1. a 2 b2 c2

(1)

1° ako je  h > c, tada je jednačina (1) jednačina cilindra (čije su izvodnice paralelne osi z) na kome leži presječna kriva, dok je presječna kriva elipsa čija je jednačina x2 y2 + = 1, z = h.  2   2  2 h 2 h  a  2 − 1 b  2 − 1   c  c  Centar elipse je tačka Q(0,0, h) na osi z, a poluose su ah = a

h2 h2 − 1 i b = b − 1. h c2 c2

2° ako je  h = c, tada je za h = c presjek tačka C(0, 0, c), a za h = - c presjek je tačka C(0, 0, - c). 3° Ako je  h < c, jednačina (1) definiše prazan skup tačaka, a to znači da presjek hiperboloida i ravni ne postoji. Sl.1.

-135-

Presjek dvogranog hiperboloida i ravni y = k, koja je paralelna koordinatnoj ravni xz, je hiperbola čija je jednačina x 2 y2 z 2 + − = −1 , y= k, a 2 b 2 c2 tj. z2

 k2  c  2 + 1   b 2

−

x2

 k2  a  2 + 1   b

= 1, y = k.

2

Centar hiperbole je tačka R(0, k, 0) na osi y, realna poluosa je c k = c

k2 + 1, a imaginarna b2

k2 + 1. Vidi sl.1. b2 Na potpuno isti način razmatraju se presjeci dvogranog hiperboloida i ravni x = l koje su paralelne koordinatnoj ravni yz. x 2 y2 z2 x 2 y2 z 2 Površi čije su jednačine 2 − 2 + 2 = −1 ili − 2 + 2 + 2 = −1 (a > 0, b > 0, c > 0) takođe su a b c a b c dvograni hiperboloidi (koji sjeku samo y ili samo x osu, respektivno). ak = a

10.5.5. Eliptički paraboloid Eliptički paraboloid je površ čija se jednačina može napisati u obliku: 2z =

x 2 y2 + p q

(1)

gde su p i q istog znaka. Na sl.1. dat je eliptički paraboloid za p > 0 i q > 0, koji ćemo ovdje razmatrati. Presjek elitpičkog paraboloida i ravni z = h, koja je paralelna koordinatnoj ravni xy, je kriva čija je jednačina x 2 y2 + , z = h. p q 1° Za h > 0 presjek je elipsa čiju jednačinu možemo napisati u obliku x2 y2 + = 1, z = h. 2ph 2qh Centar elipse je tačka S(0, 0, h) na osi z, a poluose a h = 2ph , b h = 2qh. 2° Za h = 0 presjek je tačka O(0,0, 0). 3° Za h < 0 presjek ne postoji. Presjek eliptičkog paraboloida i ravni y = k, koja je Sl.1. paralelna koordinatnoj ravni xz, je kriva čija je jednačina x 2 y2 2z = + , y = k. p q Presječna kriva je parabola čija se jednačina može napisati u obliku 2z =

-136-

 x2 k2  = 2 z −  , y = k. p 2q    k2  Tjeme parabole je tačka T 0, k, . Vidi sl.1.  2q  Na potpuno isti način razmatraju se presjeci eliptičkog paraboloida i ravni x = l koje su paralelne koordinatnoj ravni yz. Ako je u jednačini p = q, tada imamo kružni paraboloid. y2 z2 x 2 z2 Površi čije su jednačine 2x = + i 2y = + (p i q su istog znaka) takode su eliptički p q p q paraboloidi.

10.5.6. Hiperbolički paraboloid Hiperbolički paraboloid je površ čija se jednačina može napisati u obliku:

x 2 y2 − = 2z p q

(1)

gde su p i q istog znaka. Na sl.1. dat je hiperbolički paraboloid za p > 0 i q > 0, koji ćemo ovde razmatrati. Presjek hiperboličkog paraboloida i ravni koja je paralelna koordinatnoj ravni xy (z = h) je kriva čija je jednačina x 2 y2 − , z = h. 2z = p q 1° Za h > 0 presjek je hiperbola čiju jednačinu možemo napisati u obliku x2 y2 − = 1, z = h. 2ph 2qh Centar hiperbole je tačka S(0,0, h) na osi z, realna poluosa je a h = 2ph , a Sl.1.

imaginarna b h = 2qh.

2° Za h < 0 presjek je takođe hiperbola čiju jednačinu možemo napisati u obliku y2 x2 − = 1, z = h. −2qh −2ph Centar hiperbole je tačka S 1 (0,0, h) na osi z, realna poluosa je b h = −2qh , a imaginarna a h = −2ph . 3° Za h = 0 jednačina presječne krive je x 2 y2 − = 0, z = 0, p q tj.  x y  y   x  − +   = 0, z = 0,   p q  q   p odnosno

-137-

x y − = 0, z = 0; p q

x y = 0, z = 0. + p q

Kao što se vidi, za z = 0, presječnu krivu čine dvije prave koje leže u ravni xy i sijeku se u koordinatnom početku. Presjek hiperboličkog paraboloida i ravni y = k, koja je paralelna koordinatnoj ravni xz, je kriva čija je jednačina x 2 y2 − , y = k. 2z = p q Presječna kriva je parabola čija se jednačina može napisati u obliku  x2 k 2   , y = k. = 2 z + p 2q    k2  Tjeme parabole je tačka T 0, k, −  . 2q   Presječna kriva hiperboličkog paraboloida i ravni x = l, koja je paralelna koordinatnoj ravni yz, je takođe parabola čija je jednačina  y2 l2   , x = l, = −2 z − q 2p    l2  čije je tjeme tačka T1 l, 0,  . 2p   Primer 1. Koje površi. drugog reda predstavljaju jednačine: a) x2 + y2 + z2 + 2x + 2y + 2z = 0; b) 2x2 + 2y2 + 3z2 +4x +2y + z = 0;

Rješenja: a) Dopunjavanjem do potpunog kvadrata, dobijamo (x + 1)2 + (y + 1)2 +(z + 1)2 = 31 ⁄ 2 Data jcdnačina predstavlja sferu sa centrom u tački (-1,-1,-1) i poluprečnikom 31 ⁄ 2. b) Na sličan način, imamo 2x2 + 2y2 + 3z2 + 4x + 2y + z = 2 (x 2 + 2x + 1) - 2 + 2 (y2 + y) + 3(z2 + z ⁄ 3) = 2(x + l)2 + 2(y + l ⁄ 2)2+3(z + 1 ⁄ 6 )2 - 31 ⁄ 12, odakle slijedi da jednačina predstavlja elipsoid 2x'2 + 2y'2 + 3z'2 = 31 ⁄ 12, gdje smo uzeli x = x’ -1, y = y’ - l ⁄ 2, z = z' - 1 ⁄ 6.

-- 138 --

11. POLIOMI 11.1. Definicija polinoma. Osnovni stav algebre. Bezuov stav i Hornerova šema Definicija 1. Funkcija oblika Pn(X) := aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an

(*)

n

= ∑ a k x n −k k =0

je polinom n-tog stepena, koja preslikava C u C ( C je skup kompleksnih brojeva), gde su a 0 , a 1 , ... , a n dati kompleksni brojevi, a 0 ≠ 0 i n ∈ {0} ∪ N . Po definiciji uzimamo da je konstanta (a 0 ≠ 0) polinom nultog stepena.

Primjedbe. Kompleksni brojevi a 0 , a 1 , ... , a n nazivaju se koeficijenti, a monomi aoxn , a1xn – 1 , ... , an – 1 x , an članovi polinoma Pn(x); a 0 i aoxn naziva se najstariji (vodeći) koeficijent i član polinoma, espektivno. Ako je neki koeficijent jednak nuli, odgovarajući član polinoma se ne piše. Ako su svi koeficijenti polinoma (uključno i a 0 ) jednaki nuli, polinom nazivamo nula polinomom; stepen nula polinoma nije definisan.

Definicija 2. Dva polinoma su identički jednaka ako dobijaju jednake vrednosti za svako x ∈C . Definicija 3. Polinom je identički jednak nuli ako je jednak nuli za svako x ∈ C . Identička jednakost se označava sa ≡, pa sledi da P n (x) ≡ 0 znači isto što: (∀x∈C) (Pn(x) = 0).

Definicija 4. Pod nulom ili korjenom polinoma P n(x) podrazumeva se kompleksan broj x0 za koji je Pn(x0) = 0. Racionalan, realan odn. kompleksan broj koji je nula polinoma zvaćemo racionalnom, realnom odn. kompleksnom nulom tog polinoma. Definicija 5. Pod algebarskom jednačinom n-tog stepena podrazumeva se jednačina Pn(x) = 0. Pod rešenjem ili korjenom jednačine P n(x) = 0 podrazumjevamo svaku nulu ili korjen polinoma P n(x).

Stav 1. Svaki polinom stepena n ≥ 1 ima bar jednu nulu (realnu ili kompleksnu). Ovaj stav naziva se Osnovni stav algebre (ili Gausov stav) . Postoje razni dokazi ovog stava od kojih je četiri dao Gaus (1799, 1815, 1816, 1849.g.). Dokaz ovde nećemo navoditi.

Primjer 1. Polinom P1(x) = 2x - 3 ima realnu nulu 3 ⁄ 2; polinom P2(x) = x2 + 1 ima kompleksne nule ± i; polinom P3(x) = ix2 + 4 - 3i ima nulu 2 + i. Polinomi se sabiraju tako što im se saberu slični članovi, tj. članovi oblika aixp i bjxp, a množe tako što se svaki član jednog polinoma pomnoži sa svakim članom drugog polinoma. Nije teško pokazati da skup svih polinoma u odnosu na sabiranje i množenje polinoma obrazuje prsten. Što se dijeljenja polinoma tiče, može se pokazati da za svaka dva polinoma P n (x) i Q m(x), gdje n ≥ m i Q m(x) nije identički nula, postoje jedinstveni polinomi S n-m(x) i R k (x), takvi da je P n (x) = Q m(x)S n-m(x) + R k (x), (1) pri čemu je stepen polinoma R k (x) manji od stepena polinoma Q m(x), tj. k < m (≤ n). Polinom S n-m(x) je količnik, a polinom Rk(x) ostatak dijeljenja polinoma P n(x) polinomom Qm(x). U slučaju kad je Rk(x) = 0, kažemo da je polinom P n (x) djeljiv polinomom Q m(x). Pri djeljenju polinoma Pn(x) sa x - x0, gde je x0 dati kompleksan broj, dobijamo kao količnik polinom P n-1 (x) , čiji je stepen za jedan manji od n, i ostatak R , gde je R ∈ C .

-- 139 --

Dakle, na osnovu (1) je P n (x) = (x – x 0 )P n-1 (x) + R. Ako u relaciji (2) stavimo x = x 0 , dobijamo Pn(x0) = R.

(2) (3)

Ovim smo dokazali slijedeće tvrđenje. Stav 2 (Bezuov stav- E. Bezout (1703-1783), francuski matematičar). Ostatak dijeljenja polinoma P n(x) sa x – x 0 jednak je vrednosti tog polinoma za x = x 0 . Specijalno, ako je x = x 0 nula polinoma P n (x), tj. ako je P n (x 0 ) = 0, tada iz relacija (2) i (3) slijedi da je R = 0, pa relacija (2) poprima oblik P n (x) = (x – x 0 )P n-1 (x). (4) Dakle, ako je x 0 nula (realna ili kompleksna) polinoma P n(x), tada je polinom Pn(x) deljiv sa x – x0. Ako je x0 nula polinoma Pn(x) onda binom x – x0 nazivamo korjeni (ili nula) faktor polinoma.

Hornerova šema (W. G. Horner (1768-1873), danski matematičar) naziva se postupak za izračunavanje koeficijenata bk (k = 0, 1, ..., n – 1) polinoma P n-1 (x) i ostatka R iz jednakosti (2). Prema (2), polinom P n (x) se moše predstaviti u obliku P n (x) = (x – x0)(b0xn-1 + b1xn-2 + ...+ bkxn-(k+1) + bk+1xn-(k+2) + ... + bn-1) + R = b0xn + (b1 - x 0 b0) xn-1 + ... + (bk+1 - x 0 bk) xn-(k+1) + ... + (-x 0 bn-1 + R). (**) Upoređivanjem (*) i (**) dobijemo

b0 = a 0 , b1 = x 0 b0 + a1, ⋮ b k +1 = x 0 b k + a k +1, b n−1 = x 0 b n−2 + a n−1, R = x 0 b n−1 + a n , što se može predstaviti šemom:

x0

a0 a0 =b0

a1 x 0 b 0 + a1 = b1

a2 x 0 b1 + a 2 = b2

…

ak+1 x 0 b k + a k +1 = bk+1

…

an x 0 b n−1 + a n =R

Primjer 1. rezultat dijeljenja polinoma P(x) = 15x4 – 13x3 +2x -1 sa x – 2 dat je šemom 2

15 15

-13 17

0 34

2 70

-1 139

Ostatak dijeljenjenja je R = P (2) = 139, a količnik je 15 x 3 + 17 x 2 + 34x + 70.

Primjer2. Ispitati da lije x o = 2 nula polinoma P ( x ) = x 5 - 8 x 4 + 2 2 x 3 - 2 6 x 2 + 2 1 x - 1 8 . Hornerova šema biće oblika: x0 = 2

1

-8

22

-26

21

-18

1

-6

10

-6

9

0

b0

b1

b3

b2

b4

R

Budući da je R= 0, to je x0 = 2 rješenje jednačine P(x) = 0. Sada posmatrajmo polinom z 4 -6z 3 +10z 2 -6z + 9; da li je 3 nula tog polinoma? Da, jer je x1 = 3

1

-6

10

-6

9

1

-3

1

-3

0

-140-

Isto tako je 3 nula polinoma: z3 - 3 z 2 + z - 3, zbog

x2 = 3

1

-3

1

-3

1

0

1

0 2

Dakle, vrijedi: P(x) = (x - 2)(x - 3)2(x2 + 1). Da li je i rješenje jednačine z +1 = 0? Da.

x3 = i

1

0

1

1

i

0

Prema tome, zbog x2 + 1 = (x - i) (x + i), konačno je P(x) = (x - 2)(x - 3)2(x - i) (x + i). Primjer 3. Polinom P(x) = x 5 - 2 x 4 + 3 x 3 - 4 x 2 + 2 x + 5 r a z v i t i p o s t e p e n i m a o s n o v e x – 1 . Primjenom

Hornrrove šeme dobije se 1

1

-2

3

-4

2

5

1

-1

2

-2

0

5

1

0

2

0

0

1

1

3

3

1

2

5

1

3

Dakle, izlazi: P(x) = (x - 1)5 + 3(x - 1)4 + 5(x - 1)3 + 3(x - 1)2 + 5.

11.2. Faktorizacija polinoma, Vijetove formule Neka je dat polinom Pn(X) = aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an (a 0 ≠ 0). Na osnovu osnovnog stava algebre polinom P n(x) ima bar jednu nulu. Ako je x 1 nula polinoma P n(x), tada, kao što smo već vidjeli, važi P n (x) = (x – x 1 )P n-1 (x). (5) Polinom P n- 1 (x), prema osnovnom stavu algebre, takođe ima bar jednu nulu. Ako je x 2 nula polinoma P n- 1 (x), tada je P n-1(x) =(x - x2)P n-2(x).

(6)

Na isti način dobijamo da je P n-2(x) =(x – x 3)Pn-3(x)

(7)

⋮

P2(x) = (x - xn-1)P1(x)

(8)

P l (x) = a 0 x + b = a o (x - x n ), ( x n = − b/a 0 ).

(9)

Na osnovu jednakosti (6), (7), . . . , (8), (9) iz jednakosti (5) dobijamo P n ( x) = a o ( x – x 1 )( x - x 2 ) . . . ( x - x n - 1 )( x - x n ). Ovim smo dokazali slijedeći stav.

(10)

-141-

Stav 2. Svaki polinom Pn(X) = aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an (a 0 ≠ 0) može se napisati u obliku (10), gde su x1, x2, ..., xn nule polinoma Pn(x). Naravno, sve nule x1, x2, ..., xn polinoma ne moraju biti različite. Ovo znači da među faktorima na desnoj strani jednakosti (10) može biti i jednakih. Definicija 6. Za nulu x0 polinoma Pn(x) kažemo da je nula k-tog reda (k ∈N, k ≤ n) ako je P n (x) = (x - x 0 ) k P n-k (x) i P n-k (x 0 ) ≠ 0. Ako je k = 1, tada kažemo da je x 0 jednostruka ili prosta nula; ako je k > 1, tada kažemo da je x 0 višestruka nula polinoma P n(x). Broj k nazivamo stepen višestrukosti nule x0, za k=2 dvostruka, za k=3 trostruka itd. . Ako uzmemo u obzir višestrukost nula polinoma, tada relacija (10) dobija oblik gde su x1, x2, ..., xr sve različite nule polinoma P n (x), k 1 , k 2 , ...,k r ∈N i k1 + k2 +...+ kr = n.

Pn (x) = a o (x - x l ) k1 (x - x 2 )k2 ...(x - x r )kr .

(11)

Ako je polinom Pn(x) napisan u obliku (11), tada kažemo daje izvršena faktorizacija polinoma ili da je polinom "rastavljen na proste faktore". Može se lahko pokazati da se faktorizacija svakog polinoma može izvršiti na jedinstven način. Iz formule (10) slijedi da je polinom Pn(x) jednak nuli ili, kako se to još kaže, da se anulira, za najviše n različitih vrijednosti. Stav 3. Polinom Pn(X) = aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an (a 0 ≠ 0) identički je jednak nuli akko su svi njegovi koeficijenti jednaki nuli. Dokaz. Pokažimo da je uslov dovoljan: ako je a i = 0 (∀i = 0,1, 2,... ,n), tada je, jasno, P n (x) ≡ 0. Neka je P n(x) ≡ 0. Dokažimo da je a i = 0 (∀i = 0,1,2,... , n). Pretpostavimo suprotno da to ne važi i da je u nizu koeficijenata a 0 , a 1 , ... , a n koeficijent a k (k < n) prvi koji je različit od nule. Tada bi polinom P n (x) = ak xn – k + ... + an – 1 x + an bio stepena n – k i on bi se anulirao u najviše n – k različitih vrednosti. Međutim, ovo je suprotno pretpostavci da se polinom P n (x) anulira za svako x∈C. Stav 4. Polinomi P n(x) = anx n + a n-1x n - 1 + ... + a1x + a0 i Qm(x) = bmxrn + bm-1xm -1 + ... + b1x + b0 su identički jednaki akko su istog stepena i koeficijenti u odgovarajućim članovima su im jednaki. Dokaz. Ako je n = m i a i = b i (i = 0,1,2,... , n ) , tada su P n (x) i Q m(x) istovetni polinomi, pa su, jasno, identički jednaki. Pretpostavimo da su polinomi P n (x) i Q m (x) identički jednaki, tj. da je anx n + a n-1xn - 1 + ... + a1 x + a0 ≡ bmxrn + bm-1xm -1 + ... + b1x + b0 i da je, na primjer, m > n. Tada se gornji identitet može napisati u obliku: bmxrn + bm-1xm -1 + ... + bn+1xn+1 +(bn - an)xn + (bn-1 - an-1)xn-1 +...+ (b1 – a1)x + (b0 – a0) ≡ 0 Na osnovu prethodnog tvrđenja je bm = 0, bm - 1 = 0,... , bn+1 = 0, bn - an = 0, bn-1 - an-1 = 0 ,. . . , b1 - a1 = 0, b0 - a0 = 0, što znači da je prvih m - n koeficijenata polinoma Q m(x) jednako nuli, tj. da je polinom Q m(x) u stvari n-tog stepena, odnosno da je m = n i da su koeficijenti odgovarajućih članova polinoma P n(x) i Q n(x) jednaki. Slijedeći rezultat pripisuje se francuskom matematičaru Fr. Viete (1540- 1603). Neka je dat polinom Pn(X) = aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an (a 0 ≠ 0) i neka su x1, x2, ..., xn nule polinoma Pn(x) (među kojima može biti i jednakih). Iz identiteta aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an = a0(x — x1)(x — x2) ... (x - xn),

-142-

na osnovu prethodnog tvrđenja, dobijaju se formule (koje se nazivaju Vijetove formule): a x1 + x 2 + ⋯ + x n = − 1 , a0 a x1x 2 + x1x 3 + ⋯ + x n−1x n = 2 , a0 a x1x 2 x 3 + x1x 2 x 4 + ⋯ + x n−2 x n−1x n = − 3 , a0 ⋮ k a x1x 2 ⋯ x k−1x k + x1x 2 ⋯ x k−1x k +1 + ⋯ + x n−k +1 ⋯ x n−1x n = (−1) k , (k < n ) a0 ⋮ n a x1x 2 ⋯ x n = (−1) n . a0 2 Svakako su vam dobro poznate Vijetove formule za polinom drugog stepena a0x + a1x + a2 : x1 + x2 = - a1 ⁄ a0, x1 x2 = a2 ⁄ a0. Za polinom trećeg stepena a0x3 + a1x2 + a2x + a3 Vijetove formule glase: x1 + x2 + x3 = - a1 ⁄ a0, x1x2 + x1x3 + x2x3 = a2 ⁄ a0, x1x2x3 = - a3 ⁄ a0. 11.3. ule realnih polinoma Definicija 7. Za polinom Pn(x) kažemo da je realan ako su svi njegovi koeficijenti realni brojevi. Stav 5. Neka je x r kompleksna nula reda k r realnog polinoma Pn(x), tada je i konjugovano kompleksna vrijednost x r takođe njegova nula istog reda k r . Dokaz. Neka je dat realan polinom Pn(X) = aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an (a0 ≠ 0). Dokažimo, prvo, da je za proizvoljan kompleksan broj z Pn (z)=Pn (z). (12) Zaista, ako je z = α + iβ, tada je Pn (z) = Pn ( α + i β) = a(α ,β) + ib( α , β ) i Pn (z) = Pn ( α − iβ ) = a(α , β ) − ib( α , β ), pa slijedi da važi (12). Napišemo polinom P n(x) u obliku

P n(x) = ao(x - xl)k1 (x - x2)k2 ...(x – xr)kr , gdje k 1 , k 2 , ...,k r ∈ N i k1 + k2 +...+ kr = n. Tada je prema (12) Pn (x) =Pn (x) = a 0 (x - x l ) k1 (x - x 2 )k 2 ...(x - x r ) k r , odakle slijedi da je Pn (x) = a 0 (x - x l ) k1 (x - x 2 )k 2 ...(x - x r ) k r , što i dokazuje tvrđenje. Jasno, ako je neka od nula polinoma realna, na primer x 1 , tada je x1 = x1. Iz prethodnog tvrđenja slijedi da je broj kompleksnih nula ralnog polinoma uvek paran. Ovo znači da realan polinom neparnog stepena ima bar jednu realnu nulu, a ako ih ima više, njihov broj je neparan. Dakle, kod realnih polinoma vršimo tzv. " linarno-kvadratnu" faktorizaciju u kojoj se, pored koeficijenta a0, pojavljuju ili faktori oblika (x — x 0)k (gde je x 0 realna nula polinoma k-tog reda) ili oblika (x 2 +px + q) m, ( p,q ∈ R, p2 – 4q < 0), gdje je x 2 +px + q = (x — (α + iβ )) (x — (α - iβ ))

-143-

= x 2 - 2 α x + α 2 + β 2 ( α , β∈ R, β≠ 0, tj. p = - 2 α , q = α 2 + β 2 ) i pri tome su α ± iβ nule m-tog reda polinoma. Dakle, ako je Pn(X) = aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an

(a0 ≠ 0)

realan polinom, tada se on na jedinstven način može predstaviti u obliku proizvoda Pn (x) = a 0 (x - x1 )k l ⋯ (x- x r ) k r (x 2 +pl x+q1 ) m1 ⋯(x 2 +ps x+q s )ms

gdj e k 1 , . . . , k r , m 1 , . . . , m s ∈ N i k 1 + . . . + k r + 2 ( m 1 + . . . + m s ) = n.

Stav 6. Neka je racionalan broj

p ( p i q su uzajamno prosti cijeli brojevi i p,q ≠ 0) rješenje q

jednačine aoxn + a1xn – 1 + ... + an – 1 x + an = 0,

(13)

u kojoj su koeficijenti ai (i = 0,1, 2,... , n) cijeli brojevi i a0, an ≠ 0, tada je pootreban uslov da je an dijeljivo sa p, a a0 dijeljivo sa q. p Dokaz. Neka je rješenje jednačine (13). Tada je q n

n−1

p p a 0   + a1    q   q 

p + ⋯ + a n−1 + a n = 0, q

tj. n

a0

p + a1p n−1 + ⋯ + a n−1pq n−2 + a n q n−1 = 0, q

odnosno a 0 p n−1 + a1p n−2 q + ⋯ + a n−1q n−1 + a n

qn = 0. p

Kako su koeficijenti polinoma cijeli brojevi, a p i q uzajamno prosti, da bi poslednje dvije jednakosti bile tačne, mora biti a0 djeljivo sa q i an sa p. Iz prethodnog tvrđenja sledi da racionalne korjene polinoma sa cjelobrojnim koeficijentima treba tražiti među količnicima djelilaca slobodnog člana i pozitivnih djelilaca koeficijenta u najstarijem članu.

Primjer 2. Ispitati da li jednačina: 2x3 - 5x2 - x + 6 = 0 ima racionalnih korjena? Kako su djelioci broja 6: ±1, ±2, ±3, ±6 i pozitivni djelioci broja 2: 1 i 2 (dovoljno je uzeti samo pozitivne),

-144-

racionalni korjeni jednačine (ukoliko ih ima) se nalaze medu brojevima: ±1, ±2, ±3, ±6, ±

1 3 ,± . 2 2

3 . 2 Na kraju izlaganja o polinomima istaknimo i neke rezultate u vezi sa rješavanjem algebarskih jednačina. Jednačinu prvog stepena a 0 x + a 1 = 0 (a 0 ≠ 0) rješavamo bez teškoća x1 = − b / a 0 ; rješenja jednačine drugog stepena a0x2 + a1x + a2 (a0 ≠ 0) nalazimo primjenom poznate formule −a ± D x1,2 = 1 , gdje je diskriminanta D=a12 − 4a 0 a 2 , 2a 0 pomoću kojih su rješenja izražena pomoću koeficijanata (radikala) primenom operacija +, - , , : i korjenovanja. Slične formule postoje i za jednačinu trećeg stepena do kojih je došao Kardano, (l. Cardano (1501-1576), italijanski matematičar ), kao i za jednačinu četvrtog stepena koje se vezuju za ime Ferarija, (L. Ferrari (1522- 1565), italijanski matematičar). Međutim, veliki norveški matematičar Abel pokazao je da se u opštem slučaju algebarska jednačina stepena n > 4 ne može riješiti pomoću radikala.

Lahko nalazimo (napr. primjenom Hornrrove šeme) da su to: x 1 = - 1, x 2 = 2, x 3 =

-145-

11.4. Racionalne funkcije 11.4.1. Definicije Definicija 1.(i) Ako su Pm(x) i Qn(x) dva proizvoljna realna polinoma definisana sa m

n

Pm ( x ) = ∑ b k x m−k , Q n ( x ) = ∑ a k x n−k , (a 0 b0 ≠ 0), k =0

(1)

k =0

tada se funkcija oblika R (x) =

Pm ( x )

(2)

Qn ( x )

naziva razlomljena racionalna funkcija ili jednostavnije racionalna funkcija; (ii) Racionalna funkcija (2) zove se nesvodljiva ako su P(x) i Q(x) relativno prosti, tj. nemaju zajednički djelilac sem konstante. (iii) Ako je m < n tada se racionalna funkcija (2) naziva prava racionalna funkcija. U suprotnom, za m ≥ n, kažemo da je racionalna funkcija (2) neprava. Nakon izvršenog dijeljenja dobije se Pm ( x ) Qn ( x )

= Pm−n ( x ) +

Pk ( x ) Qn (x )

,

gdje je k < n (≤ m ), tj. svaka neprava racionalna funkcija može predstaviti u obliku zbira jednog polinoma i prave racionalne funkcije.

Definicija 2. Prostim ili parcijalnim razlomkom zovu se racionalne funkcije oblika: A

(k=1,2,...) ,

k

(x − a )

(3)

gdje su A i a realni brojevi, odnosno Mx + N

(x

2

k

+ px + q )

(k=1,2,...),

,

(4)

gdje su M, N, p i q realni brojevi i p 2 − 4q < 0 . Dalje ćemo smatrati da da su polinomi (1) nesvodljivi i da je racionalna funkcija (2) prava.

Stav1. Neka je R ( x ) =

Pm ( x ) Qn ( x )

prava racionalna funkcija i neka je izvršena faktorizacija r

ki

Q n ( x ) = a 0 ∏( x − x i ) i=1

s

mj

∏( x 2 + p j x + q j )

,

j=1

gdje su

(i) xi realne i različite nule polinoma Qn (x) višestrukosti ki (i = 1, 2, . . ., r), (ii) pj2 - 4qj < 0 (j = 1, 2, . . . , s), tako da kvadratni trinomi x 2 + p j x + q j odgovaraju parovima

-146-

konjugovano kompleksnih korijena iste višestrukosti mj (j = 1, 2, ..., s) polinoma Q n (x). Tada postoje realni brojevi: A(u ) (i = 1,2,...r; u = 1,2,...,k i ); M(v ) , N(v ) ( j = 1,2,...,s; v = 1,2,...,m j ) i

j

j

takvi da je j s A(u ) M(v ) x + N(v ) =∑∑ +∑∑ Q n ( x ) i=1 u=1 ( x − x i ) j=1 v=1 x 2 + p x + q j j

Pm ( x )

r

m

i

ki

j

j

(

v

)

(5)

Dokaz ovog stava izostavljamo. Razlaganja (5) za konkretno zadanu racionalnu funkciju sastoji se u slijedećim koracima:

(i) za zadanu racionalnu funkciju R ( x ) =

Pm ( x )

napiše se razlaganje (5), u kojem su

Qn (x)

koeficijenti A(u ) (i = 1,2,...r; u = 1,2,...,k i ); M(v ) , N(v ) ( j = 1,2,...,s; v = 1,2,...,m j ) nepoznati; i

j

j

(ii) nakon toga se u (5) desna strana svede na najmanji zajednički nazivnik Q n (x), čime se dobija identičnost P m (x) = Q(x), gdje je stepen polinoma Q(x) jednak n -1 (≥ m ) . Koeficijenti polinoma Q(x) su linearne kombinacije neodređenih koeficijenata, a ovih ima n jer je r

s

∑ k i + 2∑ m j = n ; i=1

j=1

(iii) izjednačavanjem korespondentnih koeficijenata polinoma P m (x) i Q(x) dobijamo nehomogeni sistem od n linearnih algebarskih jednačina sa n nepoznatih neodređenih koeficijenata. Egzistencija

rješenja ovog sistema slijedi iz stava 1.

Dokažite samostalno da je razlaganje (5) prave racionalne funkcije jednoznačno.

Primjer 1. Razložiti na zbir parcijalnih razlomaka racionalnu funkciju R (x ) =

x +2 2

(x 2 −1)(x 2 + 1)

.

Rješenje. Racionalna funkcija je prava, pa je prema stavu 1 moguće jedinstveno razlaganje: x +2

(x

2

2

− 1)( x + 1) 2

=

A B Cx + D Ex + F . + + 2 + x − 1 x + 1 x + 1 ( x 2 + 1)2

-1472

Poslije množenja sa ( x 2 − 1)( x 2 + 1) , posljednji identitet postaje 2

2

x+2=A ( x + 1)( x 2 + 1) +B ( x − 1)( x 2 + 1) + (Cx + D)(x2 - 1) + (Ex + F)(x4 - 1). Na osnovu principa identiteta polinoma, dobijemo sistem linearnih jednačina: A +B + E = 0, A – B + F = 0, 2A + 2B + C = 0, 2A – 2B +D = 0, A + B – C – E = 1, A – B – D – F = 2,

3 1 1 1 1 čije je rješenje: (A, B, C, D , E, F) =  , , − , −1, − , − , tj. vrijedi razlaganje  8 8 2 4 2

3 1 1 1 1 x +1 x+ 2. = 8 + 8 − 22 − 4 2 2 2 2 2 − + x 1 x 1 + x 1 (x −1)(x + 1) (x + 1) x +2

TUTORIJAL broj 1 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE 1. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α ∈ R (α-1)x + z = 0 (α+1)x – αy - z = -1 y + αz = 1 2. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α , β ∈ R

αx + y - z = 1-2α x + αy - z = β - 2α x + y - αz = α - 2 3. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α , β ∈ R x+ y+z =0 2x + 3y − 2z = β 2 x + y + αz = 1 ∀α , β ∈ R 4. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α , β ∈ R

αx + y + z = 1 x + 2y + z = β −α x + y + αz = 2α − 1 ∀α , β ∈ R

TUTORIJAL broj 2 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE 1. Date su matrice: 0 − 1 1  2   A =  1 − 2 0 3  − 3 − 1 1 0  

1 2 −1 0   B =  0 − 2 3 1 2 2 − 1 0  

Izračunati: a) 2A-3B b) ATB c) ABT d) BAT e) BTA 2. Date su matrice A, B i C. Naći matricu D = 2·(2A - B)·CT + 64·B·A·(C - A)2 − 2 1   A =   3 − 1

1 0   B =   2 − 1

 0 2  C =   −1 1

3. Date su matrice A, B i C. Naći matricu D = 4·(2A - C)2·BT + (B + 2C)T·A3  − 1 0  A =   1 2

 − 2 1  B =   1 0

 − 2 3  C =   1 2

1 − 2 0    4. Dat je polinom P( A) = A + 2 A − A + 7 E i matrica A =  0 − 1 3   2 1 − 1   T Odrediti P(A) i [P( A)] . 3

2

TUTORIJAL broj 3 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE

1. Izračunati determinantu:

 
  

   

      .  

2. Riješiti matričnu jednačinu  ·  , gdje je:

1 1 1 1 0   2 1  i   0 5 8 1 1 1 3 4

3. Riješiti matričnu jednačinu   ·     2 · · , gdje je: 

3 1 0 ,   1 5 1

2 1 4   . 3 1 2

4. Data je matrica . Odrediti inverznu matricu  , a potom sopstvene vrijednosti, sopstveni polinom i sopstvene vektore. Zatim primjenom Cayley-Hamilton-ovog stava provjeriti rezultat za inverznu matricu. 1 3 2   1 2 1  0 3 1

5. Odrediti rang matrice :

1 2 2 6 7  1 1 1 1 3. 2 3 1 5 4

TUTORIJAL broj 4 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE

1. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α ∈ R , koristeći Kroneker-Kapelijev postupak.

x + y − z =1 (α + 1)x + (α + 2) y − z = α + 2

(α + 1)x + y + (α − 1)z = α + 3

2. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀a, b ∈ R , koristeći Kroneker-Kapelijev postupak. ax + 2 z = 2 5x + 2 y = 1 x − 2 y + bz = 3 3. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α ∈ R , koristeći Kroneker-Kapelijev postupak. x + y + z + αt = α 3 x + αy + z + t = α x + y + αz + t = α 2

αx + y + z + t = 1

TUTORIJAL broj 5 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE 1. Diskutovati i riješiti sistem linearnih jednažbi za ∀α , β ∈ R , Kramerovim i KronekerKapelijevim postupkom.

x+ y+z =2 − 2 x + αy + 2 z = β x + 2 y + αz = 1  1 − 1 0   2. Data je matrica A =  0 3 1  . Odrediti P(A) i P(A)-1 , gdje je P( A) = A 2 − 3 A + E .  − 1 − 2 2  

3. Riješiti sistem matričnih jednadžbi  − 5 2  gdje je A =   5 4 − X + A −1 ⋅ Y = A A2 ⋅ X − Y = −E

4. Date su matrice A, B i C. 1 −1  B =  0 2 −  

1 2   A =  1 3  

(

)

 2 − 3  C =  2 1 −  

Odrediti matricu D = 6 A − 16C −2 ⋅ B T + 54 ⋅ ( A ⋅ C − 5 B ) ⋅ AT −1

5. Data je matrica A. Odrediti sopstvene vrijednosti, sopstveni polinom i sopstvene vektore.  1 8 − 7   A =  2 7 − 5  − 4 4 − 8  

TUTORIJAL broj 6 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE r r r r r 1. Izračunati intenzitet vektora a = 3m − 4n ako su m i n uzajamno normalni ortovi.

r r r 2. Naći intenzitet zbira vektora a i b ako je a = 5,

( )

r r r π b = 3 i 〈 a, b = . 3 r r r r r r r r 3. Odrediti ugao koji zaklapaju vektori a = 2 p + 2q i b = p + 5q gdje su p i q uzajamno normalni ortovi. r r r r r r 4. Odrediti skalar λ tako da vektori p = λa + 17b i q = 3a − b budu uzajamno normalni r r r r 2π . ako je a = 2, b = 5 i 〈 a , b = 3 r r r r r r 5. Izračunati a ⋅ b ako je a = 3, b = 26 i a × b = 72 .

( )

r r r r v v 6. Izračunati vektor r u zavisnosti od vektora a i b ako je r okomit na a i b i r r = 3.

7. Naći dužine dijagonala i ugao između paralelograma konstruisanog nad vektorima r r r r r r r r π a = 2m + n i b = m − 2n , gdje su m i n jedinični vektori koji zaklapaju ugao od . 3 r r r r r r r v 8. Naći vektor c kolinearan vektoru a + b ako je a ⋅ b = 5, c ⋅ b = 18 i b = 2 .

( )

r r r r π 9. Neka je a = 5, b = 5 i 〈 a , b = . Naći površinu paralelograma konstruisanog nad 4 r r r r vektorima 2b − a i 3a + 2b .

TUTORIJAL broj 7 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE

r r r 1. Da li vektori a = {1,2,1}; b = {3,−1,0} i c = {4,0,2} čine bazu vektorskog prostora? r Ako čine izraziti vektor d = {1,−1,3} u tom prostoru.

r r r 2. Dati su vektori a = {2λ,1,1 − λ}; b = {− 1,3,0} i c = {5,−1,8}. r r r a) Odrediti λ da vektor a zaklapa jednake uglove sa vektorima b i c . b) Naći zapreminu i jednu od visina paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima. 3. Dati su vrhovi P(− 1,−9,−7 ), Q(13,−3,−11) i R(5,13,−5) paralelograma PQRS. Odrediti koordinate vrha S i izračunati površinu, obim, unutrašnje uglove i visine tog paralelograma. 4. Odrediti zapreminu tetraedra SABCD, površinu trougla ABC i odgovoriti na pitanje r r r r r koje je orijentacije triedar vektora a , b , c . Razložiti vektor a × b na komponente u tom triedru.

(

)

r r r a = SA = {2,4,0}, b = SB = {4,3,1} i c = SC = {3,0,4} .

5. Naći koordinate tačke B četvrtog tjemena paralelograma ABCD, a potom ugao između dijagonala, dužine dijagonala, površinu i zapreminu piramide ABCDS, ako su date tačke: A(2,1,−1), C (1,2,0 ), D(− 1,0,2 ) i S (4,−3,−2 )

TUTORIJAL broj 8 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE 1. Naći jednačinu ravni koja odsjeca na Ox i Oy osi odsječke 6 i 3 i normalna je na ravan R : 4 x + y − 2 z + 7 = 0

2. Naći jednačinu ravni koja sadrži tačku M 1 (2,−2,4 ) i pravu presjeka ravni R1 : x + y + z − 1 = 0 i R2 : 2 x − y − 3 z + 3 = 0 3. Naći geometrijsdko mjesto tačaka koje su podjednako udaljene od ravni R1 : 3 x + 2 y + 6 z − 35 = 0 i R2 : x − 2 y + 2 z − 3 = 0 4. Naći jednačinu ravni koja sadrži tačku M 1 (1,1,1) i paralelna je sa ravni R : 3x − y + 7 z − 12 = 0 5. Naći jednačinu ravni koja sadrži tačke M 1 (4,1,−2 ) i M 2 (− 2,3,−5) i normalna je na ravan R : 3x + y − 2 z + 5 = 0 6. Naći jednačinu ravni koja sadrži tačku M 1 (1,1,1) i paralelna je vektorima r r r r r r r r a = 2i + j − k i b = −i + 3 j + 2k

7. Naći jednačinu ravni koja sadrži tačke M 1 (1,−5,1) i M 2 (3,2,−2 ) i paralelna je vektoru r r r r b = i − 2 j + 3k 8. Date su prave p1 i p2. p1 :

x −1 y +1 z −1 , = = 1 2 c

p2 :

x +1 y −1 z = = 1 1 1

a) Odrediti parametar c tako da se prave p1 i p2 sijeku. b) Za tako dobijeno c naći koordinate tačke presjeka pravih p1 i p2 . 9. Naći jednačinu prave koja sadrži tačku M 1 (0,−1,3) i siječe prave p1 i p2. x = 5 − 2t

x = 1+ t

p1 :

y = −2 + 3t z = 3−t

p2 :

y = −3 + 4t z = −7t

10. Sastaviti jednačinu normale povučene iz tačke P1 (2,3,1) na pravu p: p:

x +1 y z−2 = = −1 2 3

x y −1 z +1 = = = t , koja u tački M 1 2 −3 prodire ravan R. Naći jednačinu prave simetrične pravoj p u odnosu na ravan R.

11. Data je ravan R : x + y − z − 1 = 0 i prava p :

12. Date su tačke A(1,2,1), B(− 4,1,0 ) i C (1,0,2 ) . Odrediti jednačinu pravca kroz tačke A i B a zatim naći udaljenost tačke C od traženog pravca.

TUTORIJAL broj 9 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE 1.

2.

Napisati jednačinu prave p koja leži u ravni R 2 x + 3 y − z + 1 = 0 , prolazi kroz tačku x−3 y −3 z M(1,0,z) a sa pravom q: = = = t zaklapa minimalni ugao. 1 2 1 x = 2 + t  x + 2 y + 3z − 5 = 0  Date su: tačke A(0,2,-1) i B(-2,4,1), prava p :  i prava q :  y = 1 + t 3x + z − 5 = 0  z = −1 − t  Odrediti:

-

sredinu T duži AB i simetričnu jednačinu prave p (kanonski oblik);

-

ravan R, koja prolazi kroz tačku T i paralelna je sa pravim p i q;

-

rastojanje tačke A od prave p i ravni R;

3.

Kroz središte S duži određene tačkama A(1,3,0) i B(-3,7,2) postaviti

-

6 x − 4 y + z = 16 pravu p paralelnu pravoj q :   y + 2z + 1 = 0

-

x = t + 2  ravan R paralelnu sa pravom p i pravom r :  y = t + 2 z = t + 1 

x − 2 y +1 z −1 = = = t (∈ R ), q : x − y − z − 1 + 4 x − 2 y − z − 1 = 0 , 1 −1 2 odrediti tačke P ∈ p, Q ∈ q i jednačinu zajedničke normale PQ

4.

Za pravce: p :

TUTORIJAL broj 10 IZ LINEARNE ALGEBRE I GEOMETRIJE

1.

Napisati jednačinu ravni koja dodiruje sferu: S : x 2 + y 2 + z 2 − 10 x + 2 y + 26 z − 113 = 0 a paralelna je sa pravim x + 5 y − 1 z + 13 x + 7 y +1 z − 8 p1 : i p2 : . = = = = −2 3 2 −2 3 0

2.

Data je jednačina sfere S i ravni R. Odrediti jednačinu kružnice (centar C i poluprečnik r) S : x 2 + y 2 + z 2 − 2 x − 4 y − 6 z = 11 R : 2 x − y + 2 z + 3 = 0

3.

Odrediti jednačinu konusne površi sa tjemenom u tački S(0,0,2) i direktrisom x 2 + y 2 = 1 l:  z = 1

4. Odrediti jednačinu cilindrične površi čija je direktrisa data kao presjek ravni R i sfere S, a izvodnica je paralelna sa x-osom. S:

(x − 1)2 + ( y + 3)2 + (z − 2)2 = 25

R: x+ y−z+2=0

Dato je tjeme T(1,2,1) kružne konusne površi, izvodnica prolazi kroz tačku A(0,1,0) a 5. centralna osa kroz tačku B(-1,0,2). Odrediti jednačinu kružnog konusa i prodor istog kroz xOy ravan, te izvršiti identifikaciju krive II reda.

UNIVERZITET U SARAJEVU ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET U SARAJEVU

____________________________________________________________________________________________________

LINEARNA ALGEBRA I GEOMETRIJA DOMAĆA ZADAĆA Br.1 Zadatak 1.

Na skupu A={-4, -3, -2, -1, 0, 1, 2, 3, 4}definirana je relacija ߩ na slijedeći način:

‫ ݔ ⟺ ݕߩݔ‬ଶ − 3‫ ݕ = ݕ‬ଶ − 3‫ݔ‬. Dokazati da je ߩ relacija ekvivalencije i nacrtati njen graf. Zadatak 2. Izračunati determinantu

ܽଶ ‫ = ܦ‬ቮܾ ଶ ܿଶ

(ܽ + 1)ଶ (ܾ + 1)ଶ (ܿ + 1)ଶ

(ܽ + 2)ଶ (ܾ + 2)ଶ ቮ. (ܿ + 2)ଶ

2 0 2 Riješiti matričnu jednadžbu ‫ି ܤܺܣ‬ଵ − ‫ = ܣ‬3‫ ܫ‬+ ܺ‫ି ܤ‬ଵ, gdje je ‫ = ܣ‬൥0 2 0൩, 1 2 2 1 0 1 1 0 0 ‫ = ܤ‬൥1 −1 0൩ i ‫ = ܫ‬൥0 1 0൩. 1 1 1 0 0 1 Zadatak 3.

Zadatak 4.

Odrediti ߙ, ߚ, ߛ tako da matrična jednadžba ima rješenje i odrediti to rješenje.

Zadatak 5.

ߙ 1 1 2 ൭−1 0൱ ܺ = ൭ 1 ߚ −1 0 2 3

−1 2൱ ߛ

Riješiti sistem linearnih jednadžbi u ovisnosti od realnih parametara

koristeći:

‫ݔ‬+‫ݕ‬−‫ݖ‬+‫= ݐ‬1 ‫ ݔ‬+ 2‫ ݕ‬− 2‫ ݖ‬− ‫ = ݐ‬2 2‫ ݔ‬+ 3‫ ݕ‬− ‫ ݖ‬+ 3‫ = ݐ‬1 2‫ ݔ‬+ 4‫ ݕ‬− 2‫ ݖ‬+ ܽ‫ܾ = ݐ‬

a) Cramer-ovo pravilo b) Kronecker-Capelliev stav. Predstavnici grupa dužni su prikupiti sve zadaće i predati ih odgovornim tutorima u zadnjoj sedmici nastave prije prve parcijalne provjere znanja.

UNIVERZITET U SARAJEVU ELEKTROTEHNIČKI FAKULTET U SARAJEVU

____________________________________________________________________________________________________

 

LINEARNA ALGEBRA I GEOMETRIJA DOMAĆA ZADAĆA Br.2 Zadatak 1. Odrediti sve nule polinoma 2

5

6

9

1

3

znajući da ima bar jednu realnu nulu.

Zadatak 2. 2

Neka su dani vektori 45° . Odrediti ugao

,

 

 

 

,2

, gdje je | |

2

,

3

4, | |

i projekciju vektora

√2,

na vektor

  .

Zadatak 3. Napisati jednadžbu prave koja leži u ravni 2 ugao sa pravom

3

1

0, zaklapa minimalni

i na minimalnom je rastojanju od koordinatnog početka.

Zadatak 4. Za pravce: : 

 

,

: |

1|

|4

2

1|

0,

odrediti jednadžbu zajedničke normale i tačke    u kojima ta normala siječe pravce     . Zatim odredi jednadžbu cilindrične površi čija je generatrisa paralelna s tom normalom, a direktrisa je kružnica 4 0,    2 4 6 0.

Predstavnici grupa dužni su prikupiti sve zadaće i predati ih odgovornim tutorima u terminu druge parcijalne provjere znanja.