Diskretna Matematika

VIŠA TEHNIČKA ŠKOLA SUBOTICA

Mr. I. Boroš

DISKRETNA MATEMATIKA

SKRIPTA TREĆE IZDANJE

SUBOTICA 2004

SADRŽAJ 1. POLINOMI 1 1.1. Pojam polinoma 1 1.2. Deljenje polinoma 3 1.3. Koreni polinoma 7 1.4. Racionalne razlomljene funkcije 15 2. KOMPLEKSNI BROJEVI 21 2.1. Polje realnih brojeva 21 2.1.1. Skup prirodnih brojeva 21 2.1.2. Skup celih brojeva 23 2.1.3. Skup racionalnih brojeva 24 2.1.4. Skup realnih brojeva 26 2.2. Skup kompleksnih brojeva 27 2.2.1. Pojam kompleksnog broja 27 2.2.2. Algebarski oblik kompleksnih brojeva 29 2.2.3. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja 31 2.2.4. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja 34 3. VEKTORSKA ALGEBRA 41 3.1. Slobodni vektori 41 3.1.1. Pojam slobodnog vektora 41 3.1.2. Pojam vektorskog prostora 43 3.1.3. Linearna kombinacija slobodnih vektora 44 3.2. Operacije sa vektorima 48 3.2.1. Skalarni proizvod vektora 48 3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora. 50 3.2.3. Mešoviti proizvod tri vektora 53 3.2.4. Dvostruki vektorski proizvod tri vektora 55 3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu 57 3.3.1. Koordinate vektora 57 3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru 59 4. ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE 65 4.1. Tačka u prostoru 65 4.2 Jednačina ravni 66 4.2.1. Opšti oblik jednačine ravni 66 4.2.2. Normalni oblik jednačine ravni 67 4.2.3. Ravan kroz datu tačku sa datim vektorom normale 67 4.2.4. Ravan kroz tri zadate tačke 67 4.2.5. Segmentni oblik jednačine ravni 68 4.2.6. Parametarske jednačine ravni 68 4.3. Jednačine prave 71 4.3.1. Vektorske jednačine prave 71 4.3.2. Parametarske jednačine prave 71 4.3.3. Dvojna jednačina prave u kanoničnom obliku 71 4.3.4. Prava kao presek dve ravni 72 4.3.5. Jednačine prave kroz dve tačke 72

4.4. Međusobni odnosi pravih i ravni i tačke 74 4.4.1. Međusobni odnosi dve ravni 74 4.4.2. Međusobni odnos dve prave 76 4.4.3. Međusobni odnos tačke i prave 81 4.4.4. Međusobni odnos tačke i ravni 82 4.4.5. Međusobni odnos prave i ravni 83 5. MATRICE I DETERMINANTE 91 5.1. Matrice 91 5.1.1 .Pojam matrice 91 5.1.2. Specijalne matrice 93 5.2. Operacije sa matricama 94 5.2.1. Sabiranje matrica 94 5.2.2. Množenje matrice skalarom 94 5.2.3. Množenje matrica 95 5.2.4. Transponovanje matrica 96 5.2.5. Zadaci za vežbu 97 5.3. Determinante 99 5.3.1. Definicije 99 5.3.2. Osobine determinanata 100 5.3.3. Zadaci za vežbu: 103 5.4. Inverzna matrica 104 5.4.1. Rang matrice 104 5.4.2. Adjungovana matrica 106 5.4.3. Inverzna matrica 107 5.4.4. Zadaci za vežbu 109 6. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA 113 6.1. Pojam sistema linearnih algebarskih jednačina 113 6.2. GAUSS-ov metod eliminacije nepoznatih 115 6.3. Rešavanje sistema linarnih jednačina pomoću determinanata 120 6.4. Rešavanje sistema linearnih jednačina primenom inverzne matrice. 123 6.5. KRONECKER-CAPLELLI-jev stav 124 6.6. Sistem homogenih jednačina 126 7. VEKTORSKI PROSTORI 133 7.1. Pojam vektorskog prostora 133 7.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora 134 7.3. Linearne transformacije 140 7.4. Transformacije baze 142 7.5. Invarijantni pravci linearne tranformacije 147 7.5.1. Polinomi sa matričnim koeficijentima i matrična vrednost polinoma 147 7.5.2. Sopstveni vektori linearne transformacije 151

KORIŠĆENA LITERATURA

А.Г.Курош:

КУРС ВЫСШЕЙ АЛГЕБРЫ, Москва 1959

Д.К.Фаддеев-И.С.Соминский:

СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ВЫСШЕЙ АЛГЕБРЕ, Москва 1968.

О.Н.Цубербиллер:

ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО АНАЛИТИЧЕСКОЙ ГЕОМЕТРИИ, Москва 1970.

Р. Дорословачки:

ЕЛЕМЕНТИ ОПШТЕ И ЛИНЕАРНЕ АЛГЕБРЕ, Stylos Нови Сад 1997.

Р. Дорословачки:

ЗБИРКА РЕШЕНИХ ИСПИТНИХ ЗАДАТАКА ИЗ АЛГЕБРЕ, Stylos Нови Сад 1998.

Б. Перишић:

ОСНОВИ РАЧУНАРСТВА – МЕТОДИЧКА ЗБИРКА ЗАДАТАКА I, Stylos Нови Сад 1997.

Р.Стефановић:

ЗБИРКА ЗАДАТАКА ИЗ АНАЛИТИЧКЕ ГЕОМЕТРИЈЕ, Завод за издавање уџбеника Београд 1967.

М.Првановић:

МАТЕМАТИКА I I (ГЕОМЕТРИЈА) Завод за издавање уџбеника Београд 1970.

Szele Tibor:

BEVEZETÉS AZ ALGEBRÁBA, Tankönyvkiadó Budapest 1972.

M. Bertolino:

OPŠTI KURS MATEMATIKE, ICS Beograd 1973

S. Kakašić – I. Boroš – Lj. Milošević – A. Ćetković:

MATEMATIKA SA METODIKOM, PA, Sremska Mitrovica 1991.

Bálint János:

MATEMATIKA, PA Subotica 1982.

M.Stojaković: ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE, Zavod za udžbenike Beograd 1961.

Lilly Görke:

HALMAZOK RELÁCIÓK FÜGGVÉNYEK, Tankönyvkiadó Budapest 1969.

I. Grossman–W. Magnus:

CSOPORTOK ÉS GRÁFJAIK, Műszaki Könyvkiadó Budapest, 1972.

Farkas Miklós szerkesztő:

MATEMATIKAI KISLEXIKON, Műszaki Könyvkiadó Budapest 1972.

Fried E. – Pásztor I. – Reiman I. – Révész P. – Ruzsa I.:

MATEMATIKAI KISENCIKLOPÉDIA, Gondolat Könyvkiadó Budapest 1968.

A. Kaufmann:

PONTOK, ÉLEK, ÍVEK ...GRÁFOK, Műszaki Könyvkiadó Budapest 1972.

Andrásfai Béla:

ISMERKEDÉS A GRÁFELMÉLETTEL, Tankönyvkiadó Budapest, 1971.

Oystein Ore: A GRÁFOK ÉS ALKALMAZÁSAIK Gondolat Budapest 1972.

1. POLINOMI

1.1. Pojam polinoma Iz srednje škole je čitaocu poznat sledeći pojam polinoma: Polinom je funkcija oblika f(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn, gde su ai ∈ R ( i = 1, 2, 3, ... ,n ) koeficijenti polinoma. Stepen polinoma zavisi od najvšeg stepena promenljive x. Koeficijent uz najviši stepen promenljive x je takozvani vodeći koeficijent. Vodeći koeficijent je uvek različit od nule: an ≠ 0.

Sada ćemo dati opštiju definiciju pojma polinoma. Neka je dat proizvoljno polje K i

skupovi K2, K3, K4, K5,.... formirani iz elemenata datog polja. Definicija 1.1.1. Elemente skupa U = K « K

N

iK∈i

2 « K3 « ... nazivamo polinomima

nad poljem K ukoliko poslednja komponenta uredjene k-torke nije nula. I nula elemenat polja K je polinom. To je takozvani nula-polinom.

Neka su dati nenula polinomi P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm).

Definisaćemo zbir i proizvod tih polinoma, pri čemu smatramo da je aj = 0 za j > n i bj = 0 za j > m.

Definicija 1.1.2.: Zbir polinoma P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm)

je polinom S = P + Q = (d0 , d1 , d2 , ... , ds) u jojem je dj = aj +bj . Stepen zbira je najveći prirodan broj s za koji je ds ≠ 0. Ako su svi di = 0, zbir je nula-polinom.

Definicija 1.1.3.: Proizvod polinoma P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... ,

bm) je polinom R = P ⋅ Q = (c0 , c1 , c2 , ... , cr) u kojem je , broj r je najveći

prirodan broj za koji važi: c

∑=

−=k

jjkjk bac

0

r ≠ 0. Ako su svi ci = 0, proizvod je nula-polinom.

1.1. Primer: Dati su nenula polinomi P = (a0 , a1 , a2 , a3), Q = (b0 , b1 , b2). To znači: najmanje a3 ≠ 0 i b2 ≠ 0. Odredimo zbir i proizvod tih polinoma. a) P + Q = (a0 , a1 , a2 , a3) + (b0 , b1 , b2) = (a0 + b0 , a1 + b1, a2 + b2, a3) , jer je b3 = 0 i b) P ⋅ Q = (a0 , a1 , a2 , a3) ⋅ (b0 , b1 , b2) = (a0 ⋅ b0 , a0 ⋅ b1 + a1 ⋅ b0 , a0 ⋅ b2 + a1 ⋅ b1 + a2 ⋅ b0 , a0 ⋅ b3 + a1 ⋅ b2 + a2 ⋅ b1 + a3 ⋅ b0 , a0 ⋅ b4 + a1 ⋅ b3 + a2 ⋅ b2 + a3 ⋅ b1 + a4 ⋅ b0, a0 ⋅ b5 + a1 ⋅ b4 + + a2 ⋅ b3 + a3 ⋅ b2 + a4 ⋅ b1 + a5 ⋅ b0) = (a0 ⋅ b0 , a0 ⋅ b1 + a1 ⋅ b0 , a0 ⋅ b2 + a1 ⋅ b1 + a2 ⋅ b0 , a1 ⋅ b2 + a2 ⋅ b1 + a3 ⋅ b0 , a2 ⋅ b2 + a3 ⋅ b1, a3 ⋅ b2 ) , jer su a5 = a4 = b5 = b4 = b3 = 0. ________________________________________________________________________________________

1

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________ c) Akoj je polinom R nultog stepena, tada je R = c0, pa će biti: P +R = (a0+c0 , a1, a2, a3) i P ⋅ Q = (b0 ⋅ c0, b1 ⋅ c0, b2⋅ c0). Neka su P, Q i R proizvoljni polinomi, dok 0 je nula-polinom.

(1) Konstatujemo ulogu nula-polinoma u sabiranju i množenju polinoma:

0 + P = P + 0 = P i 0 ⋅P = P ⋅ 0 = 0.

(2) Polinom E = 1 je polinom nultog stepena koji se ponaša kao multiplikativni neutralni elemenat: 1 ⋅ P = P ⋅ 1 = P.

(3) Može se dokazati komutativno i asocijativno svojstvo sabiranja i množenja polinoma:

P + Q = Q +P és P ⋅ Q = Q ⋅ P, (P + Q ) + R = P +(Q + R ) és (P ⋅ Q) ⋅ R = P ⋅ (Q ⋅ R ) , i (P + Q ) ⋅ R = (P ⋅ R) + (Q ⋅ R ) és P ⋅ (Q + R ) = (P ⋅ Q ) + (P ⋅ R ).

(4) O stepenu zbira i proizvoda konstatujemo činjenice (dg je stepen polinoma):

0 ≤ dg(P + Q) ≤ max [ dg( P ), dg( Q ) ], 0 ≤ dg(P ⋅ Q) ≤ dg( P )+ dg( Q )

Osmotrimo sada ulogu jednog specijalnog polinoma kojeg ćemo obeležiti sa x:

x=(0, 1)

Bez većih teškoća možemo konstatovati sledeća svojsva polinoma x:

x2 = (0, 1) ⋅ (0, 1) = (0, 0, 1), x3 = x2⋅ x = x ⋅ x2 = (0, 0, 1) ⋅ (0, 1) = (0, 0, 1) ⋅ (0, 1) = (0, 0, 0, 1), x4 = (0, 0, 0, 0, 1), x5 = (0, 0, 0, 0, 0, 1), ... , ----------- ----------- xn = (0, 0, ..., 0, 1) (prvih n komponnata su redom 0, a n+1-va je 1).

Potražimo vezu između polinoma x i njegovih stepena sa jedne strane i polinoma P sa druge strane.

P1 = (a0, a1) = a0 + (0, a1) = a0 + a1 ⋅ (0, 1) = a0 + a1 ⋅ x, P2 = (a0, a1, a2) = a0 + (0, a1) + (0, 0, a2)= a0 + a1 ⋅ (0, 1) + a2 ⋅ (0, 0, 1) = = a0 + a1⋅x + a2⋅x2. ----------- ----------- Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn.

________________________________________________________________________________________ 2

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Definicija polinoma poznata od ranije, prema tome jeste jedna konkretizacija opšteg

pojma polinoma. Obeležimo skup olinoma nak poljem K sa K[x]. Nad skupom K[x] važi sledeća teorema: Teorema 1.1.: (K[x] , +, ⋅ ) je komutativni prsten sa jedinicom. Dokaz: (K[x] , +) je ABEL-ova grupa, jer smo uočili asocijativnost i komutativnost

sabiranja, konstatovali i postojanje neutralnog elementa: to je polinom 0, a za inverzni polinom u pogledu sabiranja za polinom Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an) imamo suprotan polinom koji ima sledeći oblik: –Pn = (–a0 , –a1 , –a2 , ... , –an).

(K[x] , ⋅) je komutativna polugrupa sa jedinicom. Asocijativnost i komutativnost

smo već ranije uočili. Multiplikativni neutralni elemenat je polinom nultog stepena E = 1. Distributivnost množenja u odnosu na sabiranje polinoma je takodje ranije uočena.

1.2. Deljenje polinoma Sabiranje i množenje polinoma vršimo po definicijama 1.1.2. és a 1.1.2. Inverzna operacija množenja u prstenu polinoma ne postoji, ali postoji deljenje polinoma sa ostatkom. Proučimo deljenje polinoma sa ostatkom. Pripadnost polinoma prstenu (C[x] , +, ⋅ ) naglašavamo na taj način, što korisimo sledeće oznake za polinome: F(x), G(x), H(x),... Teorema 1.2.1.: Za bilo koja dva polinoma F(x) és G(x) (G(x) ≠ 0) postoje polinomi Q(x) és R(x) takvi, da bude ispunjen uslov F(x) = G(x) ⋅ Q(x) + R(x), pri čemu za stepene tih polinoma važi: 0 ≤ dg(R(x)) < dg(G(x)). Polinomi Q(x) i R(x) su jednoznačno odredjeni. Dokaz: Pretpostavimo, da postoji više takvih polinoma koji zadovoljavaju postavljene zahteve. Neka su takvi polinomi Q1(x) ≠ Q2(x) i R1(x) ≠ R2(x), koji takođe zadovoljavaju uslove 0 ≤ dg(R1(x)) < dg(G(x)) i 0 ≤ dg(R2(x)) < dg(G(x)).

F(x) = G(x) ⋅ Q1(x) + R1(x), F(x) = G(x) ⋅ Q2(x) + R2(x) ⇒ ⇒G(x) ⋅ Q1(x) + R1(x) = G(x) ⋅ Q2(x) + R2(x) ⇒ ⇒G(x) ⋅ (Q1(x) – Q2(x)) = R2(x) – R1(x) ,

gde je na levoj strani 0 ≤ dg(R2(x) – R1(x)) < dg(G(x)) dok je stepen polinoma na desnoj strani dg(G(x) (Q1(x) – Q2(x))) što nije manje od stepenena G(x) jer je Q1(x) ≠ Q2(x) ⇒ ⇒Q1(x) – Q2(x) ≠ 0. Iz toga nužno proizilazi: Q1(x) = Q2(x) és R1(x) = R2(x). Sada dokažimo da takva mogućnost uvek postoji. Neka je dg(F(x)) = n i dg(G(x)) = m.

a) Ako je n < m, Q(x) = 0 ⇒ F(x) = R(x) tj. dg(R(x)) = dg(F(x)) = n < m = dg(G(x)).

________________________________________________________________________________________ 3

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________

b) Neka je n ≥ m, i F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn , an ≠ 0 i G(x) = bo + b1 x + b2 x2 + ... + bm-1 xm-1 + bm xm , bm ≠ 0.

Formirajmo sledeći niz polinoma (pretpostavljajući da je n > m):

F1(x) = F(x) – m

n

ba

xn–m G(x).

I za novi polinom važi: dg(F1(x) ) < dg(F(x)) jer je na desnoj strani stepen

umanjenika tačno n, kao i kod umanjioca, pa je zbir vodećih koeficijenata nula. Tojest dg(F1(x) )< n.

Neka je dg(F1(x) ) = n1, i neka je još uvek n1 > m. Obeležimo vodeći koeficijent

polinoma F1(x) sa a . Sada se može napisati: F1n 2(x) = F1(x) –

m

n

ba1

xn1–m G(x), gde je stepen

polinoma F2(x) broj n2. Ako je n2 ≥ m postupak se nastavlja, u suprotnom je završen. Niz F1(x), F2(x), F3(x), ..., Fk(x) se završava u konačnom broju koraka jer stepeni monotono opadaju: n > n1 > n2 >... U poslednjem koraku:

Fk(x) = Fk-1(x) – m

kn

ba 1−

xn'–m G(x), gde je n' = nk-1 i nk < m.

Saberimo sve polinome Fi (x) (i=1,2,...,k) ! F1(x) + F2(x) + F3(x) + ... + Fk(x) =

= F(x) – (m

n

ba

xn–m +m

n

ba1

xn1–m +...+m

kn

ba 1−

xn'–m) G(x) = Fk (x) , tojest

Q(x) = m

n

ba

xn–m +m

n

ba1

xn1–m +...+m

kn

ba 1−

xn'–m i R(x) = Fk(x).

Polinomi Q(x) i R(x) zadovoljavaju uslov teoreme F(x) = G(x) ⋅ Q(x) + R(x), pri

čemu i za stepen polinoma R(x) važi: 0 ≤ dg(R(x)) < dg(G(x)). U jednakosti F(x) = G(x) ⋅ Q(x) + R(x) polinom Q(x) je količnik dobijen deljenjem

polinoma F(x) polinomom G(x), dok polinom R(x) je ostatak.

________________________________________________________________________________________ 4

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________ Primer 1.2.1.: Deljenje polinoma sa ostatkom. Odredimo količnik Q(x) polinoma F(x) i G(x), kao i ostatak tog deljenja R(x)!

F(x) = 2 + 4 x + 6 x2 + 5 x3 + 3 x4 , G(x) = 1 + x + x2 .

3 x4 + 5 x3 + 6 x2 + 4 x + 2 : x2 + x + 1 = 3 x2 + 2 x + 1 –(3x4 + 3 x3 + 3 x2) 2 x3 + 3 x2 + 4 x + 2 –(2 x3 + 2 x2 + 2x) x2 + 2 x + 2 –(x2 + x + 1) x + 1

Prema tome Q(x) = 3 x2 + 2 x + 1 i R(x) = x + 1, tojest:

( 3 x4 + 5 x3 + 6 x2 + 4 x + 2 ) = ( x2 + x + 1) ( 3 x2 + 2 x + 1) + ( x + 1) Prikazani postupak se naziva euklidovim algoritmom za deljenje polinoma. Definicija 1.2.1.: Polinom G(x) je delilac polinoma F(x) onda i samo onda, ako postoji polinom Q(x) takav, da zadovoljava jednakost F(x) = G(x) ⋅ Q(x). Obeležimo relaciju deljivosti na sledeći način: G(x) | F(x). Navedimo sada sve posledice koje proizilaze iz pojma deljivosti polinoma i iz svojstava operacija sa polinomima. a) G(x) | F(x) Ÿ H(x) | G(x) ⇒ H(x) | F(x). (Deljivost polinoma je tranzitivna) b) H(x) | F(x) Ÿ H(x) | G(x) ⇒ H(x) | (F(x) ± G(x)). (Ako je polinom H(x) delilac

polinoma F(x) i G(x) tada je on delilac i zbira i razlike polinoma F(x) i G(x). c) G(x) | F(x) ⇒ G(x) | F(x) ⋅ H(x). (Ako je polinom G(x) delilac nekog polinoma

F(x), onda je delilac i proizvoda polinoma F(x) i proizvoljnog polinoma H(x)). d) H(x) | F1(x) Ÿ H(x) | F2(x) Ÿ....Ÿ H(x) | Fk(x) ⇒

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

e) G(x) | F(x) Ÿ F(x) | G(x) ⇒ F(x) = C ⋅ G(x). ( C je polinom 0-tog stepena). f) C | F(x) (Svaki polinom je deljiv sa bilo kojim nenula polinomom nultog stepena) .

Definicija 1.2.2.: Najveći zajednički delilac polinoma F(x) i G(x) je normalizovan polinom H(x) najvišeg stepna koji je delilac oba polinoma.

Ovu činjenicu obeležavamo na sledeći način: H(x) = NZD(F(x), G(x)).

________________________________________________________________________________________ 5


Teorema 1.2.2: Za polinome F(x) i G(x) postoji tačno jedan normalizovan polinom

H(x) kao njihov najveći zajednički delilac. Dokaz: Neka je dg(F(x)) ≥ dg(G(x)) (U suprotnom zamenimo uloge datih

polinoma). Primenom deljenja sa ostatkom možemo napisati sledeći niz jednakosti: F(x) = G(x) ⋅ Q1(x) + R1(x), dg(R1(x)) < dg(G(x)) , G(x) = R1(x) ⋅ Q2(x) + R2(x), dg(R2(x)) < dg(R1(x)), R1(x) = R2(x) ⋅ Q3(x) + R3(x), dg(R3(x)) < dg(R2(x)), ------------------------ ------------------------ Rk-2(x) = Rk-1(x) ⋅ Qk (x) + Rk(x), dg(Rk (x)) < dg(Rk-1(x)). Pošto stepeni ostataka čine opadajući niz, postupak se nužno završava. U

poslednjem koraku se dobija ostatak 0. (U “najgorem” slučaju Rk(x) je polinom 0-tog stepena tojest konstanta):

Rk-1(x) = Rk(x) ⋅ Qk+1(x) . Po ovoj jednakosti je Rk(x) | Rk-1(x). Koristimo ovu činjenicu i uočimo sledeće

jednakosti: Rk-2(x) = Rk-1(x) ⋅ Qk(x) + Rk(x) =Rk-2(x) = Rk(x) ⋅ Qk+1(x) ⋅ Qk(x) + Rk(x) =Rk(x) ⋅

Mk(x), gde je Mk(x)= Qk+1(x)⋅ Qk(x) + 1 odavde sledi: Rk(x) | Rk-2(x). Nastavljajući zamenjivanje ostataka u prethodne korake dobijamo: Rk(x) | F(x) i

Rk(x) | G(x) . Ovim smo pokazali da je Rk(x) zajednički delilac polinoma F(x) i G(x).

Postupak je jednoznačan, pa polinom višeg stepena sa istim osobinama ne postoji, tojest Rk(x) je največi zajednički delilac polinoma F(x) i G(x).

Definicija 1.2.3.: Polinomi F(x) i G(x) su relativno prosti ako i samo ako za

najvećeg zajedničkog delioca imaju polinom E = 1. Svi zajednički delioci nultog stepena nazivaju se trivijalnim deliocima.

Primer 1.2.2.: Odredjivanje najvećeg zajedničkog delioca za polinome F(x) i G(x)

euklidovim algoritmom. Neka je F(x) = x4 + 3 x3 – x2 – 4 x – 3 i G(x)=3 x3 + 10 x2 + 2 x – 3. U prvom koraku delimo polinom 3F(x) polinomom G(x):

3 x4 + 9 x3 – 3 x2 – 12 x – 9 = (3 x3 + 10 x2 + 2 x – 3)(x 31

− ) + (–35 x2 –

325 x – 10)

.

U drugom koraku delimo polinom G(x) sa ostatkom kojeg smo pomnožili sa –53 .

3 x3 + 10 x2 + 2 x – 3 = (x2 + 5 x +6)(3x – 5) + (9 x +27).

________________________________________________________________________________________ 6

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

U trećem koraku delimo “promenjeni” ostatak prvog koraka (x2 + 5 x +6) sa

ostatkom drugog koraka kojeg smo pomnožili prethodno sa 91 , pa je delilac (x +3):

x2 + 5 x +6 = (x +3)(x +2). Postupak je završen, jer je ostatak 0. Data dva polinoma za najvećeg zajedničkog

delioca imaju polinom (x +3). Teorema 1.2.3.: Prilikom deljenja polinoma F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn polinomom x – c dobija se količnik

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

c an an–1 an–2 ... a1 a0 an cbn–1+an–1 cbn–2+an–2 ... cb1+a1 cb0+a0 bn–1 bn–2 bn–3 ... b0 R

Zadaci 1.2. a) Izvršimo deljenje sledećih polinoma:

(1) 2 x4 – 3 x3 + 4 x2 – 5 x + 6 i x2 –3 x + 1, (2) x3 – 3 x2 – x – 1 i 3 x2 –2 x + 1, (3) 2 x5 – 5 x3 – 8 x i x + 3, (4) x5 – 15 x4 +14 i x2 –2 x + 1.

b) U zadatku (3) i (4) primenimo i Hornerovu šemu. Primetimo to da u zadatku (4)

polinom je deljiv sa (x – 1)2) c) Odredimo najveći zajednički delilac parova polinoma iz tačke a) primenom

euklidovog algoritma.

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

________________________________________________________________________________________ 7

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________ toga proizilazi, da dosad konstatovanje činjenice slobodno možemo primeniti na skupove polinoma Q[x] i R[x].

Skup Q[x] je skup polinoma nad poljem racionalnih brojeva, dok u skup R[x]

spadaju polinomi sa realnim koeficijentima. I skup Z[x] poseduje dosad izložena svojstva, ali postoje i ograničenja koja proizilaze iz činjenice,da skup celih brojeva raspolaže “samo” strukturom komutativnog prstena sa jedinicom.

Izlaganje o skupu kompleksnih brojeva je predmet narednog poglavlja. Poznato je

međutim, da je i skup C ima strukturu polja. Zato C[x] nazivamo skupom polinoma nad poljem komplexnih brojeva.

Neka su elementi polja K jednostavno nazvani “brojevima” a polinom F(x) je

elemenat skupa K[x]: F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn. Definicija 1.3.1.: Vrednost polinoma za x = c je broj F(c) ∈ K koji se dobija nakon

izvršenja naznačenih operacija, kada u polinomu F(x) promenljivu x zamenimo sa konstantnim brojem c: F(c) = ao + a1 c + a2 c2 + ... + an-1 cn-1 + an cn.

Teorema 1.3.1.: Ostatak prilikom deljenja polinoma F(x) polinomom x – c je jednak

vrednosti polinoma za x = c, tojest: F(x) = (x – c) Q(x) + F(c).(Bézout-ova teorema). Dokaz: Istinitost tvrđenja se može neposredno uočiti ako se promenljiva x zameni

sa c na levoj i na desnoj strani jednakosti F(x) = (x – c) Q(x) + R . Rezultat je F(c) = R . Definicija 1.3.2.: Broj c je koren polinoma F(x) ako je F(c) = 0. Teorema 1.3.2.: Polinom F(x) je deljiv bez ostatka polinomom x – c ako i samo ako

broj c koren polinoma F(x). Ova teorema je neposredna posledica Bézout-ove teoreme. Postavlja se pitanje: ima li polinom uopšte koren (ili korene)? Prethodne teoreme ne

tvrde postojanje korena, već samo činjenicu, da ako postoji broj navedenih osobina, tada je to koren polinoma. Ovo pitanje je razrešeno osnovnim stavom algebre. Prvi dokaz ove teoreme se pripisuje GAUSS-u. Dokaz je neobično složen, zato ga izostavljamo, ali zbog važnosti navodimo teoremu.

Teorema 1.3.3.: (Osnovni stav algebre) Svaki polinom najmanje prvog stepena sa

kompleksnim koeficijentima ima bar jedan koren u polju kompleksnih brojeva. Osnovni stav algebre tvrdi samo egzistenciju korena, ali nam ništa ne kaže o tačnom

broju i o načinu njihovog iznalaženja. Uprkos tome, da se teorema odnosi na polinome sa kompleksnim koeficijentima prenosimo to na područje polinoma sa realnim koeficijentima. Zadatak nam je da pronađemo korene datog polinoma, odnosno da pronađemo sve brojeve koji zadaovoljavaju jednakost F(x) = 0. Ova jednakost je jednačina.

Teorema 1.3.4.: Polinom n-tog stepena sa kompleksnim koeficijentima F(x) ima

tačno n korena u polju kompleksnih brojeva.

________________________________________________________________________________________ 8

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

)

Dokaz: Neka je po osnovnom stavu kompleksan broj c1 koren polinoma F(x), tojest

F(c1) = 0. Na osnovu teoreme 1.3.2. imamo: F(x) =(x – c1) F1(x), gde je dg(F1(x))≤ n – 1. Ako je dg(F1(x)) > 0, onda se osnovni stav algebre može primeniti i na polinom

F1(x). Neka je c2 koren tog polinoma, odnosno: F1(c2) = 0. Ponovnom primenom teoreme 1.3.2. imamo:

F1(x) =(x – c2) F2(x), gde je dg(F2(x))≤ n – 2, odnosno: F(x) =(x – c1)(x – c2) F2(x). Ako je dg(F2(x)) > 0, nastavljamo postupak. U n-tom koraku postupak se završava,

jer je količnik polinom 0-tog stepena: F2(x) =(x – c3) F3(x), gde je dg(F3(x))≤ n – 3, odnosno: F(x) = (x – c1)(x – c2)(x – c3)F3(x). ------------- ------------- F(x) =(x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn) Fn(x), gde je dg(Fn(x))≤ n – n = 0. Prikazani postupak nazivamo razlaganje polinoma na proizvod linearnih činilaca.

Poslednji količnik postupka je polinom nultog stepena koji je jednak vodečem koeficijentu datog polinoma:

F(x) = an (x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn).

Koreni polinoma n-tog stepena nisu nužno međusobno različiti brojevi: c1, c2, c3, ... , cn. Moguće je, na primer da je c1 = c2. U tom slučaju za broj c1 kažemo da je dvostruki koren polinoma F(x). U opštem slučaju svaki koren ima neku “višestrukost”

Neka su α 1, α 2, α 3 , ... ,α m različiti koreni polinoma F(x) (m ≤ n). Neka je višestrukost korena α i broj ki, (i = 1, 2, ... , m), gde u slučaju jednostrukog korena αr imamo kr = 1, za dvostruki koren αs je ks = 2, i tako dalje. Naravno broj korena i sa svim višestrukostima je ukupno samo n, tojest: k1 + k2 + ... + km = n. Posle svega navedenog potpunu faktorizaciju polinoma možemo obaviti na sledeći način:

F(x) = gde je . ( ) ( ) ( ) (∏=

−=−−−m

j

kjn

km

kkn

jm xaxxxa1

21 ....21 αααα nkm

ii =∑

=1

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

24 + 10 x –15 x2 + x4 = (x + 4)(x + 1)(x – 2)(x – 3).

Svi koreni polinoma su realni i jednostruki. U opštem slučaju koreni pripadaju

skupu kompleksnih brojeva.

________________________________________________________________________________________ 9

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________ b) Koreni polinoma G(x) = 1 + x3 su isto tako jednostruki:

1 + x3 = ( )

−−−

+−−+

23

21

23

211 ixixx .

U ovom slučaju dva korena su kompleksni brojevi i jedan je realan broj. c) U razlaganju sledećeg polinoma uočavamo, da od pet korena su samo dva različita: jedan je dvostruki a drugi je trostruki realan koren.

x5 + 3 x4 – 6 x3 – 10 x2 + 21 x – 9 = (x + 3) 2 (x – 1) 3 .

Višestruki koreni su u tesnoj vezi sa izvodnim polinomom datog polinoma.

Izučavanje izvoda nije predmet ovog kursa, zato zbog potrebe daljeg rada dajemo samo jednu neophodnu definiciju iz te oblasti:

Definicija 1.3.3.: Izvod polinoma

F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an–1 xn–1 + an xn je polinom

F '(x) = a1 + a2 x + ... + (n-1) an–1 xn–2 + n an xn–1. Izvod zbira, razlike, proizvoda, količnika i stepena polinoma samo navodimo. Te

osobine čitalac će da upozna u okviru kursa Matematička Analiza: a) (F(x) ± G(x)) ' = (F '(x) ± G '(x)) b) (F(x) ⋅G(x)) ' = F '(x) ⋅ G (x) + F'(x) ⋅ G '(x) c) ((F(x))n)' = n ⋅ (F(x))n–1 ⋅ F ' (x).

Teorema 1.3.5.: Ako je broj c k-tostruki koren polinoma F(x), tada je isti broj c k–1-nostruki koren izvodnog polinoma F'(x) ( k > 1). Dokaz: Dokazujemo samo prvi deo teoreme. Ako polinom n-tog stepena F(x) ima

broj c za k-tostruki koren (k > 1), tada je moguće sledeć razlaganje polinoma: F(x) = (x – c)k Q(x),

gde je polinom Q(x) stepena n–k. Pronađimo izvod tog razlaganja! F '(x) = k (x – c)k–1 Q(x) +(x – c)k Q '(x) , ili: F '(x) = (x – c)k–1( k Q(x) +(x – c) Q '(x) ) = (x – c)k–1 Q1(x),

________________________________________________________________________________________ 10

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

a) Konjugovani zbir kompleksnih brojeva je jednak zbiru konjugovanih

kompleksnih brojeva, b) Konjugovani proizvod dva kompleksna broja je jednak proizvodu komnjugovani

kompleksnih brojeva, c) Konjugovani stepen kompleksnog broja je jednak stepenu konjugovanog

komplesnog broja, d) Konjugovani kompleksan broj kompleksnog broja koji ima samo realan deo

različit od nule je jednak samom kompleksnom broju. F(α) = 0 ⇒ )(αF = 0 ⇒ n

nn

n aaaaa αααα +++++ −−

11

2210 ... =0 ⇒

⇒ n

nn

n aaaaa αααα +++++ −−

11

2210 ... = 0 ⇒

⇒ ao + a1 α + a2 α 2 + ... + an–1 α n–1 + an α n = 0 ⇒ F(α ) .

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

(x – α )(x – α ) = x2 – (α +α ) x + α α = x2 + p x + q, ________________________________________________________________________________________

11

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________ gde smo stavili p= – (α +α ) = –2c, i q = α α =c 2 + d2 (znači p i q su realni brojevi!). Prilikom razlaganja polinoma na činioce ovaj faktor smatramo nesvodljivim na polju realnih brojeva. Zato polinom x3 +1 na polju realnih brojeva rastavljamo na sledeći način: x3 +1 = = (x + 1)(x2 + x + 1).

Normalizovani oblik polinoma F(x) = an (x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn) dobijemo na sledeći način:

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

+++++ −− nn

n

n

nnnn xx

aax

aax

aa

aaa 112210 ... .

Uporedimo li polinom sa prvobitnim razlaganjem možemo izvesti vrlo važne

zaključke: nn

n

n

nnnxx

aax

aax

aa

aa

+++++ −− 112210 ... = (x – c1)(x – c2)(x – c3) ... (x – cn)

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

c1 + c2 + c3 + ... + cn = n

n

aa 1−− ,

c1 c2 + c1 c3 +...+ c1 cn + c2 c3 + ... + cn–1 cn = n

n

aa 2− ,

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

n

aa 3−− ,

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

c1 c2 c3 ... cn–1 cn = ( )n

n

aa01− .

Dobijene veze između korena i koeficijenata polinoma su takozvane Viète-ove

formule (Vijetove-formule). Za polinom drugog stepena F(x) = ao + a1 x + a2 x2 čiji su koreni c1 i c2 imamo:

c1 + c2 = 2

1

aa

− , c1 c2 = 2

0

aa .

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

c1 + c2 + c3 = 3

2

aa

− , c1 c2 + c1 c3 + c2 c3 = 3

1

aa , c1 c2 c3 =

3

0

aa

− .

Polinomi sa racionalnim koeficijentima imaju dodatna ograničenja. Ako polinom

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

________________________________________________________________________________________ 12

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Ograničimo se na polinome sa celim koeficijentima, jer zaključke vrlo lako možemo

preneti na polinome sa racionalnim koeficijentima. Neka je polinom F(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an–1 xn–1 + an xn sa celim

koeficijentima. Poslednja Vijetove formula glasi:

c1 c2 c3 ... cn–1 cn = ( )n

n

aa01− , gde su c1, c2, c3 , ... , cn koreni polinoma.

Neka je c1 racionalan broj, tojest c1 = qp , gde su p,q ∈ Z uzajamno prosti brojevi, i

pq≠0. Pomnožimo jednakost 0...1

1

2

210 =

+

++

++

−

−

n

n

n

n qpa

qpa

qpa

qpaa prvo sa qn-1:

0... 11

322

21

10 =+++++ −

−−−−

qpapaqpapqaqa

n

nn

nnnn ,

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

0... 121

22

110 =+++++ −−

−−− n

nn

nnn

n

paqpapqaqap

qa .

U ovim jednakostima su koeficijenti celi brojevi u svim članocima sem u qp n

na ,

odnosno u p

qan

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

pa0 i qan , tojest mora biti broj p činilac koeficijenta a0 a broj q činilac koeficijenta an. Ukoliko od navedenih brojeva nijedan nije koren polinoma, tada polinom nema racionalne korene. Primer 1.3.2.: a) Odrediti koeficijente k i n u polinomu P(x) = x4 – 6 x3 + kx + m, tako da realan koren koji je različit od nule ima najveću moguću višestrukost. Obeležimo taj koren sa ε. To znači sledeće:

ε 4 – 6 ε 3 + kε + m= 0. Ako je ε dvostruki koren, tada je to jednostruki koren izvodnog polinoma, koji je

dat u sledećem obliku: P '(x) = 4x3 – 18 x2 + k . Iz toga sledi: 4ε 3 – 18 ε 2 + k = 0.

Ako je koren trostruki koren datog polinoma, tada je to jednostruki koren drugog

izvoda: P''(x) = 12x2 – 36 x : 12ε 2 – 36 ε = 0.

________________________________________________________________________________________ 13


Iz ove jednačine (zbog uslova ε ≠ 0) sledi jedino moguće rešenje: ε = 3. Vratimo li

ovo rešenje u prethodne dve jednačine dobijamo: k = 54 i m= –81. Odavde lako dobijamo sledeću faktorizaciju polinoma:

P(x) = x4 – 6 x3 + 54x – 81 = (x + 3)(x – 3)3.

b) Rešiti jednačinu 36x3 – 12 x2 – 5x + 1 = 0 ako je poznato, da je zbir dva korena

jednak trećem korenu: c1 + c2 = c3.

Koristimo li Vijetove formule dobijamo: c1 + c2 + c3 = 31

3612

=−

− . Ako uvrstimo

uslov zadatka u tu formulu možemo izračunati vrednost jednog korena:

(c1 + c2)+ c3 = c3 + c3 = 2c3 =31 ⇒ c3 =

61 .

Preostala dva korena se lako određuju: c1 =21 i c2 =

31

− .

c) Proizvod korena polinoma Q(x) = 3 + 4 x + 5 x2 + 6 x3 + 8 x4 po četvrtoj Vijetovoj

formuli je: c1 c2 c3 c4 = 83 . Skup mogućih racionalnih korena je: {±1, ±3, ±

21 , ±

23 , ±

41 ,

±43 , ±

81 , ±

83 }. Istina je, da je potrebno izvršiti do 16 pokušaja sa tim brojevima dok

zaključimo: ovaj polinom nema racionalnih korena. Zadaci 1.3.: a) Pronaći racionalne korene polinoma F(x) = x4 – 2 x3 – 8x2 + 13x – 24 . b) Rastaviti na činioce nad poljem realnih brojeva polinom G(x) = x4 – x3 – 3x2 + 2x + 2. c) Ima li višestruke korene polinom H(x) = x6 – 6 x4 – 4 x3 + 9 x2 + 12x + 4. Odredimo korene polinoma i napišimo ga u obliku proizvoda. d) Za koju vrednost parametra λ ima polinom višestruke korene?

M(x) = x3 – 8x2 + (13 – λ) x – (6 + 2 λ )

e) Imaju li dati polinomi zajedničke korene? A(x) = 2 x3 – 3x2 – x + 2 és B(x) = x4 – 2x2 – 3x + 4 .

f) Za koju vrednost parametra λ imaju zajedničke korene sledeći polinomi? F(x) = x3 – λx + 2 és G(x) = x2 + λx + 2 .

________________________________________________________________________________________

14

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

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

F(x) = )()(

......

2210

2210

xx

xbxbxbbxaxaxaa

mm

nn

SP

=++++++++

.

Ako su brojioc i imenioc uzajamno prosti polinomi, tada se racionalna razlomljena

funkcija ne može skratiti. Racionalna razlomljena funkcija je “pravi racionalni izraz” kada je stepen imenioca viši od stepena brojioca tj dg(P(x)) < dg(S(x)), u obrnutom slučaju razlomak je “nepravi” razcionalni izraz. Svaka racionalna razlomljena funkcija se može svesti na zbir jednog polinoma i jednog pravog racionalnog izraza koji se ne može skratiti. To izriče sledeća teorema.

Teorema 1.4.1.: Svaka racionalna razlomljena funkcija se može izraziti u obliku

zbira jednog polinoma i jednog pravog racionalnog izraza koji se ne može skratiti. Dokaz: Ako je kod racionalnog razlomljenog izraza F(x) dg(P(x)) > dg(S(x))

podelimo P(x) sa S(x). P(x) = S(x) ⋅ Q(x) + R(x), ahol dg(R(x)) < dg(S(x))

Odavde sledi )()()(

)()(

xxx

xx

SRQ

SP

+= .

Definicija 1.4.1.: Pravi razlomljeni izraz )()(

xx

SP je elementari razlomljeni izraz, samo

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

( )kcxA−

i ( )mqpxx

CBx

++

+2

gde su A,B,C, c, p, q ∈ R , p2–4q<0, k, m ∈N.

Primeri elementarnih razlomaka: ( ) ( )32241

1,1

23,3

7,5

3

+−

+−++

+−+ xx

xxx

xxx .

Bez dokaza formulišemo jedan osnovni stav u vezi razlaganja racionalnih izraza na zbir elementarnih racionalnih izraza: ________________________________________________________________________________________

15


Teorema 1.4.2.: Svaki pravi racionalni izraz koji se ne može dalje skraćivati moguće je jednoznačno razložiti na zbir elementarnih racionalnih izraza.

Naziv postupka je “razlaganje na parcijalne razlomke”. Pretpostavimo da je polinom S(x) normalizovan i da je rastavljen na nesvodljive

činioce. Neka je broj c k-tostruki koren. To prouztokuje pojavu k sabiraka:

( )cxA−

1 , ( )22

cxA−

, ... , ( )kk

cxA−

.

Ako par konjugovano-kompleksnih korena ima višestrukost m, tada oni stvaraju

nesvodljivi činilac oblika (x2+px+q)m (naravno: p2–4q<0), a među parcijalnim razlomcima se pojavljuju sledeći sabirci:

( )qpxxCxB++

+2

11 , ( )2222

qpxx

CxB

++

+, ... , ( )m

mm

qpxx

CxB

++

+2

.

Primer 1.4.1.: Neka je dat racionalni izraz:

F(x) = 2322

53610)()(

235

2356

+−+−+++−+

=xxxx

xxxxxxx

SP

.

Nakon deobe brojioca sa imeniocem dobija se izraz:

F(x) = 2322

3471021)()()(

)()(

235

234

+−+−+++−

++=+=xxxx

xxxxxxxx

xx

SRQ

SP

.

Rastavimo li imenilac na činioce, dobijamo: S(x) = (x + 2)(x – 1)2 (x2 + 1), tojest

broj x = – 2 je jednostruki realan koren, x = 1 je dvostruki realan koren, dok treći činilac potiče od konjugovano-kompleksnih korena x = i i x = –i. Razmatramo samo razlomljeni deo racionalnog izraza F(x).

1)1(12)1()1)(2(347102

)()(

2222

234

+++

−+

−+

+=

+−++++−=

xEDx

xC

xB

xA

xxxxxxx

xx

SR .

Odavde sledi:

22

222

)1)(2)(()1)(2()1)(1)(2()1()1()(R

+++++++

++−+++−=

xxEDxxxCxxxBxxAx

.

________________________________________________________________________________________ 16

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________

Uvrstimo li u ovoj jednakosti x = 1, dobijamo 6C = 6, što znači da je C = 1. Isto

tako uvrstimo x = –2, tada dobijamo 45A=135, što znači da je A = 3. Ako stavimo da je x = 0 zatim da je x = –1 (imajući u vidu da brojevi A i C već su izračunati) dolazimo de sledeče dve jednačine: –2B +2E = –2 i –4B – 4D + 4E = –8. Odavde je D = 1. Na kraju stavljajući x = 2 dolazimo do jednačine 20B +4E = –52. Preostali brojevi su B = –2 i E = –3.

Potpuno rastavljanje izraza F(x) je sledeće:

F(x) =13

)1(1

12

231 22 +

−+

−+

−−

++

++xx

xxxx .

Zadaci 1.4.: Rastaviti na parcijalne razlomke sledeće racionalne izraze:

a) 122 2345

3

−+−+− xxxxxx

,

b) ( )( )( )3211

222

2345

+++−+−+−

xxxxxxxx

.

c) Dokazati, da je polinom deljiv polinomom )1()()( 11 −+−= −− naanxxxP nnn

(x – a)2 pri bilo kojoj vrednosti konstante a..

d) Dokazati da je polinom deljiv polinomom 2)1()1( 22222 −+−+−+= nn

n xxxxPxxxQ −= 2)( .

e) Odrediti koeficijente polinoma ( ) nxmxxxxxP +−++−= 635 2345

32 −− x

tako, da

zajednički koren polinoma i ( ) 2 23 −= xxxS ( ) 6106 234 −+−= xxxxxT 9+ bude dvostruki koren polinoma ( )xP ( ∈n,m R).

f) Neka je α dvostruki koren jednačine . Koje uslove zadovoljavaju keficijenti a i b i koren α ?

035 =++ baxx

Ispitni zadaci 1. 1. (28.09.1998.) U polinomu odrediti parametre m i n tako da

zajednička nula polinoma i

( ) nxmxxxxxP +−++−= 635 2345

( ) 322 23 −−−= xxxxS ( )xT( )xP

96106 234 +−+−= xxxx bude dvostruka nula polinoma , ( )ℜ∈nm, .

________________________________________________________________________________________ 17

DISKRETNA MATEMATIKA ___________________________________________________________________________________________________ Rešenje: Euklidovim algoritmom (traženjem najvećeg zajedničkog delioca) ili traženjem racionalnih korena ova zadnja dva polinoma može se konstatovati, da je im zajednički koren broj: x = 3. Zamenimo to u polinom P(x) zatim u polinom P' (x), pri čemu polinom koristimo izvod , tada dobijamo jednačine: 629205)(' 234 −++−= mxxxxxP 9m + n = 99, 6m – 60 = 0. Rešenja su: m=10, n=9

Drugi način izbegava korišćenje izvoda. Podelimo polinom P(x) sa binomom (x – 3) i izjednačimo ostatak sa 0 (to je prva jednačina). Podelimo sada količnik iz prethodnog koraka sa binomom (x – 3), i izjednačimo sa 0 i ovaj ostatak (druga jednačina). Ova dva načina rešavanja problema su ekvivalentna.

2. (26.01.2001.) (i) Sastaviti normalizovan polinom sa realnim koeficijentima četvrtog stepena P(x), čiji su koreni x1=2, x2 = 3, x3 = 2+3i. (Da li su ovde navedeni svi koreni tog polinoma?) (ii) Rastaviti na elementarne parcijalne razlomke racionalnu razlomljenu funkciju Q(x)/P(x), gde je Q(x) = 8x3 – 46x2 + 125x – 157. (Ispit 21.01.2001.) Rešenje:

(i) Pored datih korena mora biti i broj x4 = 2 – 3i koren tog polinoma. Polinom je P(x) = (x – 2)(x – 3)(x2 – 4x + 13) = x4 – 9x3 + 39x2 – 89x + 78. (ii)

.13432)134)(3)(2(

1571254687889399

157125468)()(

22

23

234

23

+−+

+−

+−

=+−−−

−+−=

=+−+−

−+−=

xxDCx

xB

xA

xxxxxxx

xxxxxxx

xx

PQ

Odavde sledi: A=3, B=2, C=3 i D=2. 3. (11.04.2002.)

Rastaviti na proizvod nesvodljivih činilaca na polju realnih brojeva polinom: . 65442)( 2345 +−+−−= xxxxxxP ________________________________________________________________________________________

18

POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________ Rešenje:

Na osnovu poznavanja činjenice da racionalni koreni moraju biti činioci slobodnog člana, zato racionalne korene tračimo medju brojevima ±1, ±2, ±3, ±6. Upotrebom Hornerove šeme uočavamo da su racionalni koreni: +1, –2 i +3, pa realna faktorizacija je sledeća: P(x) = (x – 1)(x + 2)(x – 3)(x2 + 1). 4. (2002.04.11.)

Dat je polinom . 2)( 2344 ++++= cxbxaxxxP

(i) Odrediti koeficijente a, b i c tako da polinom bude deljiv sa (x + 1) i sa (x – 1), dok prilikom deljenja sa (x – 2) daje ostatak 18. (ii) Rastaviti dobijeni polinom na faktore nad R. Rešenje:

Iz deljivosti sa (x + 1) sledi P4(–1) = (–1)4 + a (–1)3 + b (–1)2 + c (–1) + 2 = 0.

To daje prvu jednačinu: – a + b – c + 3 = 0.

Na isti način, iz deljivosti sa (x – 1) sledi P4(1) = 0, tojest a + b + c + 3 = 0. Treća jednačina se dobija na osnovu Bezuovog stava: P4(2) = 18, tojest 8 a + 4 b + 2 c + 18 = 18.

Rešenja ovog sistema jednačina su: a = 2, b = –3, c = –2: = 2 2232)( 234

4 +−+)( 2344 ++++= cxbxaxxxP −+= xxxxxP .

Deobom polinoma sa (x + 1), zatim sa (x – 1) imamo: )22)(1)(1()( 2

4 −++−= xxxxxP .

Preostala dva korena tog polinoma su 312

1224

3 ±−=±−

=x .

Potpuna faktorizacija polinoma je: )31)(31)(1)(1()(4 ++−++−= xxxxxP . 5. (11.04.2002.) Racionalnu razlomljenu funkciju razložiti na parcijalne sabirke:

12

)( 24 +−=

xxxxf

________________________________________________________________________________________ 19


________________________________________________________________________________________ 20

Rešenje: Pošto je x4 – 2x + 1 = (x2 – 1)2 = (x – 1)2 (x + 1)2, sledi razlaganje:

2224 )1(1)1(112 ++

++

−+

−=

+− xD

xC

xB

xA

xxx .

Nakon množenja sa zajedničkim imeniocem x4 – 2x + 1 imamo:

x = A (x – 1) (x + 1)2 + B (x + 1)2 + C (x – 1)2 (x + 1) + D (x – 1)2.

Nije teško uočiti, da za x = 1 dobijamo 41

=B , dok za x = –1 dobijamo 41

=D .

Zamenom još bilo koje dve vrednosti za x (naprimer za x = 0 i x = 2) dobijamo dve

jednačine sa nepoznatima A i C: .125,

121

613,

21

−==⇒−=+=− CACACA

Konačno razlaganje je:

+

++

−−

+−

=+− 2224 )1(

31

5)1(

31

1121

12 xxxxxxx .

2. KOMPLEKSNI BROJEVI

2.1. Polje realnih brojeva

2.1.1. Skup prirodnih brojeva

Jedan od najvažnijih pojmova matematike je pojam prirodnog broja i skupa prirodnih brojeva: N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ....}. Taj pojam je moguće zasnovati na pojmu kardinalnog broja skupova ali se može definisati i aksiomatskim putem. Sada se ograničimo na elemente aksiomatskog izlaganja. Aksiomatsko zasnivanje pojma prirodnih brojeva se vezuje za ime italijanskog matematičara G. PEANO-a.

Aksiomatske teorije se oslanjaju na izvestan broj osnovnih pojmova, osnovni pojmovi

se ne definišu već se njihove međusobne veze implicitno određuju aksiomima . Osnovni pojmovi u aksiomatskom zasnivanju teorije prirodnih brojeva su:

• skup prirodnih brojeva N , • broj 1 kao konstanta i • relacija sledbenik, (ako n označava neki prirodan broj, tada je njegov sledbenik n’ ).

Aksiomi: A1. 1 ∈ N Broj 1 pripada skupu prirodnih brojeva, A2. (∀ n∈ N )(∃ n’∈ N ) Svaki prirodan broj n ima sledbenika u skupu prirodnih brojeva A3. (∀ n∈ N )( n’ ≠ 1). Broj 1 nije sledbenik ni jednog prirodnog broja A4. (∀ m,n ∈ N )( m’ = n’ ⇒ m = n) Svaki prirodan broj ima tačno jednog sledbenika A5. (M ⊆ N) Ÿ (1 ∈ M) Ÿ ( n∈ M ⇒ n’∈ M ) ⇒ M =N.

Aksiom matematičke indukcije: Ako neki podskup M skupa N prirodnih brojeva sadrži broj 1 i ako sadrži sledbenika bilo kojeg svog elementa, tada je skup M jednak skupu prirodnih brojeva.

Ovi aksiomi određuju međusobne odnose prirodnih brojeva, ali ne govore o

operacijama u tom skupu. Zbog toga sistem aksioma A1–A5 nije potpun. Radi dopune tog sistema do potpunog sistema porebno je dodati još 4 aksioma. Ovim proširenjem ne smemo

________________________________________________________________________________________ 21


________________________________________________________________________________________ 22

dodati tvrđenja koja moćemo izvesti iz postojećih aksioma, takođe i ne smeju nova tvrđenja da budu protivrečna sa postojećim aksiomama. Novim aksiomama definišemo sabiranje i množenje prirodnih brojeva, kao i ulogu broja 1 i relacije “sledbenik” u tim operacijama.

Na sabiranje se odnose sledeći aksiomi: A6. (∀x∈ N )( x + 1 = x’ ) A7. (∀x,y ∈ N )( x + y’ = (x + y)’ ) Množenje je definisano sledećim aksiomima: A8. (∀x∈ N )( x ⋅ 1 = x ) A9. (∀x,y ∈ N )( x ⋅ y’ = x ⋅ y + x ) Pojedine definicije i broj 0 smatraju prirodnim brojem (skupovni prilaz: 0 je kardinalni

broj praznog skupa) pa se susrećemo sa skupovima N i No :

N = {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ....}, No = {0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, ....}.

Aksiom matematičke indukcije skoro u svim dokazima tvrđenja u vezi prirodnih brojeva je osnovni metod zaključivanja. Ovim putem se mogu dokazati sva svojsva koja su nam dobro poznata još iz osnovne škole. Na onom uzrastu na primer svojstvo komutativnosti sabiranja proveravali smo na mnoštvu primera, nikad nismo uočili suprotno ponašanje brojeva, te smo poverovali na osnovu nepotpune indukcije, da su ta svojstva uvek važeća. Međutim matematika zahteva rigorozan dokaz. Nepotpuna indukcija to nije! Matematička indukcija je matematički rigorozan i logički besprekoran dokazni postupak.

Osnovna svojstva operacija sa prirodnim brojem se dokazuju matematičkom

indukcijom. Navodimo najvžnije osobine, bez aspiracije da taj spisak bude potpun i bez dokaza, ali naglašavajuči da u teorijskom prilazu sva ta svojstva se dokazuju:

(1) a + b = b + a, a ⋅ b = b ⋅ a

Sabiranje i množenje prirodnih brojeva je komutativno,

(2) (a + b) + c = a + ( b + c), (a ⋅ b) ⋅ c = a ⋅ ( b ⋅ c) Sabiranje i množenje prirodnih brojeva je asocijativno,

(3) a < b ⇒ a + c < b + c Ÿ a ⋅ c < b ⋅ c Sabiranje i množenje prirodnih brojeva poseduje svojstvo monotonosti,

(4) (a + b) ⋅ c = a ⋅ c + b ⋅ c Množenje je distributivno u odnosu na sabiranje, itd.

Sada nije nam zadatak dokazivati osnovne teoreme iz teorije skupa prirodnih brojeva. Mi ćemo primeniti ovaj vrlo efektivni aparat za dokazivanje nama potrebnijih teorema.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 23

Primer 2.1.1.: Matematička indukcija. Prikazaćemo, kako dokazujemo tvrđenja, koja se odnose na sve prirodne brojeve.

Dokazati, da je zbir prvih n prirodna broja 2

)1( +nn , tojest:

1 + 2 + 3 + ... + (n – 1) + n = 2

)1( +nn .

Dokaz se sastoji iz dva dela:

Obeležimo sa M podskup prirodnih brojeva, za koje je tvrđenje naše teoreme tačno.

(a) Induktivna provera: Dokazati da je tvrđenje tačno za n = 1: 1 = 122

2)11(1

==+ .

(Ovim smo pokazali da je 1 ∈ M ) (b) Induktivno zaključivanje:

(b1) Induktivna pretpostavka: Pretpostavimo da postoji takav prirodan broj n = k za

koji važi tvrđenje:1 + 2 + 3 + ... + (k – 1) + k = 2

)1( +kk .(To je pretpostavka o

istinitosti tvrđenja k∈ M ) (b2) Induktivno tvrđenje: Tvrdimo da je stav istinit i za k’= k + 1 (Tvrdimo: k’∈ M ):

1 + 2 + 3 + ... + (k – 1) + k + (k + 1)= 2

)2)(1( ++ kk .

(b3) Dokaz induktivnog tvrđenja: (Dokazujemo implikaciju: k∈ M ⇒ k’∈ M ). Po pretzpostavci zbir prvih k brojeva je

2)1( +kk , zato uvrstimo to u induktivno

tvrđenje: 2

)1( +kk +(k + 1) = (k + 1)

+1

2k

=(k + 1)

+2

2k =

2)2)(1( ++ kk .

Pošto skup M zadovoljava zahteve 5. Peanovog aksioma jer smo pokazali da je istina

1 ∈ M i da važi k∈ M ⇒ k’∈ M iz čega sledi M =N, tojest naše tvrđenje je istinito za sve prirodne brojeve.

2.1.2. Skup celih brojeva Zbog ograničene izvodljivosti operacije oduzimanja u skupu prirodnih brojeva potrebno je »proširiti« skup N da bi i oduzimanje postalo neograničeno izvodljiva operacija. Prikazujemo proširivanje skupa prirodnih brojeva na skup celih brojeva putem, koji se umnogome oslanja na Peanovu aksiomatiku. Uočimo elemente skupa N×N! Poznajemo uređene parove, te ne bi bilo potrebno ponavljanje definicije jednakosti tih parova, ali radi upoređivanja dve definicije o jednakosti ponavljamo tu definiciju: (a, b) = (c, d) ⇔ a = c Ÿ b = d .


________________________________________________________________________________________ 24

Sada dajemo definiciju, koju upotrebljavamo u slučaju proširenja skupa prirodnih

brojeva: (∀m,n,k,l ∈ N )((m, n) = (k, l) ⇔ m + l = k + n),

Ova definicija se oslanja na sabiranje prirodnih brojeva. Ako su dva para jednaka po opštoj definiciji, onda su jednaka i po novouvedenoj definiciji, ali obrnuto ne važi! Zbir uređenih parova definišemo na sledeći način:

(∀m,n,k,l ∈ N )( (m, n) + (k, l) = (m + k, n + l ).

Definicija proizvoda uređenih parova:

(∀m,n,k,l ∈ N )( (m, n) ⋅ (k, l) = (m ⋅ k + n ⋅ l , m ⋅ l + n ⋅ k).

Pošto su nam sva svojstva sabiranja i množenja prirodnih brojeva poznata, ne predstavlja teškoću ispitati svojstva sabiranja i množenja uređenih parova. Ovim ispitujemo strukturu (N×N , +, ⋅ ). Na kraju tih ispitivanja konstatujemo sledeće:

Struktura (N×N, +, ⋅) je komutativni prsten sa jedinicom. Dalje ispitivanje jednakosti među uređenim parovima možemo uočiti, da je to relacija

ekvivalencije. U traženju predstavnika klase ekvivalencije nailazimo na tri različite situacije: a) m > n (ili m – n ∈ N ), b) m < n (ili n – m ∈ N ) i c) m = n (ili m – n = 0). Prva klasa ekvivalencije koja se odmah uočava jeste klasa parova oblika (m, m).

Izvršimo izbor predstavnika klase na sledeći način: (m, m) = (0, 0) → 0. Ostale izbore i uvođenje oznaka vršimo na sledeći način: ako je m > n onda je m – n = k∈ N pridruživanje je: (m, n) = ( k, 0) → k. Ovo pokazuje da je skup prirodnih brojeva izomorfan sa podskupom skupa uređenih parova prirodnih brojeva. Ako je m < n , tada je n – m = k ∈ N. Sada uvodimo pojam negativnog broja i oznaku: m < n ⇒ (m, n) = (0, n – m) = (0, k) → – k.

Posle tako uvedenih oznaka prelazimo na dobro poznat skup celih brojeva: Z = {...., –6, –5, –4, –3, –2, –1, 0, +1, +2, +3, +4, +5, ... }, i N ⊂ Z .

2.1.3. Skup racionalnih brojeva Proširivanje skupa celih brojeva moguće je izvesti na već spomenuti intuitivni način zbog ograničene izvodljivosti operacije deljenja u skupu celih brojeva. Međutim i ovom prilikom prikazujemo metod, koji je koiherentan sa aksiomatikom koju smo uveli kod izučavanja skupa prirodnih brojeva.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 25

Posmatramo uređene parove oblika (a,m) ∈ Z × N. I za ove parove prvo definišemo relaciju jednakosti: (∀a,b∈ Z )(∀ m,n ∈ N )( (a, m) = (b, n) ⇔ a ⋅ n = b ⋅ m ).

U definiciji smo koristili operaciju množenja celih brojeva. Primetiti, da ni ova definicija nije protivrečna sa opštom definicijom jednakosti uređenih parova, ali donosi i nešto novo! Definicija sabiranja i množenja uređenih parova: (∀a,b∈ Z )(∀ m,n ∈ N )( (a, m)+(b, n)=(a⋅ n + b⋅ m, m⋅ n) ).

(∀a,b∈ Z )(∀ m,n ∈ N )( (a, m)⋅ (b, n)=(a⋅ b, m⋅ n) ).

Ove tri definicije, kao i poznavanje osobina operacija sabiranja i množenja celih brojeva je dovoljna da krenemo u izučavanje strukturu skupa Z × N u odnosu na upravo definisane operacije. Zaključak nakon tih ispitivanja je sledeći: struktura (Z × N , +, ⋅) je komutativni prsten sa jedinicom. Ukoliko prilikom ispitivanja operacije množenja isključimo klasu u koju spadaju parovi oblika (0, m), tada je (Z × N , +, ⋅) polje.

Zamenimo li obeležavanje parova sa (a, m) na ma tada dobijamo skup racionalnih

brojeva Q =

∈∧∈ NZ mama koji je izomorfan sa ispitivanim skupom Z × N. Prihvatamo

li obeležavanje aa→

1, tada se može uočiti, da je skup celih brojeva izomorfan sa podskupom

skupa racionalnih brojeva. Uzimamo li taj izomorfizam za “jednakost”: aa=

1, tada je skup

celih brojeva jeste podskup skupa racionalnih brojeva.

Z ⊂ Q. Po ranijim konstatacijama već je poznato: N ⊂ Z, znači N ⊂ Z ⊂ Q Vrlo karakteristična je razlika između skupa prirodnih i celih brojeva sa jedne strane i skupa racionalnih brojeva sa druge strane.

Skup prirodnih brojeva i skup celih brojeva su diskretni skupovi. Diskretnost znači da između dva elementa ta dva skupa u odnosu na relaciju “manje” ili “veće” nalazi se konačan broj elemenata, ili ne postoji ni jedan elemenat istog skupa. Zaista, na primer izmežu brojeva –6 i –1 nalazi se tačno 4 cela broja: –5, –4, –3 i –2, dok između brojeva 100 i 101, ili između –1 i 0 nema više celih (ili prirodnih) brojeva.

Za razliku od diskretnosti, skup racionalnih brojeva poseduje osobunu gustine.

Posmatramo li bilo koja dva elementa tog skupa, između njih postoje najmanje još jedan elemenat tog skupa. (Naravno: kao posledica proizilazi, da između dva ma koja elemnta skupa racionalnih brojeva postoji još beskonačno mnogo racionalnih brojeva.) Zaista: ako su a < b dva racionalna broja, tada je i njihov poluzbir (a+b)/2 racionalan broj i nalazi se između njih. Lađemo da je skup racionalnih brojeva gust skup.


________________________________________________________________________________________ 26

2.1.4. Skup realnih brojeva U izgradnji pojma broja samo smo nabrajali karakteristične korake. U definisanju pojma realnog broja postupamo na isti način.

Skup prirodnih brojeva, skup celih brojeva i skup racionalnih brojeva u odnosu na relaciu poredka “manje” (ili “veće”) jeste uređen skup. U uređenim skupovima Arhimedov aksiom je uvek je istinit: "Za bilo koji element a i za svaki element b > 0 polja

uvek postoji prirodan broj n takav, da je n ⋅ b > a. "

Skup racionalnih brojeva je arhimedski uređen. U okviru kursa Matematička analiza čitalac će detaljnije upoznate nizove i njihovu

konvergenciju. Moguće je uočiti, da neki nizovi u skupu racionalnih brojeva uprkos kriterijumima konvergencije: monotonosti i ograničenosti nemaju graničnu vrednost u skupu Q . Zbog ovog nedostatka skup racionalnih brojeva nije potpun.

Definicija 2.1.4.1.: Arhimedski uređen skup je potpun, ako svi konvergentni nizovi u

njemu imaju graničnu vrednost koja takođe pripada tom skupu. Ne razmatramo postupak upotpunjavanja skupa racionalnih brojeva do skupa realnih

brojeva, važno je da dobijamo skup, koji je potpun. Definicija 2.1.4.2.: Polje realnih brojeva je arhimedski uređen i potpun skup. Skup

racionalnih brojeva jeste podskup skupa realnih brojeva. Označimo skup realnih brojeva sa R . Po rethodnoj definiciji mođemo konstatovati

sledeće inkluzije: N ⊂ Z ⊂ Q ⊂ R. U toku proširivanja brojevnih skupova novi – širi – skup uvek nasleđuje sva svojstva

od starog skupa, i naravno, pojavljuju se i nova. U svakom slučaju novi skup poseduje najmanje ona svojstva koja je posedovao uči skup. To je princip permanencije.

Čini se da realni brojevi, koji nisu racionalni na neki način su skriveni. Ne vidimo ih,

kao da ih ima manje. U traženju primera skoro scvi čemo navesti broj 2 . Verovatno zato, što se najčešće na tom broju se pokazuje na nije racionalan. I Euklid je tako postupao i prvi dokaz činjenice da 2 nije racionalan broj potiče od Euklida. I pored prividne “manjine” iracionalnih brojeva ima mnogo više nego racionalnih brojeva. Skupovi N , Z i Q su prebrojivi skupovi. Kardinalni broj prebrojivih skupova se obeležava sa ℵo. Svi beskonačni prebrojivi skupovi su ekvivalentni – moguće je uspostaviti između njih bijektivno preslikavanje. Skup realnih brojeva nije prebrojiv, kardinalni broj skupa realnih brojeva se oibeležava sa c, taj “broj” je mnogo veći od ℵo.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 27

2.2. Skup kompleksnih brojeva

2.2.1. Pojam kompleksnog broja Poznato je, da na skupu realnih brojeva nije moguće rešiti sve jednačine sa realnim koeficijentima. Najčešće se navoidi primer jednačine x2 + 1 = 0, koja nema korene na polju realnih brojeva. Ukoliko primenom adjunkcije proširimo skup realnih brojeva tako da skupu R pridružimo “broj” i = 1− , tada je potrebno iznova početi ispitivanje tog novog skupa. Sada prikazujemo strukturu, u kojoj je moguće rešiti sve jednačine sa realnim koeficijentima. Ispitajmo strukturu (R × R , +, ⋅) u kojoj je operacija sabiranja i množenja definisana na sledeći način: Definicija 2.2.1.1.: a) (∀a,b, c, d ∈ R )( (a, b) + (c, d)=(a + c , b + d) ).

b) (∀a,b, c, d ∈ R )( (a, b) ⋅ (c, d) = (a⋅ c – b⋅ d, a⋅ d + b⋅ c) ).

I jednakost elemenata se prihvata na osnovu opšte jednakosti uređenih parova:

(∀a,b, c, d ∈ R )( (a, b) = (c, d) ⇔ a= c Ÿ b= d ).

Teorema 2.2.1.1.: Struktura (R × R , +, ⋅) je polje. Dokaz: Prvo uočavamo da je (R × R , +) komutativna grupa. Zaista: sabiranje parova po definiciji 2.2.1.1.a) je unutrašnja operacija skupa R × R. Asocijativnost se “nasleđuje” od realnih brojeva, par (0, 0) je neutralni element sabiranja, a za proizvoljni par (a, b) aditivni inverzni element je (–a, –b).

Prilikom ispitivanja strukture (R × R , ⋅) lako se uočava zatvorenost operacije, komutativnost i asocijativnost se takođe podrazumeva, a nije teško pronači ni neutralni element. Neka je to par (e, f):

(a, b) ⋅ (e, f) = (a⋅ e – b⋅ f, a⋅ f + b⋅ e) = (a, b) ⇔

⇔ a = a⋅ e – b⋅ f Ÿ b = a⋅ f + b⋅ e ⇔ e = 1 Ÿ f = 0,

Prema tome, multiplikativni neutralni element je par (1, 0).

Dokažimo sada, da svi elementi (a, b) različiti od aditivnog neutralnog elementa (0, 0)

((a, b) ≠ (0, 0)) imaju multiplikativni inverzni element: (a’, b’):

(a, b) ⋅ (a’, b’) = (a⋅ a’ – b⋅ b’, a⋅ b’ + b⋅ a’) = (1, 0) ⇔

⇔ a⋅ a’ – b⋅ b’ = 1 Ÿ a⋅ b’ + b⋅ a’ = 0.


________________________________________________________________________________________ 28

Sistem jednačina na desnoj strani ekvivalencije je rešiv u odnosu na brojeva a’ i b’

samo ako je a2 + b2 ≠ 0. U skupu realnih brojeva a2 + b2 = 0 ⇔ a = b = 0, tojest samo za (a, b) = (0, 0), ali je

upravo taj par isključen iz razmatranja. Zato svi elementi (a, b) ≠ (0, 0) imaju multiplikativne

inverzne elemente: (a’, b’) =

+−

+ 2222 ,ba

bba

a

Distrubutivnost množenja u odnosu na sabiranje se lako proverava. Time je dokaz izvršen. Teorema 2.2.1.2.: Telo (R × {0} , +, ⋅) je podstruktura tela (R × R , +, ⋅). Dokaz: Skup R × {0} je sačinjen od elemenata oblika (a, 0), gde je a ∈ R . Za dokaz je

dovoljno kontrolisati svojstva strukture polja. Ovu proveru i čitalac sam lako može izvesti. Teorema 2.2.1.3.: Struktura (R × {0} , +, ⋅) je izomorfna sa poljem realnih brojeva. Dokaz: Dokaz je izvršen, čim pronađemo bijektivno preslikavanja između R × {0} i R

tako, da bude zadovoljen uslov homomorfizma. Na pogodnije je sledeće preslikavanje: (a, 0) → a, (a, 0) + (c, 0) = (a + c , 0) → a + c , (a, 0) ⋅ (c, 0) = (a⋅ c, 0 )→ a ⋅ c . Čitalac neka sam proveri ostvarenje svih zahteva bijektivnosti i homomorfizma. Na osnovu definicije 4.3.1. sabiranja i množenja možemo zapisati sledeće:

(a, b) = (a, 0) + (0, b) = (a, 0) + (b, 0) ⋅ (0, 1)

Potrebno je detaljnije upoznati osobine uređenog para (0, 1). Kao prvo odredimo njegov kvadrat (0, 1)2 . Kvadrirajmo (0, 1)!

(0, 1)⋅(0, 1) = (0⋅0 – 1⋅1, 0⋅1+ 1⋅0) = (–1, 0) → –1.

Kvadra para (0, 1) je realan broj! Obeležimo element (0, 1) sa i. Ova oznaka omogućava sledeće pridruživanje:

(a, b) = (a, 0) + (b, 0) ⋅ (0, 1)

↓ ↓ ↓ a + b ⋅ i odnosno: (a, b) → a + b i.

Znak množenja u proizvodu b ⋅ i obično izostavljamo. Ovo je opšte poznati algebarski

oblik kompleksnog broja.. Broj a je realni deo kompleksnog broja, dok je broj b imaginarni deo kompleksnog broja. Ako kompleksan broj obeležomo sa z i z = a + b i, tada realni, odnosno imaginarni deo se piče na sledeći način: Re(z) = a, Im(z) = b.

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 29

2.2.2. Algebarski oblik kompleksnih brojeva U koordinatnom sistemu imenovaćemo horizontalnu osu kao realna osa, dok vertikalna osa će biti imaginarna osa. Pridružimo tačkama ravni kompleksne brojeve na sledeći način: Koordinata tačke na realnoj osi neka bude jednaka realnom delu kompleksnog broja, koordinta tačke na imaginarnoj osi neka bude imaginarni deo kompleksnog broja. Lako se uočava, da je ovo pridruživanje uzajamno jednoznačno. Na primer: kompleksnom broju 3 + 2i odgovara tačka z u kompleksnoj ravni: z = 3 + 2i. (slika 2.2.2.1.).

Re

Im

O

z = a + b i

a

Slika 2.2.2.1.

ϕ|z|=

ρb

Definisali smo operacije sa parovima (a, b) (Definicija 2.2.1.1.) Dajemo “prevod” tih definicija na algebarski oblik kompleksnog broja:

a) sabiranje: (a + b i) + (c + d i) = (a + c) + (b + d) i, b) oduzimanje: (a + b i) – (c + d i) = (a – c) + (b – d) i , c) množenje: (a + b i) ⋅ (c + d i) = (a⋅ c – b⋅ d) + ( a⋅ d + b⋅ c) i

d) deljenje: idcadbc

dcbdac

dicbia

2222 +−

+++

=++ , gde je c2 + d2 ≠ 0.

U vezi deljenje kompleksnih brojeva definišimo prvo pojam konjugovanog kompleksnog broja. Definicija 2.2.2.1.: Konjugovani kompleksan broj za kompleksan broj z = a + b i je z = a – b i.

Prema tome važe sledeće jednakosti Re(z) = Re( z ), Im( z ) = – Im( z ).

Tačke koje odgovaraju konjugovanim kompleksnim brojevima simetrično su postevljene u odnosu na realnu osu. Čisto realni brojevi jednaku sopstvenom konjugovanom broju. Konjugovanost kompleksnih brojeva je uzajamna: konjugovani broj konjugovanog broja je sam dati kompleksan broj: zz = . Deljenje kompleksnog broja (a + b i) sa (c + d i) možemo shvatiti i na sledeći način:

prvo odredimo multiplikativni inverzni elemenat za (c + d i), to je idc +

1 zatim izvršimo

množenje broja (a + b i) i idc

ddc

cidc 2222

1+

−+

=+

.

Potrebno je primetiti važna svojstva imaginarne jedinice:

i2 = –1, i3 = – i, i4 = 1, i5 = i, ... i 4k = 1, i 4k+1 = i, ,i 4k+2 = –1, i 4k+3 = – i, ha k ∈ Z.


________________________________________________________________________________________ 30

Definicija 2.2.2.2.: Apsolutna vrednost kompleksnog broja z = a + b i je realan broj

22 baz += . Očevidno, apsolutna vrednost kompleksnog broja je jednaka rastojanju pridružene tačke i koordinatnog početka. Posledica te definicije je i ta činjenica, da apsolutnoj vrednosti razlike dva kompleksna broja z1 = a 1 + b 1 i i z2 = a 2 + b2 i odgovara rastojanje između pridruženih tačaka: ( ) ( )2

122

1212 bbaazz −+−=− . Lako se uočava istinitost tvrđenja sledeće teoreme: Teorema 2.2.2.1.: Apsolutna vrednost kompleksnog broja z = a + b i je zzz ⋅= , a

za kompleksan broj za koji važi 0≠z multiplikativni inverzni element je z –1 =zz

z=

1 .

Dokaz ostavljamo čitaocu.

Primeri 2.2.2.: a) (4 + 3 i) + (–2 + 11 i ) = 2 + 14 i, b) (4 + 3 i) – (–2 + 11 i ) = 6 – 8 i, c) (4 + 3 i) ⋅ (–2 + 11 i ) = –41 + 38 i,

d) ( ii

i 2151

11234

−=+−+ ) . Proveriti!

e) Odrediti kompleksan broj koji zadovoljava uslove iz 2212 ±−= ! Neka je z = x + y i, to znači da je z 2 = x 2 – y 2 + 2 x y i. Na osnovu definicije

jednakosti kompleksnih brojeva imamo: x 2 – y 2 = – 1, x y = 2± . Rešenje dobijamo primenom metode zamene:

x y = 2± Ÿ x ≠ 0 ⇒ x

y 2±= ⇒ 2

2 2x

y = ⇒ 122

2 −=−x

x ⇒ . 0224 =−+ xx

Dobijena je takozvana bikvadratna jednačina. Kao rešenja zadatka prihvataju se samo realni brojevi, jer predstavljaju realni i imaginarni deo kompleksnog broja. Realni koreni jednačine su x1 = 1 i az x2 = –1. Za imaginarni deo dobijamo y1 = 2 i az y2 = – 2 . Rešenja zadatka su sledeči kompleksni brojevi:

z1 = 1 + 2 i , z1 = 1 – 2 i , z1 = –1 + 2 i , z1 = –1 – 2 i . f) Odrediti položaj tačaka 411 =++− zz u kompleksnoj ravni!

Ako je z = x + y i, onda 22)1(1 yxz +−=− i 22)1(1 yxz ++=+ . Odavde sledi: 22)1( yx +− + 22)1( yx ++ = 4, odnosno 22)1( yx +− = 4 – 22)1( yx ++ .

Nakon kvadriranja i sređivanja dobijamo 2 22)1( yx ++ = 4 + x. Ponovno kvadriranje daje jednačinu 3 x 2 + 4 y 2 = 12. Prepoznajemo jednačinu elipse

koju možemo transformisati i na sledeći oblik: 134

22

=+yx .

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 31

Drugi način rezonovanja: tražimo tačke z čiji zbir rastojanja do tačaka 1 i –1 jednak

broju 4. Ako se setimo definicije elipse, po kojoj je ona skup tačaka u ravni, čiji zbir rastojanja do dve utvrđene tačke stalan, tada več znamo, da trazimo elipsu čije su žiže 1 i –1, a velika osa 4.

Zadaci 2.2.2.: a) Odrediti položaj kompleksnog broja ∈−+

= tititz ,

11 R u kompleksnoj

ravni. (Uputstvo: posmatrajte proizvod zz !)

b) Odredite kompleksan broj z iz jednačine iiiizz 41

13Re)2( 2 −=

++

++++ .

c) Odredite Re(z) i Im(z), ako je Re(zw) = 9 i 1311Im −=

wz za dati broj w = 2 + 3 i.

d) Rečiti jednačinu i z2 – 2(3+2 i) z +14 – 15 i = 0.

2.2.3. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Spojimo tačku, koja je dodeljena kompleksnom broju z = a + b i sa koordinatnim početkom, zatim nacrtajmo i ordinatu tačke! Na ovaj način dolazimo do jednog pravouglog trougla (slika 2.2.3.1.). Katete su a i b, dok je dužina hipotenuze 22 ba + . Ugao ϕ koji se nalazi između pozitivnog smera realne ose i hipotenuze je arkus ili argument kompleksnog broja. Dužina hipotenuze je apsolutna vrednost ili modul ili poteg kompleksnog broja, obeležavamo ga sa z ili sa r ili sa ρ.

Re

Im

O

z = a + b i

a

Slika 2.2.3.1.

ϕ|z|=

ρb

a =ρ cos ϕ

b =ρ sin ϕ

}

⇔

{

ρ = 22 ba +

ϕ = arctgab

Na osnovu toga možemo napisati trigonometrijski oblik kompleksnog broja:

z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ )

Nenegativan broj ρ je samo za tažku 0 jednaka nuli Ugao ϕ može da primi bilo koju realnu vrednost – i pozitivnu i negativnu i nulu. Ako dva argumenta se razlikuju za 2π ili za neki celi umnožak od 2π tada se ti argumenti poklapaju. Apsolutna vrednost kompleksnog broja je jednoznačno određena, dok argument može da ima beskonačno mnogo vrednosti, koje se međusobno razlikuju za celi umnožak broja 2π.


________________________________________________________________________________________ 32

z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) = ρ (cos(ϕ +2kπ)+ i sin(ϕ +2kπ)), k ∈ Z.

Radi jednoznačnog zapisivanja kompleksnog broja upotrebljavamo argument iz

razmaka (–π, π].

Konjugovani kompleksni brojevi razlikuju se samo po znaku argumenta: arg( z )= –arg(z):

z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) ⇔ z =ρ (cos(–ϕ) + i sin(–ϕ)) =ρ (cos ϕ – i sin ϕ ) Teorema 2.2.3.1.: Ako je z1 =ρ 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) i z2 =ρ 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ), ta važe jednakosti: a) z1 z2 =ρ 1 ρ 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2)+ i sin(ϕ 1 + ϕ 2)) ,

b) ))sin()(cos( 21212

1

2

1 ϕϕϕϕρρ

−+−= izz .

Dokaz: a) z1 z2 = ρ 1 (cos ϕ 1 + i sin ϕ 1 ) ρ 2 (cos ϕ 2 + i sin ϕ 2 ) =

=ρ 1 ρ 2 ((cos ϕ 1 cos ϕ 2 – sin ϕ 1 sin ϕ 2) + i (sin ϕ 1 cos ϕ 2 + cos ϕ 1 sin ϕ 2)) = =ρ 1 ρ 2 (cos(ϕ 1 + ϕ 2)+ i sin(ϕ 1 + ϕ 2)) (na osnovu adicionih teorema). b) pomnožimo i deljenik i delilac sa brojem z u trigonometrijskom obliku. i

primenimo rezultate ove teoreme iz tačke a). Teorema 2.2.3.2.: Množenje proizvoljnog kompleksnog broja z sa kompleksnim brojem cos ϕ + i sin ϕ znači rotaciju datog kompleksnog broja z oko koordinatnog početka za ugao ϕ . Dokaz: Istinitost tvrđenja sledi iz teoreme 2.2.3.1. Zaista, prilikom mnozenja kompleksnim brojem cos ϕ + i sin ϕ ne menja se apsolutna vrednost zadatog kompleksnog broja samo se argument promeni za ugao ϕ, a tačka se pomeri na krućnici poluprečnika | z |. Matematičkom indukcijom se dokazuje takozvana MOIVRE-ova formula (Muavr): Teorema 2.2.3.3.: Ako je z =ρ (cos ϕ + i sin ϕ ), tada je z n =ρ n (cos nϕ + i sin nϕ ). Dokaz: Tvrđenje je tačno za n = 1. Pretpostavimo, da je tačno za neko k ∈ N, tojest pretpostavimo da važi: z k =ρ k (cos kϕ + i sin kϕ ). Potrebno je dokazati, da je formula istinita i za k + 1:

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 33

z k+1 = z k z =ρ k (cos kϕ + i sin kϕ )ρ (cos ϕ + i sin ϕ ) =

= ρ k+1 (cos(k+1)ϕ + i sin(k+1)ϕ ).

Korenovanje kompleksnih brojeva vršimo na osnovu sledeće teoreme: Teorema 2.2.3.4: Rešenja jednačine z n = w =ρ (cosϕ + i sinϕ ) po nepoznatoj z pri proizvoljnom kompleksnom broju w su kompleksni brojevi:

.1,...,3,2,1,0,2sin2cos −=

+

++

= nkn

kin

kz nk

πϕπϕρ

Ta rešenja su temena jednog pravilnog n-tougla sa centrom u koordinatnom početku. Dokaz: Istinitost prvog tvrđenja teoreme sledi iz MOIVRE-ove formule:

wz n

k = za svako k∈{0, 1, 2, 3, ..., k–1}.

Očevidno, ti koreni su međusobno različiti ako je k1 ≠ k2 ⇔ 21 kk zz ≠ , to znači imamo n

različita rešenja date jednačine. Svi koreni imaju istu apsolutnu vrednost n ρ , znači pripadaju istoj kružnici sa centrom u O poluprečnika n ρ . Argumenti uzastopnik korena se razlikuju za n-ti deo punog ugla od 2π, a to znači da su raspoređeni po temenima pravilnog n-tougla.

Primeri 2.2.3.: a) Odredimo Re(z) i Im(z) ako je 20

131

−+

=i

iz .

Prevedimo i brojioc i imenioc na trigonometrijski oblik:

+=+

3sin

3cos23 ππ ii1 i

−=

−+

−=−

4sin

4cos2

4sin

4cos2 ππππ iii1 .

Zatim izvršimo deljenje:

+=

++

+=

−+

127sin

127cos2

43sin

43cos2

131 ππππππ ii

ii .

Na kraju i stepenujemo:

( ) =

+=

+=

−+

335sin

335cos2

12720sin

12720cos2

131 1020

20ππππ ii

ii

−=

−=

−+

−=

23

211024

3sin

3cos212

335sin10

335cos2 1010 iii ππππππ .

Traženi brojevi su: Re(z) = 512 i Im(z) = –512 3 .

b) Odredimo kompleksne brojeve koji zadovoljavaju jednačinu 03131

33 =

−

+−

iiz !


________________________________________________________________________________________ 34

Na prvi pogled se čini da je zadatak jednostavan. Transformišemo jednačinu na sledeći

način:

12sin2cos3

2sin3

2cos

3sin

3cos2

3sin

3cos2

3131 3

3

3

=+=

+=

−

+

=

−

+ ππππππ

ππ

iii

i

ii .

Sada imamo ekvivalentnu jednačinu: , (Broj 1 je kompleksan broj jer je13 =z ππ kik 2sin2cos1 += ,

32sin

32cos2sin2cos3 ππππ kikzkikz k +=⇒+= , za k =0, 1, 2.

k = 0, 10sin0cos0 =+= iz ,

k = 1, 23

21

32sin

32cos1 iiz +−=+=

ππ i

k = 2, 23

21

34sin

34cos2 iiz −−=+=

ππ .

Zadaci 2.2.3.: Posredstvom trigonometrijskog oblika nađimo realni i imaginarni deo

sledećih kompleksnih brojeva ili dokažimo identičnost:

a) ( )( )

( )( )20

15

20

15

131

131

ii

ii

+

−−+

−

+−=u , b) 6

31

iiz+

−= .

c) ( )( )( )1144cos2172cos211 225 +−+−−=− oo xxxxxx , d) ( )( )( )1108cos2136cos211 225 +−+−+=+ oo xxxxxx .

2.2.4. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja Operacije u trigonometrijskom obliku podsećaju na operacije sa stepenima jednakih

osnova. Ovo nije slučajnost! Ovi izrazi jesu stepeni (dokaz ćete naći u kursu Matematička analiza – kompleksne funkcije). Mi ovde samo zadajemo eksponencijalni oblik:

cos ϕ + i sin ϕ def

= ϕie

Teorema 2.2.4.1.: Za kompleksne brojeve z1 = ρ 11ϕie i z2 = ρ 2

2ϕie važi:

z1 z2 = ρ 1 ρ 2 , )( 21 ϕϕ +ie )(

2

1

2

1 21 ϕϕ

ρρ −= ie

zz

,

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 35

u slučaju stepenovanja i korenovanja za z =ρ imamo zϕie n=ρn ϕine , i

nn z ρ= nki

eπϕ 2+

, (k=0, 1, 2,... ,n–1). Dokaz: Teorema je preformulacija teorema 2.2.3.1., a 2.2.3.3. i 2.2.3.4. Zato je dokaz

suvišan, čitalac sam može da prevede date teoreme.

Osmotrimo sada logaritmovanje. Pokušajmo logaritmovati bilo koji (možde negativan,

ili čak kompleksan) broj! Zadatak mozemo rešiti, ako broj napišemo kao kompleksan broj u eksponencijalnom obliku:

Teorema 2.2.4.2.: Ako je z =ρ , tada je ϕie eiz aaa logloglog ϕρ += , za a ≠ 1. Dokaz je suvišan, sve sledi iz pravila logaritmovanja.

Teorema 2.2.4.3.: Dva kompleksna broja z1 i z2 sa koordinatnim početkom određuju

usmereni ugao: ∠ z1 O z2 = arg 2

1

zz .

Dokaz: Teorema je posledica teoreme 2.2.3.1. Teorema 2.2.3.4.: Tri kompleksna broja z1 , z2 i z3 određuju usmereni ugao u datom

redosledu: ∠ z1 z3 z2 = arg 32

31

zzzz

−− .

Dokaz: Izvršimo translaciju tako, da z3 pomerimo u koordinatni početak. Tada će se

tačka z1 pomeriti u tačku (z1 – z3) dok tačka z2 u tačku (z2 – z3). Primenimo sada teoremu 2.2.4.2. na novi položaj tačaka.

Kao posledicu možemo zapisati rotaciju tačke z1 oko tačke z3 za ugao ϕ na sledeći

način: z2 = z3 + ( z1 – z3) ϕie Primeri 2.2.4.1.: a) Odrediti | z | i arg (z) za kompleksan broj z = (1 + i )(1+ i) !

U rešavanju zadatka primenimo eksponencijalni oblik kompleksnog broja samo u slučaju kada je to neophodno:

(1 + i )(1+ i) =

ii

e+

1

42π

=

42πi

ei

ie

42π

= ( ) 44 22ππ

−ee

ii.

Pošto je zato aea ln= ( ) 22ln

2ii

e= , ili (1 + i )(1+ i) =

+−

22ln

442ππ i

ee

Iz prethodnog sledi: | z | =

−42π

e i arg(z) = 2

2ln4

+π


________________________________________________________________________________________ 36

b) Odredimo za kompleksan broj z = 3 + 4i vrednost ln z!

ln z = ln (3 + 4i) = ln

34arctan

5i

e = ln 5 + i

34arctan .

c) Date su u kompleksnoj ravni tačke z2 = 2 i z4 = 1 + 3 i. Odredimo tačke z1 i z3 tako,

da tačke z1 , z2 , z3 i z4 u datom redosledu budu temena jednog kvadrata.

Drugu dijagonalu kvadrata dobijamo rotacijom prve dijagonale oko sredine za ugao od 2π

+ .

Sredina dijagonale je ( izz

zo +=+

= 123

242 ) . Tačka z3 dobijamo rotacijom tačke z2 oko zo za

odgovarajući ugao (faktor 2πi

e primenjujemo u algebarskom obliku: i.):

( ) iiiiiezzzzi

oo =

−−+++=−+=

23

23311

23)( 2

41

π

,

( ) iiiiezzzzi

oo +=

−−++=−+= 3

23

2321

23)( 2

23

π

.

d) Dokazati identičnost 21

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos =++++

πππππ.

Polazimo od kompleksnog broja 11πi

ez = . Očevidno je z11 = – 1. Izračunajmo sada zbir z + z3 + z5 + z7 + z9 . Potrebni su samo sledeći stepeni:

.9,7,5,3,1,11

sin11

cos11 =⋅+== kkikezkik πππ

Nakon sređivanja zbira dobijamo z + z3 + z5 + z7 + z9 =

=

++++

119cos

117cos

115cos

113cos

11cos πππππ

+

+ i

++++

119sin

117sin

115sin

113sin

11sin πππππ

Istovremeno primenom formule o zbiru prvih 5 članova geometrijske progresije

imamo:

z + z3 + z5 + z7 + z 9 = ( )

zzzz

zzz

zzz

−=

−++

−=−−

=−−

11

)1)(1(1

111

2

11

2

52

, ( z ≠ – 1).

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 37

Uvrstimo sada trigonometrijski oblik kompleksnog broja z:

22

11sin

11cos1

11sin

11cos1

11sin

11cos1

11

1

+

−

+−=

−−=

− ππ

ππ

ππ

i

iz =

.

11cos12

11sin

21

11cos12

11sin

11cos1

−

+=

−

+

−

=π

π

π

ππ

ii

Realni deo zbira z + z3 + z5 + z7 + z 9 je upravo zbir kosinusa iz zadatka.

Izjednačavanjem realnog dela sa realnim i imaginarnog dela sa imaginarnim dobijamo još jednu identičnost:

119sin

117sin

115sin

113sin

11sin πππππ

++++ = .

11cos12

11sin

−

π

π

Zadaci 2.2.4.: a) Odredimo zbir i proizvod korena jednačine z 2001 – 1 = 0. b) Tačke kompleksne ravni z1, z2, z3 i z4 su temena kvadrata. Odrediti kompleksan

broj z1 iz uslova (z1 + i)(1 + 2 i) + (1+ z1 i )(3 – 4 i) = 1 + 7i zatim odrediti i kompleksne brojeve z2 i z4 ako je poznat kompleksan broj z3 = –1 –3 i.

c) Odrediti kompleksan broj z iz sledećih uslova:

518

21Im,

511

21Re −=

+

++

=

+

++ iz

iiziz

iiz

.

d) Odrediti kompleksne brojeve z1 i z2 iz sledećih uslova:

qiizz

2211021

0 21

+=−

, iziz

iii 1222

2Im)3()31( 2

23 +−=+

+

+−+ .

e) Izračunati realne korene jednačine: N∈=

−−

+ n

nix

nix nn

,011 .

f) Izračunati zbir svih n-tih korena iz jedinice.


________________________________________________________________________________________ 38

g) Dokazati identičnost:

2sin

2sin

21sin

sin...3sin2sinsinx

nxxn

nxxxx⋅

+

=++++ .

h) Sredstvima matematičke analize naći graničnu vrednost:

+++++

∞→nxxxx nn

cos21...3cos

812cos

41cos

211lim .

Ispitni zadaci 2: 1. (12.06.1999.)

Izračunati 16

33512

−−=

iz . Rezultat napisati u algebarskom obliku.

Rešenje:

16

33512

−−=

iz = ( )161616

3135

335

35 ii

+

=

+ .

Pretvorimo kompleksni broj u drugoj zagradi u trigonometrijski oblik.

Pošto je modul tog broja 231 =+=z , a argument je ugao ϕ: 3

3arctg πϕ == ,

sledi:

( )

+=

+=+

316sin

316cos2

3sin

3cos231 16

161616 ππππ iii .

Nakon "odbacivanja" punih obrtaja od po 2π dobijamo:

( )

−−=

+=+

23

212

34sin

34cos231 161616

iii ππ ⇒

( )31212

35 16

16

iz +

−

= .

KOMPLEKSNI BROJEVI

________________________________________________________________________________________ 39

2. (28.01.2001.) Rešiti jednačinu x4 – a = 0 za a = –8–8i. Rešenje: Pošto je |a|= 2

7264 =+64 , dok arg(a)=arctg(1)=5π/4, rešenja predstavljaju

kompleksni brojevi 4 2

45

27

2

+

=π

π kie4= ax za k=0, 1, 2, 3:

+==

165sin

165cos22 8

7165

87

0

πππ

iexi

,

+==

1613sin

1613cos22 8

716

138

7

1

πππ

iexi

,

+==

1621sin

1621cos22 8

716

218

7

2

πππ

iexi

,

+==

1629sin

1629cos22 8

716

298

7

3

πππ

iexi

.

3. (2002.09.03.)

Dat je kompleksan broj iz +−= 31 . Naći još pet kompleksnih brojeva z2, z3, z4, z5 i z6 u algebarskom obliku tako da oni zajedno sa čine temena pravilnog šestougla čiji centar leži u kordinatnom početku.

1z

Rešenje:

Temena se dobijaju uzastopnim rotacijama za po 60o tojest za ugao 3π . Takvu

rotaciju možemo realizovati množenjem sa jediničnim kompleksnim brojem čiji je argument

upravo ugao 3π :

( )3121

33

21

3sin

3cos0 iiiu +=+=+=

ππ .

Uzastopnim množenjima dobijamo temena traženog šestougla:

( ) ( ) iiiuzz −−=+⋅+−=⋅= 331213012 ,


________________________________________________________________________________________ 40

( ) ( ) iiiuzz 231213023 −=+⋅−−=⋅= ,

( ) iiiuzz −=+⋅−=⋅= 331212034 ,

( ) ( ) iiiuzz +=+⋅−=⋅= 331213045 ,

( ) ( ) iiiuzz 231213056 =+⋅+=⋅= .

3. VEKTORSKA ALGEBRA

3.1. Slobodni vektori

3.1.1. Pojam slobodnog vektora Posmatrajmo uređene parove tačaka prostora oko nas: (A,B), (C,D), (E,F), ... Definišimo jednu relaciju: ekvipolenciju. U narednoj definiciji p(A,B) znači pravu kojoj pripadaju obe tačke, P–Q–R znači da tri su tačke P, Q i R kolinearne tačke, i da se tačka Q nalazi između tačaka P i R (Relacija "nalaziti se između" je osnovni geometrijski pojam). Definicija 3.1.1.1.: Dva uređena para tačaka (A,B) i (C,D) prostora ε ekvipolentna smo ako je p(A,B) paralelna sa p(C,D) i sredina duži AD poklapa se sa sredinom duži BC, tojest: (A,B) ∼ (C,D) ⇔ e(A,B) || e(C,D) Ÿ ($ F) (A–F–D Ÿ B–F–C Ÿ AF ≅ FD Ÿ BF ≅ FC).

Po toj definiciji ekvipolentni parovi tačaka su uvek krajnje tačke naspramnih stranica

jednog paralelograma. Na slici 3.1.1.1.ekvipolentni parovi su (A,B) ∼ (C,D) a nisu ekvipolentni parovi (M,N) L (P,Q)

A

B

C

D

N Q

P

F S

A B C DF

M

M N P QS1S2

Slika 3.1.1.1.

Teorema 3.1.1.1.: Ekvipolencija je relacija ekvivalencije. Dokaz: Zaista, jer je relacija refleksivna (A,B) ∼ (A,B) jer sredina duži (A,B) se poklapa sa sredinom (B,A). Simetričnost i tranzitivnost se dokazuju na isti način. . Svaka relacija ekvivalencije stvara klase ekvivalencije u skupu u kojem je definisana. Predstavnik pojedine klase može biti bilo koji par tačaka klase.

________________________________________________________________________________________ 41


________________________________________________________________________________________ 42

M

N

K

L

O

Q

Slika 3.1.1.2.

p

q Definicija 3.1.1.2.: Klase ekvivalencije određene ekvipolencijom zovemo slobodnim vektorima.

Skup klasa ekvivalencije ε2/∼ obeležimo sa V: V = ε2/∼ . Predstavnika klase para tačaka obeležimo sa AB . Ako i par (C,D) pripada istoj klasi, tojest ako je (A,B) ∼ (C,D), tada kažemo, da oba para predstavljaju isti vektor, odnosno CDAB = . Ovim putem stižemo do uprošćenog, ali dobro poznatog pojma vektora: vektori su usmerene duži. Označavamo ih pored već upotrebljenih oznaka PQCDAB ,, i sa ,,,, qpba rrrr ... itd. Prema tome vektor je određen sledećim elementima: a) dužinom (često kažemo: apsolutna vrednost), u oznaci baCDAB

rr ,,, ,...,

b) pravcem i c) smerom.

U praksi dva vektora smatramo jednakim ako imaju sve tri karakteristike jednake. Definicija 3.1.1.3.: Vektor kojeg predstavlja par tačaka (A, A) je nulavektor. Oznaka nulavektora je: 0

r=AA , ima dužini 0; pravac i smer nije definisan.

Definicija 3.1.1.4.: Vektor koji je iste dužine i istog pravca ali je suprotnog smera

vektoru AB nazivamo suprotnim vektorom, i obeležavamo ga sa BA ili – AB . Definicija 3.1.1.5.: Vektor koji je istog pravca i istog smera kao i vektor ar , a ima

dužinu 1 nazivamo jediničnim vektorom vektora ar i obeležavamo ga sa 0ar .

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 43

3.1.2. Pojam vektorskog prostora Definišimo sabiranje u skupu V slobodnih vektora sledećom definicijom.

A

B C

DE

Slika 3.1.2.1.

Definicija 3.1.2.1.: AECDAB =+ , gde je tačka E određena pomoću jednakosti CDBE = . Teorema 3.1.2.1.: Skup vektora V ima strukturu ABEL-ove grupe u odnosu na sabiranje koje je definisano sa definicijom 3.1.2.1.

Dokaz: Zaista, V je zatvoren u odnosu na ovu operaciju. Čitalac neka sam proveri asocijativnost (Slika 3.1.2.2.). Neutralni element operacije je nula vektor, inverzni element svakom vektoru je suprotan vektor. Ovo sabiranje je komutativno, što se takođe lako uočava. To upravo znači, da je struktura (V, +) ABEL-ova grupa.

a→

b

c

→

→b + c

→→ →

→ a +b

a + (b + c)

(a + b) + c

→ → →

→ → →

Slika 3.1.2.2.

U dosadašnjim ispitivanjima smo uvek

posmatrali operacije unutar jednog skupa. Definišimo sada operaciju između elemenata dva različita skupa!

Definicija 3.1.2.2.: Množenje vektora skalarom je oparacija između elemenata skupa vektora V i skupa brojeva R koja zadovoljava sledeće zahteve:

(∀α∈R)((∀ a ∈V)(α ⋅ a ∈V) (proizvod skalara i vektora je vektor) , r r

a) aa rr⋅=⋅ αα (dužina proizvoda broja i vektora je jednaka proizvodu apsolutne

vrednosti broja i dužine vektora) b) pravac proizvoda α ⋅ ar se poklapa sa pravcem vektora ar , i c) smer proizvoda α ⋅ ar u slučaju α > 0 je isti kao i smer vektora ar , a u slučaju α < 0

smer je suprotan smeru vektora ar . r r r

d) α ⋅ = ⇔ α = 0 ⁄ = ar 0 a 0 . Proizvod α ⋅ ar kraće zapisujemo bez znaka množenja: α ar . Teorema 3.1.2.2.: Za svaki realan broj α i β i za proizvoljne vektore ar i b

rvaži:

a) α (β ) = (αβ) ar ar , r

b) α ( bar + ) = α ar +α br

, r r rc) (α + β) a = α a + β a ,

d) 1 ar = ar .


________________________________________________________________________________________ 44

Dokaz: Teorema je posledica definicije sabiranja slobodnih vektora i definicije

množenja vektara skalarom. (Teoreme 3.1.1.1. i 3.1.2.2.).

Jedinični vektor vektora se može zadati na sledeći način: ar 0ar =aaa

a r

rr

r =⋅1 . Suprotan

vektor vektora ar je aa rr−=⋅− )1( .

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

3.1.3. Linearna kombinacija slobodnih vektora Definicija 3.1.3.1.: Linearna kombinacija vektora a naaa rrrr ...,,,, 321 je vektor napisan u obliku:

nn aaaaa rrrrrλλλλ ++++= ...332211

gde su λ1, λ2, λ3, ..., λn realni brojevi.

Definicija 3.1.3.2.: Skup vektora naaaa rrrr ...,,,, 321 je linearno nezavisan, ako i samo ako

njihova linearna kombinacija jednaka nula vektoru kada svi brojevi λi (i = 1, 2, 3, ..., n) jednaki nuli:

nn aaaa rrrr

λλλλ ++++ ...332211 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = ... =λn = 0. Skup vektora a naaa rrrr ...,,,, 321 je zavisan, ako postoji bar jedna takva njihova linearna

kombinacija, koja je jednaka nuli i da je bar jedan od brojeva λi (i = 1, 2, 3, ..., n) različit od nule.

Pretpostavimo, da je nn aaaa rrrrλλλλ ++++ ...332211 = 0 i da je na primer λ1 ≠ 0 (ovo

ne smanjuje opštost ramatranja). Iz ove pretpostavke sledi, da vektor 1ar moguće zapisati kao linearnu kombinaciju vektora a naaa rrrr ...,,,, 432 :

λ1 ≠ 0 ⇒ nn aaaaa rrrrrµµµµ ++++= ...4433221 gde su ,

1λλ

µ ii −= i = 2, 3, ..., n

Teorema 3.1.3.1.: Svi paralelni vektori vr sa vektorom ar su linearno zavisni od

vektora , odnosno uvek postoji broj λ da bude zadovoljena jednakost ar vr=λ . ar

Dokaz: Teorema sledi iz definicije množenja vektora brojem jel je 0avv rrr

⋅±= , gde znak + važi, kada su i ar vr istog smera, dok znak – kada su smerovi suprotni.

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 45

Teorema 3.1.3.2.: Za neparalelne vektore 1ar i 2ar važi, da je bilo koji vektor vr u

njihovoj ravni na jednoznačan način možemo zapisati linearnom kombinacijom vektora 1ar i , tojes postoji tačno jedan par brojeva (λ2ar 1, λ2) koji zadovoljava jednakost vr=λ1 1ar + λ2 2ar .

Dokaz: Ako je vr paralelan sa nekim od vektora a1

r ili 2ar , recimo sa , tada će biti: 1ar

210 0 aavv rrrr⋅+±= ( a10

r je jedinični vektor vektora 1ar ). Ako je vr paralelan sa 2ar , tada će biti:

2010 avav rrrr±⋅= ( 20ar je jedinični vektor vektora 2ar ).

U slučaju neparalelnosti sa oba vektora

moguće je naći četiri tačke u jednoj ravni O, A1, A2 i V tako da buda zadovoljeno:

a1

a2

vA1

A2

V

P

Qλ1a1

λ2a2→

→→

→

→

OSlika 3.1.3.1.

vOVaOAaOA rrr

=== ,, 2211 . Nacrtajmo pravu koja prolazi kroz V i

paralelna je sa pravom p(OA2) i koja u tački P seče pravu p(OA1). Postavimo i pravu kroz V paralelno sa p(OA1) koja će u tački Q seći pravu p(OA2). Usled kolinearnosti OP sa

zapisujemo 10aOPOP r⋅= . Slično činimo i sa

vektorima OQ i a : 2r

20aOQOQ r⋅= .

1ar

Teorema je dokazana jer je očevidno: 2010 aOQaOPOQOPv rrr

⋅+⋅=+= , ili

vr= λ1 1ar + λ2 2ar , gde su λ1 = 1a

OPr± i λ2 =

2a

OQr± .

Teorema 3.1.3.3.: Ako vektori , i 1ar 2ar 3ar ne pripadaju jednoj ravni, tada bilo koji vektor v prostora jednoznačno se izražava kao linearna kombinacija vektora

r

1ar , 2ar i 3ar , tojest postoji samo jedna trojka brojeva (λ1, λ2, λ3) koja zadovoljava jednakost vr=λ1 a1

r + λ2 2ar + λ3 3ar .

OA1

A2A3

V

M

λ1a1

λ3a3λ2a2

v

a1

a2

a3

→

→→

→

→

→→

Slika 3.1.3.2.

Dokaz: Po pretpostavci vektori ne pripadaju

istoj ravni. Ponovimo postupak iz teoreme 3.1.3.2. za vektore 1ar , 2ar : OM = λ1 + λ2 . Nakon toga izrazimo na osnovu teoreme 3.1.3.1 vektor MV :

1ar 2ar

MV = λ3 3ar . Odavde je =+== MVOMOVvr λ1 a1

r + λ2 2ar + λ3 3ar .


________________________________________________________________________________________ 46

Na osnovu prethodnih teorema možemo izvesti sledeće zaključke:

Linearno zavisan sistem vektora je bilo koja dva paralelna vektora, bilo koja tri komplanrna vektora, bilo koja četiri vektora.

Linearno nezavisan sistem vektora je: bilo koji vektor sam, bilo koja dva neparalelna vektora, bilo koja tri nekomplanarna vektora.

Primeri 3.1.3.: a) Za koje vrednosti skalara α, β i γ čine vektori pnm γβα ++=a ,

pnb 32 += i pmc += 3 linearno zavisan sistem, ako je poznato da su vektori pnm ,, nezavisni?

Sistem vektora je linearno nezavisan ako samo sa skalarima-nulama možemo učiniti linearnu kombinaciju jednaku sa nulom. Neka su skalari sada obeleženi sa x, y i z. Ispitajmo jednakost czbyax ++ = 0. Ako je to moguće zadovoljiti samo tako da bude x = y = z = 0,

tada su c,ba , linearno nezavisni, odnosno ako pronažemo neko x π0 ⁄ y π 0 ⁄ z π 0 za koje

je czbyax ++ = 0 tada su c,ba , zavisni.

czbyax ++ = +++ )γβα( pnm x ++ )32( pny )3( pmz + = = (α x + 3 z ) m + ( β x + 2 y ) n + ( γ x + 3 y + z ) p = 0 ⇔ ⇔ α x + 3 z = 0 Ÿ β x + 2 y = 0 Ÿ γ x + 3 y + z =0

Ovaj poslednji sistem jednačina sledi iz činjenice, da su pnm ,, nezavisni. Sistem

ima beskonačno mnogo rešenja.To su brojevi koji zadovoljavaju jednačinu 2α + 9 β – 6 γ = 0. (Na primer α = 3, β = 2 i γ = 2).

b) Dokazati sledeća tvrđenja:

A B

C

N M

PSlika 3.1.3.3.

S

b1) vektori težišnih linija trougla čine trougao. b2) težišne linije trougla seku se u jednoj tačkki, tačka preseka deli sve težišne linije u razmeri 2:1 (računajući od temena)

b1) Neka su vektori stranica trougla: ABcCAbBCa === ,, .

Obeležimo sa M, N i P redom sredine stranica BC, CA i AB. Izrazimo sve težišne linije kao linearne kombinacije susednih stranica trougla:

BCABAM21

+= , CABCBN21

+= , ABCACP21

+= .

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 47

Ako saberemo te jednakosti dobijamo: ( ) 023

=++=++ CABCABCPBNAM . Time je

dokaz izvršen, jer je 0=++ CABCAB . b2) Neka je BNmBSAMkAS == , , gde su k i m skalari, koje treba odrediti. Pošto je

BScAS += sledi BNmcAM +=k . Smenimo u ovoj jednakosti vektore BNAM i dobijamo

sledeću jednakost 01211

21

=

−++

−+ bmkamk . Vektori a i b nisu paralelni, prema

tome njihova linearna kombinacija je jednaka nuli sako ako su skalari ispred njih jednaki nuli:

0121és01

21

=−+=−+ mkmk fi k = m = 32 .

Odavde sledi: BNBSAM32,

32

==AS . Ovime smo dokazali dato tvrđenje.

Zadaci 3.1.: a) Neka su vektori aAB r

= i bAFr

= dve stranice pravilnog šestougla ABCDEF. Izraziti vektore -vel ADACEFDECDBC ,,,,, i AF kao linearne kombinacije vektora ar i b

r!

b) Dati su vektori bam

rrr+= 2 i ban

vrr 2+= . Izraziti i sledeće vektore kao kombinacije

vektorat mr i nr : bababarrrrrr 4−

101

+−,25, +3 .

c) Sredine stranica trougla ABC su tačke A1, B1, C1 . Neka je tačka O proizvoljna

tačka prostora. Dokazati: OCOBOAOCOB ++=++ 111OA .

d) Date su 4 tačke prostora A, B, C i D. Neka je tačka E sredina duži AB, a tačka F je sredina duži CD. Dokazati: BDACBCADEF +=+=2 !

e) Izraziti vektor d pm rrr23 += kao linearnu kombinaciju vektora pnma rrrr 523 +−= ,

pnmb rrrr372 −+= i pnmc rrrr 2++4−= , gde su pnm rrr ,, nekolinearni jedinični vektori.

f) Dokazati da vektori a nzpy rrr

−= , pxmzb rrr−= i mynxc rrr

−= za bilo koje vrednosti skalara x i y čine linearno zavisan sistem. ( pnm rrr ,, su linearno nezavisni jedinični vektori).

g) Tačke A, B i C si tri temena paralelograma. Odrediti koordinate četvrtog temena D ako je dato: A(1, 1, 4), B(2, 3, –1), C(–2, 2, 0).

h) Date su tačke A(–1, 5, –10), B(7, –7, 8), C(2, 2, –7) i D(5, –4, 2). Dokazati da su vektori AB i CD paralelni i imaju isti smer.


________________________________________________________________________________________ 48

3.2. Operacije sa vektorima

3.2.1. Skalarni proizvod vektora Definicija 3.2.1.1.: Normalna projekcija proizvoljnog ne-nula vektora na pravac vektora

ar

br

je proizvod dužine vektora ar i kosinusa ugla između datih vektora. Normalna prejekcija je algabarska veličina: pozitivna je, ako je zahvaćeni ugao oštar, a negativna je, kada je zahvaćeni ugao tup.

),cos()( baaaprb

rrrrr ∠=

Glavna svojstva projekcije jednog vektora na pravac drugog vektora su:

rra) )()()( bpraprbapr ccc

rrrrr +=+ ,

rrb) )()( aprapr cc rr αα = . Definicija 3.2.1.2.: Skalarni proizvod vektora ar i b

r, u oznaci ar ° , jeste proizvod

dužina vektora i kosinusa zahvaćenog ugla: br

r( )V∈∀ barr , ( )),cos( bababa

rrrro

r∠⋅⋅=

Posledica prethodne dve definicije je sledeća konstatacija:

)()(),cos( aprbbprabababa barrrrrrrrr

or

rr ==∠⋅⋅=

Svojstva skalarnog proizvoda dva vektara su obuhvaćena sledećom teoremom: Teorema 3.2.1.1.: Za proizvoljne vektore ar , b

r, cr∈ V i skalar α ∈ R važi:

a) 2aa rrr=a o ,

rrrr b) a abb oo = ,

rrr c) ⊥a 0=⇔ bab

ro ,

rrrr d) ( )()() bababa

ror

oo αα ==α , rrrrrrr

e) a cabacb ooo +=+ )( . Dokaz: Ova tvrđenja su neposredne posledice definicija 3.2.1.1. i 3.2.1.2., te nije

potrebno ih posebno dokazivati. Skalarni proizvod nije asocijativna operacija, jer je acba rr

orr

α=⋅ )( vektor, koji ke paralelan sa vektorom , ar ccba rrr

or

β=⋅)( je isto tako vektor, ali je paralelan sa pravcem vektora . Prema tome: cr

)()( cbacba r

orrrr

or

⋅≠⋅

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 49

Jedna od čestih primena skalarnog proizvoda je kod određivanja ugla zahvaćenog datim vektorima. Obeležimo ugao između vektora ar i b

r sa ϕ. Pretpostavimo, da je poznat

skalarni proizvod datih vektora i poznate su njihove dužine. Taj ugao je: ϕ =babarr

ro

r

arccos .

Primeri 3.2.1.: a) Dokazati da važi jednakost 0=⋅+⋅+⋅ CPABBNCAAMBC u kojoj su vektori BCa = CAb = i ABc = vektori stranica trougla DABC, tačke M, N i P su redom sredine stranica BC, CA i AB (Slika 3.1.3.3.).

U primeru 3.1.3.b smo konstatovali sledeće: BCABAM21

+= , CABCBN21

+= , i

ABCACP21

+= . Pomnožimo skalarno obe strane prve jednakosti sa vektorom BC , drugu

jednakost sa CA , dok treću jednakost mnođimo vektorom AB :

2

21 BCBCABBCAM += oo ,

2

21 CACABCCABN += oo ,

2

21 ABABCAABCP += oo .

Saberimo sve tri jednakosti:

=++ CPABBNCAAMBC ooo

=2

21 BCBCAB +o +

2

21 CACABC +o +

2

21 ABAB +oCA ( ) 0

21 2

=++= CABCAB .

b) Izračunati ugao pri vrhu jednakokrakog trougla, ako

je poznato, da su težišne linije koje pripadaju kracima međusobno normalne (Slika 3.2.1.1.).

A B

C

MN

90o

ϕ

Slika 3.2.1.1.

Sa slike možemo pročitati sledeće jednakosti:

CBCA21

+AM −= , CACB21

+BN −=

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

=

+−

+−⇒= CACBCBCABNAM

21

210 oo 0cos

45 22 =− bb ϕ fi

54cos =ϕ .

c) Osmotrimo ješ jednom sliku 3.1.3.3.: BCABACCACABCAB +==−⇒=++ 0 . Koristimo sledeće oznake za stranice: bCAaBCcAB === ,, , i za uglove trougla:

∠ABC = β, ∠CAB = α i ∠ACB = γ i izvršimo skalarno množenje ACAC o :

ACAC o = ( ) ( ) BCABacBCABBCABb oo 2222 ++=++= .


________________________________________________________________________________________ 50

Pošto je BAAB −= , zato će biti βcos⋅⋅−=−= acBCBABCAB oo . Znači:

b2 = a2+c2 –2 a c cosβ. Naravno, ako bi smo izračunali kvadrat druge dve stranice, dobili bi druge dve jednakosti:

a2 = b2+c2 –2 b c cosα, i a c2 = a2+b2 –2 a b cosγ

Prepoznajemo kosinusnu teoremu.

3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora.

a

b

c→

→

→

Slika 3.2.2.1.

Definicija 3.2.2.1.: Nekomplanarni vektori cba rrr ,, u

datom redosledu čine desni sistem vektora ako posmatrajući iz pozitivnog smera vektora vektor prelazi u vektor cr ar b

r u

smeru, koji je suprotan smeru kretanja skazaljke na časovniku (Slika 3.2.2.1) za ugao koji je manji od opruženog ugla.

Definicija.2.2.2.: Vektorski proizvod dva vektora ar i br

– označavamo ga sa ×barr

– je vektor čija je dužina jednaka proizvodu dužina datih vektora i sinusa zahvaćenog ugla među njima, pravac je normalan na ravan vektora ar i b

r, i na kraju vektoti ,

r i ×bar b ar

r u

ovom redosledu čine desni sistem.

ab

a×b

→

→→

→

t =a × b→→

Slika 3.2.2.2.

( )V∈∀ barr , ( )V∈× ba

rr

a) ),sin( ∠⋅⋅=× bababarrrrrr

b) bbaabarrrrrr

⊥×∧⊥× )()(

c) )(,, babarrrr

× desni sistem

Teorema 3.2.2.1.: Za vektorski proizvod za bilo kakve vektore ( )( )RV ∈∀∈∀ αcba rrv ,, važe sledeća svojstva: a) a ×b = – ( b × ),

r r rar

r r r b) α( a × ) = (α )×b a b

r= ar ×(αb

r),

r r c) a ||b

r⇔ ×bar = 0,

r r d) a × = 0, a

r r e) a × ( b + ) = ×cr ar b

r+ ar × cr .

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 51

Dokaz: Prva četiri svojstva su neposredna posledica definicije vektorskog proizvoda.

Svojstvo e) znači distributivnost vektorskog proizvoda u odnosu na sabiranje vektora. Dokazujemo ovo svojstvo.

Ako je od vektora , ar b

r, cr jedan je nula vektor ili je bilo koji par međusobno

paralelan, tada je i ovo tvrđene posledica definicije vektorskog proizvoda. Neka među vektorima nema nula vektora i nema međusobno paralelnih vektora. Neka je O zajednička početna tačka vektora ar , b

r , cr . Postavimo ravan α koja prolazi

kroz O i normalna je na pravac vektora ar . Odredimo ortogonalne projekcije vektora br

i cr na ravni α, to su vektori b1

r i 1cr . Neka je ar + b

r = d

r, i neka je 1d

r projekcija vektora d

r (videti

sliku 3.2.2.3.). Na osnovu definicije vektorskog proizvoda mogu se zapisati sledeće jednakosti:

r r r rb × ar = b1× ar , cr× ar = c1

r× ar i d × ar = 1d × ar

r rPošto vektori b1 , c1

r i d1 u ravni α čine dve stranice i dijagonalu jednog paralelograma, zato se i vektori b1

r× ar , 1cr × ar i 1d

r× ar nalaze u ravni α. Primetimo zašto: jer je b1

r× ar ⊥ 1b

r,

1cr × ar ⊥ 1cr i d1

r× ar ⊥ 1d

r, tojest svi su normalni na vektor ar . Istovremeno ti vektori su

ac

d

b

d1

b1

c1→

→

→

→

→

→

→→

d × a

b × a c × a→

→ →

→ →

O

α

Slika 3.2.2.3.

normalne projekcije vektora ar , b

r i cr na ravni α, zato važe i sledeće relacije: b1

r× ar ⊥b

r,

1cr × ar ⊥ cr i 1dr× ar ⊥ d

r, pri čemu reč je isto o stranicama i dijagonali jednog paralelograma.

Primetiti, kado da je izvršena rotacija vektora b1

r, 1cr , 1d

r za ugao π/2 oko tačke O, a njihova

dužina je ponmožena sa istim brojem: ar (jer je ar normalan na svaki od vektora b1

r, 1cr i 1d

r).

Prema tome: r1b + c1

r = d1

r⇔ 1b

r× ar + c1

r× ar = 1d

r× ar⇔

r r r r⇔ b × ar + cr× a = d × a ⇔

r r r r r r⇔ b × a + c × a = ( b + c ) × ar .


________________________________________________________________________________________ 52

Pošto je ar × ( b

r+ cr ) = – (( b

r+ cr ) × ar ) =

r r r r= – ( b × a + cr× ar ) = – b × a – cr× ar = ar ×b

r+ ar × cr .

Iz toga sledi: ar × ( b

r+ cr ) = ar ×b

r+ ar × cr .

Ovime je distributivnost vektorskog množenja u odnosu na sabiranje vektora dokazana. Primeri 3.2.2.: a) Dati su vektori nmAB rr 43 −= i nmBC rr 5+= , gde su m , n uzajamno normalni jedinični vektori. Odredimo visinu trougla ABC koja pripada stranici AB.

r r

S obzirom na to, da je površina trougla ABC data sa BCBAp ABC ×=21 , zato je:

pABC =21 ( )34 mn rr

− × )5( nm rr+ = nm rr

×2

19 =2

19 .

S druge strane, dužina stranice AB je:

5490cos432343 202 =+⋅⋅−=−= nmAB rr .

Veličina visine se izračunava iz jednakosti ABABC hABp21

= l: hAB = 5

19 .

b) Osmotrimo još jednom sliku 3.1.3.3. Na slici su korišćenim oznakama važe sledeče

jednakosti: BCABACCACABCAB +==−⇒=++ 0 i bCAaBCcAB === ,, , ∠ABC = β,

∠CAB = α i ∠ACB = γ . Površina trougla ABC se iz vektorskog proizvoda bilo koje dve stranice:

pABC = CBCABCBAACAB ×=×=×21

21

21 .

Primenimo li definiciju vektorskog proizvoda po upotrebljenim oznakama imamo:

c b sinα = c a sinβ = b a sinγ ⇒ cbaγsinβsinsin

==α .

To je poznata sinusna teorema.

c) Dokazati takozvanu LAGRANGE-ovu jednakost: ( ) ( ) ( ) ( )2222bababarrr

orrr

=+× . rr

Neka je ),( barr

∠=ϕ . Po definiciji je ϕsinbabarrrr

⋅=× , pa je: ( ) ( ) ( ) ϕ2222sinbaba rr

=× . Iz

te poslednje jednakosti sledi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−=−=× ϕϕ 222222222

cos)cos1( babababarrrrrrrr

( ) ( ) ( )222 cosϕbabarrrr

−= ( ) ( ) ( )222 babar

orrr

−= ⇒( ) ( ) ( ) ( )2222bababarrr

orrr

=+× .

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 53

3.2.3. Mešoviti proizvod tri vektora Posmatrajmo paralelepiped, koji je

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

b

a×b

c

h

θ

→ →

→

→

→

Slika 3.2.3.1. Definicija 3.2.3.1.: Mešoviti proizvod tri vektora a cb rrr ,, je broj cba r

orr )( × . Za

obeležavanje mešovitog proizvoda se često koristi oznaka [ a cb rrr ].

[ cba rrr] = cba r

orr )( ×

Teorema 3.2.3.1.: Apsolutna vrednost mešovitog proizvod vektora cba rrr ,, je zapremina paralelepipeda kojeg razapinju ti vektori.

Dokaz: Neka vektori cba rrr ,, čine desni sistem. U tom slučaju vektori i acr b

rr× su sa

iste strane ravni vektora barr, . Osnova paralelepipedona je paralelogram nad vektorima ba

rr, čija je površina ba

rr× , a visina tela je h. Ova visina je (pošto je desni sistem u pitanju)

jednaka projekciji vektora cr na pravac barr

× (pozitivni broj, jer hje ugao θ između cr i r

oštar). Zapremina tela je prema tome: V=bar × barr

× h. Istovremeno, po definiciji skalarnog

proizvoda cba ro

rr )×( = barr

× θcoscr = hbaca ba ⋅×=× ×prbrrrrr

rr )( . r rAko vektori cba

rr ,, čine levi sistem, tada su vektori c i barr

× na različitim stranama ravni ba

rr, , tojest ugao θ je tup, pa i projekcija vektora cr na pravac vektora barr

× negativan. Zbog toga je i cba r

orr )( negativan broj. ×

Iz svojstava skalarnog i vektorskog proizvoda slede osobine mešovitog proizvoda:

[ cba rrr] = [ bac

rrr] = [ acb rrr

] = – [ bcarrr

] = – [ cab rrr] = – [ abc rrr

].


________________________________________________________________________________________ 54

Teorema 3.2.3.2.: Tri vektora su komplanarna onda i samo onda, kada je njihov

mešoviti proizvod jednak nuli. Dokaz: Ako su vektrori komplanarni, razume se, da je njihov mešoviti proizvod

jednak nuli. Dokažimo obrnutu implikaciju: ako je mešoviti proizvod tri vektora jednak nuli (a da ni jedan od njih nije nula vektor), onda su ti vektori komplanarni.

Jedna od mogućnosti je i to, da je mešoviti proizvod nula zato što je )( ba

rr× =0, a to

znači da su ti vektori paralelni, tojest komplanarni su sa bilo kojim trećim cr vektorom. Ako ba

rr, nisu paralelni, tada ( )barr

× ≠ 0. Skalarni proizvod dva ne-nula vektora je 0 samo ako su međusobno normalni, to znači: )( ba

rr× ⊥ cr , odnosno cr pripada ravni vektora

barr, , jer svi vektori koji su normalni na )( ba

rr× nalaze se u toj ravni.

Primer 3.2.3.: a) Dati su vektori pnmka rrrr 4++= , nkmb rrr

2−= i c pnmk rrrr 433 +−= gde su pnm rrr ,, uzajamno normalni nekomplanarni jedinični vektori, koji u datom redosledu čine desni sistem. Odrediti vrednost broja k tako da vektori a cb rrr ,, budu komplanarni!

Polazimo od uslova komplanarnosti (teorema 3.2.3.2. ): cba rrr

⋅× )( =0.

cba ro

rr )( × = (( pnmk rrr 4++ ) × ( m nkrr 2− )) ° ( pnmk rrr 433 +− )= rrr rr= ( pknmk )12(4 2 +−+8 ) ° ( pnmk r 433 +− )=

=24k2 –12–4(2k2 + 1) = 16(k2 – 1) = 0 ⇔ k = ±1.

Prilikom izračunavanja vektorskog proizvoda koristili smo i sledeće činjenice: mr × nr = pr , nr × mr = – pr , nr × pr = mr , pr × nr = – mr , pr × mr = nr , mr × pr = – nr . (Čitalac neka sam proveri istinitost tih jednakosti!)

Druga mogućnost je: polazimo od linearne kombinacije vektora: α ( pnmk rrr 4++ ) + β ( nkm rr 2− ) + γ ( pnmkc rrrr 433 +−= ) = 0

Nako sređivanja te jednakosti dobijamo:

(k α + β + 3 k γ ) +(α – 2 k β – 3 γ )mr nr +( 4α + 4 γ ) pr = 0.

Pošto su vektori m pn rrr ,, nezavisni, samo je njihova trivijalna linearna kombinacija jednaka nuli, pa moraju biti izrazi u zagradama ispred tih vektora redom biti jednaki nuli:

( k α + β + 3 k γ = 0 ) Ÿ ( α – 2 k β – 3 γ = 0 ) Ÿ ( 4α + 4 γ = 0 ) fi k = ±1.

Ispitivanjem sistema jednačina se kasnije bavimo (poglavlje 7.). Sada samo primetimo, da za k = +1 vektori cba rrr ,, su vezani relacijom az 02 =−+ cba rrr , a za k = – 1 ta veza je . 02 =−− cba rrr

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 55

b) Slično, kao u prethodnom zadatku, vektori cba rrr ,, su zadati pomoću normalnih, nekomplanarnih jediničnih vektora pnm rrr ,, : pma rrr 2−= , pnmb rrrr

43 −+= i pnmc rrrr 4123 +−= . Odredimo visinu pralelepipeda nad vektorima cba rrr ,, a koja pripada osnovi ( ba

rr, ).

Imamo,da je zapremina paralelepipeda V = | [ cba rrr ] |, ali ista ta zapremina bi se mogla izračunati i na sledeći način: V = ba

rr× ⋅H ( )ba

rr× . Upoređivnjem dva postupka dobijamo

traženu visinu:

76)(

)( =×

×=× ba

cbaH ba rr

ro

rr

rr , jer je barr

× = pnm rrr 326 ++ , barr

× =7, cba ro

rr )( × =6.

r(Prilikom izračunavanja proizvoda bar × primeniti rezultate za proizvode između pnm rrr ,, iz prvog dela ovog primera)

3.2.4. Dvostruki vektorski proizvod tri vektora Definicija 3.2.4.: Dvostruki vektorski proizvod tri vektora je vektor )( cba rrr

×× .

a

c

bd

a×(b×c)

b×c

→

→ →→

→

→→

→ →

Slika 3.2.4.

Teorema 3.2.4.: Dvostruki vektorski proizvod tri vektora a )( cb rrr

××

cbr,

je vektor koji je komplanaran sa vektorima i može da se izrazi kao linearna kombinacija ta dva vektora:

r

π /2

(b×c)×d→ → →

)( cba rrr

×× = αb + β r cr,

gde je α = ( ca r

or ) i β = ( ba

ro

r− ).

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

)( cba rrr×× je vektor, koji je normalan na ar i na ( )cb rr

× .

Posmatrajmo ravan vektora cb rr, . Odaberimo u toj ravni vektor dr

tako, da bude normalan na , i da sistem dcr cbc rrrr

×,,)c

bude desni sistem. Pomnožimo skalarno sa ovim vektorom jednačinu d

r(ba rrr×× = αb

r + β cr :

( a )( cb rrr

×× ) ° dr

= α ( br° dr

), jer je zbog pretpostavljene normalnosti cr ° dr

= 0.

Mešoviti proizvod sa leve strane jednakostni može da se transformiše na sledeći način: r r rr r r

( a )( cb rr×× ) ° d = ( dcb r

×× )( ) ° ar =α ( b ° d ). Na slici 3.2.4. se može primetiti, da je vektor dcb

rrr×× )( paralelan vektoru , a njegova

dužina je: |cr

dcbrrr

×× )( | = | ( )cb rr× |⋅| d

r| (ponovo: zbog pretpostavljene normalnosti).


________________________________________________________________________________________ 56

Dalje: | )( cb rr

× |⋅| dr|= ),sin( cbdcb rrrrr

⋅⋅ = ( ) ( )dbcdbdbcr

orrrrrrr

⋅=⋅⋅ ),cos( ⇒

⇒ dcb

rrr×× )( = ( )dbc

ro

rr⋅

Uvrstimo ovu konstataciju u izraz ( dcb

rrr×× )( ) ° ar :

( dcb

rrr×× )( ) ° ar = ( )( )dbc

ro

rr⋅ ° ar = ( ) ( )dbca

ro

rro

r⋅ = α ( b

r° dr

) ⇒ α = ( ca ro

r ). Sledi:

)( cba rrr×× = αb + β

rcr= ( ca r

or ) b

r + β cr⇒

⇒ )( bca

vrr×× = – α – β b

rcr= –( ca r

or ) b

r – β cr .

Naknadnim skalarnim množenje ove poslednje jednakosti sa vektorom ar , a zbog

činjenice da je ar °( )( bcavrr

×× ) = 0 dobijamo –( ca ro

r ) ( ar °br

) – β ( ar ° cr ) ⇒ β = – ( ar °br

).

)( cba rrr×× = ( ca r

or

) ⋅br

– ( bar

or

) ⋅ cr

Ovime je dokazano tvrđenje o dvostrukom vektorskom proizvodu tri vektora.

Cikličkom permutacijom komponenata dobijamo sledeće jednakosti:

a) a cbabcacb rr

orrr

orrrr

⋅−⋅= )()()×× ( , rrrrrrrrr

b) acbcbaacb oo ⋅−⋅=×× )()()( , rrrrrrrrr c) c bcaacbba oo ⋅−⋅= )()()×× ( .

Sabiranjem jednakosti pod a), b) i c) dobijamo jednakost:

d) )( cba rrr

×× + )( acb rrr×× + c )( ba

rrr×× =0.

Zadaci 3.2.: a) Odredimo zahvaćeni ugao j među vektorima jednake dužine ar i b

r

ako je ( ar +3br

)^(7 ar –5 br

) i ( ar – 4 br

)^(7 ar – 2 br

). b) Dokazati sledću jednakost i protumačiti geometrijsko značenje:

2222 22)()( bababarrrrrr

+=−++ . rr

c) Nad vektorima a cbr ,, smo konstruisali paralelepiped. Izračunati dužini dijagonala tela, ako su vektori ar i b

r međusobno normalni vektori, i poznati su sledeći podaci:

3),(),( π=∠=∠ accb rrrr i 1,2 =c== ba rrr .

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 57

d) Izračunati babarrrr 23()2( +×− ako je 5== ba

rr i 4

),( π=∠ ba

rr .

e)Odrediti nepoznati vektor xr ako je kax =

ror i cbx rrr

=× , cba rrr ,, su dati vektori, a k je dati broj. f) Koordinato početne tačke vektora AB su A(1, 3, 2). Odrediti tačku B ako je poznato: 3=AB i cos α : cos β : cos γ = 1 : 2 : (–2), gde su α, β, γ uglovi između vektora

AB i koordinatnih osa. g) Data su tri vektora: ar =(–3, 0, 2), b

r=(3, –2, 4) i cr=(5, 1, 6). Odrediti koordinate

vektora r

, ako je normalan na vektor d ar i zadovoljava jednakosti b 4=dr

or

i r

. 35=dc or

h) Tri temena osnove paralelepipeda su: koordinatni početak O, i tačke A(2, –3, 0) i B(5, –1, 0). Na gornjoj osnovi iznad tačke B je tačka B1(3, 0, 4). Odrediti zapreminu tog tela!

3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu

3.3.1. Koordinate vektora Zadavanje i proučavanje vektora isključivo kao usmerene duži nije uvek pogodno za rešavanje zadataka. U tu svrhu uzima se pogodnija forma zadavanja vektora: pomoću fiksirane tačke O prostora i tri uzajamno normalna jedinična vektora i kj

rrr,, , koji u datom

redosledu obrazuju desni sistem. Definicija 3.3.1.1.: Uzajamno normalni jedinični vektori i kj

rrr,, koji obrazuju u

datom redosledu desni sistem nazivaju se osnovnim vektorima.

j

i

k

a2 j

a3k

a1i

O y

x

z

→

→

→

→

→

→a1 i+a2 j

a1 i+a3 k →

→

→

→

a 2j+

a 3k→

→

a→

Slika 3.3.1.1.

A

Na osnovu teoreme 3.1.3.3. svi vektori prostora na jednoznačan način se izražavaju kao linearna kombinacija ma koja tri nezavisna vektora. Naš osnovni sistem vektora zadovoljava te zahteve, prema tome svaki vektor prostora može da se izrazi pomoću kji

rrr,, u sledećem obliku: r

kajaiaarrr

321 ++= . Uređenu trojku brojeva ( )

(u tom redosledu) nazivamo koordinatama vektora u prostoru. Ovime smo definisali preslikavanje vektorskog prostora V na skup uređenih trojki realnih brojeva R

321 ,, aaa

3: f: V → R3 gde je f ( ) = f (ar kajaia

rrr321 ++ ) = ( ). 321 ,, aaa


________________________________________________________________________________________ 58

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

f ( ) = f (ar kajaia

rrr321 ++ ) = ( ) je bijektivno. 321 ,, aaa

Dokaz: Istinitost tvrđenja je očevidna zbog jednoznačnog izražavanja svih vektora prostora kao linearne kombinacije vektora i kj

rrr,, . To znači svakom vektoru pripada jedna i

samo jedna trojka brojeva. Obrnuto: svaka trojka brojeva stvara jednu linearnu kombinaciju vektora kji

rrr,, .

kajaiaarrrr

321 ++= = (a1, a2, a3 )

Međusobni skalarni i vektorski proizvodi osnovnih vektora su dati sledećim tablicama:

ir

jr

kr

× ir

jr

kr

ir

1 0 0 ir

0 kr

- jr

jr

0 1 0 jr

- kr

0 ir

kr

0 0 1 kr

jr

- ir

0 Teorema 3.3.1.2.: Ako su vektori zadati kao linearna kombinacija vektora i kj

rrr,, , tada

za proizvoljne vektore a kajaiarrrr

321 ++= = ( ) i b321 ,, aaa kbjbibrrrr

321 ++= = ( b ) važi: 3,b21 ,ba) ),,( 332211 babababa +++=+

rr rrb) 332211 babababa ++=o ,

rc) 23

22

21 aaaa ++= ,

rr

d) ( ),)(),(,)(

)()()(

122131132332

122131132332

babababababakbabajbabaibababa

−−−==−+−+−=×

rrr

rrre) )()()( 312231123213132321 cbacbacbacbacbacbacba ++−++=×o , rrrrf) α )α,α,α(ααα 321321 aaakajaiaa =++= , α∈R.

Dokaz: Teorema je posledica teoreme 3.2.1.1. o svojstvima skalarnog proizvoda i teoreme 3.2.2.1. o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora. Vektorski proizvod dva vektora, kao i mešoviti proizvod tri vektora može biti izračunat pomoću determinante trećeg reda. O determinantama opširnije ćemo govoriti u 5. poglavlju, ali osnovna znanja čitaoca iz srednje škole su dovoljna, da uoči ispravnost sledećih jednakosti:

d)

321

321

bbbaaakji

ba

rrr

rr=× , e)

321

321

321

)(cccbbbaaa

cba =×rr

or .

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 59

3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru Nacrtajmo prave paralelne sa osnovnim vektorima, i koje prolaze kroz fiksiranu tačku prostora. Neka su te prave brojevne ose sa početnom tačkom u O. Neka je jedinična duž na tim pravama upravo dužina osnovnih vektora. Osa koja je paralelna vektoru i

r je osa Ox, osa

paralelna vektoru jr

je osa Oy, i na kraju, osa paralelna vektoru kr

je Oz. osa. (Slika 3.3.1.1.). Koordinatne ravni su određene sa po dve koordinatne ose. To su ravni: Oxy, Oxz i Oyz. U takvom koordinatnom sistemu svakoj trojci brojeva ( ). odgovara jedna i samo jedna tačka prostora, i obrnuto: svakoj tački odgovara tačno jedna trojka brojeva.

321 ,, aaa

Osmotrimo sada trojku brojeva ( ), kojoj odgovara tačka A. Istoj trojci brojeva odgovara i vektor, sa početkom u O i sa vrhom u A:

321 ,, aaa

OAa =v = kajaiarrr

321 ++ vektor. Definicija 3.3.2.1.: Vektor u pravouglom koordinatnom sistemu sa početnom tačkom u O i sa vrhom u tački A( ) je 321 ,, aaa OAa =v = kajaia

rrr321 ++ i naziva se vektor položaja

tačke A.

Neka su uglovi, koje zaklapa vektor kajaiaarrrr

321 ++= = ( ) sa pravcima koordinatnih osa (ili sa pravcima osnovnih vektora) obeleženi na sledeći način: ∠ a

321 ,, aaar , ir

= ϕ ; ∠ ar , j

r= ξ i ∠ ar , k

r= ψ.

Teorema 3.3.2.: Kosinusi uglova, koje zaklapa vektor položaja proizvoljne tačke sa

koordinatnim osama zadovoljavaju jednakost cos2 ϕ + cos2 ξ + cos2 ψ = 1.

Dokaz: Na osnovu definicije skalarnog proizvoda možemo napisati sledeće jednakosti:

iaror = ϕcosia

rr = a1, 2cos ajaja == ξrrr

or i 3cos akaka == ψ

rrror .

Kvadrirajmo te jednakosti!:

( ) 23

22

21

2222 coscoscos aaaa ++=++ ψξϕr ⇒ 1coscoscos 222 =++ ψξϕ Primeri 3.3.2: a) Odrediti ugao između dijagonala paralelograma nad vektorima

)0,1,2(=ar i b )1,1,0( −=r

.

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

sledeći način: ϕ =vuvurr

ro

r

arccos . r

Dijagonale paralelograma su )1,0,2(1 =+= badrr i )1,2,2(2 −=−= bad

rrr, skalarni proizvod tih

vektora je: d 21 dr

or

= 2 ⋅ 2 + 0⋅ 2 + 1 ⋅(–1) = 3, a dužine tih vektora su brojevi: r

5102 2221 =++=dr

i 3)1(22 2222 =−++=d ,


________________________________________________________________________________________ 60

Sledi: (∠ 1dr

, 2dr

) = arccos53

3 =arccos55 .

b) Odredimo projekciju vektora vr= a )( cb rrr×× na pravac vektora b

r= (2, 1, –1), ako je

ar = (0, 1, 2) i cr=(2, 1, 1). Na osnovu teoreme 3.2.4. )()( baccabv

vo

rrro

rrr⋅−⋅= , a skalarni proizvodi su: 3=ca r

or ,

, znači v1−=bar

or )2−,4,8(3 =+= cb rrr . Po definiciji 3.2.1.2. je

3611

622

===b

bvvprb r

ro

rr

r .

c) Tri temena paralelograma ABCD su data: A(3, 0, 4), B(1, 2, 3) i C(9, 6, 4).

Odredimo koordinate temena D; presečne tačke dijagonala E; unutrašnji ugao paralelograma kod temena B i površinu paralelograma!

O

A

B

C

D

E

Slika 3.3.2.

Nacrtajmo tačke A, B, C i D bez koordinata, ali naznačimo koordinatni početak O. To

omogućava, da predstavimo i vektore položaja svih tačaka. Sada lako možemo napisati

sledeće zbirove: ADOA +=OD i ACOA21

+=OE . Pristupimo rešavanju zadatka po

sledećim delovima: c1) Imamo paralelogram, zato je )1,4,8(=−== OBOCBCAD , znači )5,4,11(=OD ,

tojest koordinate tačke D su: D(11,4,5). c2) Na sličan način određujemo i koordinate tačke E: )0,6,6(=−= OAOCAC . Sledi:

ACOAOE21

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

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

BABC

⋅

or

.

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 61

Skalarni proizvod je: )()( OBOAOBOCBABC −−= oo = (8, 4, 1) ° (2, –2, 1) = 9, a dužine

vektora su: 9=BC i 3=BA , sledi: cosβ = 31 .

c4) Površina paralelograma je na osnovu definicije vektorskog proizvoda sledeći izraz:

ADABp ×= . Imamo )1,4,8(=AD i )1,2,2( −−=AB , pa se dobija vektorski proizvod na

sledeći način: )24,6,6(122

148 −=−−

=×kji

ADAB

rrr

, odavde sledi, a je površina p =18 2 .

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

Ako A, B, C i D nisu komplanarne, tada je zapremina tetraedra ABCD:

( ) ADACABV o×=61 .

Ista zapremina se dobija i na sledeći način: V = 31 pABC ⋅ HABC = ABCHACAB ×

61 .

Uporedimo li te dve zapremine, dobijamo traženu visinu:

( ))()(

)()()(

OAOCOAOB

OAODOAOCOAOBH ABC

−×−

−−×−=

o=

36

624

= , jer je

6224)2,2,4()()( ===−×− OAOCOAOB i ( ) 4)()()( =−−×− OAODOAOCOAOB o .

d) Jedno teme kocke je u koordinatnom početku. Susedna tačka je A (10, –5, 10), do tačka B je u pravcu )i smeru) vektora čije su koordinate (–22, –4, 20). Odrediti nepoznate koordinate. Vektor položaja tačke B je (–22 k, –4 k, 20 k), gde je k pozitivan broj. Imamo da su ivice jednake, pa će biti OBOA = : (–22 k )2 + ( –4 k )2 + (20 k)2 =102 + (–5)2 + 102.

Odavde sledi k = ±½ . Samo se ½ prihvata (zbog smera) pa je B (–11, –2, 10).

Treće susedno teme je u pravcu, koji je normalan na ravan prva tri temena: Odredimo pravac i smer tako da vektori 1,, OCOBOA čine desni sistem

)75,210,30(10211105101 −−−=

−−−=×=

kjiOBOAOC

rrr

.


________________________________________________________________________________________ 62

Sada je potrebno na tom pravcu odrediti tačku C kao što smo to činili i u slučaju tačke

B: (–30 k )2 + ( –210 k )2 + (–75 k)2 = 225. Sledi k = ±453 . I ovom prilikom prihvatamo samo

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

Zadaci 3.3.: a) Odrediti koordinate vektora dr

tako, da bude ortogonalan na vektor ar : ar = (–3, 0, 2) i da bude 4=db

ror

i 35=dcr

or , gde je b

r = (3, –2, 4) i cr = (5, 1, 6) .

b) Dati su vektori: ar = (1, 1, 1), b

r = (1, 1, 0) i cr = (1, –1, 0). Odrediti vektor d

r tako,

da zadovolji uslove ar

i rr

! 3=dor cbd r=×

c) Odrediti koordinate jediničnog vektora er koji je normalan na vektor = (11, 10, 2)

i bar

r = (4, 0, 3) a smer odabrati tako da sistem vektora ar , b

r, er bude desni sistem!

d) Tri temena osnove paralelepipeda su: tačka O, i tačke A(2, –3, 0) i B(5, –1, 0). Na

gornjoj osnovi iznad tačke B je B’(3, 0, 4). Naći zapreminu tog tela. Ispitni zadaci 3.: 1. (26.01.1999.) Izračunati kosinuse unutrašnjih uglova, kao i kosinus oštrog ugla izmedju dijagonala paralelograma ABCD, ako je nmAB rr 62 −= , nmBC rr 7+= , a nm rr , je par uzajamno normalnih jediničnih vektora. Rešenje:

cos β =5

25040

40==

⋅

⋅

BCBA

BCBA ,

jer je 4242)7)(26( =−=+−=⋅ nmmnBCBA rrrr .

40436)26)(26( =+=−−= mnmnBA rrrr . Slično će biti 50=BC .

Pošto su susedni unutrašnji uglovi paralelograma suplementni, zato je cos α = –cos β Dijagonale su nmBCABAC rr

+=+= 3 , i nmBCABBD rr 13−=−= , pa za ugao

izmedju tih dijagonala važi: 1717

17010

10cos =

−=

⋅

⋅=

BDAC

BDACϕ .

2. (25.06.2001.) Dati su vektori a ).1,1,1(),1,2,3(),3,2,1( === cb rrr Pokazati, da je vektor

v r =d

rcba rrr

×× )( koplanaran sa vektorima a i b . Razložiti vektor dr

na komponente

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________ 63

u pravcima vektora i b . avr

Rešenje: a) Kraća varijanta: koristeći teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu je:

cba rrr×× )( ) = ( ) ( ) abacbbca rrrr

orrr

or 66 −=⋅−⋅ .

Ovime je pokazana komplanarnost koja se tvrdi u zadatku, a izvršeno je i r r

razlaganje vektora na komponente u pravcima vektora d av i b . b) Duža varijanta:

Izračunava se prvo = barr

×

111484 −−kjirrr

= (–4, 8, –4),

zatim cba rrr×× )( = = (12, 0 –12),

i rešava se vektorska jednačina barr βα + = (12, 0 –12),

i dobijaju se rešenja α = –6 i β = 6, tojest dr

= –6 av + 6 br

. 3. (02.09.2002.) Koji ugao zaklapaju jedinični vektori mr i nr ako vektori nma rrr 2+= i nmb rrr

−=

zaklapaju ugao od 3π ?

Rešenje:

( )21),(cos

3),( ⋅⋅=<⋅=⇒= bababababa<

rrrrrrro

rrr π . Neka je ϕ=),( nm<rr , zato će

biti: ( ) ( ) ϕcos4422 22 nmnmnmnmaaa rrrrrr

orrr

orr

⋅++=++== , a sa druge starne je 1== nm rr , pa je ϕcos441 ++=ar . Sličnim postupkom se dobija dužina vektorab

r:

( ) ( ) ϕcos211 −+=−−== nmnmbbb rr

orrr

orr

,

pa skalarni proizvod tih vektora je: ( )( )21cos22cos45 ⋅−+= ϕϕba

ro

r

Traženi skalarni proizvod se dobija i na sledeći način:

( ) ( ) ϕcos212 +−=−+= nmnmba rro

rrro

r .


________________________________________________________________________________________ 64

)Izjednačavanjem dva zaključka dobija se: ( )(21cos22cos45cos1 ⋅−+=+− ϕϕϕ .

Kvadriramo li ovu jednačinu i uvedemo smenu x=ϕcos

1

dobijamo kvadratnu

jednačinu: , čija su rešenja 012 2 =−− xx 1 =x i 21

2 −=x .

Isključujemo mogućnost , jer to znači da je cos11 =x 1=ϕ , tojest da je ϕ = 0, = nmr r , odnosno da je b = 0, pa ostaje zaključak, da je za traženi ugao nrmr

r−=

21

2 −=x3

221cos πϕϕ =⇒−=⇒ .

4. (12.12.2002.) Neka su ia cb rrr , vektori položaja tačaka ( ) ( ) ( )1,1,11,1,0,,1,0,1 CiBA . Izračunati:

r rrrra) ( ) =×× cbarr b) ( ) ( ) =×+ bca ×b 3

Rešenje:

)1,1,1(110101 −−==×=kji

bad

rrr

rrr, )1,1,0(

110111 −==×kji

bc

rrr

rr

a) )1,1,2(110111)( −−=−−=×=××=kji

cdcbad

rrr

rrrrrr.

b) ( ) ( ) =×+× bcbarrrr 3 ( ) ( ) ( )4,4,11,1,031,1,1 −−=−+−− = 3316161 =++

5. (29.01.2003.) Neka su dati vektori )4,3,3(),0,2,1(),4,1,( kcbka −=−==

rrr . a) Izračunati zapreminu V paralelepipeda konstruisanog nad tim vektorima. b) Za koju vrednost skalara k su vektori komplanarni? r c) Za dobijenu vrednost k>0 razložiti vektor cr na komponente po pravcima bar, . Rešenje: Zapremina paralelepipeda je apsolutna vrednost mešovitog proizvoda ta tri vektora.

Taj mešoviti proizvod je –8 k2 – 4 k + 12. Anuliranje te zapremine znači komplanarnost vektora. To će se desiti za k1 = 1 i za k2 = –3/2 Za određivanje veze između vektora treba videti da u slučaju k1 = 1 imamo

)4,3,3(),0,2,1(),4,1,1( −=−== cba rrr , tojest bacrrr 2+= .

4. ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

4.1. Tačka u prostoru

Položaj tačke u prostoru je jednoznačno određen radijus vektorom (vektorom položaja): kzjyixOArr ++==

rrr. Brojevi x, y i z su koordinate tačke A, odnosno projekcije

vektora položaja na koordinatne ose. Uobičajena je upotreba sledećih oznaka za tačku: A(x,y,z), odnosno za vektor: ),,( zyxOA ==

rr .

1rr M 1

M 2

O

1rr2r

r

12 rr rr−

Slika 4.1.1.

Neka su date tačke M1(x1,y1,z1) i M2(x2,y2,z2). Vektor 21MM je određen razlikom vektora položaja datih tačaka:

) , ,( 1212121221 zzyyxxOMOMMM −−−=−= . Iz toga proizilazi, da je rastojanje između

tačaka M1 i M2 dato kao dužina vektora 21MM : 2

122

122

122121 )()()( zzyyxxMMMM −+−+−==

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

O

z

y

xi j

k

P

B

A

Slika 4.1.2.

., 213

213 nm

mznzznm

myny++

=++

=,213 y

nmmxnxx++

=

Ispravnost tih relacija se dokazuje polazeći od

činjenice, da će dati odnos zadovoljiti tačka za koju

važi: ABnm

mAP+

= . Prepušta se čitaocu da izvrši dokaz.

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

7)52()42()24( 222 =−+++−== ABAB , 7=AC i 34=BC .

Prema tome obim je 3414 +=∆O .

________________________________________________________________________________________ 65


________________________________________________________________________________________ 66

Težište je T(2,–1,2), jer je:

++++++

=3

,3

,3

321321321 zzzyyyxxxOT .

Izvesti formule za koordinate težišta trougla primenom formula za deobu duži u datoj

razmeri.! Zadatak: Naći koordinate tačke koja je centralno simetrična slika tačke E(2,6,–1) u

odnosu na koordinatni početak. U kojem prostornom oktantu se nalazi tačke E, a u kojem slika E'?

4.2 Jednačina ravni

4.2.1. Opšti oblik jednačine ravni

Posmatramo jednačinu , gde je brn =⋅rr nr =(A,B,C) poznati vektor, a b je poznati

skalar, dok rr =(x,y,z) je nepoznati vektor. Podelimo datu jednačinu sa dužinom vektora : nr

nbrnr

nnr

nrn rr

r

rr

r

rr

=⋅=⋅=⋅

0

0

O

Mo

ro

r

→

→

→

z

yx slika 4.2.1.

M

n

Skalarni proizvod dva vektora se može protumačiti i kao proizvod dužine jednog od njih i projekcije drugog vektora na pravac prvog. U posmatranoj jednačini se javlja skalarni proizvod jednog konstantnog (jediničnog) vektora nr i promenljivog vektora rr . To znači, leva strana predstavlja samo projekciju vektora rr na pravac vektora

0nr jer je:

oo nn rrnnr rrrrrrr

=⋅=⋅ 00 .

Pošto je rr promenljivi vektor, on se menja tako da mu je projekcija stalno ista:

nbr

on rrr = . To je moguće samo tako, da mu kraj leži u ravni koja je normalna na vektoru 0nr

odnosno . Vektor ćemo nazvati normalnim vektorom ravni, i pišemo: nr nr

Ax + By + Cz + D = 0,

gde smo primenili oznaku –b = D. Ova jednačina je opšti oblik jednačine ravni.

ELEMENTI ANALITIČKE GEOMETRIJE

________________________________________________________________________________________ 67

4.2.2. Normalni oblik jednačine ravni

Pošto su koordinate jediničnog vektora kosinusi uglova, koje taj vektor zaklapa sa koordinatnim osama, zato će i za normalni vektor ravni nr =(A,B,C) jedinični vektor će biti:

)cos ,cos ,(cos0 γβα==nnn r

rr ,

dok projekcija vektora rr na pravac vektora n0

r je rastojanje ravni od koordinatnog početka. U ovom slučaju pišemo:

x cosα + y cosβ + z cosγ - p = 0,

što predstavlja Hesse-ov normalni oblik jednačine ravni.

Iz opšteg oblika jednačine ravni Ax + By + Cz + D = 0 neposredno se dobija normalni oblik ako se opšti oblik podeli sa 222 CBA ++± , pri čemu biramo znak tako da p bude

pozitivna veličina 222 CBA

Dp++±

−= > 0.

4.2.3. Ravan kroz datu tačku sa datim vektorom normale Neka je data tačka M1 svojim vektorom položaja 1r

r =(x1,y1,z1), i vektor normale ravni =(A,B,C). Pronađimo jednačinu ravni kroz datu tačku i sa datim vektorom normale. Vektor

položaja proizvoljne tačke u toj ravni je nr

rr =(x,y,z). Iz zahteva zadatka proizilazi, da razlika vektora rr i r mora biti normalna na vektoru 1r nr , tojest:

( rr – ) = 0 ili A(x –x1r

r nr 1)+B(y –y1,)+C(z–z1)=0

Dobili smo jednačinu ravni kroz datu tačku sa datim vektorom normale ravni.

4.2.4. Ravan kroz tri zadate tačke

Neka su nam date tačke M1(x1,y1,z1), M2(x2,y2,z2) i M3(x3,y3,z3). Tri nekolinearne tačke određuju ravan, u kojoj se nalazi i proizvoljna tačka M(x,y,z). Korišćenjem vektora položaja tih tačaka, uočava se da vektori 1rr rr

− , 12 rr rr− i 13 rr rr

− moraju zadovoljiti uslov komplanarnosti vektora, tj. njihov mešoviti proizvod mora biti jednak nuli:

(( 0)())() 13121 =−⋅−× rrrrr − r rrrrrr , ili 0

131313

121212

111

=−−−−−−−−−

zzyyxxzzyyxxzzyyxx

To je jednačina ravni kroz tri zadate tačke; prva je u vektorskom, a druga je u skalarnom obliku.


________________________________________________________________________________________ 68

4.2.5. Segmentni oblik jednačine ravni

z

x

y

a

b

c

O

slika 4.2.5.

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

0)()(

00

0

=+−−−

⇒=−−−

zabacybcax

caba

zyax

Nakon sređivanja ove jednačine i deljenja sa abc

(abc≠0) dobija se segmentni oblik jednačine ravni:

.1=++cz

by

ax

0r

4.2.6. Parametarske jednačine ravni

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

O

Mo

ro

r

p

q

α p

β q

→

→

→→

→

→

z

yx

α p + β q→

→

slika 4.2.6.

M

pr = (xp, yp, zp), qr = (xq, yq, zq). Četvrti vektor je vektor položaja proizvoljne tačke M u ravni je rr= (x, y, z). Ova četiri vektora su uvek komplanarna, to jest bilo koji se može izraziti pomoću preostala tri:

rr = 0rr

+α pr +β qr

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

Jednačina = 0rr +α pr +β je parametarska vektorska jednačina ravni koja prolazi kroz tačku čiji je vektor položaja 0r

r , i koja je paralelna vektorima pr i qr , pri čemu ti vektori međusobno nisu paralelni!

qrrr


________________________________________________________________________________________ 69

Parametarsku vektorsku jednačuni ravni možemo ispisati u skalarnom obliku, za svaku koordinatu koristimo po jednu skalarnu jednačinu:

x = xo + αxp +βxq y = yo + αyp +βyq z = zo + αzp +βzq

Primer 4.2.1.: Neka je vektor položaja tačke Mo u ravni dat sa = (4, –2, 1), dok su

vektori 0rr

pr = (1, –1, 0) i qr = (1, 0, –1) paralelni traženoj ravni. Iz parametarske jednačine ravni u vektorskom obliku slede parametarske jednačine ravni u skalarnom obliku:

x = 4 + α + β, y = –2 – α, z = 1 – β,

gde su (x, y, z) koordinate proizvoljne tačke M u ravni, a α i β realni parametri

Primer 4.2.2.: Opšti oblik jednačine ravni δ je 3x+2y–4z+12=0. Vektor normale te

ravni je =(3,2,–4). nr

Pošto je 7)6(32 222 =−++=nr , zato normalni oblik jednačine iste ravni δ biće:

07

1276

73

72

=−+−− zyx , jer zbog zahteva 0>±−

=nDp r podelili smo opšti oblik jednačine

sa –7. Iz normalnog oblika jednačine ravni δ čitamo kosinuse uglova koje zaklapa n0r sa

koordinatnim osama Ox, Oy odnosno Oz, kao i p – rastojanje ravni od koordinatnog početka:

7

12 i 76cos ,

73cos ,

72

==γ−=β− pcos =α .

Segmentni oblik jednačine ravni δ dobijamo upotrebom sledećih transformacija:

1246

)12(:126 =+−

+−

⇒−−=−zyxzyx 32 + .

U ovom obliku je vidljivo, da ravan seče osu Ox u tački A(–6,0,0), osu Oy u B(0,-4,0),

a osu Oz u tački C(0,0,2). Uz malo napora iz ovih podataka se može uočiti, da je jedinični vektor normale usmeren u dubinu trećeg oktanta, pa su zato kosinusi uglova sa prve dve koordinatne ose negativni.

Ravan α, čija je jednačina x+y–1=0 ima vektor normale nr =(1,1,0). Ovaj vektor se

nalazi u koordinatnoj ravni Oxy, tojest normalan je na osu Oz. Iz toga proizilazi, da je ravan α paralelna sa osom Oz (Slika 4.2.7.) . Sličnim rezonovanjem se može zaključiti, da su sve


________________________________________________________________________________________ 70

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

slika 4.2.7.

z z z

x x x

yy yO

O Ob

c c

aa

b

Ax+By+D=0 Ax+Cz+D=0By+Cz+D=0

Ravan δ ima jednačinu u opštem obliku Ax + D = 0. Vektor normale te ravni je

=(A,0,0), tojest pravca je ose Ox. Iz toga sledi, da je ravan δ normalna na tu osu, odnosno paralelna je koordinatnoj ravni Oyz. Sličnim rezonovanjem se zaključuje, da je ravan sa jednačinom oblika By + D = 0 paralelna sa koordinatnom ravni Oxz, odnosno normalna je na osu Oy, dok ravan sa jednačinom oblika Cz + D = 0 normalna je na osu Oz, odnosno paralelna je sa koordinatnom ravni Oxy (Slika 4.2.8.)

nr

slika 4.2.8.

z z z

x x xyy yOO Ob

y=bc

z=c

a

x=a

Bilo koja ravan (pa i spomenute ravni u specijalnom položaju) prolaze kroz

koordinatni početak u slučaju kada je D = 0. (Primetiti vezu sa rastojanjem ravni od koordinatnog početka!).

Zadatak: a) Odrediti jednačine koordinatnih ravni. b) Odrediti jednačinu ravni koja

sadrži jednu od koordinatnih osa! b) Data je kocka čije ivice imaju dužinu 1. Kocka je položena u prvi oktant

koordinatnog sistema tako, da se tri ivice oslanjaju na koordinatne ose, a jedno teme se poklapa sa koordinatnim početkom. Napisati jednačine 6 ravni, koje su nosači strana kocke, napisati i jednačine nekih ravni, koje dijagonalno presecaju kocku, kao i nekih ravni koje sadrže po tri temena kocke koje ne pripadaju istoj strani kocke.


________________________________________________________________________________________ 71

4.3. Jednačine prave

4.3.1. Vektorske jednačine prave

Posmatrajmo pravu, koja prolazi u prostoru kroz tačku M1(x1,y1,z1) i paralelna je vektoru

),,( nmlp =r . Obeležimo vektor položaja tačke M1

sa =(x1rr

1,y1,z1), a vektor položaja proizvoljne tačke M, koja pripada posmatranoj pravi sa rr =(x,y,z).

r1

pλ p

z

yx O

→→

→M0

M

Slika 4.3.1.

e

Nije teško uočiti važenje sledećih vektorskih jednakosti:

r→ 0)( 1 =×− prr rrr , i

R∈⋅+= tptrr ,1

rrr .

To su vektorske jednačine prave linije u prostoru. Prvi od ova dva data oblika se bazira na činjenici, da za bilo koju tačku prave mora biti vektor rr – paralelan unapred datom vektoru 1r

r pr . U drugom obliku je obuhvaćena činjenica, da vektor položaja bilo koje tačke na pravoj može biti izražen kao linearna kombinacija vektora položaja fiksne tačke M1 i datog vektora pravca pr .

4.3.2. Parametarske jednačine prave

Iz vektorske jednačine r ptr rrr⋅+= 1 slede tri skalarne jednačine:

⋅+=⋅+=⋅+=

ntzzmtyyltxx

1

1

1

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

4.3.3. Dvojna jednačina prave u kanoničnom obliku

Izrazimo li parametar t iz parametarskih jednačina, zaključujemo:

tn

zzm

yyl

xx=

−=

−=

− 111 ,

gde smo predpostavili da je lmn ≠ 0. Ovaj oblik jednačine prave nazivamo dvojnom jednačinom prave u kanoničnom obliku. Ovaj oblik je naj izražajniji, jer se neposredno mogu očitati koordinate fiksne tačke i vektora pravca.


________________________________________________________________________________________ 72

).,,(i );,,(

2222

1111

CBAnCBAn

==

r

4.3.4. Prava kao presek dve ravni

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

90o 90 o

n1

n2→

→

xy

z

O

e

n1 × n2→

→

α

β

Slika 4.3.4.

=+++=+++

00

2222

1111

DzCyBxADzCyBxA

Poznato nam je, da su vektori normala tih ravni:

r

Nije teško uočiti, da svojim presekom te dve ravni određuju pravu p čiji je vektor pravca .21 nn rr

× Prema tome prava je zadata i presekom dve ravni.

4.3.5. Jednačine prave kroz dve tačke

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

Ne predstavlja teškoću zaključiti, da je vektor pravca pr određen razlikom vektora

položaja tačaka M1 i M2: ),,( 1121212 zyyxxOMOMp −−−=−=r

2z . Iz toga sledi, da jednačina prave kroz dve tačke u vektorskom obliku može biti zadata kao:

0)()( 121 =−×− rrrr rrrr , ili

R∈−⋅+= trrtrr ),( 121rrrr .

Takođe bez većeg napora možemo doći do parametarskih jednačina prave, kao i do dvojne jednačine prave kroz dve tačke u kanoničnom obliku:

−⋅+=−⋅+=−⋅+=

)()()(

121

121

121

zztzzyytyyxxtxx

.12

1

12

1

12

1

zzzz

yyyy

xxxx

−−

=−−

=−−

Primeri 4.3.: Data nam je tačka M(2,3,1) i vektor pr =(1,2,–1). Iz vektorske jednačine prave u obliku ( 0)1 =×− prr rrr dobijemo

r

0121132 =

−−−− zyxkjirr

11

22

12

−−

=−

=−

⇒zyx


________________________________________________________________________________________ 73

gde smo iskoristili svojstvo determinante, da je njena vrednost jednaka nuli, ukoliko su dva paralelna reda proporcionalna. Iz posmatranog vektorskog oblika jednačine prave neposredno smo dobili dvojnu jednačinu u kanoničnom obliku. Napišimo sada za isti slučaj parametarske jednačine prave. Eliminacijom parametra t iz svake od tih jednačina dobijamo istu dvojnu jednačinu prave:

−=+=+=

tzty

tx

123

2 tzyx

=−−

=−

=−

⇒11

23

12

Uključimo sada u razmatranje i tačku N(2,2,2). Odredimo jednačine prave kroz tačke M i N u kanoničnom obliku! "Bukvalnim" korišćenjem postupka zadatog u 4.3.5. dobijemo sledeći oblik:

121

323

222

−−

=−−

=−− zyx ili

11

13

02 −

=−−

=− zyx .

Dogovorno “dozvoljavamo”, da u kanoničnom obliku jednačine prave pišemo nulu u imeniocu. Međutim, ispravan način pisanja jednačine prave u takvim specijalnim slučajevima

bi bio: 1

113 ,02 −=

−−

=−zyx . Ovo proizilazi iz činjenice, da prava prolazi kroz tačku sa

apscisom x = 2, a ima pravac vektora )1,1,0( −=MN , koji je normalan na osu Ox odnosno paralelna je sa ravni Oyz. To znači, da duž čitave prave mora biti x = 2. Dajemo jednačine još nekoliko pravih u specijalnom položaju; jednostavnosti radi, neka sve prave prolaze kroz tačku A(1,1,1). a) Neka je vektor pravca normalan na osu Oy (paralelan je ravni Oxz): pr =(2,0,–1).

01;11

21 ili

11

01

21

=−−−

=−

−−

=−

=− yzxzyx

b) Neka je vektor pravca normalan na osu Oz (paralelan je ravni Oxy): pr =(2,–1,0).

01;11

21 ili

01

11

21

=−−−

=−−

=−−

=− zyxzyx

c) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oxy (paralelan je osi Oz): pr =(0,0,1).

.01;01 ili 1

10

10

1=−=−

−=

−=

− yxzyx

U poslednjem slučaju ne postoji jednačina koja određuje koordinatu z. Upravo to treba

uočiti: z može da poprimi bilo koju vrednost, dok koordinate x i y su fiksirane, prava je vertikalna. Valja primetiti, da jednačine x–1=0 i y–1=0 predstavljaju po jednu ravan u specijalnom položaju (videti primer 2.2.1.). Drugim rečima, kanonični oblik jednačine prave se zamenjuje sa oblikom, kada je prava određena sa jednačinama dve ravni. Slična je situacija i u tačkama d) i e):


________________________________________________________________________________________ 74

d) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oxz (paralelan je osi Oy): pr =(0,1,0).

.01;01 ili 0

11

10

1=−=−

−=

−=

− zxzyx

e) Neka je vektor pravca normalan na ravan Oyz (paralelan je osi Ox): pr =(1,0,0).

.01;01 ili 0

10

11

1=−=−

−=

−=

− zyzyx

Zadatak: a) Odrediti jednačine koordinatnih osa; b) Odrediti sve oblike jednačine

prave koja prolazi kroz tačke O(0,0,0) i A iz prethodnog primera.

4.4. Međusobni odnosi pravih i ravni i tačke

4.4.1. Međusobni odnosi dve ravni Posmatramo dve ravni, α i β koje su zadate njihovim opštim jednačinama:

α: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, sa vektorom normale 1nr =(A1, B1, C1), rβ: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0, sa vektorom normale 2n =(A2, B2, C2).

Razume se sam po sebi, da je ugao između dve ravni jednak uglu između njihovih

vektora normala:

a) || ⇔ (α || β) ∨ (α ≡ β). 1nr 2nr

Ako su ti vektori normale paralelni, tada su i ravni paralelne:

1nr × 2nr = 0 ⇔ 1nr = k 2nr ⇔ 2

1

2

1

2

1

CC

BB

AA

== = k.

Ukoloko je zadovoljena još i jednakost 2

1

DD = k, tada i nemamo dve različite revni! To su

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

Ako je 2

1

DD

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

interesantno je pitanje njihove međusobne udaljenosti. Rastojanje ravni do koordinatnog početka je poznato iz poglavlja, u kojem smo razmatrali normalni oblik jednačine ravni:

222 CBA

Dp++

−= . Ovaj broj može biti i

negativan i pozitivan U slučaju upotrebe kao rastojanje ispred korena u imeniocu stavljamo ±,

i biramo znak tako da rastojanje bude uvek pozitivno222 CBA

Dp++±

−= . Ako ostavljamo

predznak broja p i u slučaju paralelnih ravni to tumačimo na sledeći način:

0111

1 nrn

nrnD

p ro

rr

ro

r

r ==−

= i 0222

2 nrn

nrnD

p ro

rr

ro

r

r ==−

= ,


________________________________________________________________________________________ 75

gde je nr zajednički vektor normale, dok 0nr je jedinični vektor normale, r1

r i 2rr su vektori položaja po jedne fiksne tačke sa tih ravni α odnosno β. Sada uključimo u naša razmatranja i treću ravan, paralelnu sa datim ravnima, ali koja prolazi kroz koordinatni početak.: (α | | β | | γ) ∧ ( O ∈ γ ) .

α

β

n1 n2→

→

90o

n1

n2

→

→ α

β

α

β

n1

n2→

→

ϕ

slika 4.4.1.

a) b) c)

Ako su oba skalarna proizvoda istog znaka, tada su obe paralelne ravni sa iste strane

koordinatnog središta, pa je njihovo rastojanje 21 pp −=d . U slučaju različitog znaka skalarnog proizvoda vektori r1

r i 2rr pokazuju na različite strane ravni γ, to jest date ravni su sa različite strane koordinatnok početka, zato je njihovo međusobno rastojanje: 21 ppd += .

Ne umanjujemo opštost ako pretpostavimo p1 > 0 i p2 < 0. Sledi:

( p1 > 0) ∧ ( p2 < 0) ⇒ 2211 pppp −=∧= ⇒ 21 ppd += = =+ 21 pp 21 pp − .

Prema tome, međusobno rastojanje paralelnih ravni je uvek:

21 ppd −= ili: 222

12

CBA

DDd

++

−=

b) n1

r ⊥ n2r ⇔ α⊥β.

Ravni su uzajamno normalne ako i samo ako skalarni proizvod njihovih vektora normala jednak nuli:

α⊥β ⇔ n1

r ⊥ 2nr ⇔ 021 =nn ro

r ⇔A1A2 +B1B2 +C1C2 = 0. c) U opštem slučaju (∠ n , ) = (∠α,β). 1

r2nr


________________________________________________________________________________________ 76

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

α: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, vektor normale 1nr =(A1, B1, C1), β: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0, vektor normale 2nr =(A2, B2, C2), γ: A3 x + B3 y + C3 z + D3 = 0, vektor normale 3nr =(A3, B3, C3).

Jedna od interesantnijih situacija je, kada su presečne prave tih ravni par po par

paralelne. Tada te tri ravni obrazuju jednu trostranu prizmatičnu površ. U slučaju poklapanja tri presečne prave te tri ravni obrazuju pramen ravni.

e1

e2

M1

M2

p

p→

→

d

M1M

2

→t = | M1M2 × p |

→ →

slika 4.4.2.1.

z

y

r2

r1→

→

xO

4.4.2. Međusobni odnos dve prave Posmatramo međusobni odnos pravih e1 i e2 ako su nam date njihove vektorske jednačine:

e1 : ( rr – )×1rr

1pr = 0, gde je 1rr

= (x1, y1, z1) i 1pr = (k1, l1, m1), r r re2 : ( r – 2r )× 2p = 0, gde je

2rr = (x2, y2, z2 ) i 2pr = (k2, l2, m2). ra) e1 || e2 ⇔ × = 0.(slika 4.4.2.1.). 1pr 2p

Ne utiče na opštost, ako prepostavimo, da su im vektori pravaca jednaki: = =1pr 2pr pr .

U slučaju paralelnih pravih javlja se po pravilu pitanje njihovog međusobnog

rastojanja i jednačine ravni, koja ih sadrži.

Lako je uočiti, da se vektor normale ravni, koja sadrži dve paralelne prave dobijemo kao vektorski proizvod sledećih vektora: nr = pMM r

×21 = (A, B, C).

Poznavajući vektor normale ravni, korišćenjem bilo tačke M1 sa jedne prave, bilo tačke M2 sa druge prave zapisujemo jednačinu ravni: a : A(x – x1) + B(y – y1) + C(z – z1) = 0 Očevidno je, da se rastojanje između paralelnih pravih poklapa sa visinom paralelograma razapetog vektorima pr i 21MM , to jest:

p

pMMd r

r×

=21


________________________________________________________________________________________ 77

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

23

12

21:1

+=

+=

− zyxe i .

=+−=++−

022024

:2 zyzyx

e

Pošto je prava e2 zadata jednačinama dveju ravni, prvo transformišimo taj oblik na

kanoične jednačine. Vektor pravca prave će biti vektorski proizvod vektora normala datih ravni: =(1, –4, 1) ¥ (0, 2, –1) = (2, 1, 1). Odmah se primećuje paralelnost datih pravih, jer je . Potražimo jednu proizvoljnu tačku na pravoj e

2pr

pr= 21pr 2! Neka je to tačka sa z2 = 0. Otuda je y2 = –1 i x2 = –6, to jest M2(–6, –1, 0), tačku sa prave e1 možemo očitati: M1(1, –2, –3). Sledi 21M M = 2OM – 1OM =( –7, 1, 3). Vektor normale zajedničke ravni je nr = pMM r

×21 = (–1, 20, –9), dok jednačina ravni (koristimo M1 ): –(x –1) + 20 (y + 2) – 9 (z + 3) = 0. Opšti oblik te jednačine je: x – 20 y + 9 z – 14. Odredimo još međusobno rastojanje ovih pravih!

Pošto je pMM r×21 = 482)9(20)1( 222 =−++− i =pr 3, zato će biti 482

31

=d .

b) e1 » e2 = P ⇔ 1pr × 2pr π 0 Ÿ ( 1pr × 2pr ) 21MMo = 0. (slika 4.4.2.2.)

M1

M2

e2

e1p1

p2→

→

M1 M

2→

P

slika 4.4.2.2.

α

x

y

z

r1r2→

→

O

U vezi pravih, koje se seku, takođe se postavljaju obično dva pitanja. Prvo se pozabavimo sa jednačinom njihove ravni. Vektor normale će biti nr = × = (A, B, C), i prolaziće bilo kroz tačku M

1pr 2pr

1 bilo kroz tačku M2. Drugo pitanje je određivanje koordinata njihove presečne tačke. Posmatrajmo jednačine pravih u kanoničnom obliku:

1

1

1

1

1

11 :

czz

byy

axx −

=−

=−

e i 2

2

2

2

2

22 :

czz

byy

axx

e−

=−

=−

Rešimo jednačine "u parovima":

1

1

1

1

byy

axx −

=− i

2

2

2

2

byy

axx −

=− .

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

25

35

12:1

−=

−=

− zyxe , 4

71

35

6:2−

=−

=− zyxe ,

Konstatujemo: 1pr = (1, 3, 2), 2pr = (5, 1, 4), M1(2, 5, 5), M2(6, 3, 7),


________________________________________________________________________________________ 78

21MM = 2OM – 1OM =( 4, –2, 2)..

( × )1pr 2pr 21MMo =224415231

−= 0, 1pr × 2pr =

415231kjirrr

= (10, 6, –14) fi nr =(5, 3, –7).

Anuliranje mešovitog proizvoda znači da se prave seku, ujedno smo odredili i

vektorski proizvod njihovih vektora pravaca – i koristimo ga kao to vektor normale njihove zajedničke ravni.

Jednačina te ravni je: 5(x–2) + 3(y–5) – 7(z–5) = 0. Koordinate presečne tačke P određujemo pomoću jednačina obeju pravih.

Iz jednačina prave e1 dobijamo: 133

51

2−=⇒

−=

− xyyx ,

dok iz jednačina e2 sledi: 5

91

35

6 +=⇒

−=

− xyyx

2913 +

=−xx ⇒ x = 1, y = 2.

Treća koordinata se dobija korišćenjem jednačina bilo koje prave: z = 3. Koordinate preseka su prema tome: P(1, 2, 3). c) Prave e1 i e2 su mimoilazne ⇔ ( 1pr × 2pr ) 21MMo π 0. (slika 4.4.3.). Mimoilazne prave zadaju malo više briga nego prethodni odnosi.

c1) Prvi zadatak je određivanje jednačina paralelnih ravni od kojih jedna sadrži jednu, a druga ravan pak sadrži drugu od mimoilaznih pravih,

c2) Drugi zadatak (delimično je već rešen) određivanje najkraćeg rastojanja između tih

pravih (to rastojanje se poklapa sa međusobnim rastojanjem paralelnih ravni, koje ih sadrže). c3) Treći, ujedno i najsloženiji zadatak je: napisati jednačinu zajedničke normalne

prave dveju mimoilaznih pravih..

e1

e2

M1

M2

p1

p2

p1

p2

→

→

→

→

→

M1 M

2

α1

α2

90o

90 o

n

P1

P2

slika 4.4.2.3.

x

y

z

r2

r1→

→

O

Rešenja: c1) Odgovor na ovo pitanje je naklakši od ova tri postavljena pitanja: Zajednički vektor normale obe ravni je vektorski proizvod vektora pravca datih pravih: nr = × = (A, B, C). 1pr 2pr

Jednačine paralelnih ravni možemo sada postaviti kroz M1 i M2 (fiksne tačke datih pravih) sa vektorom kao vektorom normale:

nr

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


________________________________________________________________________________________ 79

c2) Najkraće rastojanje mimoilazbih pravih je prosto rastojanje između paralelnih

ravni koje sadrže te prave. Pitanje je razmotreno u tačku 4.4.1. c3) Jednačine zajedničke normale konstruisšemo na sledeći način: Postavimo ravan β1

kroz pravu e1 tako da bude normalna na ravan α1 (Normala te ravni je paralelna sa vektorom nr × . Ravan sadrži tačku M1pr 1). Zatim napišemo jednačinu ravni β2 koja je normalna na ravan α2 i sadrži pravu e2 (Normala te ravnia je paralelna sa vektorom nr × . Ravan sadrži tačku M

2pr

2). Jednačine ovih dveju ravni jesu ujedno i jednačine prave n u smislu tačke 4.3.4.

Primer 4.3.4.c.: Date su prave 210

226:1

−=

−−

=−zyxe i

23

25

35:2 −

+=

−−

=− zyxe .

Konstatujemo činjenice u vezi vektora pravaca i fiksnih tačaka:

r r1p = (1, –2, 2), 2p = (3, –2, –2), M1(6, 2, 10), M2(5, 5, –3),

21MM = 2OM – 1OM =( –1, 3, –13). rIzračunamo 1pr × 2pr = (8, 8, 4), 1p × 2pr = 12, ( 1pr × 2pr ) 21MMo = –36.

Pošto je taj broj različit od nule – sledi: prave su mimoilazne.

Izračunajmo njihovo međusobno najktaće rastojanje! Podelimo le zapreminu praralelepipeda razapetog vektorima 1pr , 2pr i 21MM sa

mernim brojem površine baze, dobijamo visinu tela – a to je upravo traženo odstojanje. (Osmotrimo ponovo sliku 4.4.2.3.!)

21

2121

21

)(

pp

MMppPPd rr

orr

×

×== , znači d 3

1236

==

Potražimo sada jednačine dveju paralelnih ravni od kojih svaka sadrži po jednu od

datih mimoilaznih pravih! Zajednički vektor normale tih ravni je 1pr × 2pr = (8, 8, 4). Očevidno, možemo upotrebiti i paralelni vektor nr =(2, 2, 1). Otuda slede jednačine

traženih paralelnih ravni:

α1: 2(x – 6) + 2(y – 2) + (z – 10) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 26 = 0, α2: 2(x – 5) + 2(y – 5) + (z + 3) = 0 ⇒ 2 x + 2 y + z – 17 = 0.

Izračunajmo i međusobno odstojanje tih ravni (to je i najkraće odstojanje mimoilaznih pravih). U tački 4.4.1. smo to izračunali pomožu izraza:

d = p1 – p2= 33

)26(17222

12 =−+−

=++

−

CBA

DD .

Posle svega toga potražimo i jednačine zajedničke normale!


________________________________________________________________________________________ 80

Vektor normale ravni β1 je paralelan vektoru nr × 1pr = (6, –3, –6). Neka je to vektor =(2, –1, 2). Ujedno ravan sadrži i tačku M1nr 1 (6, 2, 10). Prema tome je:

β1 : 2(x – 6)–(y – 2)–2(z – 10)=0 ⇒ 2 x – y –2 z + 10 = 0 Vektor normale ravni β2 je paralelan vektoru nr × 2pr = (–2, 7, –10) (Taj vektor nećemo

"pojednostaviti"). Ravan sadrži tačku M2 (5, 5, –3). Prema tome je : β2 : 2(x – 5)–7(y – 5)+10(z + 3)=0 ⇒ 2 x –7 y +10 z +55 = 0 Jednačine prave – zajedničke normale su:

=++−=+−−

055107201022

:zyx

zyxn

Očevidno, tačka P1 je prodor prave e1 kroz ravan β2, dok P2 je tačka prodora prave e2

kroz ravan β1.

Transformičimo jednačine prave e1 iz kanoničnog oblika u parametarski oblik, i uvrstimo dobijene izraze u jednačinu ravni β2:

Pošto je:210

226:1

−=

−−

=−zyxe = t ⇒ ⇒

+=+−=

+=

10222

6

tzty

tx

2(t + 6) – 7(2 – 2t) + 10(2t + 10) + 55 = 0 ⇒ t=4

17− ⇒

23,

221,

47

1P

Ukoliko su nam potrebne i koordinate tačke P2, na isti način potražimo prodor prave e2

na ravni β1. U ovom slučaju posredstvo parametra 47

−=t dobijamo

−

21,

217,

41

2P .

Izvršimo još jednu kontrolu! Odredimo vektor 21PP . Osmotrimo pravac i dužinu tog vektora!

1221 OPOPPP −= =(2, 2, 1) . Uočavamo podudarnost sa vektorom pravca jajedničke normalne prave, što je i vektor normale α1 i α2 a njihovo rastojanje je 3.

Zadaci 4.3.: a) Napisati jednačine prave e, ako znamo, da sadrži tačku M1(1, –1, 1) i paralelna je sa vektorom ar = (1, 2, 3).

b) Postavimo pravu kroz tačku T(1, –2, 1) paralelno sa pravom .

Napisati jednačine te nove prave!

=+−+=−+−

052204

:zyx

zyxp

c) Ispitati međusobni položaj pravih e1 i e2:

+−=−=+=

162312

:1

tztytx

e , .

=+−−=+−+

04540242

:2 zyxzyx

e


________________________________________________________________________________________ 81

d) Odrediti vrednost parametra a tako da prave e1 i e2 budu presečne prave, zatim

izračunajmo koordinate njihovog preseka.

05

13

2:,

21

54

32: 21

+=

−=

−−−

=+

=− zyaxezyxe .

e) Napisati jednačine zajedničke normale pravih e1 i e2:

31

21

73:,

112

23

14: 21

−=

−=

−−

−−

=+

=− zyxezyxe .

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

21

33:2

zyxe =−=− .

4.4.3. Međusobni odnos tačke i prave

Data tačka P(x0, y0, z0) i prava e: zyx pzz

pyy

pxx 111 −

=−

=− mogu biti samo u dva ražličita

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

M1

de

z

x

yO

Slika 4.4.3.

90ο

p

pPMd r

r×

=1

gde je pr =(px , py , pz ) vektor pravca prave e, dok M1(x1, y1, z1 ) je jedna utvrđena tačka na pravoj e.

Definicija se zasniva na činjenici, da je traženo rastojanje u stvari poklapa se sa visinom paralelograma razapetog vektorima pr i PM1 . Primer 4.4.3.: Date su tačke: A(4, –2, 3), B(1, 3. –1) i C(0, 1, 1). Odredimo dužine visin trougla ∆ABC! Ovde ćemo da izračunamo samo visinu koja pripada stranici AB. Ostale visine čitalac će sam izračunati!


________________________________________________________________________________________ 82

Vektor pravca prave kroz tačke AB je OAOBAB −= =(–3, 5, –4). Pošto tražimo rastojanje tačke C od prave AB, potreban nam je još i vektor OAOCAC −= =(–4, 3, –2). Ulogu vektora pr igra vektor AB , a ulog vektora PM1 preuzima AC . Zato, posmatrana visina ima dužinu:

.AB

ACABhc

×=

Pošto je 234453

−−−−=×

kjiACAB

rrr

=(2, 10, 11) ⇒ =−++−

++= 222

222

)4(5)3(11102

ch .2

23

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

z

xy

O

α

Slika 4.4.4.

P

M1

n

P'

NP

NM

→

90ο90ο

dd

d = = 1OMprOP nr−prnr . MP ONON −

Na osnovu definicije skalarnog proizvoda dva vektora:

OPnnOPprOPprnOPn nn r

rr

or

rr =⇒= =222

000

CBA

zCyBxA

++

++ i

1111 OMnnOMprOMprnOMn nn r

rr

or

rr =⇒= =222

111

CBA

zCyBxA

++

++ .

Ranije smo već uveli obeležavanje: DOMn −=1o

r , pri čemu M1 je tačka koja pripada ravni:

2221CBA

DOMprn++

−=r .


________________________________________________________________________________________ 83

Imajući u vidu sve izneto, rastojanje tačke od ravni određujemo na sledeći način:

d = n

DOPn

n

OMnOPnr

or

ro

ro

r+

=− 1

.

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

d = 222

000

CBA

DzCyBxA

++

+++

Primer 4.4.4.: Data je tačka D(8, 3, –7) kao četvrto teme trostrane piramide ABCD. Koordinate tačaka A, B i C smo zadali u primeru 4.4.3. Izračunajmo visinu piramide koja je spuštena iz tačke D na osnovu ABC! Odredimo prvo jednačinu ravni, koja sadrži tačke ABC. Vektor normale ravni je sledeći vektorski proizvod: ACAB × =(2, 10, 11), ujedno određujemo u dužinu tog vektorskog proizvoda 15225 = . Postavimo sada ravan, recimo, kroz tačku A (možemo odabrati bilo koju od triju tačaka osnove! Zašto?)

3(x – 4) + 10(y + 2) + 11(z – 3) = 0 ⇒ 3x + 10y + 11z – 25 = 0

Konačno, tražena visina je: 15

25)7(1131083 −−⋅+⋅+⋅=Dh =

516 .

4.4.5. Međusobni odnos prave i ravni Posmatramo pravu e zadatu svojim jednačinama u kanoničnom obliku i ravan α sa jednačinom u opštem obliku. U kakvom međusobnom položaju mogu biti ovi objekti? Neka je tačka M0(x0, y0, z0) utvrđena tačka u prave, vektor pravca prave je ),,( zyx pppp =

r a vektor normale ravni je uobičajeni nr =(A, B, C). Jednačine su:

e: zyx pzz

pyy

pxx 000 −

=−

=− , α: A x + B y + C z + D = 0.

a) U slučaju uzajamne normalnosti vektora pravca prave i vektora normale ravni moguće je da prava paralelna sa ravni, ali može i cela da joj pripada. ( Uočimo to na slici 4.4.5.1.):

⇒= 0np ro

r (e || α )∨ ( e ⊆ α ).

Provera potpunog pripadanja prave ravni zahteva samo kontrolu pripadanja tačke M0

ravni. Nakon tih konstatacija je očevidno: ( 0=np r

or

) ∧ ( M0∈α )⇒ e ⊆ α , rr

( ) ∧ ( M0=np o 0∉α )⇒ e || α .


________________________________________________________________________________________ 84

b) Ako je 0≠np r

or

. tada postoji jedna i samo jedna tačka, koja pripada i pravoj i ravni. To je prodor prave kroz ravan. Određivanje koordinata prodora je prilično jednostavno: transformišimo jednačine prave iz kanoničnog oblika na parametarski oblik i to uvrstimo u jednačinu ravni. Iz dobijene jednačine sa jednom nepoznatom određujemo vrednost parametra t, što determiniše i koordinate zajedničke tačke:

A(t px +x0)+B(t py +y0)+C(t pz +z0)+D = 0.

Prodor prave na ravni se određuje drugom tehnikom, ukoliko je prava data jednačinama dveju ravni koje se seku. Tim jednačinama prave priključujemo kao treću jednačinu, jednačinu ravni i rečimo sistem sa tri nepoznate:

α: A x + B y + C z + D = 0, δ: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, ε: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0,

gde je α jednačina ravni koja nam je zadata u početku, a prava e je određena kao presečna linija ravni δ i ε. U slučaju protivrečnog sistema (sistema bez rešenja) prava ne prodire kroz ravan (paralelna je sa njom), a u slučaju neodređenog sistema (beskonačno mnogo zajedničkih tačaka) prava pripada ravni.

p

α

→z

xyO

n→

Slika 4.4.5.1.

e e

np

α

→z

xyO

→

Slika 4.4.5.2.

e

pα

→

z

xyO

n→ϕξ

90o

Slika 4.4.5.3.

P

P

Poseban međusobni položaj je normalnost prave i ravni. U slučaju paralelnosti vektora pravca prave i vektora normale ravni prava i ravan su uzajamno normalne (Slika 4.4.5.2.)

⇒=× 0np rr (e ⊥ α ).

U slučaju nekog kosog ugla između prave i ravni, postavlja se pitanje veličine tog ugla. (Slika 4.4.5.3.) Uočiti, da je ugao između vektora pravca prave i vektora normale ravni ϕ je dopunski ugao ugla ξ, između same prave i ravni. Prema tome:

cos ϕ = npnprr

ro

r

= sin ξ.

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


________________________________________________________________________________________ 85

δ: A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0, ε: A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0.

Ako je P(x', y ', z') proizvoljna tačka prave e tada koordinate tačke P zadovoljavaju i jednačine ravni δ i ε:

A1 x' + B1 y ' + C1 z' + D1 = 0 i A2 x' + B2 y '+ C2 z' + D2 = 0 ⇒ ⇒ λ(A1 x' + B1 y ' + C1 z' + D1 ) + µ(A2 x' + B2 y '+ C2 z' + D2 ) = 0 ⇒ ⇒ (λA1 + µA2 )x' + (λ B1 + µB2) y '+ (λC1 + µC2) z' + (λD1 + µD2 ) = 0,

gde su λ i µ proizvoljni realni brojevi. Zaključak: tačka P pripada ne samo ravnima δ i ε već i bilo kojoj ravni čiji vektor normale je proizvoljna linearna kombinacija vektora normala ravni δ i ε. Slobodni član u tim jednačinama je proizveden iz slobodnih članova datih ravni upotrebom istih brojeva kao i linearna kombinacija vektora normala. Jednačina pramen ravni sa zajedničkom pravom e je:

(λA1 + µA2) x + (λB1 + µB2) y + (λC1 + µC2) z + (λD1 + µD2 ) = 0.

Vektori normala ravni koje određuju pravu e su:

),,( 1111 CBAn =r i ),,( 2222 CBAn =

r , slobodni članovi su D1 i D2.

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

δ: 21

21

21

1111

CBA

DzCyBxA

++

+++ =0 i ε : 22

22

22

2222

CBA

DzCyBxA

++

+++ = 0.

Šta predstavlja sledeća jednačina?

21

21

21

1111

CBA

DzCyBxA

++

+++ = ± 22

22

22

2222

CBA

DzCyBxA

++

+++ .

Odgovor je: U zavisnosti od znakova ± to su dve ravni, dva elementa pramena ravni iz prethodnog razmatranja. Vektor normale jedne ravni je 20101 nnnu

rrr+= , a druge ravni je

20102 nnnurrr

−= , gde su 10nr i 20nr jedinični vektori normala ravni δ i ε. Zbir, odnosno razlika tih vektora polovi ugao između datih vektora odnosno dopunski udao između istih vektora. Prema tome, prepoznali smo simetralne ravni dijedra određenog datim ravnima δ i ε.


________________________________________________________________________________________ 86

Primer 4.4.5.1.: Odrediti jednačine prave, koja je ortogonalna projekcija prave e na ravni α ako je

=+−+=+−

012022

:zyx

yxe i α: x + y – z + 3 = 0.

Transformišimo prvo jednačine prave na kanonični oblik:

Odaberimo vrednost koordinate z = 0. Tada iz sistema 2x – y = – 2, x + 2y = –1 sledi x = –1, y = 0.

Na taj način odabrali smo kao fiksnu tačku date prave: M(–1, 0, 0). Vektor pravca će

biti 21 nnp rrr×= =(1, 2, 5), jer je 1nr =(2, –1, 0) i 2nr =(1, 2, –1). Sledi:

5211: zyxe ==

+ , ili u parametarskom obliku: e .

==

−=

tzty

tx

52

1:

Prodor tačke na ravni α određujemo na poznat način: uvrštavanjem parametarskih jednačina u jednačinu ravni:

(t – 1) + ( 2t ) – ( 5t )+ 3 = 0 ⇒ t = 1 ⇒ x = 0, y = 2, z = 5.

Tačka prodora je: D(0, 2, 5).

U sledećem koraku nađemo normalnu projekciju jedne tačke prave na ravni. Projektujmo upravo tačku M. Napišemo jednačine prave n kroz tačku M, tako da bude normalna na ravan α, zatim odredimo prodor i te prave na ravni α. Ova normalna prava ima vektor pravca paralelan sa vektorom normale ravni:

1111:

−==

+ zyxn ili u parametarskom obliku: .

−==

−=

szsysx

n1

:

Određivanje prodora:

(s – 1) + ( s ) – ( –s )+ 3 = 0 ⇒ s = 32

− ⇒ .32,

32,

35'

−−M

Jednačine tražene projekcije e’ spajaju tačke D i M ’. Vektor pravca je razlika vektora položaja OD i 'OM a prolazi bilo kroz tačku D bilo kroz tačku M ’ :

=−

313,

38,

35'OMOD .

Pojednostavimo vektor pravca: )13,8,5('=er i odaberimo tačku D. Jednačine tražene

projekcije su:

135

82

5−

=−

=zyx .


________________________________________________________________________________________ 87

Primer 4.4.5.2.: Napišimo jednačine prave e kroz tačku M tako, da seče date prave p i q. (M∉ p i M∉ q). Rešavanje zadatka počinjemo analizom: a) Ako su p i q paralelne prave, a tačka M ne pripada njihovoj ravni, nema rešenja. b) Ako su p i q paralelne prave, a tačka M pripada njihovoj ravni, tada imamo

beskonačno mnogo rešenja. c) Ako su p i q presečne prave, a tačka M ne pripada njihovoj ravni, tada postoji

jedinstveno rečenje: prava koja spaja tačku M sa presečnom tačkom datih pravih. d) Ako su p i q presečne prave, a tačka M pripada njihovoj ravni, tada imamo

beskonačno mnogo rešenja.

e) Neka je M (1, 2, –1), 3

36

12

1: +=

+=

− zyxp , 13

132:

−+

==− zyxq .

Može se pretpostaviti, da to nije nijedan od prethodnih slučajeva, to jest; to su mimoilazne prave a tačka je van njih. Ispitajmo međusobni odnos pravih! Poznato je, da su prave u istoj ravni ako i samo ako 0)( =× PQqp o

rr , gde su pr i qr vektori pravaca datih pravih, dok je PQ vektor koji spaja njihove fiksne tačke. Pošto je u ovom slučaju 02)( ≠=× PQqp o

rr , znači prave su zaista mimoilazne. Napišimo jednačine prave e koja seče obe prave i prolazi kroz M! Postavimo prvo ravan kroz tačku M tako da ona sadrži i pravu p (neka je to ravan α). Ravan α seče pravu q u tački R. Postavimo sada ravan kroz tačku M i pravu q (neka je to ravan β). Ova ravan seče pravu p u tački T. Sada je već očevidno, da je tražena prava upravo presek ravni α i β jer je q Õ β Ÿ R = α » q ⇒R ∈ α » β i p Õ α Ÿ T = β » p ⇒ T ∈ α » β. Pošto smo obe ravni postavljali tako da sadrže tačku M zato M ∈ α » β. Odredimo te ravni! Vektor normale n1

r ravni α paralelan sa vektorom MPp ×r . Pošto je vektor pravca prave p: pr =(2, 6, 3), a fiksna tačka na njoj je P(1, –1, –3), biće OMOPMP −= = (0, –3, –2). Otuda je n1

r = (3, –4, 6).

Jednačina ravni α: 3 (x – 1) – 4 (y – 2) + 6 (z + 1) = 0 ⇒ : 3 x – 4 y + 6 z + 11 = 0.

Vektor normale n ravni β je paralelan sa vektorom 2

r MQ×qr . Pošto je vektor pravca prave q: qr =(3, 1, –1), a fiksna tačka na njoj je Q(2, 0, –3), biće OMOQMQ −= = (1, –2, –2). Otuda je n2

r = (4, –5, 7). Jednačina ravni β:

4 (x – 1) – 5 (y – 2) + 7 (z + 1) = 0 ⇒ : 4 x – 5 y + 7 z + 13 = 0. Zapaziti, da je bilo dovoljno samo uočiti postojanje tačaka R i T. Njihove koordinate zadatak ne zahteva, međutim čitalaz može za vežbu da odredi te brojeve!


________________________________________________________________________________________ 88

Sledi: prava kroz tačku M koja seče mimoilazne prave p i q je prava e. Jednačine te prave pomoću ravni α i β síkok, u kanoničnoj formi i u parametarskom obliku su:

=++−=++−

013754011643

:zyxzyx

e , e: 1

13

22

1 +=

−=

− zyx e :

−=+=+=

12312

tztytx

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

3

36

12

1: +=

+=

zy−xu , 1

321

21: +

=−+

=− zyxv .

Očevidno, nije potrebno tražiti koordinate preseka, jer su jednačine pravih napisane tako da im se poklapaju fiksne tačke: M(1, –1, –3). Jedinićni vektori pravaca tih pravih su:

==

73,

76,

72

0 uuu r

rr ,

−==

31,

32,

32

0 vvv r

rr .

Vektori 00 vu rr+ =

2116,

214,

2120 i 00 vu rr

− =

−

212,

2132,

218 su uzajamno normalni vektori, a

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

43

11

51:1

+=

+=

− zyxs 1

316

141:2

+=

+=

−− zyxs .

b) Odrediti jednačine simetralnih ravni dijedra određenog ravnima čije su jednačine:

α: 2 x + 6 y + 3 z + 1 = 0 i β: 2 x + 2 y – z + 9 = 0! Po definiciji pramena ravni imamo jednačine simetralnih ravni:

δ: 71 (2 x + 6 y + 3 z + 1) =

31 (2 x + 2 y – z + 9) ⇒ 2 x – y – 4 z + 15 = 0,

η: 71 (2 x + 6 y + 3 z + 1) = –

31 (2 x + 2 y – z + 9) ⇒ 10 x + 16 y + z + 33 = 0.

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

α : 4 x + 3 y – z + 3 = 0, 5

213

21: +

=−+

=− zyxe .

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

d) Napisati jednačinu ravni, koja sadrži pravu 3

31

22

1 −=

+=

− zyx i normalna je na

ravan 2 x – 4 y + z + 5 = 0.


________________________________________________________________________________________ 89

e) Napisati jednačinu ravni α, ako ona prolazi kroz tačke M1(3, 7, –5) i M2(6, –3, –1), i normalna je na ravan β: 2 x –15 y + 7 z – 30 = 0. Na ravni α odrediti koordinate podnožja normale spuštene iz koordinatnog početka na tu ravan. f) Odrediti osno simetričnu sliku tačke P(–5, 4, 1) u odnosu na pravu kao osu, čije su jednačine x = –3 + t, y = 5 t, z = 2 – 3 t. Ispitni zadaci 4.: 1. (24.01.2002.) Koordinatni početak je jedno teme paralelepipeda, tri susedna temena tom temenu su tačke A(3,6,–4), B(–4, 7, 0) i C(9, 1, –3). a) Naći koordinate preostala četiri temena tog paralelepipeda. b) Napisati jednačinu ravni koja seče telo i sadrži temena A, B i C. Rešenje: a) Koordinate datih tačaka su ujedno i koordinate vektora položaja tih tačaka. Svaki par vektora odredjuje po jednu stranu paralelepipeda, a četvrto teme ti strana su zbirovi tih parova vektora: (–1, 13, –4), (12, 7, –7) i (5, 8, –3). Na kraju: i telesna dijagonala "pokazuje" u jedno teme tela, to je četvrta tražena tačka: (8, 14, –7).

b) Postavimo ravan kroz tačke ABC:

⇒=−

−+−−

0156417

463 zyx 21x +17y – 41z – 329 = 0.

2. (11.04.2002.)

Napisati jednačine normalne projekcije prave na ravan Oxy.

=++−=−−+

0220532

:zyxzyx

p

Rešenje: Prodor date prave na ravni Oxy (z = 0) je rešenje sistema jednačina: x + 2y = 5 i 2x – y

= –2. To je tačka

0,

512,

51P . Uzmimo jednu proizvoljnu tačku Q na pravoj (naprimer je z

= –2). Iz odgovarajućeg sistema jednačina dobijemo:

−−− 2,

52,

51Q , a projekcija te tačke

na ravni Oxy je:

−− 0,

52,

51'Q .

Tražena projekcija p' spaja tačke P i Q': p': .

==+−

0057

zyx


________________________________________________________________________________________ 90

3. (06.04.2004.)

Date su prave p i q: 26

63

5:,41

22

31:

−=

−=

−−+

=−

=−+ zyxqzyxp

a) Pokazati da te dve prave ne pripadaju istoj ravni. b) Naći njihovo najkraće rastojanje.

c) Napisati jednačinu ravni koja sadrži pravu p a paralelna je sa q. Rešenje:

Neka su fiksne tačke datih pravih P(–1, 2, –1) i Q(5, 6, 0), a vektori pravca su )2,6,3(),4,2,3( −=−−= qp rr . Vektor koji spaja tačke P i Q je )1,4,6(=−= OPOQPQ .

( ) 24=× PQqp orr . Pošto je taj broj različit od nule, znači prave su mimoilazne, pa računamo

najkraće rastojanje po sledećem: ( )qpPQqpd rr

orr

××

= . Prvo određujemo )24,18,20( −−=× qp rr

i 1300=× qp rr . Sledi: najkraće rastojanje je 666,0130024

≈=d .

Tražena ravan ima vektor normale )24,18,20( −−=× qp rr i prolazi kroz tačku P:

20 (x +1) – 18 (y – 2) – 24 (z + 1) = 0 ⇒ 10 x – 9 y – 12 z + 16 = 0. 4. (K2 23.09.2003.)

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

d) Napisati jednačinu ravni, koja sadrži prave p i q. Rešenje:

p: (AB):2

322

31 −

=−−

=− zyx , q: (CD):

21

23

32 −

=−−

=− zyx .

Očevidno je, da su ove dve prave paralelne, jer imaju isti vektor pravca. To znači postoji ravan koja ih sadrži. Ta će ravan sadržati bilo koju od te četiri tačke, i ima vektor normale koji je normalan na vektore ACAB i . To je njihov vektorski proizvod:

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

5. MATRICE I DETERMINANTE

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

ij

Skraćeno se obeležava sa A = [ ]),( nmija gde m označava broj vrsta, a n broj kolona ili sa

velikim slovima A,B,C,... Tako pišemo:

A = ili A = [ ]),( nmija [ ]

nmjia = .

mnmmm

n

n

n

aaaa

aaaaaaaaaaaa

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

...

...

....

321

3333231

2232221

1131211

a i m j nij ( , ... , , , ... )= =1 2 1 2 3 su elementi matrice A. a a a ai i ij in1 2, ... ... su elementi i-te vrste matrice A. a a a aj j ij mj1 2, ... ... su elementi j-te kolone matrice A.

Elementi matrice [ ] mogu da budu realni brojevi, kompleksni brojevi, funkcije. ),( nmija

Definicija 5.1.2.: Dve matrice su jednako ako i samo ako imaju isti broj kolona i vrsta (istog su tipa) i elementi na odgovarajučim pozicijama redom jednaki:

(A = [ ]nmjia ) = (B = [ ]

lkjib ) ⇔

⇔ (m = k) Ÿ (n = l) Ÿ (ai j = bi j , ( i = 1,2,3,…,m; j = 1,2,3,…,n )) Kada je kod matrice broj vrsta jednak broju kolona m=n, matrica je kvadratna. Inače za m pravougaona. n≠ Svaka vrsta (kolona) matrice tipa (m,n) može se smatrati vektor-vrstom (vektor- kolonom) tipa (1,n), odnosno (m,1). Tako je:

A a a a aij n1 11 12 1= ... ... vektor vrsta.

91

DISKRETNA MATEMATIKA __________________________________________________________________________________________ Primeri raznih matrica:

Pravougaona matrica tipa 3×4: Kvadratne matrice trećeg reda:

M = , C = ,

−−

−

2110917053021

−

−=

110542431

A

200974233

Dijagonalna matrica četvrtog reda: Jedinična matrica četvrtog reda:

D = , E = ,

dc

ba

000000000000

1000010000100001

Nula matrica tipa 3×2: Matrica kolona i matrica vrsta:

O = a = , b =

000000

122

[ ]067553 − .

Mešoviti slučajevi:

, ,

−−=

120111642

B

−

=

1153

A

+++

=12231

312

iii

iiiD

A1 0 3 4 5= −

+−

=11

sin32 xx

xtgxE

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

A = gde su blokovi

2221

1211

AAAA

A A A iA11 12 21 22, ,

92

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________ Ako u matrici elementi vrste i kolone promene mesta dobija se transponovana matrica. Transponovanu matricu označićemo sa AT . Tako naprimer:

=

mnmjmm

nj

nj

aaaa

aaaaaaaa

A

21

222221

111211

=

mnnn

mjjj

m

m

T

aaaaaaaaaaaa

A

21

21

22212

12111

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

U shemi kvadratne matrice, elementi a a su elementi glavne dijagonale, a elementi su elementi sporedne dijgonale.

ann11 22 .....( ) ( ) nnnn aaaa 112211 .... −−

5.1.2. Specijalne matrice

a) Matrica kod koje su svi elementi jednaki nuli naziva se nula matrica i obeležava se sa 0.

b) Kvadratna matrica čiji su elementi na glavnoj dijagonali različiti odnule, a ostali su nule, naziva se dijagonalna matrica.

=

4

3

2

1

000000000000

dd

dd

D

c) Dijagonalna matrica koja za sve elemente na glavnoj dijagonali ima jedinice,

naziva se jedinična matrica. Obeležava se sa En ili Jn Kroneckerovim simbolom.

[ ]

≠

==

ji je ako0

ji je ako1

ijδ

d) Kvadratna matrica je simetrična kada su joj elementi simetrični u odnosu na

glavnu dijagonalu tj. a aij ji= . Primeri simetričnih matrica:

−

−=

014122423

S ,

−

−

=

0345351441325421

Z

e) Kvadratna matrica je antisimetrična kada su joj elementi simetrično

raspoređeni u odnosu na glavnu dijagonalu suprotnog predznaka, tj. a aij ji= − . Primeri:

__________________________________________________________________________________________ 93

DISKRETNA MATEMATIKA __________________________________________________________________________________________

T

−−

−=

014102420

−−−−−

−

=

0345301441025420

V

f) Kvadratna matrica je trouglasta, ako su svi elementi iznad ili ispod glavne

dijagonale jednaki nuli. Primeri:

−=

100240532

G

−=

131054002

D

g) Kvadratna matrica je ciklična, ako su elementi vrste (kolone) ciklično se

ponavljaju. Primer kraćeg zapisivanja takve matrice je C=(-2,1,3,2), gde je

−−

−−

=

2231122331222312

C

5.2. Operacije sa matricama

5.2.1. Sabiranje matrica Zbir dve matrice [ ]( nmija

, )A = i [ ]( nmijbB, )= istog tipa (m,n) je matrica [ ]( )nmijc

,=C

istog tipa (m,n) čiji su elementi zbirovi odgovarajućih elemenata matrica A i B. A + B = C ako i samo ako a b cij= i ,....2,1ij ij+ ( )nj ,....2,1m; == . Za sabiranje važi:

A + B = B + A - zakon komutacije (A + B) + C = A + (B + C) - zakon asocijacije 0 + A = A - neutralni element je 0

Oduzimanje matrica. Nije teško definisati oduzimanje matrica kao operaciju suprotnu

sabiranju matrica. Ako je X + B = A gde X xij= ; A aij= i B ; , tj.

bij=

( )njmi ,....2,1;,....2,1 == x b a x a bij ij ij ij ij ij+ = ⇒ = − i piše se X = A – B i nazivamo razlikom matrice A i matrice B: A – B = C

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

[ ]),( nmijkaAkkA == ( )njmi ,....2,1;,...2,1 ==

94

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________

Za množenje matrice sa brojem važi: kA = Ak - zakon komutacije ( ) ( )AkkAkk 2121 = - zakon asocijacije za ∀ ∈k k C1 2,

- zakon distribucije

+=++=+kBkABAk

AkAkAkk)(

( 2121

E A = A –1 A = –A - suprotna matrica Ako matrice A A istog tipa (m,n), pomnožimo sukcesivno sa brojevima An1 2, ,...k k kn1 2, ,... i proizvode saberemo onda dobijemo k A k A k A Ln n1 1 2 2+ + =... matricu L nazivamo linearnom komibnacijom datih matrica.

5.2.3. Množenje matrica Pod proizvodom matrice ( ) [ ]iknm aA =, i matrice ( ) [ ]jkpn bB ,, = u datom poretku A B podrazumevamo matricu ( ) [ ]ijcpmC =, , čije elemente dobijamo po formuli:

( )bjmibabababac kj

n

kiknjinjiijijij ,....2,1;,....2,1....

122 ===+++= ∑

=

Množenje matrica se preglednije može predstaviti takozvanom Falkovom šemom:

b11 b12 b13 .... b1j .... b1nb21 b22 b23 .... b2j .... b2nb31 b32 b33 .... b3j .... b3n- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --bk1 bk2 bk3 .... bkj .... bkn

a11 a12 a13 .... a1ka21 a22 a23 .... a2ka31 a32 a33 .... a3k- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -ai1 ai2 ai3 .... aik- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -am1 am2 am3 .... amk

c11 c12 c13 .... .... c1nc21 c22 c23 .... .... c2nc31 c32 c33 .... .... c3n- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --

cij- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - --cm1 cm2 cm3 .... .... cmn

Po ovoj definiciji proizvoda matrica AB, množenje je moguće izvesti, ako matrica A (činilac sa leve strane) ima toliko kolona koliko matrica B ima vrsta (desni činilac). Ako je taj uslov ispunjen onda su matrice saglasne (za množenje). A B BA⋅ ≠ - zakon komutacije ne važi ( ) ( )CBACAB ⋅=⋅ - zakon asocijacije ( ) BCACCBA +=⋅+ - zakon desne distribucije A B C AB AC( )+ = + - zakon leve distribucije

__________________________________________________________________________________________ 95

DISKRETNA MATEMATIKA __________________________________________________________________________________________ Po ovoj definiciji proizvod matrica AB može da bude nula i ako matrica i matrica

A ≠ 0B ≠ 0 tj.

−

−=

2412

A

−−

=4221

B

=

0000

AB

Zakon asocijativnosti dozvoljava u slučaju množenja više činilaca različite redoslede izvršenja operacija, kao što je predstavljeno na sledećim šemama:

Neka nam je zadato pet matrica koje su saglasne u pogledu množenja u sledećem redosledu: A⋅B⋅C⋅D⋅E. Ako množimo s leva na desno, tada je šema vodoravna:

ED D⋅E

C⋅(D⋅E)CBA

B⋅(C⋅(D⋅E))A⋅(B⋅(C⋅(D⋅E)))

A

B

A⋅B

C D E

(A⋅B)⋅C ((A⋅B)⋅C)⋅D (((A⋅B)⋅C)⋅D)⋅E

U slučaju izvršavanja operacije s desna na levo šeme će se prostirati vertikalno. Bilo koliko (saglasnih) činilaca imamo, izbor redosleda vršenja operacija je irelevantan, ali ne smemo menjati mesto činilaca, jer je množenje matrica nekomutativna operacija!

U slučaju kvadratnih matrica možemo definisati i stepenovanje matrica. Tako, na primer u slučaju kvadratne matrice A = [ ] nnjia proizvod te matrice sa samom sobom je isto tako kvadratna matrica istog tipa: A ⋅ A = A2, zatim: A2⋅ A = A3, i uošte: An ⋅ A = An+1. Zbog asocijativnosti množenja matrica važi:

An ⋅Am = Am ⋅An = An+ m

Za matrice, koje zadovoljavaju uslov A2 = A kažemo da su idempotentne. Matrice koje nusu nula matrice, t.j. A πO ali za neko n ≥ 2 važi An = O teljesül (O je nula matrica), kažemo da ju nilpotentne.

U slučaju idempotentnih matrica svakako važi i An = A za n ≥ 2. Za nilpotentne matrice je (" k Œ N) ( An = O fi An+ k = O).

5.2.4. Transponovanje matrica Transponovana matrica matrice A = je A[ ] nmjia T = [ ] mnjia& .Elementi a i j = dobijeni su zamenom kolona i vrsta.

ija&

Transponovanje matrica zadovoljava sledeće uslove: a) ("a Œ R) (a A)T= a AT, b) (A + B)T = AT + BT, c) (A ◊ B)T = BT ◊AT. Proveru osobine c) uradićemo kroz primer:

96


4 -1 2 5 0 3 1 4 -3

1 3 2 21 7 5-1 1 4 5 17 -11

1 -1 3 1 2 4

4 5 1 21 5-1 0 4 7 17 2 3 -3 5 -11

5.2.5. Zadaci za vežbu 1. Ako su elementi matrice δγβα ==== dcba ;;; , izraziti pomoću identiteta matrica.

, ili

=

δγβα

dcba

R : a b c d, , , , , ,= α β γ δ , ili

=

δγβα

dcba

2. Naći nepoznate u matričnoj jednačini A=B ako su:

−

−=

12578

231 πA ,

−

−=

yx

aA

ln257

231

3

R a x y e: , ;= = =π 2 3. Date su matrice A i B. Naći A+B, A–B, 3A–B.

−

−=

215212040121

A ,

−−

−=

132230512143

B

−

−=+

147442552024

: BAR , , 3

−−−−−−−

=−323022532262

BA

−−

−−=−

7013406511

24100BA

4. Date su matrice

−=

3211

ii

A

−+

=iii

B34

214

+

−=

ii

C11

12

Izračunati matricu D = i A–2B + 3C

+−−−−

iii

R837

3213:

5. Date su matrice. , , . Dali postoje brojevi

−

=43

21A

−

=5132

B

−−−

=23954

C k1 i

takvi, da je k Ak2 k B C1 2+ = (R:( , )2 3− )

__________________________________________________________________________________________ 97


6. Matricu napisati kao zbir jedne S (simetrične) i T (antisimetrične)

matrice. Primeniti:

−−

−=

568211324

A

S A A T A AT T= + = −12

12

;

−−−

−=

10411423

1138

21: SR TSAT +=⇒

−−

−=

085801510

21

7. Proveriti sledeće proizvode:

[ ] [171

32

6,5,4 =

−]

]

, , [ ]

−−−=

− 65418151212108

6,5,41

32

−=

⋅

−−

−

332

111

531102341

, . [ ] [ 7,7,2531

102341

1,1,1 −=

−−

−

8. Primenom Falkove šeme sa proverom zbira kolona naći proizvode.

=

321642321

B

−−−−

−=

012123

111A

9. Pomoću matrice i B dokazati da je

−

−=

2321

A

−=

4132

( )

−−

≠

−⇒++≠+

11528

01233

2 222 BABABA ,

−−

≠

−−

⇒+−≠−88115

315126

))((22 BABABA ,

−−=

−−⇒+++−

01233

01233

)( 222 BBAABABA ,

−−

⇒−++=+−1422

1317))(( 22 BBAABABABA

98


5.3. Determinante

5.3.1. Definicije

a) Kvadratnoj matrici od 4 elementa dodeljuje se brojevna vrednost definisana sa

a aa a

a a a a11 12

21 2211 22 12 21= −

Taj broj zovemo determinantom drugog reda. Prema navedenoj definiciji vrednost

determinante drugog reda izračunava se tako što se od proizvoda elemenata na glavnoj dijagonali oduzme proizvod elemenata na sporednoj dijagonali.

b) Kvadratnoj matrica od 9-elemenata dodeljujemo broj definisan na sledeći način: a a aa a aa a a

aa aa a

aa aa a

aa aa a

11 12 13

21 22 23

31 32 33

1122 23

32 3312

21 23

31 3313

21 22

31 32

= − + =

= a a a a a a a a a a a a a a a a a a11 22 33 11 23 32 12 21 33 12 23 31 13 21 32 13 22 31− − + + − .

Navedene definicije za izračunavanje determinanata drugog i trećeg reda su takozvana SARRUS-ova pravila. Primena tih pravila se može šematski prikazati na sledeći način: a11 a12 a13 a11 a12

a21 a22 a23 a21 a22

a31 a32 a33 a31 a32

a11 a22 a33

a12 a23 a31

a13 a21 a32

a13 a22 a31

a11 a23 a32a12 a21 a33

++

+

a11 a12

a21 a22 + a11 a22

- a12 a21

Potrebno je posebno naglasiti, da za izračunavanje determinanata četvrtog ili višeg reda ne važe SARRUS-ova pravila. Takve determinante ćemo izračunati primenom pravila koja ćemo upaznati na narednim stranicama. Primer:

3 1 21 2 1

3 1 23

2 11 2

11 1

3 22

1 23 1

3 4 1 2 3 2 1 6 1−− −

=− −

−−

−+

−−

= − + − − + − = −( ) ( ) ( ) 8

Za element a kažemo da leži na parnom mestu + ako je zbir indeksa i+j paran broj, a leži na neparnom mestu ako je i+j neparan broj.

ij

__________________________________________________________________________________________ 99

DISKRETNA MATEMATIKA __________________________________________________________________________________________ Ako u determinanti izostavio red i kolonu u kojoj se nalazi element a dobijamo opet determinantu, koju ćemo zvaki minorom ili subdeterminantom date determinante koji odgovara elementu a . Minor koji odgovara elementu a obeležavamo sa

ij

ijij ij D Kofaktor elementa a definisaćemo sa: ij A Dij

i jij= − +( )1

Pomoću kofaktora vrednost determinante trećeg reda izračunavamo sa

, što znači da je vrednost determinante jednaka zbiru proizvoda elemenata prve vrste sa odgovarajućim kofaktorima. a A a A a A11 11 12 12 13 13+ +

Primer: Svi kofaktori matrice A = :

−−−−−

103845314

A11=(–1)1+1M11= 4, A12=(–1)1+2M12= – 29, A13=(–1)1+3M13= –12, A21=(–1)2+1M21= –1, A22=(–1)2+2M22= 5, A23=(–1)2+3M23= 3, A31=(–1)3+1M31= 4, A32=(–1)3+2M32= –47, A33=(–1)3+3M33= –21.

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

++ ++ +

+ ++ +

+

__

__

__

izračunavanja kofaktora. Determinantu kvadratne matrice od 4×4 elemenata čija je vrednost definisana sa:

D

a a a aa a a aa a a aa a a a

a A a A a A a A= = + +

11 12 13 14

21 22 23 24

31 32 33 34

41 42 43 44

11 11 12 12 13 13 14 14+

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

5.3.2. Osobine determinanata

1. Transponovana determinanta ATdate determinanteAima istu vrednost kao i determinanta : A =AT.

Primer: zrcyqbxpa

ayrpbzxqcpycxbraqzzyxrcba

=−−−++=qp .

100


2. Vrednost determinante može se dobiti njenim razvijanjem po elementima bilo

koje vrste ili kolone. 3. Ako su svi elementi neke vrste ili kolone jednaki nuli, vrednost determinante je

nula. 4. Ako u determinanti D izmene mesta bilo koje dve vrste ili kolone,

determiananta D menja znak. 5. Ako su odgovarajući elementi dveju vrsta ili dveju kolona jednaki, vrednost

determinante je nula.

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

7. Ako su odgovarajući elementi dve vrste ili kolone proporcionalni, vrednost

determinante D je nula. 8. Neka su elementi neke vrste ili kolone zbirovi od po dva sabirka. Tada se

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

=+++

=

333231

232221

131312121111

aaaaaa

bababaD

=+++++==+++=

131312121111131312121111

131313121212111111 )()()(AbAbAbAaAaAa

AbaAbaAba

333231

232221

131211

333231

232221

131211

aaaaaabbb

aaaaaaaaa

+= .

gde smo sa A A A11 12 13, , obeležili kofaktore determinante D.

9. Ako se svi elementi neke vrste ili kolone pomnože nekim brojem (skalarom) i

dodaju odgovarajućim elementima bilo koje vrste odnosno kolone, vrednost determiannte se ne menja.

__________________________________________________________________________________________ 101

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

Da a a kaa a a kaa a a ka

a a aa a aa a a

a a kaa a kaa a ka

D O D'=+++

= + = +11 12 13 11

21 22 23 21

31 32 33 31

11 12 13

21 22 23

31 32 33

11 12 11

21 22 21

31 32 31

=

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

D =− −

− −−

1 3 2 12 1 1 3

1 1 2 21 2 1 1

−, D =

−− −

− −−

4 0 4 71 0 3 1

1 1 2 21 0 3 5

−, D =

−− − −

−

4 4 71 3

1 31

5, D =

−− − −

−

0 161 3

0 6

31

4

(1) (2) (3) (4) (1) Množeći treću vrstu respektivno sa 3,1 i 2, pa dodajemo redom prvoj, drugoj i

četvrtoj vrsti, dobijemo drugu determinantu.

(2) Razvijajući drugu determinantu po elementima druge kolone dobijemo jednu determinantu trećeg reda.

(3) Ako sada množimo elemente druge vrste i respektivno sa 4 i 1, pa dodajemo odgovarajućim elementima prve i treće vrste, dobijemo četvrtu determinantu.

(4) Razvijemo li ovu determinantu po elementima prve kolone, lako možemo dobiti njenu vrednost.

D =−−

= − + = −16 36 4

64 18 46.

10. Ako kofaktore neke vrste, odnosno kolone, pomnožimo odgovarajućim

elementima neke druge vrste, odnosno kolone, i dobijene proizvode saberemo, zbir je nula.

Naprimer, elemente druge vrste pomnožimo sa odgovarajućim kofaktorima prve vrste i saberemo, za zbir dobijemo 0,

a A a A a Aa a aa a aa a a

21 11 22 12 23 13

21 22 23

21 22 23

31 32 33

0+ + = =

jer su elementi prve i druge vrste jednaki.

102


11. Za izračunavanje determinante n-tog reda primenimo LAPLACE-ovu teoremu. Vrednost determinante dobijemo razvijajući determinantu D po elementima bilo koje vrste, odnosno kolone:

Razvoj po i-toj vrsti:

a D a A a A a A a Ai i i ii n

in ni k

ik ikk

n

) ... ( ) ( )= − + + − = −+ +

=∑1 1 2 2 1

1

1 1

Razvoj po j-toj koloni:

b D a A a A a A a Aij ij j jn j

nj nji k

ki kik

n

) ... ( ) ( )= − + + − = −+ +

=∑2 2

1

1 1

Dokaz: Sa (i–1)-om zamenom mesta dve susedne vrste dovedemo i-tu vrstu na mestu

prve. Na taj način prva vrsta postaje druga, druga postaje treća, itd. Tako dobijene determinante označimo sa D". Dokažimo da je D"=D.

Koristeći osobine determinante imamo: D Di' ( )= − −1 1 i da je

D a Ak a Ak

n

k kk

k

n

ik ik' ( ) ( )= − = −−

=

• • −

=∑ ∑1 11

11 1

1

1

jer a ak ik1• = i A Ak k1 1

' = .

Zamenimo D' iz prethodne formule :

( ) ( ) / ( )− = − −− −

=

+∑1 11 1

1

1i k 1k

n

ik ikiD a A

( ) ( )− = = −− + + +

=∑1 1 1

1

i i i k1k

n

ik ikD D a A što smo i trebali dokazati.

Slično se može dokazati i druga formula (razvoj po j-toj koloni).

5.3.3. Zadaci za vežbu:

Dokazati da je:

a) 1 2 34 4 77 8 9

18= , b)

7 4 1 21 2 0 34 5 6 67 8 0 9

108

−

= , c)

a ba b

a bb a

a b

−−

−−

= −

0 00 00 0

0 0

4 4,

d)

a b a bb a a ba b a ab a b a

a b a b= − +( ) (3 ) , e) b c ab ac

ab a c bcac bc a b

a b c

2 2

2 2

2 2

3 3 34+

++

= .

__________________________________________________________________________________________ 103


5.4. Inverzna matrica

5.4.1. Rang matrice Pod elementarnim transformacija,a matrice A tipa (m,n) podrazumevamo sledeće operacije nad njenim vrstama, odnosno kolonoma. 1. Međusobna zamena dve vrste (kolone) 2. Množenje jedne vrste (kolone) brojem različitim od nule.

3. Sabiranje odgovarajućih elemenata jedne vrste (kolone) elementima druge vrste (kolone) prethodno pomnoženih proizvoljnim brojem.

Dve matrice koje se mogu transformirati jedna u drugu konačnim brojem elementarnim transformacijama zovu se ekvivalentne matrice. Označimo simbolom A ~ B. Pomoću elementarnih transformacija svaka (ne nula) matrica A može se svesti na oblik ekvivalentne matrice B koja je trougaona (trapezasta) sa nulama ispod glavne dijagonale i sa elementima različitim od nule na glavnoj dijagonali do nekog k-tog reda.

Definicija 5.4.1.: Kvadratna matrica A je regularna ako i samo ako ima determinantu različitu od nule: A ≠ 0. Ako je determinanta kvadratne matrice jednaka nuli, tada je matrica singularna. Među singularnim matricama n-tog reda možemo uvesti određenu klasifikaciju: posmatrajmo podmatrice reda n–1. Ako među tim podmatricama ima bar jedna regularna, tada je to jedna vrsta singzlarnosti, kažemo da je rangj matrice n–1. Ako su i sve kvadratne podmatrice reda n–1 takođe singularne, tada ćemo pokušati pronaći kvadratnu podmatricu reda n–2 koja je regularna. Ako pronađemo bar jednu takvu matricu, tada ćemo reći, da matrica ima rang n–2. Posmatranje te osobine može da se prenese i na proizvoljne pravougaone matrice tipa m¥n. Naravno, takva matrica nema determinantu, ali možemo jio odrediti rang, pronalazivši maksimalnu njenu regularnu kvadratnu podmatricu. Očevidno, rang je broj, koji ne može biti veći od manje dimenzije matrice r ≤ min(m,n). Definicija 5.4.2.: Ako matrica A = [ ]

nmjia ima bar jednu regularnu kvadratnu

podmatricu reda r, a sve kvadratne podmatrice višeg reda su singularne, tada kažemo, da matrica A ima rang r: rang( A ) = r Œ N , r £ min(m,n). Primer: Matrica B je singularna, jer je B= 0, znači: rang(B) = 2 jer matrica ima kvadratnu regularnu podmatricu drugog reda (na primer to je minor B11).

B = , B

987654321

11 = 9865

= –3, C = .

9631284

321

104


Matrica C je singularna C= 0, rang(C) = 1, jer nema ni jednu regularnu kvadratnu

podmatricu drugog reda, ali svaki od elemenata je kvarana matrica prvog reda. Teorema 5.4.5.: Rang matrice se ne menja, ako na njoj izvršimo sledeće elementarne transformacije: – zamenimo mesta dve vrste (ili dve kolone), – bilo koju vrstu (ili kolonu) pomnožimo brojem lπ 0, – sa lπ 0 pomnoženu vrstu (kolonu) dodajemo paralelnoj vrsti (koloni).

Dokaz: Rang matrice zavisi od reda najveće determinante, koja se može iz te matrice izdvojiti. Nabrojane elementarne transformacije menjaju znak determinante, množe determinantu sa brojem, koji nije nula ili ne menjaju determinantu. To znači, ako je neka kvadratna podmatrica date matrice bila regularna, nakon izvršene transformacije ostaje regularna. to upravo znači nepromenjenost ranga.É

Očevidno, rang se ne menja ni onda, ako iz neke matrice izostavimo celu vrstu (ili

kolonu) ako je ona sačinjena isključivo od nula. Primenom elementarnih transformacija menjamo matricu ali nova matrica ima isti

rang kao i data matrica. Uzastopnom primenom elementarnih transformacija u više koraka možemo transformisati matricu na trougaonu matricu koja ima na dijagonali sve elemente različite od nule. Tada već vidimo, da je rang te poslednje matrice (pa i matrice od koje je ona dobijena) upravo broj elemenata na dijagonali. Diskusiju ranga, koja zavisi od nekog parametra pokazuje sledeći primer:

Primeri 5.4.5. Nađimo rang matrice A i izvršimo diskusiju ranga matrice B u

zavisnosti od parametra l!

A = ~ ~

−−−

−−−−−

508041091062

2684233421

−−−−−−−

1712880432204000033421

~ ~ ~ fi rang( A ) = 3.

−−

00000032204000000001

−

00000000204000000001

100010001

U prvoj fazi smo prvu vrstu pomnožili sa 2 i dodali smo je drugoj vrsti, isto tako prvu

vrstu smo množili sa –2 i dodali smo trećoj vrsti, i na kraju prvu vrstu pomnoženu sa 4 dodali smo četvrtoj vrsti. Istovetnost ranga između polazne i dobijene matrice obeležimo znakom ~.

U drugoj fazi množenjem prve kolone sa odgovarajućim brojevima i dodavanjem

ostalim kolonama “stvaramo” nule u prvoj vrsti. U trećoj fazi “poništimo” brojeve u trećoj vrsti.

__________________________________________________________________________________________ 105


U poslednjoj fazi izostavimo nula-kolonu i nula-vrstu, zamenom mesta zadnje i

predzadnje kolone (pa i deljenjem kolona sa odgovarajučim brojevima) dobijamo jediničnu matricu, za koje je očevidno rang 3.

B = ~ ~ .

−−−−−−

λλλλ

341372131

2

+−−−−

1310110131

2 λλλλ

+−−−

2300110131

2 λλλ

Slično postupamo, kao u prethodnom primeru: množenjem prve vrste sa

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

5.4.2. Adjungovana matrica Kvadratnoj matrici A n-tog reda pridružili smo det(A), Osmotrimo sad kofaktore te determinante, koji odgovaraju elementima a i označeni sa ij A i j nij ( , , , ,... )= 1 2 i pomoću tih kofaktora formiramo matricu Aij M A i j nij =, , ,... )1 2

n= ( . Transponovanu matricu matrice

M nazivamo adjungovanom matricom matrice A.

==

nnnn

n

nT

AAAAAAAAA

MAadj

21

22212

12111

)( .

Može se dokazati da matrica EAAAadjAadjA ⋅=⋅=⋅ )det()()(

=⋅

nnnn

n

n

aaaaaaaaa

AadjA

21

22221

11211

)( =

⋅

nnnn

n

n

AAAAAAAAA

21

22212

12111

=

∑∑∑

∑∑∑

∑∑∑

===

===

===

n

knknk

n

kknk

n

kkk

n

knkk

n

kkkk

n

kk

n

knkk

n

kkk

n

kkk

AaAaAa

AaAaAa

AaAaAa

112

133

11

1222

12

11

121

111

.

Iz poznatih osobina determinananata sledi:

∑=

==≠

=n

kjkik njijiA

jiAa

1 ),...2,1,(0

što daje EAA

AA

AadjA ⋅=

=⋅

000000

)( .

106

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________ Na sličan način dobijamo da je EAAAadj ⋅=⋅)(

Za datu matricu A i za njenu adjugovanu matricu A* važe sledeće osobine: a) A A* = A* A , b) A A* =An, c) A A* =AA*⇒ A* = An–1, d) A= 0 ⇒ A A* = O.

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

=

312432321

A , det , sledi: matrica A je regularna. , A A= = −3

−−−

−−=

134232135

)(Aadj

EAadjA ⋅−=

−−

−=

−−−

−−

=⋅ 3

300030003

134232135

312432321

)(

EAadj ⋅−=

−−

−=

−−−

−−= 3

300030003

312432321

134232135

)(

5.4.3. Inverzna matrica Ako želimo da odredimo inverznu (recipročnu) matricu kvadratne matrice A, treba naći matricu , koja pomnožena matricom A daje jediničnu matricu E, tj: A−1

A A A A E⋅ = ⋅ =− −1 1 .

Polazimo od jednačine EAAAadjAadjA ⋅=⋅=⋅ )det()()( . Iz toga sledi u slučaju regularnosti matrice A tj. kada je 0≠A onda prethodna jednakost se deli sa A i tada

dobijamo: EAA

AadjA

AadjA =⋅=⋅)()( .

Iz ovoga se vidi da je A

AadjA )(1 =− . Matricu A–1 nazivamo inverznom (recipročnom)

matricom matrice A.

__________________________________________________________________________________________ 107


A–1 = ** 1 A

AAA

=

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

a) A

−−=

347235

562A = −1

−−−

−=−−

2434129411

273811

AadjAA

b) B

−−

=

2113321434632503

B = −1

−−−−−−−−−

==−

1591118199969512433025594137

1

BadjBB

c) C

−−−−

−=

433654111

−

−==−

103212112

1

CadjCC

d) D

−−−−=

115534

323

−−−

−−==−

171131829

1581

DadjDD

Neke osobine regularnih matrica i stepena kvadratne matrice.

1. Ako je A regularna matrica, ona je i A−1 regularna matrica. 2. ( ) ;A A− − =1 1 E3. Ako su A i B regularne matrice n-tog reda, onda je ( )A B A B⋅ = ⋅− − −1 1 1

AK

−4. A E A A A A A A A A A Ao K= = = ⋅ = ⋅ = ⋅−; ; ; ;...1 2 3 2 1

+

5. A A A p q NP q p q⋅ = ∈; ,6. NqpAA pqqp ∈= ,;)(

7. . ( )nn AA 1−− =

Primer: Rešiti matričnu jednačinu po nepoznatoj

metrici X !

−

−=

−

−⋅⋅

1342

3523

2312

X

Jednačina je oblika A ⋅ X ⋅ B = C. Pomnožimo obe strane jednačine sa leve strane matricom A–1 , dok sa desna množimo sa B–1 (ukoliko one postoje – u suprotnom slučaju jednačinu je nemoguće rešiti). Nakon tih množenja dobija se jednačina X ⋅= A–1 ⋅ C ⋅ B–1 , a to je i rečenje zadatka.

108


Imamo: A = ⇒ A

2312 –1 = ,

−

−2312

B = ⇒B

−

−3523 –1 = i C = ,

3523

−

−1342

Primenimo FALK-ovu šemu u obliku 1111

1

−−−−

−

⋅⋅⋅ BCACAA

BC:

18341324

141297

2312

3523

1342

−−−−

−−

−−

, prema tome: X = .

−− 1834

1324

5.4.4. Zadaci za vežbu

a) Proveriti u slučaju matrice M čunjenicu: M–1 = 41 M.

M = .

−−−−−−

1111111111111111

b) odrediti inverzne matrice za A i B!

A =

13

, B = .

− 32124310020012

0....111................1....0111....1011....110

c) Rešiti matričnu jednačinu !

−

−=

−

−⋅

521234311

111012111

X

Ispitni zadaci 5. 1. (24.01.2002.) Rešiti matričnu jednačinu AX + B = CX +D po nepoznatoj matrici X ako su date matrice:

A = , B =

, C =

, D =

.

5331

3113

1111

111137

. __________________________________________________________________________________________

109

DISKRETNA MATEMATIKA __________________________________________________________________________________________ Rešenje: AX + B = CX +D ⇒ (A – C ) X =D – B odnosno MX = N odakle sledi X = M –-1 N, gde je: M =A – C =

–

= i N =D – B =

– = .

5331

1111

4220

111137

3113

81024

Pošto je det(M) = –1/4 i M –-1 =

−

−−

0224

41 , sledi X = .

1221

2. (06.06.2002.)

a) Diskutovati rang matrice A(t). b) Rešiti matričnu jednačinu (X+3E)–1=A(3)/4.

( )

−−−−−−=

tttttA

3241372

131

.

Rešenje:

a) A . ( )

+−−−

+−−−−

−−−−−−=

2300110131

~1310

110131

~341

372131

222 ttt

tttt

ttttt

U prvom koraku prva vrsta je pomnožena sa 2 dodata je drugoj vrsti, odnosno prva vrsta samo je dodata trećoj vrsti. U drugom koraku druga vrsta je oduzeta od treće vrste. Očevidno, za t 2 –3t + 2 = 0, tojest za t1 = 1 ili za t2 = 2 rang matrice je 2 jer imamo 0 vrstu.

Za sve ostale vrednosti parametra t (za t ≠ 1 i za t ≠ 2) rang matrice je 3.

b) Obeležimo A(3)=B. Pristupamo rešavanju matrične jednačine:

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

Pošto je , 4 , det(B)=4,

−−−−−=

011342131

B

−−=−

4339166391

3BE

−−

−−−=−

111113513

411B , zato će biti X =B–1(4E – 3B )=

.

−−−−

−−−

122123516

110

MATRICE I DETERMINANTE __________________________________________________________________________________________ 3. (02.09.2003)

Izračunati determinantu

aaaa

aabababaa

−−

−+++

00000032

.

Rešenje: Dodajmo elemente druge kolone odgovarajućim elementima prve kolone, zatim elemente treće kolone dodajemo elementima prve kolone, i konačno elemente četvrte kolone dodajemo odgovarajućim elementima prve kolone i dobijemo:

aaaa

aabababaa

−−

−+++

00000032

=

aaaa

ababababa

−−

++++

0000000

3264

=

=(4a+6b)aa

aaa

−−0

000

.

Pošto je determinanta na kraju "trougaona", zato njena vrednost je jednaka proizvodu dijagonlnih elemenata. Prema tome, tražena determinanta je ∆ =2a3(2a + 3b). 4. (23.09.2003.)

Izračunati determinantu .

−−−−

−−+−

=

204133621438215242

xx

x

D

Rešenje: Primenom osobina determinanata i Laplasove teoreme razvoja dobija se D = 25x. 5. (13.04.1999.)

Data je matrica .

−=

111020113

A

a) Dokazati da je , gde je E jedinična matrica, za n∈N. EnAnA nnn 2)1(2 1 −−= −

b) Pomoću prethodnog saznanja naći bez algoritma za inverziju matrica. 1−A

__________________________________________________________________________________________ 111


112

Rešenje: a) Dokaz ćemo izvršiti takozvanom matematičkom indukcijom. Taj metod dokaza je poznat studentima iz srednje škole. Prvo se proverava važenje tvrđenja za n = 1: AEAA =−−⋅= − 1111 2)11(21 . Takođe se uočava, da je za n = 2: EAA 442 −= . Sledi pretpostavka važenja tvrđenja za n = k: . EkAkA kkk 2)1(2 1 −−= −

Potrebno je dokazati, da važi za n = k+1: EkAkA kkk 11 22)1( ++ −+= Pomnožimo prethodnu matričnu jednakost sa matricom A. Dobijamo: . AkAkA kkk 2)1(2 211 −−= −+

Zamenom činjenice EAA 442 −= , sledi: . ( ) AkEkAkAkEAkA kkkkkk 224242)1(442 1111 −−=−−−= −−−+

Iskoristimo da je 4=22, odnosno: 4 k 2k–1 = k 2k+1, sledi:

, ( ) EkAkEkkkA kkkk 111 22)1(22242 ++− −+=−+−= što je i trebalo dokazati. b) Za iznalaženje inverzne matrice pomoću prethodnog rezultata, a bez upotrebe postupka za invertovanje, uočiti sledeće: za n = 2 smo imali: EAA 442 −= . Pomnožimo ovu jednakost a A-1 i dobijamo: 144 −−= AEA .

Odavde sledi: AE411 −=−A .

6. SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA

6.1. Pojam sistema linearnih algebarskih jednačina Precizirajmo prvo pojam promenljive ili inepoznate. Promenljive ili nepoznate veličine pripadaju datom skupu S. Elementi skupa mogu biti interpretirani sa bilo kojim elementom skupa U:

S = {x, y, z, u,…, x1, y1, z1, u1,… ,x2, y2, z2, u2,… ,xn, yn, zn, un,…}.

Pretpostavimo, da elementi, sa kojima se susrećemo uvek pripadaju skupu R realnih brojeva. Sistem linearnih jednačina nad skupom realnih brojeva S je konjunkcija m jednačina u kojima ( x1, x2, x3, …, xn ) označavaju nepoznate, dok su a i j ∈ R skalarne veličine, koeficijenti sistema jednačina, b i ∈ R su takodje skalarne veličine, takozvani slobodni članovi, gde su i ∈ {1, 2, 3, … , m}, j ∈ {1, 2, 3, … , n}, m,n∈ N:

S:

11313212111 ... bxaxaxaxa nn =++++

22323222121 ... bxaxaxaxa nn =++++

33333232131 ... bxaxaxaxa nn =++++ -------------------------------------------------------

mnmnmmm bxaxaxaxa =++++ ...332211

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

A = , Â =

mnmmm

n

n

n

aaaa

aaaaaaaaaaaa

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

...

...

...

321

3333231

2232221

1131211

mmnmmm

n

n

n

b

bbb

aaaa

aaaaaaaaaaaa

......

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

3

2

1

321

3333231

2232221

1131211

, x = , b = .

nx

xxx

...3

2

1

mb

bbb

...3

2

1

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

113

DISKRETNA MATEMATIKA _____________________________________________________________________________________________________

x = [ ]nxxxx ...321

T i b = [ ]mbbbb ...321T.

U cilju pojednostavljenja često te vektore kolone pišemo u obliku:

x = (x1, x2 , x3 , … , xn ) i b = (b1, b2 , b3 , … , bm ).

Ovakav način zapisivanja ne treba da predstavlja teškoće, jer kod pravih vektora vrsta koristimo uglaste zagrade i bez zapeta izmedju elemenata. Vektor kolona a = [ ]nαααα ...321

T e rešenje sistema S ako i samo ako važi jednakost A ◊ a = b, drugim rečima, ako je:

11313212111 ... baaaa nn =++++ αααα

22323222121 ... baaaa nn =++++ αααα

33333232131 ... baaaa nn =++++ αααα -------------------------------------------------------

mnnmmmm baaaa =++++ αααα ...332211 .

Po ranijoj konvenciji umesto a = [ ]nαααα ...321T mogli smo pisati i

a = (a1, a2 , a3 , … , an ). U zavisnosti od koeficijenata može se desiti, da sistem nemoguće rešiti, ali i to je moguće, da imamo beskonačno mnogo rešenja. Primer: Data su četiri sistema jednačina.

S1: 5, S

32532

21

21

=+=−

xxxx

2: 5 , S2732532

21

21

21

=−=+=−

xxxxxx

3: , S87325532

21

21

21

=−=+=−

xxxxxx

4: 3225532

321

321

=−+=+−

xxxxxx

U pogledu rešivosti konstatujemeo sledeće:

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

bilo koji broj. x = (x1 = 1+

194 x3 , x2 = –1+

199 x3 , x3 = proizvoljan realan broj).

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

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

Postoje li još neka rešenja? Koliko rešenja postoje?

114

SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA _____________________________________________________________________________________________________

_________________________________________________________________________________ 115

6.2. GAUSS-ov metod eliminacije nepoznatih

Razmotrićemo sada sisteme linearnih jednačina u kojima se broj jednačina ne mora poklapati sa brojem nepoznatih.

Sistem od m jednačina sa n nepoznatih imaće oblik

mnmnjmjmm

ininjijii

nnjj

nnjj

bxaxaxaxa

bxaxaxaxa

bxaxaxaxabxaxaxaxa

=+++

=+++

=+++=+++

LL

MMOMMM

LL

MMMOMM

LL

LL

2211

2211

222222121

111112111

(1)

gde su xj (j=1,2,...,n) nepoznate,

aij (i=1,2,...,m , j=1,2,...,n) koeficijenti uz nepoznate, bi (i=1,2,...,m) nezavisni članove, pri čemu može biti m = n, m < n ili m > n.

Ako su u sistemu jednačina (1) svi nezavisni članovi bi (i=1,2,...,m) jednaki nuli

onda ga nazivamo sistemom homogenih jednačina, u suprotonom kažemo da je sistem nehomogenih jednačina.

Rešenjem sistema (1) nazivamo svaku uređenu n-torku od n brojeva

(ξ1, ξ2, ξ3, ... ,ξn) koji zamenjeni redom umesto xj (j=1,2,...,n) u jednačinama (1) iste pretvaraju u identitete.

Upoznaćemo se sad sa Gauss-ovim metodom sukcesivne eliminacije nepoznatih.

Neka je dat sistem (1) i neka je a11 ≠ 0. Pomnožimo obe strane prve jednačine sa

11

21

aa i oduzmemo od odgovarajućih strana druge jednačine, zatim sa

11

31

aa i oduzmemo od

odgovarajućih strana treće jednačine itd.

Dobijemo sistem:

(2)

mnmnjmjm

ininjiji

nnjj

nnjj

bxaxaxa

bxaxaxa

bxaxaxabxaxaxaxa

′=′+′+′

′=′+′+′

′=′+′+′=+++

LL

MMOMM

LL

MMMOM

LL

LL

22

22

222222

111112111

U sistemu (2) sem prve jednačine ni jedna jednačina ne sadrži nepoznatu x1.

Pored toga sistem (2) ekvivalentan je sa sistemom (1).


Predpostavimo da je i transfomišemo sistem (2) tako da prve dve jednačine

ostanu nepromenjene a iz preostalih jednačina sistema (2) eliminisaćemo nepoznatu x022 ≠′a

2 .

Množimo obe strane druge jednačine redom sa 22

2

22

42

22

32 ,,,aa

aa

aa m

′′

′′

′′

K i oduzimamo od

odgovarajućih strana preostalih jednačina. Dobijemo sistem jednačina ekvivalentan sistemu (1).

tntnjtjt

nnnj

nnjj

nnjj

bxaxaxa

bxaxaxabxaxaxaxabxaxaxaxaxa

′′=′′+′′+′′

′′=′′+′′+′′′=′+′+′+′

=++++

LL

MMOMM

LL

LL

LL

33

333333

222223222

111113112111

Ovaj sistem sadrži t jednačina, pri čemu je t b m jer se broj jednačina pri prvoj i

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

111

22211,2222

11111,1112111

−−−

−−

−−

=++

′=′+′+′++′=+++++

kkn

kknk

kkk

nnkkkk

nnkkkk

bxaxa

bxaxaxaxabxaxaxaxaxa

L

MMM

LL

LL

gde su očigledno i k≤ m i k≤ n. U ovom slučaju sistem (1) je rešiv. Ako je k=n sistem (1) je određen, a za k< n sistem je neodređen, a u slučaju ako se dobija sistem u kome se nalazi bar jedna jednačina čija je leva strana nula a desna različita od nule, tada je sistem protivrečan.

0 , ,0 ,0 )1(2211 ≠≠′≠ −k

kkaaa K

Zaista, ako je k = n sistem (4) dobija oblik:

11

22222

11112111

−− =

′=′++′=+++

nkn

nnn

nn

nn

bxa

bxaxabxaxaxa

MMO

L

L

Iz poslednje jednačine može se izračunati nepoznata xn . Zamenimo li xn u pretposlednju jednačinu može se izračunati nepoznata xn–1 . Na ovaj način nastavljamo izračunavanje nepoznatih xn–2 , xn–3 , ... ,x2 ,x1 .

U slučaju kada se broj preostalih jednačina i nepoznatih razlikuje moguće su

situacije koje šematski predstavljamo na slici 6.1.

116


_________________________________________________________________________________ 117

m < n m = n m > n

r

14424431442443

1442443n

nn

1442443

1442443

m

Slika 6.2.1.

Analizirajmo sliku! Vertikalna crta predstavlja znak jednakosti u jednačinama. Sa desne strane te crte mogu biti slobodni šlanovi različiti od nule, može biti medju njima i nula, a u slučaju homogenog sistema jednačina su svi ti brojevi jednaki nuli. Primenom GAUSS-ovog postupka (pošto upravo sprovodimo "poništavanje" članova na levoj strani) moguće je da neke jednačine potpuno nestanu (njihovo mesto je obeleženo ispod horizontalne crte). Ako pri tome "ostaju" takve jednačine, čije desne strane nisu poništene (to su te unakrsno šrafirane oblasti u desnim donjim uglovima), tada dobijemo neke "besmislene" jednačine oblika 0 = K, gde K broj različit od nule. Takav sistem je nemoguć! Koristimo li naša znanja u vezi matrica, možemo izreći sledeći sud: Rang matrice sistema jednačina (to je matrica levo od vertikalne crte) jeste manji od ranga takozvane proširene matrice sistema (to su svi brojevi: i koeficijenti i slobodni članovi). Po toj činjenici se prepoznaje takozvani nemogući ili nerešivi ili protivrečan sistem jednačina. Ukoloko u toj kariranoj oblasti nema ni jednog broja različitog od nule, tada te "besmislene" jednačine ispod horizontalne crte i ne postoje. Tada je sistem rešiv. Prva mogućnost takve rešivosti je već razmotrena upravo ispred ovih ispitivanja. Preostaje da se odgovori na pitanje: šta se dešava, kada je preostali broj "nezavisnih" ili "neponištivih" jednačina je manji od broja nepoznatih. Neka je preostali broj jednačina r. Prebacimo sve nepoznate kojih ima n–r na desnu stranu, i dobijamo sistem sledećeg oblika: )...(................... 1111114143132121 nnrrrr xaxabxaxaxaxax ′++′−′=′++′+′+′+ ++

)...(.................. 2112224243232 nnrrrr xaxabxaxaxax ′′+

+′′−′′=′′++′′+′′+ ++ ax )...(................... 3113334343 nnrrrr xaxabxax ′′′++′′′−′′=′′′++′′′ +++

------------------------------------------------------------------------ . )...( *

1*

1*

nnrrrrrr xaxabx ++−= ++

Taj sistem šematski prikazujemo na slici 6.2.

1442443 123

1442443

b

r

r

n-rSlika 6.2.2.


Očevidno je, dalji postupak rešavanja se u potpunosti poklapa sa postupkom koji smo opisali na prethodnoj strani u slučaju odredjenog sistema jednačina. Sve nepoznate od prvog do r-tog: x1, x2, , x3 , . . . , xr izračunamo pomoću veličina na desnoj strani gde je prisutno n–r slobodno odabranih nepoznatih. Takav sistem nazivamo neodredjeni sistem sa n–r stepeni slobode. Takav sistem ima beskonačno mnogo rešenja. Još jedna konstatacija u vezi homogenih sistema jednačina. Iz prethodnog razmatranja sledi, da homogeni sistemi jednačina ne mogu biti nemogući! Homogeni sistemi jednačina su uvek rešivi. Jedino pitanje je kod tih sistema: da li je sistem odredjen ili neodredjen, i ako je neodredje, sa koliko stepena slobode je neodredjen? Na kraju zaključujemo da se Gauss-ova metoda može primeniti na bilo koji sistem linearnih jednačina, i uvek odgovara na pitanje rešivosti sistema. Primeri: 1. Reštiti sistem jednačina:

1227532432

321

321

321

=++=−−=−−

xxxxxxxxx

Transformacije ćemo izvršiti na proširenoj matrici sistema:

−

−−∼

−−

−−∼

−−−−

+⋅−+⋅−

+⋅−

11001110

4321

35401110

4321

122175324321

3231

21

)4()1(

)2(

iiii

ii

aaaa

aa

U poslednjoj matrici odgovara sistem jednačina:

11

432

3

32

321

=−=+

=−−

xxxxxx

x1 = 3 , x2 = –2 , x3 = 1

856

2. Rešiti sistem jednačina: x x x xx x x x

x x x xx x x

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3

2 42 3 2

2 32 2 8

− + − =+ + + =+ − +− + =

=

1 1 2 1 42 1 3 2 81 2 3 1 52 2 8 0 6

1 1 2 1 40 3 1 4 00 3 5 2 10 0 4 2 2

1 1 2 1 40 3 1 4 00 0 4 2 10 0 4 2 2

1 1 2 1 40 3 1 4 00 0 4 2 10 0 0 0 1

− −

−−

∼

− −−−

−

∼

− −−− −

−

∼

− −−− −

−

118


_________________________________________________________________________________ 119

Poslednja vrsta matrice sadrži jednačinu 0 = –1 što znači da je sistem protivrečan (nema rešenja).

000

3. Rešiti homogeni sistem jednačina: 2 33 5

4 6

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

x x x xx x x xx x x x

− + − =+ − + =+ − + =

2 1 3 13 1 1 51 2 4 6

2 1 3 15 0 2 45 0 2 4

2 1 3 15 0 2 40 0 0 0

− −−

∼

− −

∼

− −

Poslednja matrica odgovara sistemu jednačina koji je neodređen jer poslednja jednačina sadrži tri nepoznate.

2 35 3

1 2 3 4

1 3 4

x x x xx x x

00

− + − =+ + =

Dvema nepoznatama dajemo proizvoljne vrednosti: x3=α , x4=β

x x x1 2 32 4

59 13

5=

+= x4

−= =

α β α βα β , , , .

4. 5.

x x xx x x

x x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 5 22 2

2 03 2 1

− − =+ − =+ +−( , , )

2=

3 17

2 9

1 2

1 2

1 2

x xx xx x

− =+ =+ =

( , ) 2 5

6. 7.

x x xx x xx x xx x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 22 3

2 3 23 2 3

2 1 2

+ + =− − + =

+ − =+ − =−( , , )

32−

x x xx x x

x x xx x xx x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

02 2

2 35 2

2 13 4 1

88

+ + =− − =− − =

− + + =+ − =−( , , )

−

8 9.

x x x xx x x xx x x xx x x x

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

2 32 33 4 4

3 2 2

+ − + 5273

=− − + =+ − + =− − − = −

x x xx x xx x x

x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 3

2 32 1

2 3 33 7

7 3 4

2

− + =− + −

− + =+ =

− −( , , )α α α

=

( , , 9 7 5

58 5

5+ − − −α

, )β α β

α β


10. 11,

x x x xx x x xx x x

x x x

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 4

2 3 4

2 33 2

2 5 22 4

+ + − = 1

12

−+ − + =+ −

− + ==

x x xx x xx x xx x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

3 62 1

3 2 22 2

83

− + =− − =− + =

− − + =

−

(protivrečan) (protivrečan) Zadaci: Rešiti GAUSS-ovim metodom eliminacije sledeće sisteme jednačina:

a) 2

385723375232537

123

54321

54321

54321

54321

=+−+−=−+−+=+−+−=−+−+

xxxxxxxxxxxxxxx

xxxxx

, b)

12343212231453

54321

54321

54321

54321

4321

−=+−++=−++−=−−+−−=+−++

=−++

xxxxxxxxxxxxxxxxxxxx

xxxx

.

c) Izvršiti diskusiju sledećih sistema jednačina u zavisnosti od prisutnog parametra. c1) (5m+1) x1 – 2m x2 + (4m+1) x3 = m + 1 (4m–1) x1 + (m–1) x2 + (4m–1) x3 = –1 2(3m+1)x1+ 2m x2 + (5m+2) x3 = 2 – m. c2) d x1 – (2d – 1) x2 + (d + 2) x3 = 1 (d – 1) x2 + (d – 3) x3 = 1 + d d x1+ (3d – 2) x2 +(3d + 1) x3 = 2 – d.

6.3. Rešavanje sistema linarnih jednačina pomoću determinanata

Posmatrajmo sada sistem linearnih jednačina u kojima broj jednačina jednak sa brojem nepoznatih (m = n).

Sistem od n jednačina su n nepoznatih imaće oblik:

(6.)

nnnnjnjnn

ininjijii

nnjj

nnjj

bxaxaxaxa

bxaxaxaxa

bxaxaxaxabxaxaxaxa

=+++

=+++

=+++=+++

LL

MMOMMM

LL

MMMOMM

LL

LL

2211

2211

222222121

111112111

gde su xj nepoznate, aij koeficijenti uz nepoznate, bi nezavisni članovi.(i,j = 1,2,...,n)

Označimo determinantu kvadratne matrice sistema (6) sa D:

120


_________________________________________________________________________________ 121

nnnjnn

inijii

nj

nj

aaaa

aaaa

aaaaaaaa

D

LL

MOMMM

LL

MMOMM

LL

LL

21

21

222221

111211

=

Pretpostavili smo da sistem (6) ima n jednačina sa n nepoznatih, zato koeficijenti

aik obrazuju determinantu (D) n-tog reda, pretpostavimo i to da je determinanta različita od nule, D≠0, i da sistem ima rešenja (x1 , x2 ,…, xn). Da bismo odrediti nepoznatu xn pomnožimo sistem jednačina kofaktorima elemenata k-te kolone, tj. kofaktorima elemanta aik i saberemo leve i desne strane jednačina sistema i grupisanjem koeficijenata uz nepoznate xk (k=1,…,n) dobijamo:

( a11A1k + a21A2k + … + ai1Aik + … + an1Ank )x1 +( a12A1k + a22A2k + … + ai2Aik + … + an2Ank )x2

+ … + ( a1kA1k + a2kA2k + … + aikAik + … + ankAnk )xk

+ … + ( an1A1k + an2A2k + … + an1Aik + … + annAnk )xn = b1A1k + b2A2k + … + biAik + … + bnAnk

Koeficijent uz nepoznatu xk je vrednost determinante D sistema (6), a ostali koeficijenti uz nepoznate x1 , x2 , … , xk-1 , xk+1 , …, xn su nule (iz osobine determinante). Izraz na desnoj strani predstavlja takođe determinantu koja se dobija iz determinante sistema kada se koeficijenti a1k , a2k , … , ank uz nepoznatu xk zamene slobodnim članovima bi . Prema tome je:

a a a aa a a a

a a a a

x

a a b aa a b a

a a b a

k n

k n

n n nk nn

n

n

n

n n n n

11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

11 12 1 1

21 22 2 2

1 2

L L

L L

M M M M

L L

L L

L L

M M M M

L L

⋅ =

n

; xk⋅D = Dk

Dakle, nepoznate se određuju kao količnici determinanata:

xDD

xDD

xDD

xDDk

kn

n1

12

2= = = = ; ; ... ; ; ... ; .

Ove formule nazivaju se KRAMER-ove formule. Kada je determinanta sistema različita od nule sistem jednačina ima jedno i samo

jedno rešenje: ( ). Nepoznate xx x xn1 2, , ... , k (k=1,2,…n) određuju se po KRAMER-ovim formulama. One prestavljaju KRAMER-ovo pravilo:


Sistem od n linearnih nehomogenih jednačina sa n nepoznatih čija je determinanta

sistema različita od nule ima samo jedan sistem rešenja. To su rešenja određena količnicima čiji je imenilac uvek determinanta sistema a brojioci su determinante koje se dobijaju iz determinante sistema, kada se u njoj koeficijienti uz nepoznatu koja se traži zamene desnim stranama jednačina nehomogenog sistema. Primeri: 1.

5 2 3 42 4 5 12

3 2 2 83 3 1

1 3 2 1

5 2 3 42 2 4 51 3 2 23 1 1 3

175

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

x x x xx x x x

x x x xx x x x

D

+ − + =− + − =+ − − =− + + = −

−

=

−− −

− −−

= −

( , , , )

; ,

; ; 525

3113228154122

4345

175

3111223854212

4324

21 −=

−−−−

−

=−=

−−−−−−

−

= DD

175

11138231

124224325

350

3113283151222

4425

43 =

−−−

−−

=−=

−−−−−

= DD ;

Rešenja su: x x x x1 2 3 4175175

525175

350175

175175

1=−−

=−−

=−−

=−

= −= 1 ; = 3 ; = 2 ;

2. 3.


1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

3 72 3 4

3 4 22 3 22 3 5 1

−19

92

+ − =− + − =+ − + =

− + + + =−( , , , )

−−


x x x

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3

2 01

2 23 4

3 3 2 1

32

+ + − =− − ++ + + =+ + =− −( , , , )

=

4. 5.

2 02 4

3 11 3 1

1 2 3

1 2 3

1 2 3

x x xx x xx x x

+ − =+ + =+ + =

−( , , )

x x xx x x

x x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

32 2

2 41 1 1

1

− + =+ + =− − =−( , , )

−

122


_________________________________________________________________________________ 123

6.4. Rešavanje sistema linearnih jednačina primenom inverzne matrice.

Najbolju primenu inverzne matrice nalazimo kod rešavanja sistema lilnearnih jednačina i to kod n jednačine sa n nepoznatih.

Dat je sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih Koeficijente možemo napisati u obliku matrice, i ta matrica se naziva osnovna matrica sistema.

=

nnnjnn

inijii

nj

nj

aaaa

aaaa

aaaaaaaa

A

LL

MOMMM

LL

MMOMM

LL

LL

21

21

222221

111211

Nepoznate i slobodne članove možemo pisati u obliku matrice (vektora) kolone.

X

xx

x

B

bb

bn n

=

=

1

2

1

2

M M ;

Putem ovih, sistem jednačina se može kraće pisati u obliku matrične jednične

A⋅X=B .

Svaki onaj skup brojeva ( ) koji sistem (6) pretvaraju u identitet nazivamo rešenjem sistema, a matricu X rešenjem (korenom) matrične jednačine A⋅X=B

x x xn1 2, , ... ,

Ako je matrica A regularna, onda postoji i (A–1) inverzna matrica, a to znači da i

sistem ima rešenje. Ako matričnu jednačinu A⋅X = B množimo sa A–1 dobićemo A–1⋅A⋅X= A-1⋅B ; X= A-1⋅B ili

xx

xA

A A AA A A

A A A

bb

bn

n

n n nn n

1

2

11 12 1

21 22 11

1 2

1

21M

L

L

M M O M

L

M

⋅

⋅

= ili

xx

xD

DD

Dn n

1

2

1

21M M

=

jer je kraće ako se uvedu oznake |A| = D i . Iz toga sledi rešenje: A b D k nik i ki

n=∑ =

=11 ; ( ),...,

xDDk

k= za D≠0 (k=1,…,n) što predstavlja KRAMER-ovo pravilo za rešavanje sistema.


Primer: 1. Rešiti matrični sistem jednačina A⋅X=B ako su

A Xxxx

B=−−

−

=

=−

1 8 92 1 32 2 1

321127

1

2

3

, ,

Rešenje: |A|=D= –15 osnovna matrica A je regularna, što znači da postoji AA

adjA− =1 1.

A− = −− −

−−

1 115

5 10 158 19 156 18 15

na osnovu ovog postoji X= A-1⋅B ; , xxx

1

2

3

941

=

−

iz čega sledi, da su rešenja sistema x1=9 , x2=4 , x3= –1. 2.

x x xx x xx x x

1 2 3

1 2 3

1 2 3

2 42 33 4

+ + =− + =+ − =

321− , A = −

−=

1 2 12 1 33 4 1

22 , A− =−

− −−

1 122

11 6 711 4 111 2 5

xxx

xxx

1

2

3

1

2

3

122

11 6 711 4 111 2 5

43

12

121

=

−− −

−

−

=

−

; .

6.5. KRONECKER-CAPLELLI-jev stav

Za sistem jednačina (1) važi Kronecker-Capelli-jev stav koji glasi: Sistem nehomogenih linearnih jednačina (1) saglasan (to jest ima rešenje) tada i samo tada kada je rang matrice koeficijenata A=[aij](m,n) jednak rangu proširene matrice (B) koja se dobija kada se matrici koeficijenata A dopišu kao poslednja kolona nezavisni članovi, bi .

Matrice su oblika:

=

=

321

222221

111211

21

22221

11211

baaa

baaabaaa

B

aaa

aaaaaa

A

mnmm

n

n

mnmm

n

n

L

MMOMM

L

L

L

MOMM

L

L

;

Dakle, mora biti rang(A)=rang(B). Ovaj uslov je potreban i dovoljan.

124


_________________________________________________________________________________ 125

Razlikovaćemo dva slučaja ako je sistem (1) saglasan:

1. Ako je r(A) = r(B) = r = n onda sistem ima n jednačina linearno nezavisnih, a to

je slučaj koji smo videli kod KRAMER-ovog pravila. Sistem tada ima jednoznačno određeno rešenje ( ) a za sistem kažemo da je određen. x x xn1 2, , ... ,

2. Ako je r(A) = r(B) = r < nonda se sistem može napisati u obliku

a11x1 + a12x2 + … + a1rxr = b1 - a1,r+1xr+1 - a1,r+2xr+2 - … -a1nxn a21x1 + a22x2 + … + a2rxr = b2 - a2,r+1xr+1 - a2,r+2xr+2 - … -a2nxn … ar1x1 + ar2x2 + … + arrxr = br - ar,r+1xr+1 - ar,r+2xr+2 - … -arnxn

Ovakav sistem jednačina ima za rešenje ( x x xr1 2, , ... , ) koje zavisi od ( x x xr r n+ +1 2, , ... ,

x x x

) nepoznatih, mi ih možemo po volji izabrati i tako dobiti beskonačno mnogo rešenja za dati sistem. Sistem je tada (n–r)-to struko neodređen jer za

r r n+ +1 2, , ... , uzimamo proizvoljne vrednosti.

3. Ako r(A) ≠ r(B) sistem je nesaglasan (nema rešenja) ili protivrečan. Primeri: 1. Ispitati da li je sistem saglasan. Primeniti Kronecker-Capelli-jev stav.

7 53 7

15 9 9

1 2 3

1 2 3

1 2 3

x x xx x xx x x

1− + =+ −+ + =

=

Određivanje ranga matrice radi se Gauss-ovim algoritmom svođenjem matrice B

(površine matrice sistema) na dijagonalnu (trouglastu) formu, a elemente matrice A (sistema) se odvajaju crticama, vidi se da r(A) = r(B) = 2:

B =−

−

∼

−−−

∼

−−

7 1 5 11 3 1 7

15 1 9 9

7 1 5 10 22 12 480 22 12 48

7 1 5 10 22 12 480 0 0 0

Sistem je n–1=1 struko neodređen.

Ako se uzme da x3 = α onda x x1 25 7

1124 6

11=

−=

−α α , .


2. 3.

2 3 27 55 4 66 38 5 2

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

x x xx x xx x xx x xx x x

− − =+ + =− − =+ − =+ − =

34829

−−−

2 13 2 2 35 22 3

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4


21

4

+ − + =− + − =+ − + =− + − =

−

r(A) = r(B) = 3 = n r(A) = 3 , r(B) = 4 Rešenje: (2, -3, 5). r(A) ≠ r(B) , sistem je protivrečan.

4. Diskutovati rešenja sistema za razne vrednosti parametra m:

mx x xx mx xx x mx

1 2 3

1 2 3

1 2 32

1+ + =+ + =+ + =

mm

.

Rešenje:

|A| = (m-1)2 (m+2) , To znači da za m ≠ 1 ∧ m≠ –2 r(A) = r(B) = 3 i sistem je određen. a) za m = 1 r(A) = r(B) = 1, i pošto je n=3 zato sistem dvostruko neodređen, b) za m = –2 r(A) = 2 , r(B) = 3 , sistem je protivrečan. 5. 6.

2 3 27 55 4 66 38 5 2

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

1 2 3

x x xx x xx x xx x xx x x

− − =+ + =− − =+ − =+ − =

34829

−−−

2 5

2 13 0

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4


+ − + =+ − − =− − + =

r(A) = r(B) = 3 = n = r r(A) = r(B) = 3 = r , n = 4 , r < n Rešenje: (2, -3, 5) sistem je neodređen sa n–r= 1 stepenom slobode:

13 6

724 3

715 8

7− − −

α α αα; ; ;

6.6. Sistem homogenih jednačina

Kod homogenog sistema su svi slobodni članovi bi = 0. Jasno je da su očevidna rešenja xi=0. Ova se rešenja zovu identična ili trivijalna. Pored ovih trivijalnih rešenja sistem može imati i drugih rešenja različitih od nule.

Sistem homogenih jednačina ne može biti pritivrečan jer uvek ima bar jedno

rešenje: x1=0, x2=0, …, xn=0. U slučaju ako je broj jednačina u sistemu manji od broja nepoznatih (m<n), sistem pored trivijalnog ima i druga rešenja, sistem je neodređen, jer se broj jednačina primenom Gauss-ove metode može se smanjiti.

126


_________________________________________________________________________________ 127

U slučaju kada je determinanta sistema D≠0 sistem je određen i ima kao jedino

rešenje trivijalno po KRAMER-ovim formulama. Homogeni sistem ima samo trivijalna rešenja ako r(A) = r = n. Ako je r(A) = r < n

tada sistem pored trivijalnog ima i beskonačno mnogo rešenja i to: nepoznate x1, x2, … , xr mogu se izraziti preko xr+1, xr+2, … , xn (sistem koji sadrži te nepoznate treba da je saglasan). Primeri: Rešiti sistem 1. 2.

x x xx x xx x

1 2 3

1 2 3

1 3

2 00

3 5

+ −− + =

+ = 0

=

2 53 24 3 2

1 2 3

1 2 3

1 2 3

x x xx x xx x x

000

+ + =+ ++ + =

=

r(A) = 2 < n r(A) = 3 = n

(− 5

3α

, 43α

, α) (x1= x2= x3=0 , trivialno rešenje).

3. 4.

x x x xx x x xx x x

x x x x

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3

1 2 3 4

3 24 5

2 33 2

+ + + 00

00

=+ + ++ + =+ + +

=

=

3 4 5 72 3 3 24 11 13 167 2 3

24 27 29 0

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4

1 2 3 4


x x x x

0000

+ − + =− + −+ + +− + ++ − +

====

r(A) = 3 < n jednostruko neodređen r(A) = 2 < 4 dvostruko neodređen

(0, -3α, α, 7α) ( 3 13

17α β−

, 19 20

17α β−

, α, β)

5. Odredimo parametar m tako, da sistem SH

ima jedistveno (odredjeno) rešenje, ima netrivijalno rešenje.

SH:

0000

4321

4321

4321

4321

=+++=+++=+++=+++

mxxxxxmxxxxxmxxxxxmx

.

Rešenje tražimo primenom GAUSS-ovog metoda eliminacije u matričnoj formi. U ovom slučaju nije potrebno voditi računa o proširenoj matrici, jer je dodatna kolona sačinjena isključivo od 0.

~ ~ ~

mm

mm

111111111111

++++ 3333111111111

mmmmm

mm

1111111111111

mm

m

(1) m π –3 (2)


~ ~ ~ ~ .

1111111111111

mm

m

−−−−

−

mmmm

m

1110010000101111

−−− 1110010000101111

1000010000101111

(3) m π 0 (4) m π 1 (5) (6)

Opis koraka: (1) dodajemo prvu, drugu i treču vrstu četvrtoj, (2) podelimo četvrtu vrstu sa m+3 (obratiti pažnju na uslov!) (3) zamena mesta prve i četvrte vrste, (4) oduzimanje prve vrste od druge i od treće, kao i oduzimanje m-tostruke prve vrste od

četvrte vrste (obratiti pažnju na uslov!), (5) deljenje druge, treće i četvrte vrste sa m–1 (obratiti pažnju na uslov!), (6) dodavanje druge i treće vrste četvrtoj vrsti.

Iz matrice dobijene u 6. koraku jednoznačno sledi: sistem ima jedinstveno rešenje – a to je takozvano trivijalno rešenje, naravno, samo ako su zadovoljeni uspuni uslovi!

Razume se, ne možemo ostaviti bez odgovora pitanja, šta je u slučaju, kada ti uslovi

nisu zadovoljeni? Šta se dešava, ako je ipak m=1, ili m=0 ili m=–3 ? Ispitajmo te slučajeve pojedinačno!

m= –3 Osmotrimo matricu dobijenu nakon prva dva koraka metoda eliminacije. Stavimo da

je m = –3! Pošto je treća vrsta sačinjena od samih nula – izostavimo je:

~ ~ ~ ~

−−

−

131111311113

−−

−

111311311311

−−

−

484004401311

−−−

440001101311

(1) (2) (3)

~ ~ ~ .

−−−

110001101311

−−−

110010102011

−−−

110010101001

(4) (5) (6) Opis koraka:

(1) zamena mesta prve i treće vrste, (2) oduzimanje prve vrste od druge, odnosno dodavanje trostruke prve vrste trećoj, (3) deljenje druge vrste sa –4, zatim oduzimanje četvorostruke vrednosti od treće vrste, (4) deljenje treće vrste sa –4, (5) dpdavanje treće vrste drugoj, odnosno trostruke treće vrste prvoj vrsti, (6) oduzimanje druge vrste od prve vrste.

128


_________________________________________________________________________________ 129

Koristili smo takozvani modifikovani GAUSS-ov algoritam. Poništavaju se elementi i iznad i ispod dijagonale. Razlika izmedju broja nepoznatih i ranga matrice je n–r = 4–3 = 1, zato imamo jedan stepen slobode. Neka je naš izbor x4 = l.

Sistem jednačina dobijen u (6) koraku je:

SH(3) : 000

43

42

41

===

−−−

xxxxxx

,

zato slede rešenje x1 = x2 = x3 = x4 = l, to jest (x1, x2, x3 , x4 ) = (l, l, l, l) = l(1, 1, 1, 1).

m= 1

Očevidno je, da u slučaju m=1 čak tri jednačine postanu suvišne i preostaje samo jedna: x1 + x2 + x3 + x4 = 0.

Rang je r = 1. To znači n – r = 4 – 1 = 3 stepena slobode

Birajmo slobodno x2 = a, x3 = b, x4 = g. Sledi x1 = –( x2 + x3 + x4) = – ( a + b + g ).

Opšte rešenje je: (x1, x2, x3 , x4 ) =(– ( a + b + g ), a , b , g ). Nije teško uočiti da je to moguće (upotrebom osobina sabiranja vektora i množenje vektora sa brojem) zapisati:

(x1, x2, x3 , x4 ) = (– ( a + b + g ), a , b , g ) =

= (– a , a , 0 , 0 )+(– b, 0 , b , 0 )+(– g, 0 , 0 , g ) =

= a (–1, 1, 0, 0) + b (–1, 0, 1, 0) + g (–1, 0, 0, 1). Prema tome, opšta, netrivijalna rešenja se javljaju kao linearna kombinacija tri

osnovna rešenja. Sa tim "osnovnim" rešenjima čemo se kasnije još detaljni pozabaviti.

m= 0

Matrica sistema SH u slučaju m = 0 ima izgled:

0111101111011110

~ ~ ~ ~

0111101111101101

−−

1010011011101101

−−−−

2100120011101101

~ ~ fi

−− 1200210011101101

−−

3000210010101001

fi r = 4, n – r = 0, znači postoji samo trivijalno rešenje!


Rezime: U zadatku dati homogeni sistem SH ima:

I. u slučaju m = –3 netrivijalno rešenje l(1, 1, 1, 1) za l π 0.

II. u slučaju m = 1 skup netrivijalnih rešenja:

a (–1, 1, 0, 0) + b (–1, 0, 1, 0) + g (–1, 0, 0, 1) pri čemu a π 0 ⁄ b π 0 ⁄ g π 0.

III. Za bilo koju drugu vrednost parametra m sistem je odredjen i ima samo trivijalno rešenje:: (0, 0, 0, 0).

Zadaci: Odredite rešenja homogenih sistema jednačina!

a) b)

0327016131140233207543

4321

4321

4321

4321

=++−=+−+=−+−=+−+

xxxxxxxxxxxxxxxx

03345062203230

54321

5432

54321

54321

=−+++=+++=−+++=++++

xxxxxxxxxxxxxxxxxxx

.

Ispitni zadaci 6. 1. (28.09.1998.) Diskutovati sledeći sistem jednačina po parametru λ :

( )( )

( )( ) 31

211

11

λλ

λλ

λλλ

=++++

=++++

=++++=++++

zyxuzyxuzyxuzyx

Rešenje:

Determinanta sistema je ( )4

1111111111111111

3 +=

++

++

=∆ λλ

λλ

λλ

.

Ispitujemo slučajeve λ = 0 i λ = –4, jer za λ ≠ 0 i λ ≠ –4 sistem je određen. Za λ = 0 imamo prvu jednačinu x + y + z + u = 1, dok sve ostale jednačine imaju isti oblik: x + y + z + u = 0. Očevidno, sistem je protivrečan. Matričnim putem bi dobili zaključak, da je rang matrice sistema 1, dok je rang proširene matrice sitema 2.

130


_________________________________________________________________________________ 131

Za λ = –4 imamo proširenu matricu sitema jednačina:

−

−

−−

−−

27931

3111131111311113

~

−

−−

−−

20931

0000131111311113

.

Nije potrebno dalje nastaviti, lako se uočava, da sistem i u ovom slučaju je nemoguće rešiti. Zaključak je dobijen tako, da su prve tri vrste dodate četvrtoj vrsti, i dobili smo četvrtu jednakost u obliku 0 = –20, što je, naravno nemoguće! 2. (13.04.1999.)

Diskutovati sistem linearnih jednačina za razne vrednosti parametara p i q.

1

1

=++=++=++

pzqyxqzypqx

zyqpx

Rešenje: Determinanta sistema je D=q (p + 2)(p – 1)2. Za q ≠ 0 i p ≠ –2 i p ≠ 1 sistem je odredjen, i ima jedinstveno rešenje. U zadatku to rešenje nije traženo, prema tome i ne nastavljamo u tom pravcu. Ispitujemo redom slučajeve: Za q = 0 imamo sistem jednačina, koji je nemoguć za bilo koji p: px + z = 1, x + z = 0, x + pz = 1. Da bi smo potvrdili taj zaključak oduzmimo drugu jednačinu i od prve i od treće. Izračunajmo iz dobijenih jednakosti x i z. Dobijamo tvrdjenje (uz uslov da je p ≠ 1): x = z = 1/(p–1), što je broj koji različit od nule. Međutim po drugoj jednačini treba da je x = – z, što nije moguće. Ako se uzima da je p = 1, odmah se uočava protivrečnost prve i druge jednačine. Za p = 1 imamo sistem jednačina: x + qy + z = 1, x + qy + z = q, x + qy + z = 1. Ako je u tom sistemu q = 1 , imamo umesto tri jednačine jednu: x + y + z = 1. To znači da u tom slučaju polazni sistem je neodređen sa 2 stepena slobode (3 nepoznate – jedna jednačina). Za bilo koju vrednost q ≠ 1 prva i treća jednačina se polkapaju, ali su u suprotnosti sa drugom, te u tom slučaju sistem je nemoguć. Za p = –2 imamo sistem jednačina: –2x + qy + z = 1, x – 2qy + z = q, x + qy – 2z = 1. Saberemo li sve tri jednačine, dobijamo zaključak: 0 = q + 2. Nije teško uočiti, da za bilo koju vrednost q ≠–2 prethodna jednakost predstavlja besmislicu, te sistem je nemoguć. Pretpostavimo li da parametar q ipak ima tu vrednost, t.j. za q = –2 , sistem će biti jednostruko neodređen, jer se svodi na: –2x – 2y + z = 1, x + 4y + z = –2, x –2y – 2z = 1. Dodavanjem druge i treće jednačine prvoj, ona se u potpunosti poništava, prema tome ostanu nam dve jednačine i tri nepoznate, a to je upravo taj jedan stepen slobode.


132

3. (02.09.2003.) Ispititati rešivost i naći eventualno rešenje datog sistema jednačina primenom Gausove metode eliminacije.

x1 – 2 x2 + x3 + x4 = 1 x1 – 2 x2 + x3 – x4 = –1 x1 – 2 x2 + x3 +5 x4 = 5

Rešenje: Jednostrukim oduzimanjem prve jednačine od svih ostalih jednačina dobija se:

x1 – 2 x2 + x3 + x4 = 1 – 2 x4 = –2 4 x4 = 4.

Očevidno je, da se druga i treća jednačina svodi na jednu: x4 = 1. Zamenimo li to u prvu jednačinu imamo: x1 – 2 x2 + x3 = 0. To znači dva stepena slobode. Bilo koje dve od ove tri nepoznate slobodno biramo, a treća se izračunava pomoću njih.

Na primer: x2 = α, x3 = β, tada je x1 = 2 α – β. Prema tome opšte rešenje je:

(2 α – β, α, β, 1) ili α (2, 1, 0, 0) + β (–1, 0, 1, 0) + (0, 0, 0, 1). 4. (08.06.2004.)

Da li sistem jednačina ima rešenja? (Ako postoji rešenje – odrediti ga!) x1 + 2x2 + 3x3 – x4 = 1 3x1 + 2x2 + x3 – x4 = 1 2x1 + 3x2 + x3 + x4 = 1 2x1 + 2x2 + 2x3 – x4 = 1 5x1 + 5x2 + 2x3 = 2. Rešenje: Na proširenoj matrici sistema primenjujemo GAUSS-ov metod eliminacije:

−

−−

21111

02551222113211231321

~

−−−−

−−−−−−−−

−

31121

513501420351028401321

~

−−−−−

31111

513501420142035101321

~

−−

−−

−−

2111

101200560035101321

Očevidno je, nakon izostavljanja vrsta koje se poništavaju (precrtane), da je rang matrice i proširene matrice isti: 3. To znači 1 stepen slobode (imamo 4 nepoznate!). Odaberimo x4 = k. Iz ovog izbora i poslednje matrice sledi sistem jednačina: x1 + 2x2 + 3 x3 = 1 – k x2 + 5 x3 = 1 + 3k 6 x3 = 1 + 5k. Odavde ne predstavlja teškoću odrediti opšte rešenje datog sistema jednačina:

( x1 , x2 , x3 , x4 ) =

+−+ kkkk ,

651,

671,

651 =

61 ((1, 1, 1, 0) + k (5, –7, 5, 1)).

7. VEKTORSKI PROSTORI

7.1. Pojam vektorskog prostora

Posmatrajmo skupove R ={ },...,,, δγβα , i V={ }...d,c,b,a, , pri čemu skup R ima strukturu polja u odnosu na sabiranje i množenje elemenata, a V ima strukturu komutativne grupe u odnosu na sabiranje. Ovi zahtevi ukratko znače sledeće: U skupu R za ma koje elemente α i β važi, da su i α + β, α –β, α⋅β i α:β, (β ≠ 0) elementi tog skupa, pri čemu su operacije sabiranja, oduzimanja, množenja i deljenja snabdevene poznatim svojstvima tih operacija u skupu realnih brojeva; dok zahtev, da skup V ima strukturu komutativne grupe u odnosu na sabiranje znači sledeće: 1. a + b ∈ V, za ma koje a,b ∈ V; 2. (a + b) + c = a + (b + c), za ma koje a,b,c ∈ V (asocijativnost); 3. Postoji elemenat 0 ∈ V, za koji je 0+a = a+0 za ma koji a ∈ V ,(postoji

neutralni elemenat te operacije u tom skupu); 4. Za ma koji elemenat a ∈ V postoji -a ∈ V, za koji je a+(-a) = 0; (svaki

elemenat ima svoj inverzni elemenat); i 5. a + b = b + a, za ma koje a,b ∈ V (komutativnost). Definicija 7.1.: Komutativna grupa V sa unutrašnjom operacijom + čini vektorski prostor nad poljem R sa unutrašnjim operacijama sabiranja i množenja, ako je definisana "spoljašnja" operacija množenja između elemenata R i V, koja zadovoljava sledeće zahteve za ma koje α , β ∈ R i a,b ∈ V: 1. α ⋅ a ∈ V, 2. (α + β ) ⋅ a = α ⋅ a + β ⋅ a, 3. α ⋅ (a + b) = α ⋅ a + α ⋅ b, 4. (α β ) ⋅ a = α ⋅ (β ⋅ a), 5. 1⋅ a = a, i 0 ⋅ a = 0, (0,1 ∈ R i 0∈ V). Primer 7.1.: Posmatrajmo skup (geometrijskih) vektora u prostoru. Uočimo, da taj skup ima strukturu komutativne grupe u odnosu na sabiranje vektora, definisanog u prethodnom poglavlju, dok u pogledu množenja vektora brojem zadovoljeni su zahtevi iz definicije 7.1.; prema tome, skup geometrijskih vektora ima strukturu vektorskog prostora nad poljem realnih brojeva.

Proveriti!

133

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ Primer 7.2.: Posmatrajmo skup matrica tipa (m,n). Proveriti, da i taj skup zadovoljava uslove komutativne grupe u odnosu na sabiranje matrica, a takođe i pogledu množenja matrice brojem zadovoljava i uslove vektorskog prostora nad poljem realnih brojeva.

Proveriti!

Primer 7.3.: U svojstvu elemenata skupa V uočimo polinome sa racionalnim koeficijentima promenljive x: . 01

11 ...)( axaxaxaxP n

nn

nn ++++= −−

Proveriti da je skup polinoma snabdeven strukturom komutativne grupe u odnosu

na uobičajeno sabiranje polinoma. Dalje, ako posmatramo i množenje polinoma sa brojem u uobičajenom smislu, može se proveriti, da takvo množenje zadovoljava zahteve iz definicije vektorskog prostora, zato i skup polinoma ima strukturu vektorskog prostora nad poljem realnih brojeva.

Primer 7.4.: Dat je skup V = {vv = ( )naaaa ,...,,, 321 , a ∈ R , i =1,2,...,n}.

(Popularno se taj skup naziva skupom "n-torki".(U slučaju n=3 imamo vektore - uređene trojke u dekartovom koordinatnom sistemu.) .

i

Proveriti da V ima strukturu vektorskog prostora nad poljem realnih brojeva, ako

sabiranje elemenata u skupu n-torki definišemo kao prirodno uopštenje sabiranja vektora u dekartovom koordinatnom sistemu (sabiramo odgovarajuće koordinate), dok pod množenjem sa brojem podrazumevamo množenje svake koordinate vektora tim brojem.

U svojstvu elemenata skupa V mogu se posmatrati uredjene n-torke i u obliku kolona. U oba slučaja ti objekti u suštini jesu matrice; u prvom slučaju su tipa (1,n), dok u ovom drugom tipa (n,1). To znači, da ovaj primer predstavlja specijalni slučaj primera 7.2. u vezi matrica. Proveriti! U daljim razmatranjima pod vektorima ćemo podrazumeti ovakve uređene "n-torke" realnih brojeva, a primeri i zadaci će biti birani često sa područja uređenih trojki.

7.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora Definicija 7.2. Za proizvoljan skup vektora , uzetih iz V i brojeva n321 ,...,,, vvvv

nαααα ,...,,, 321 uzetih iz R izraz

nn vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ αααα ...332211 nazivamo linearnom kombinacijom vektora . Linearna kombinacija vektora je takođe vektor.

n321 ,...,,, vvvv

134

DISKRETNA MATEMATIKA _______________________________________________________________________________________

Primer 7.5.: Neka su dati vektori: )1,8,5,1( ),0,8,2,4( 21 −== vv ,

i . Jedna njihova linearna kombinacija je: )5,1,0,0( 3 =v )1,1,1,1(4 =v

v = 1 4321 132 vvvv ⋅+⋅−⋅+⋅ =

= (4,2,8,0) + (-2,10,16,2)+(0,0,-3,-15)+(1,1,1,1) = (3,13,22,-12). Definicija 7.3. Za proizvoljan konačan skup vektora kažemo da je linearno zavisan skup, ako postoji linearna kombinacija tih vektora koja je jednaka nuli, pri čemu je bar jedan od brojeva α

n321 ,...,,, vvvv

i uzetih iz skupa R različit od nule, tj: nn vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ αααα ...332211 = 0, za bar jedno 0 ≠iα .(αi ∈ R , i = 1,2,3,...,n).

Definicija može biti preformulisana na sledeći način: Definicija 7.3.a. Za proizvoljan konačan skup vektora kažemo da je linearno nezavisan skup, ako linearna kombinacija tih vektora može biti jednaka nuli samo ako su svi brojevi α

n321 ,...,,, vvvv

i uzetih iz skupa R jednaki nuli, tj:

nn vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ αααα ...332211 = 0,

samo ako su svi 0 =iα .(αi ∈ R , i = 1,2,3,...,n). Posledica ove definicije je, da iz skupa linearno zavisnih vektora elementi koji, imaju koeficijent različit od nule mogu se izraziti kao linearna kombinacija ostalih. Recimo, ako je 0 ≠kα , tada će biti za kii ααβ = (i=1,2,...,n, i≠k):

n1k11-k12211k ...... vvvvvv ⋅++⋅+⋅++⋅+⋅= ++− nkk βββββ .

Primer 7.6.: Vektori )1,1,1,1( ),1,2,3,4( ),4,3,2,1( 321 === vvv su linearno zavisni, jer je 321 5 vvv ⋅−+ = 0, ili, naprimer: 321 5 vvv ⋅+−= . Proveriti! Ako u vektorskom prostoru V odaberemo jedan skup od k linearno nezavisnih vektora, tada svojim linearnim kombinacijama oni proizvedu ili razapinju podprostor V1 datog prostora V. U tom podprostoru bilo koji skup od k+1 vektora predstavlja linearno zavisan skup.

Pokušajmo u jednom vektorskom prostoru pronaći što veće skupove linearno

nezavisnih vektora! Na taj način podprostori, generisani odabranim linearno nezavisnim skupovima vektora biće sve širi, dok u krajnjem slučaju ćemo pronaći i jedan takav skup od n linearno nezavisnih vektora koji generiše čitav prostor. Tada bilo koji elemenat

135

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ prostora V može biti izražen pomoću datih n vektora (bilo koji skup od n+1 vektora je linearno zavisan skup). Definicija 7.4.: Dimenzija vektorskog prostora V je maksimalan broj linearno nezavisnih vektora u njemu. Definicija 7.5.: Baza vektorskog prostora V je bilo koji skup od n linearno nezavisnih vektora, gde je n dimenzija prostora. Primećujemo, da definicija baze dozvoljava postojanje više baza istog prostora. Te baze su ravnopravne, samo dogovori (konvencije) prave razliku među njima. Postavlja se pitanje, kako uvideti kod datog skupa vektora, da li je taj skup linearno nezavisan ili je linearno zavisan? Neka je dat skup od m uređenih n-torki u obliku vektor-kolona. Formirajmo za ispitivani skup vektora njihovu linearnu kombinaciju pomoću brojeva , i = 1,2,...,m (brojeve ne moramo uvek obeležavati grčkim slovima.) i zahtevajmo da ta kombinacija bude jednaka nuli, dobijamo:

m321 ,...,,, vvvv

ix

mmxxxx vvvv ⋅++⋅+⋅+⋅ ...332211 = 0.

Taj zahtev možemo napisati u obliku matrične jednačine Ax=0, gde je matrica A

formirana od koordinata vektora vi svrstanih u kolone, dok x je vektor kolona sačinjena od nepoznatih brojeva xi i tipa je (m,1):

1,2,...,i za su gde ,

0

00

.......

......

......

2

1

i2

1

21

22212

12111

m

v

vv

x

xx

vvv

vvvvvv

in

i

i

mmnnn

m

m

=

−=

−=

−⋅

−−−−v

Očigledno je, da je matrica A tipa (n,m). Ova matrična jednačina se svodi na

homogeni sistem linearnih algebarskih jednačina. Broj jednačina je n, a nepoznatih je m. Taj sistem jednačina po KRONECKER-CAPELLI-jevoj teoremi je uvek rešiv. Postoji li netrivijalno rešenje, to zavisi od ranga matrice A . Poznato je, da rang(A)≤min(n,m). Za dati skup vektora-kolona (uređenih n-torki) broj jednačina je uvek n, pa je rang(A)≤n. Ako postoji samo trivijalno rešenje sistema jednačina, znači da linearna kombinacija datog skupa vektora anulira jedino za = 0, za sve i = 1,2,...,m. U ostalim slučajevima (za rešenja koja nisu trivijalna) postoji broj s = min(n,m)–rang(A), koji smo nazvali brojem stepeni slobode. Toje broj, koji pokazuje, koliko nepoznatih brojeva možemo slobodno odabrati, dok ostalih m–s brojeva izračunaćemo u zavisnosti od slobodno odabranih.

ix

ix

Zaključujemo, da u skupu uređenih n-torki (vektor-vrste ili vektor kolona od po n

koordinata) ne može postojati skup od n+1 linearno nezavisnih vektora. Naravno, nije linearno nezavisan ni svaki skup on n vektora!

136


Mogu postojati linearno nezavisni skupovi od k elemenata, gde je k<n. Maksimalan

broj skupova linearno nezavisnih vektora u takvim prostorima je n. Dimenzija prostora je n. Bilo koji skup od n linearno nezavisnih vektora može biti baza. Sve te baze generišu isti prostor V, i one su međusobno ravnopravne. Skupovi od po k linearno nezavisnih vektora (k<n) generišu po jedan k-dimenzioni podprostor n-dimenzionog prostora. (Uočiti dvodimenzione podprostore - ravni - u trodimenzionom prostoru! Ravan je razapeta sa dva linearno nezavisna vektora.). Te su karakteristike konačnodimenzionih vektorskih prostora.

Primer 7.7.: U skupu uređenih n-torki posmatrajmo skup od n vektora:

e1=(1,0,0,...,0), e2=(0,1,0,...,0), e3=(0,0,1,...,0),...., en=(0,0,0,...,1). Ne predstavlja teškoću uveriti se u to, da je matrica formirana od ovih vektor-vrsta ranga n, tojest skup jeste linearno nezavisan skup vektora. To je jedna baza n-dimenzionog vektorskog prostora.

Primer 7.8.: Date su dve baze četvorodimenzionog vektorskog prostora V:

B1={ e1[1,0,0,0]T, e2[0,1,0,0]T, e3[0,0,1,0]T, e4[0,0,0,1]T} i B2={ b1[1,1,0,1]T, b2[2,1,3,1]T, b3[1,1,0,0]T, b4[0,1,-1,-1]T}.

Proveriti, da li je B2 stvarno baza? (Za B1 na osnovu prethodnog primera znamo da je linearno nezavisan skup vektora).

Dat je i vektor a u odnosu na prvu bazu: a=3e1-4e2+5e3+2e4 .Naći koordinate tog

vektora u odnosu na drugu bazu! Prema tome, tražimo brojeve x1,x2,x3, x4, za koje će važiti:

a= x1b1+ x2b2+ x3b3+ x4b4 .

Formirajmo matricu A od elemenata druge baze kao vektor-kolonama, zatim rešimo matričnu jednačinu Ax = a:

−

=

−−

254

3

10111030

11110121

4

3

2

1

xxxx

Primetiti, da u vektor-koloni na desnoj strani su koordinate vektora a u odnosu na prvu bazu. Nakon rešavanja ove matrične jednačine bilo kojim metodom dobija se: x1=–5, x2= –1, x3=10, x4= –8, tojest: a= -5b1–b2+10b3–8b4. Proveriti!

137

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ Primer 7.9: Neka je dat skup vektora koji generiše V : G = (a, b, c, d, e, f, g ). Poznato je, da ovi vektori nisu linearno nezavisni, već između njih postoje sledeće veze. Kolika je dimenzija prostora i koji vektori mogu biti baza tog prostora?

3 b + c – 6 d – 2 e – 6 f = 0 2 b – 3 d – 3 f – 2 g = 0 b + c – 3 d – 2 e – 3 f + 2 g = 0 b – 3 d – 3 f = 0.

Nakon pojednostavljenja tih veza imamo: b – 3 d – 3 f = 0 c – 2 e + 2 g = 0 3 d + 3 f – 2 g = 0.

Pošto imamo 7 vektora a 3 veze zato je dim (L(G)) = 7 – 3 = 4.

Koja 4 vektora mogu biti baza L(G)? Vektori koji su u linearnoj zavisnosti to ne

mogu biti! Takođe vži, da vektor a mora biti u svakoj bazi, jer ne zavisi ni od jednog drugog vektora. Sastavimo sve moguće četvorke vektora u kojima je vektor a prisutan, zatim izbacimo one koji ne mogu biti baza zbog spomenutih razloga):

(a, b, c, d ) (a, b, c, f ) (a, c, e, f ) (a, c, d, g ) (a, b, f, g ) (a, b, c, e ) (a, b, d, f ) (a, d, e, f ) (a, b, e, g ) (a, c, f, g ) (a, b, d, e ) (a, c, d, f ) (a, b, c, g ) (a, c, e, g ) (a, d, f, g ) (a, c, d, e ) (a, b, e, f ) (a, b, d, g ) (a, d, e, g ) (a, e, f, g )

Osenčene četvorke ne mogu biti baza. Na primer (a, b, c, e ) zato ne može biti, jer iz linearne veze c – 2 e + 2 g = 0 vektor c možemo izraziti: c = 2 e – 2 g .

Primer 7.10.: Neka je prostor W generisan vektorima G = (a, b, c, d, e). Odredimo zavisnost ili nezavisnost tog generatorskog sistema zatim odredimo i moguće baze, ako su dati vektori:

a = (2, –1, 3, 1), b = (1, 0, –1, 2), c = (0, 1, –5, 3), d = (1, 1, –6, 5), e = (–1, –2, 12, –10).

U ovom primeru je sadržan i prethodni primer: prvo treba otkriti veze, zatim

sastaviti moguće baze prostora.

138


Potražimo netrivijalne linearne kombinacije tih vektora:

a a + b b + g c + d d + j e = 0.

Matrica sistema homogenih linearnih rednačina za rešavanje date vektorske

jednačine je sledeća. (primenimo GAUSS-ov algoritam)

−−−−

−−−

1053211265132110111012

~ ~

−−−−−−−

−−

19963042211470126420105321

−

−−−

370000000006321021101

Slede sledeće jednačine:

a – g – d +2 j = 0, b + 2g +3 d –6 j = 0, –37 j = 0.

Rang sistema je 3, tojest imamo 3 nezavisna vektora. Koje su veze između vektora? Birajmo po dva data stepena slobode brojeve: g ≠ 0, i d ≠ 0. Slede rešenja:

a = g + d , b = – 2g –3 d , g = g, d = d, j = 0.

Sada možemo napisati sledeće veze: a a + b b + g c + d d + j e = 0 fi

fi (g + d ) a + ( – 2g –3 d) b + g c + d d = 0 fi fi ( a – 2b + c) g + (a – 3b + d) d = 0 .

Zbog g π 0 i d π 0 ove dobijene veze mogu biti istinite samo ako je zadovoljeno:

a – 2b + c = 0 és a – 3b + d = 0.

Sada poznajemo veze između vektora, na osnovu tehnike iz prethodnog zadatka možemo odrediti moguće baze. Sve moguće trojke su:

(a, b, c), (a, b, d), (a, b, e), (a, c, d), (a, c, e), (a, d, e), ( b, c, d), (b, c, e), ( b, d, e), ( c, d, e).

139

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________

Pošto je j = 0, zato vektor e mora biti u svakoj bazi, te izostaju sve one trojke u kojima nije prisutan taj vektor. Trojke (a, b, c) i (a, b, d) izostaju zbog otkrivenih veza, a trojke (a, c, d) i ( b, c, d) zbog nedostatka vektora e.

Prema tome moguće baze su:

(a, b, e), (a, c, e), (a, d, e), (b, c, e), ( b, d, e), ( c, d, e).

Zadaci 7.2.: a) Jedan generatorski sistem prostora W je skup G = (a, b, c, d, e). Odrediti sve zavisnosti izmedju tih vektora (odrediti dimenziju prostora kojeg generišu): a = (2, 0, 4, 6), b = (1, 9, 8, 9), c = (3, 0, 6, 9), d = (–1, –3, –8, –9), e = (–1, 3, 4, 3).

b) Neka je jedan generatorski sistem prostora V skup G = (a, b, c, d, e, f, g ).

Poznato je da je ovaj skup linearno zavisan. Kolika je dimenzija prostora V i koji vektori mogu biti baza iz G ako su poznate sledeće veze:

3 a + 2 d – f = 0, b – c + 2 e = 0, 2 f + c – 6 a = 0.

c) Odrediti uslove u vezi parametara a, b, c i d koji garantuju da baza četvorodimenzionog prostora može biti skup B = (a, b, c, d):

a = (1+a1 , 1, 1, 1), b = (1, 1+

b1

, 1, 1), c = (1, 1, 1+c1

, 1), d = (1, 1, 1, 1+d1

) .

7.3. Linearne transformacije Posmatrajmo sada izvesna preslikavanja vektorskog prostora V u sam taj prostor. Definicija 7.6.: Linearna transformacija A vektorskog prostora V nad poljem R je preslikavanje koje svakom vektoru x, (x ∈ V) pridružuje vektor Ax ∈ V, tako da važi za svako x1, x2 ∈ V i za svako α ∈ R: 1. A (x1 + x2) = A x1 + A x2; 2. A (α x)= α (A x).

Iz uopštenja te definicije sledi: A (α x1 + β x2) = α A x1 +β A x2. Primer 7.11.: Množenje vektora skalarom je linearna transformacija.

Proveriti!

140


Primer 7.12.: U dvodimenzionalmom prostoru vektora - orijentisanih duži posmatrajmo rotaciju oko fiksirane tačke za neki stalan ugao ϕ. Neka je vektor a preslikan na Aa ∈ V. Proveravajući uslove 1. i 2. iz definicije 7.6. može se uočiti da je rotacija linearna transformacija. Neka je data baza B vektorskog prostora V: B = { a1, a2, a3, ..., an }. Tada se proizvoljan vektor x u toj bazi izražava na sledeći način:

x =ξ1 a1 + ξ2 a2 + ξ3 a3+ ... +ξn an.

Slika tog vektora, dobijena linearnom transformacijom A je:

A x = A(ξ1 a1 + ξ2 a2 + ξ3 a3+ ... +ξn an) =ξ1 Aa1 + ξ2 Aa2 + ξ3 Aa3+ ... +ξn Aan. Iz toga proizilazi, da će slika vektora x biti poznata, ako su nam poznate slike

elemenata baze B .Potrebno je, prema tome da se zadaju slike elemenata baze, i time je u potpunosti zadata linearna tranformacija A. Neka su te slike date sledećim linearnim kombinacijama: (λi j ∈ R)

A a1 =λ11 a1 + λ21 a2 + λ31 a3+ ... +λn1 an. A a2 =λ12 a1 + λ22 a2 + λ32 a3+ ... +λn2 an.

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

A a1 =λ1n a1 + λ2n a2 + λ3n a3+ ... +λnn an.

Neposrednim posmatranjem možemo uočiti, da je linearna transformacija A zadata je kvadratnom matricom brojeva λi j. Primetimo, da su u i-toj koloni koeficijenti slike i-tog vektora iz baze B. (i,j = 1,2,3,..., n). U sledećim razmatranjima poistovećujemo linearnu transformaciju A sa svojom matricom A, mada su to različiti objekti.:

−−−=

nnnn

n

n

λλλ

λλλλλλ

...

...

...

...

21

22221

11211

A

Operacije sa linearnim transformacijama takođe poistovećujemo sa operacijama njihovih matrica. Važe sledeći stavovi (dokaze izostavljamo):

141


Ako su A i B linearne transformacije, tj A ,B ∈ A , gde smo sa A označili skup linearnih transformacija, tada je:

1. A + B ∈ A ; 2. AB ∈ A ; 3. (A B)C = A(BC), (A+B)+C = A+(B+C); 4. (A + B)C = AC + BC, A(B + C) = AB + AC; 5. A + O = O + A = A; AO = OA = O; O∈ A nula-transformacija.; 6. AE = EA = A; gde je E∈ A identična transformacija; 7. A + (–A) = (–A) + A = O; gde je –A ∈ A .

Navodimo još dva važna stava koji su od izuzetnog značaja na dalja ispitivanja linearnih transformacija:

8. Ako je matrica linearne transformacije A regularna (det(A)≠0) tada postoji inverzna transformacija A-1. Inverzna transformacija linearne transformacije je linearna transformacija. Matrica inverzne linearne transformacije je inverzna matrica matrice A.

9. Regularna linearna transformacija preslikava skup linearno nezavisnih

vektora u skup linearno nezavisnih vektora.

Posledice ovih stavova su: a) Ako je { a1, a2, a3, ..., an } jedna baza vektorskog prostora V , tada je i skup

vektora { Aa1, Aa2, Aa3, ..., Aan } baza tog istog vektorskog prostora). b) Ako su { a1, a2, a3, ..., an } i { b1, b2, b3, ..., bn } dve baze istog vektorskog

prostora V, tada postoji regularna linearna transformacija A koja prevodi vektore prve baze u vektore druge baze, dok njena inverzna transformacija A-1 prevodi vektore druge baze u vektore prve baze.

7.4. Transformacije baze

Jednostavnosti radi, sledeća razmatranja vršićemo u dvodimenzionom prostoru. Svakako, zaključke ćemo uopštiti i preneti na prostore sa više dimenzija.

Neka su date dve baze tog prostora { i1, i2} i { j1, j2}, i neka je dat proizvoljan vektor x svojim koordinatama u prvoj bazi: x(1) = ξ1i1,+ ξ2i2. Pronađimo koordinate tog istog vektora u drugoj bazi: x(2) = η1j1,+ η2j2.

142


Ne predstavlja teškoću, na bazi primera 7.8., pronaći sledeće jednakosti.:

j1,= α1 i1 + α2 i2; j2,= β1 i1 + β2 i2;

Uvrstimo te izraze u x(2) = η1j1,+ η2j2:

x(2) = η1j1,+ η2j2. = η1(α1 i1 + α2 i2),+ η2(β1 i1 + β2 i2)=

= (η1α1 + η2β1) i1+ (η1α2 + η2β2)i2 = ξ1i1,+ ξ2i2.

Uočenu činjenicu možemo zapisati i u matričnom obliku:

=

, tojest: x

ηη

βαβα

ξξ

2

1

22

11

2

1(1) = T12 x(2),

gde smo koristili oznaku T12 za matricu, koja prevodi vektore prve baze u vektore druge baze. Primetiti, da koordinate vektora druge baze nalaze se u odgovarajućim kolonama matrice prelaza. Uz mali napor možemo uočiti, da važe i relacija x(2) = T21 x(1), gde T21 označava matricu prelaza iz druge baze u prvu.

Primer 7.13.: Posmatrajmo rotaciju koordinatnog sistema u ravni oko tačke O za

ugao α. Tada je prvobitna baza zadata sa ortogonalnim parom jediničnih vektora {i1, i2} (Odstupimo od ranije utvrđenih oznaka i primenimo oznake u stilu ovog poglavlja.). Druga baza, koja nastala rotacijom prve je: {j1, j2}. Posmatrajući sliku 7.1. uočavamo sledeće:

j1,= i1cosα +i2sinα; i1,= j1cosα –j2sinα ; j2,= – i1sinα +i2cosα; i2,= j1sinα +j2cosα ;

Na osnovu prethodnih razmatranja možemo zapisati sledeće:

αα−αα

=

ααα−α

=cossinsincos

, cossinsincos

2112 TT

Proveriti na ovom primeru i pravilo koje takođe važi i u opštem slučaju:

T12 T21=T21T12 = E,

tojest da su matrice prelaza uzajamno inverzne jedna drugoj.

i1

i2

j1 j2

O α α

Slika 7.11.

143

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ Interesantno je pitanje, kako će se promeniti matrica linearne transformacije A ukoliko primenimo jednu transformaciju baze. Obeležimo i u slučaju matrica linearnih transformacija sa A(1) matricu te transformacije u prvoj bazi, odnosno sa A(2) matricu u drugoj bazi. Pronađimo vezu između tih matrica!

Pošto smo zaključili, da je x(1) = T12 x(2) za bilo koji vektor x, to važi i u slučaju (Ax)(1)=T12(Ax)(2) , i (Ax)(2)=T21(Ax)(1). Razmotrimo sledeći tok misli:

(Ax)(1) = A(1) x(1) = T12(Ax)(2) = T12A(2)x (2) = T12 A (2) T21x (1) ⇒ A (1) = T12 A (2)T21 . Na sličan način možemo doći i do zaključka: A (2) = T21 A (1)T12 .

Primer 7.14. Neka su date dve baze trodimenzionog vektorskog prostora. Prva je {

e1, e2, e3} , dok { b1, b2, b3} je druga. Data je i veza između te dve baze sledećim jednakostima: b1 = e1 +e2 + 2e3; b2 = e1 + e2 +e3; b3 = 2e1 + 3e2 – 3e3.

Posmatramo vektor x(2) = b1 +b2 + b3. Očevidno je, da su koordinate tog vektora u

drugoj bazi dati sa η1=1; η2 =1 i η3=1. Naći koordinate tog vetora u prvoj bazi!

Rešenje se može dobiti na dva načina. Ovom prilikom je jednostavnije, ako se uzima, da je

b1 +b2 + b3 = (e1+e2+2e3)+(e1+e2 +e3)+(2e1 +3e2–3e3) = 4e1+5e2+0e3, iz čega proizilazi, da je ξ1 = 4; ξ2 = 5 i ξ3 = 0.

Za drugi način je potrebno uočiti, da nam je data matrica prelaza T12 , pa nam je

potrebno izvršiti samo jedno matrično množenje T12 x(2) = x(1) .Elemente matrice T12 čitamo iz zadate veze dveju baza (koordinate pišemo u kolone!):

.111

,312

311211

(2)

=

−= x12T Zaista: T12 x(2) x=

=

−=

054

111

312311211

(1).

Razmotrićemo u okviru ovog primera i pitanje linearnih transformacija u sprezi sa

transformacijom baze. Zadata nam je matrica liearne transformacije u odnosu na prvu bazu:

A(1)

−=

111110021

. Naći: a) (Ax)(1); b) (Ax)(2) i c) A(2)x(2)!

144


a) (Ax)(1) = A(1) x(1) = .1

514

054

111110021

−=

−

b) Pošto je (Ax)(2)=T21(Ax)(1) potrebna nam je matrica T21 , koja je inverzna matrici T12 . Proverite sledeće činjenice:

T21

−−−

−=

011179

156, (Ax)(2)=T21(Ax)(1) = .

99260

15

14

011179

156

−

−=

−

−−−

−

c) Pošto znamo, da je A (2) = T21 A (1)T12, izračunajmo ovu matricu!

T21 A (1)T12= = A

−−

−−−=

−

−

−−−

−

810761245271

312311211

111110021

011179

156 (2) .

A(2) x(2) = = (Ax)

−

−=

−−

−−−

99260

111

810761245271

(2), što smo i hteli pokazati.

Na ovom primeru uočava se sledeće: Primena linearne transformacije A ne zavisi

od toga u kojoj se bazi izražava njena matrica; tojest, ukoliko se prvo izvrši bazna transformacija proizvoljnog vektora x, (samim tim se transformiše i matrica linearne transformacije), a zatim se primeni ta transformisana matrica linearne transformacije na transformisani vektor x, dobijemo istu sliku, kao da smo prvo izvršili linearnu transformaciju vektora x u prvobitnoj bazi, zatim primenili baznu transformaciju te slike.

Primer 7.15.: EULER-ovi uglovi. (Rotacija u prostoru). Posmatranjem kretanja

čigre uočavamo tri rotacije: "padanje" čigre (odstupanje sopstvene ose od vertikale) – nutacija; rotaciju oko sopstvene ose – spin i rotaciju oku vertikale – precesija. Sastavimo matrice tih transformacija i pronađimo matricu transformacije koja predstavlja njihov proizvod (rezultujuća transformacija nakon njihove uzastopne primene, slika 7.)!

Neka je baza "polaznog" prostora {i1, j1, k1} koja nakon prve rotacije prelazi u bazu

{i2, j2, k2}. Druga rotacija proizvodi bazu {i3, j3, k3}, dok konačna je {i4, j4, k4}. Prva rotacija je oko ose vektora k1 za ugao ψ - tojest k1 ≡ k2 . Imajući u vidu ovu

poslednju činjenicu i iskustvo iz primera 7.13. dobijamo:

145


i2 = i1cosψ + j1sinψ + 0⋅k1; j2 = – i1sinψ + j1cosψ + 0⋅k1; k2= 0⋅i1 + 0⋅j1 + 1⋅k1 ;

iz čega proizilazi: T12 =

ψψψ−ψ

1000cossin0sincos

Druga rotacija ima polazni sistem {i2, j2, k2}, rotacija se vrši oko ose vektora i2 za

ugao υ, tj. nakon rotacije biće i2 ≡ i3 sa odgovarajućim izrazima, odnosno matricom:

i3 = 1⋅ i2 + 0⋅j2 + 0⋅k2; j3 = 0⋅ i2 + j2cosυ+ k2sinυ; k3= 0⋅ i2 – j2 sin υ+k2cosυ;


υυυ−υ

cossin0sincos0001

i1 i2i3

i4

j1

k1k2k3k4

j2

j4

j3

ψ

ψ

u

u

ϕ

ϕ

ψ

u

ϕ

1

2

3

Slika 7. Konačno, treća rotacija je u sistemu {i3, j3, k3} oko ose vektora k3 za ugao ϕ, tojest k3 ≡ k4, a odgovarajuće jednakosti i matrica prelaza su:

i4 = i3cosϕ + j3sinϕ + 0⋅k3; j4 = – i3sinϕ + j3cosϕ + 0⋅k3; k4= 0⋅i3 + 0⋅j3 + 1⋅k3 ;


ϕϕϕ−ϕ

1000cossin0sincos

Kao rezultat tih rotacija dobijamo: x(1) = T12 x(2), x(2) = T23 x(3), x(3) = T34 x(4),

odnosno: x(1) = T12 T23 T34 x(4), x(1) = T14 x(4); gde je T14 = T12 T23 T34.

T14 =

υυϕυϕυψ−υϕψ−ϕψ−υϕψ−ϕψυψυϕψ−ϕψ−υϕψ−ϕψ

cossincossinsinsincoscoscoscossinsincossincoscossin

sinsincoscossinsincoscossinsincoscos

146


Elementi ove matrice su poznati obrasci u kojima figurišu EULER-ovi uglovi.

U mehanici se posmatraju rotacije za takozvane modifikovane EULER-ove uglove, kada se vrše sledeće transformacije:

prva rotacija je oko ose vektora k1 za ugao ψ - tojest k1 ≡ k2, druga je oko ose vektora j2 za ugao υ - tojest j2 ≡ j3; a treća je oko ose vektora i3 za ugao ϕ - tojest i3 ≡ i4.

7.5. Invarijantni pravci linearne tranformacije

7.5.1. Polinomi sa matričnim koeficijentima i matrična vrednost polinoma U poglavlju 1. smo posmatrali polinome sa koeficijentima, koji su pripadali proiznom brojevnom skupu K. Konstatovali smo, da opšte teoreme izrečene za slučaj polinoma sa kompleksnim koeficijentima ne važe, ili samo delimično su na snazi, ukoliko su koeficijenti iz nekog užeg skupe nego što je to skup kompleksnih brojeva.

Pristupimo sada izučavanju sledeće dve situacije: Neka je dat polinom

f(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn a) i neka su koeficijenti polinoma matrice, b) neka je promenljiva x matrica..

Definicija 7.5.1.1.: Polinom Ao + A1 x + A2 x2 + ... + Ak-1 xk-1 + Ak xk u kojem su koeficijenti Ai kvadratne matrice tipa n¥n je polinom sa matričnim koeficijentima.

Vrednost polinoma sa matričnim koeficijentima na proizvoljnom mestu x = a je

takodje kvadratna matrica n-tog reda. Ako u polinomu sa realnim keficijentima promenljivu x zamenjujemo sa kvadratnom matricom X, takodje dobijamo kao rezultat kvadratnu matricu n-tog reda:

f(X) = ao + a1 X + a2 X2 + ... + an-1 Xn-1 + an Xn.

Primer 7.5.1.1.: a) Izračunati vrednost polinoma f(x) = 3 – 5 x + x2 za

x = A = .

−

−3112

147


f(A) = 3 E –5 A + A2 = 3 – 5 + =

1001

−

−3112

−

−3112

−

−3112

= + + = .

3003

−

−1515

510

−

−1215

57

0000

Matrična vrednost polinoma sa realnim koeficijentima je matrica. Još jednom

naglašavamo, da matrična vrednost polinoma postoji samo za kvadratne matrice, jer je potrebno izračunati i stepene argumenta, a stepenovati znamo samo kvadratne matrice.

b) Dat je matrični polinom (polinom sa matričnim koeficijentima):

P(X) = . 2

011100231

142301513

101011101

XX

−+

−+

"Vrednost" polinoma je matrica i u slučaju, kada je X broj (kvadratna matrica

prvog reda), a i u slučaju kada je kvadratna matrica trećeg reda. U ostalim slučajevima vrednost polinoma nije definisana.

Na primer: P(1) = , a u slučaju X

234410845

0 = P(X

200010001

0) = .

33410101945

Proveriti!

BÈZOUT-ova teorema se odnosi i na polinome sa matričnim koeficijentima: Teorema 7.5.1.1.: Ako je A(x) = Ao + A1 x + A2 x2 + ... + Ak-1 xk-1 + Ak xk polinom sa matričnim koeficijentima, a polinom B(x) = x E – B je polinom prvog stepena sa matričnim koeficijentima, tada je desni ostatak prilikom deljenja polinoma A(x) polinomom B(x) je vrednost polinoma A(x) ako se zameni x = B , tojest: Rd = Ao + A1 B + A2 B2 + ... + Ak-1 Bk-1 + Ak Bk . Dokaz: Koristimo identitet:

xk E – Bk = (xk–1 E + xk–2B + xk–3B2 + … + x Bk–2 + Bk–1)(x E – B ).

Ovaj identitet je istinit za svako k Œ N (čitalac neka proveri to upotrebom matematičke indukcije!). Pomnožimo ovu jednakos sleva sa koeficijentima Ak:

xk Ak – Ak Bk = (xk–1 Ak + xk–2Ak B + xk–3Ak B2 + … + x Ak Bk–2 +Ak Bk–1)(x E – B )

148


Sada ispišimo ove jednakosti pojedinačno za k = 1, 2, 3, … , n, i na kraju ih saberemo. Iz zbira izraza sa desne strane jednakosti možemo izvući iza zagrade (sa desne strane - nekomutativnost!) polinom x E – B , dok u zagradi ostaje polinom k–1-og stepena sa matričnim koeficijentima. Obeležimo taj polinom sa Q(x).

Prema tome, zbir desnih strana je izraz oblika Q(x) (x E – B ), dok je zbir izraza na levoj strani:

∑=

n

k 1xk Ak –∑ A

=

n

k 1k Bk = ( Ao + x∑

=

n

k 1

k Ak )–(Ao + – A∑=

n

k 1k Bk )= A(x) – A(B).

Očevidno je, da iz jednakosti A(x) – A(B) = Q(x) (x E – B ) sledi: A(x) = Q(x) (x E – B ) + A(B) odnosno dokazano je, da važi Rd = Ao + A1 B + A2 B2 + ... + Ak-1 Bk-1 + Ak Bk = A(B) . Na sličan način se može formulisati stav o levom ostatku. Svakoj kvadratnoj matrici A možemo pridružiti matrični polinom:

x E – A = .

−−−−

−−−−−−−−−−−−

nnnnn

n

n

n

axaaa

aaxaaaaaxaaaaax

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

...

......

321

3333231

2232221

1131211

Definicija 7.5.1.2.: Matrični polinom x E – A pridružen kvadratnoj matrici A

nazivamo karakterističnom matricom matrice A.

Determinanta karakteristične matrice je polinom n-stog stepena sa realnim koeficijentima po promenljivoj x. (Ne razmatramo slučajeve sa područja kompleksnih brojeva).

Definicija 7.5.1.3.: Determinanta karakteristične matrice kvadratne matrice A je

karakteristični polinom matrice A:

det (x E – A ) = x E – A = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn.

Jednačina ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn = 0 je takozvana karakteristična jednačina matrice A.

149

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ Teorema 7.5.1.2.: (CAYLEY – HAMILTON): Za kvadratnu matricu n-tog reda sa elementima iz skupa K, koja ima karakterističnu matricu x E – A a karakteristična jednačina joj je: f(x) = ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn = 0 uvek važi jednakost: f(A) = 0. ("Svaka matrica zadovoljava svoju karakterističnu jednačinu "). Dokaz: Osmotrimo adjungovanu matricu matrice A: adj (x E – A). Elementi te matrice su polinomi sa koeficijentima nad skupom K, stepena ne višeg od n–1. Pošto proizvod matrice i sopstvene adjungovane matrice je jedinična matrica pomnožena sa determinandom date matrice, sledi:

adj (x E – A) ⋅ (x E – A) = x E – A) E = f(x) E =

= ao E + a1 x E + a2 x2 E + ... + an-1 xn-1 E + an xn E. Ova jednakost ujedno znači i to, da karakteristični polinom f(x) E matrice A uvek deljiv sa polinomom (x E – A), tj. ostatak je 0. Po teoremi 7.5.1.1. ostatak je vrednost polinoma za A, tojest f(A) = 0 . Primer 7.5.1.2: Odrediti karakterističnu matricu i karakteristični polinom matrice A!

A = , karakteristična matrica je: x E

−−−−−−

1111111111111111

– A= .

−−−−

−−−−−−

1111111111111111

xx

xx

Karakteristični polinom (determinanta karakteristične matrice) je:

x E – A=

1111111111111111

−−−−

−−−−−−

xx

xx

=

2002020200221111

−−−−

−−−−−−

xxxx

xxx

=

(1)

= (x–2)3

1001010100111111 −−−−x

= (x–2)3

1001010100110002+x

= (x–2)3(x+2).

(2) (3) (4) Opis koraka:

(1) Dodali smo prvu vrstu drugoj, trećoj i četvrtoj vrsti. (2) Iz druge, treće i četvrte vrste determinante smo izvukli čunioc x–2 ispred determinante. (3) Dodali smo prvoj vrsti determinante drugu, treću i četvrtu vrstu. (4) Vrednost "trougaone determinante" je proizvod elemenata na dijagonali.

150


Definicija 7.5.1.4.: Minimalni polinom matrice A je polinom najnižeg stepena kojeg matrica "anulira".

Teorema 7.5.1.3: Minimalni polinom matrice A je polinom m(x). Taj polinom je uvek delilac karakterističnog polinoma f(x) date matrice, tojest:

f(x) = m(x) q(x) ili je f(x) = m(x). Dokaz: Neka je karakteristični polinom matrice f(x), dok je m(x) polinom najnižeg stepena sa koeficijentima iz skupa K, kojeg matrica A anulira, tojest m(A) = 0, dok je stepen polinoma m(x) niži od stepena f(x). Po definiciji deljivosti polinoma možemo zapisati sledeće: f(x) = m(x) q(x) + r(x) gde je dg (r(x)) < dg ( m(x)). Zamenimo promenljivu x matricom A: f(A) = m(A) q(A) + r(A) = 0 (na osnovu CAYLEY –HAMILTON-ove teoreme). Pošto je m(A) = 0 zato je i r(A) = 0. Medjutim, po pretpostavci teoreme ne postoji polinom nižeg stepena od m(x) kojeg matrica A anulira, zato je ostatak identički jednak nuli: r(x) ≡ 0, tojest f(x) = m(x) q(x) . Nije teško uočiti (ponovnim razmatranjem primera 7.5.1.2. da matrica A pored svog karakterističnog polinoma četvrtog stepena f(x) = (x–2)3(x+2) anulira i polinom trećeg stepena h(x) = (x–2)2(x+2), kao i polinom drugog stepena m(x) = (x–2)(x+2). Polinom m(x) je minimalni polinom posmatrane metrice.

7.5.2. Sopstveni vektori linearne transformacije Neka je matrica A matrica jedne linearne transformacije. Odgovorimo na pitanje: postoje li u vektorskom prostoru Vn vektori, koji prilikom transformacije prelaze u vektore istog pravca (eventualno su ponoženi samo sa izvesnim skalarom λ)? U trodimenzionom euklidovom to znači sledeće: postoje li vektori, koji prilikom transformacije nisu promenili pravac. Uopšteno, traži se odgovor na pitanje: ima li jednačina A x = λ x rešenje? Ukoliko postoji takav vektor xo koji ne menja svoj "pravac", tada je ceo jednodimenzioni prostor generisan vektorom xo ima isto svojstvo, pa možemo govoriti o invarijantnom pravcu (podprostoru) date transformacije.

Ako jednačina A x = λ x ima dva linearno nezavisna rešenja, x1 i x2, tada je i čitav

prostor L( x1 , x2) generisan tim vektorima je invarijantan, to jest i vektor x3 =a x1 + b x2 je invarijantan pravac. (a, b proizvoljni skalari).

A x1 = λ x1 Ÿ A x2 = λ x2 fi A x3 = λ x3

151

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ Zaista: A x3 = A(a x1 + b x2) = a A x1 + b A x2 = a λ x1 + b λ x2 = λ (a x1 + b x2) = λ x3. Kako pronaći te invarijantne pravce ili invarjantne podprostore? Podjimo od osnovnog zadatka, rešimo jednačinu A x = λ x po x:

A x = λ x ⇔ (λ E – A)x = 0

Ova poslednja matrična jednačina je ekvivalentna sa sistemom homogenih linearnih jednačina, matrica sistema je karakteristična matrica date matrice λ E – A, a determinanta je karakteristični polinom matrice f(λ)=λ E – A. Pošto homogeni sistem jednačina ima netrivijalno rešenje samo u slučaju kada je determinanta sistema jednaka nuli, te potrebno je rešiti karakterističnu jednačinu matrice A : f (λ) = 0. Definicija 7.5.2.1.: Linearna transformacija A ima sopstvene (svojstvene) vrednosti λ, koji brojevi moraju zadovoljavati karakterističnu jednačinu matrice A. Skup rešenja karakteristične jednačine je spektar matrice. Svakoj svojstvenoj vrednosti (svakom netrivijalnom rešenju jednačine A x = λ x ) pridružujemo vektor, koji je invarijantan (svojstveni vektor) date transformacije. Definicija 7.5.2.2.: Svojstveni vektor linearne trasformacije A je svaki nenula vektor, kojeg linearna transformacija A preslikava u vektor koji je dobine samo množenjem originalnog vektora sa jednim skalarom. Vektori x, koji su rešenja jednačine A x = λ x su svojstveni vektori transformacije A. Ako svojstvenoj vrednosti λ pripada više (m) medjusobno linearno nezavisnih svojsvenih vektora, tada svostvena vrednost λ ima višestrukost m. Prostor generisan svojstvenim vektorima koji pripadaju istoj svojstvenoj vrednosti nazivamo invarijatnim podprostorom linearne transformacije A. Primer 7.5.2.: (Nastavak primera 7.5.1.2.). Pošto je karakteristična jednačina matrice A, transformacije zadate u tom primeru: (λ–2)3(λ+2) = 0, lako se izračunavaju svojstvene vrednosti λ1 = –2 i λ2 = 2. Spektar transformacije je {–2, 2}. Potražimo sada svojstvene vektore transformacije: λ1 = –2

(λ = –2) Ÿ (λ E – A)x = 0 ⇒ .

=

−−−−−−

0000

3111131111311113

4

3

2

1

xxxx

152


Primenimo GAUSS-ov metod eliminacije:

−−−−−−

3111131111311113

~ ~ ~ ~ .

−−−−−

3111440040408440

−−−

−−

1100101021103111

−−

−−−

1100110021103111

−−

110010101001

Rang matrice sistema je 3, pa je stepen slobode 1. Ako biramo x4 = m π 0, tada će

biti

–x1 = x2 = x3 = x4 = m. Rešenje sistema jednačina je (x1 , x2 , x3 , x4) = (–m , m , m , m) = m (–1, 1, 1, 1). Svojstvenoj vrednosti λ = –2 pripada svostveni vektor v = (–1, 1, 1, 1). Očevidno, bilo koji vektor, koji se dobija iz v množenjem proizvoljnim skalarom takodje invarijantan, ali oni nisu nezavisni od v, i pripadaju invarijantnom prostoru generisanog tim vektorom. λ1 = 2

(λ = 2) Ÿ (λ E – A)x = 0 ⇒ .

=

−−−

−−−

0000

1111111111111111

4

3

2

1

xxxx

Lako se uočava, da imamo svega jednu nezavisnu jednačinu, te stepen slobode je 3.

x1 – x2 – x3 – x4 = 0.

Neka je x2 = a Ÿ x3 = b Ÿ x4 = g fi x1 = a + b + g, ali je a π 0 ⁄ b π 0 ⁄ g π 0. Opšte rešenje sistema jednačina je: (x1 , x2 , x3 , x4) = (a + b + g, a , b , g) =

= a (1, 1, 0, 0) + b (1, 0, 1, 0) + g (1, 0, 0, 1) = a v1 + b v2 + g v3.

153


Proveriti linearnu nezavisnost vektora v1 = (1, 1, 0, 0), v2 = (1, 0, 1, 0) i v3 = (1, 0, 0, 1). Svojstvenoj vrednosti λ = 2 pripadaju čak 3 linearno nezavisna svojstvena vektora.

Naravno, svaka kombinacija tih vektora v = a v1 + b v2 + g v3 je takodje svojstveni vektor transformacije. Svi ti vektori su elementi prostora L(v1 , v2 , v3). Svojstvena vrednost λ = 2 ima multiplicitet 3. Ovo se može uočiti i posmatranjem karakteristične jednačine, jer je broj 2 trostruki koren te jednačine. Primer 7.5.2.2.: Matricu rotacije koordinatnog sistema oko ose Oz već poznajemo. Neka je ugao obrtanja ψ . Matrica A linearne transformacije je:

A = .

−

1000cossin0sincos

ψψψψ

Odredimo karakterističnu jednačinu i svojstvene vektore, koji pripadaju rešenjima karakteristične jednačine! Karakteristična jednačina je:

λE – A= 0 ⇔ 100

0cossin0sincos

−−−

−

λψλψ

ψψλ

= ( )1cos2)1( 2 +−− ψλλλ = 0.

Odavde se "prosto" pročitaju karakteristične vrednosti:

1coscos,1 23/21 −±== ψψλλ .

Dve zadnje svojstvene vrednosti su par konjugovano kompleksnih brojeva za sve

vrednosti ψ ≠ kπ (k∈ Z), dok u slučajevima ψ = kπ (k∈ Z) su to realni brojevi, te se ograničavamo na ispitivanje tih vrednosti. Osmotrimo rotaciju za neparan broj puta π -ugao! (rotacija za paran broj puta π ne rezultuje nikakvu promenu!). Pošto je cos(2m+1)π = –1, imamo λ2/3 = –1. λ = 1

Za ovu svojstvenu vrednost dobijamo, da je rang pripadajuće matrice sistema homogenih jednačina 2 (treća vrsta, a i treća kolona je sastavljena od samih nula). Od preostale dve jednačine nikako ne zavisi z, te pored slobodno odabranog zo dobijamo rešenja xo = yo = 0, što znači da je pripadni svojstveni vektor (0, 0, zo) = zo (0, 0, 1). To

154


znači: sama osa Oz! Naknadno možemo biti "pametni" pa konstatovati, da bilo je i za očekivati da u slučaju obrtanja oko Oz ose pravac same ose se neće promeniti. Specifična situacija se ogleda u tome, da se ne menja niti smer niti intenzitet. Vektori na toj osi u tom obrtanju ostaju potpuno nepromenjeni. λ = –1 Osmotrimo elementarne transformacije matrice sistema homogenih jednačina. Pošto je cosψ = –1, sinψ = 0 i λ= –1, zato imamo matricu:

−−−

−

1000cossin0sincos

λψλψ

ψψλ

~ .

− 200000000

⇒ zo = 0, xo = α, yo = β, gde su α i β proizvoljno odabrani nenula brojevi. Svojstveni vektori su sledeći:

(xo, yo, zo)= (α, β, 0) = α(1, 0, 0) + β(0, 1, 0). Ova poslednja konstatacija znači: prostor generisan vektorima (1, 0, 0) i (0, 1, 0) – a to je čitava ravan Oxy, jeste invarijantni potprostor transformacije. Zaista, svaki vektor sa početkom u koordinatnom središtu i u ravni Oxy sa jednim "poluobrtom" ne menja pravac, samo mu se smer menja u suprotan! Zadaci 7.5.2.: Odrediti svojstvene vektore linearnih transformacija datih matricama:

a) , b) .

−−

−

121101365

−−−−

284014013

c) Ako je poznat spektar{λ1, λ2, λ3, …,λn} regularne linearne transformacije A odrediti spektar transformacije A–1. (Rešenje: Svojstvene vrednosti inverzne matrice su jednake recipročnim vrednostima svojstvenih vrednosti date matrice).

155

VEKTORSKI PROSTORI _______________________________________________________________________________________ Ispitni zadaci 7.: 1. (24.01.2001.) Dat je skup vektora

W = { a=(2, 1, 3, 1), b=(1, 2, 0, 1), c=(–1, 1, –3, 0), d=(1, 5, –3, 2) }. a) Naći dimenziju vektorskog prostora kojeg generišu vektori tog skupa. b) Naći linearne veze izmedju tih vektora. c) Naći sve moguće baze generisanog vektorskog prostora.

Rešenje: Polazimo od veze α a + β b + γ c + δ d = 0, što se svodi na homegeni sistem linearnih algebarskih jednačina Kolone matrice tog sistema su koordinate datih vektora.. Rešavajući taj sistem imamo:

−−

−

2011330351211112

~

31105121

a) Pošto je rang 2, to dim(V)=2 i imamo sledeće rešenje, biramo li slobodno γ i δ: b) γ ( a – b + c) + δ (a – 3 b + d) = 0 iz čega sledi: a – b + c = 0 i a – 3 b + d = 0. c) Baza je bilo koji par vektora iz datog skupa: (a , b), (a , c), (a, d), (b , c), (b , d), (c , d). 2. (11.04.2002.)

a) (10) Izračunati ϕ(A) ako je ϕ(x)=xx

−+

11 i .

=

1221

A

b) (10) Odrediti karakteristične vektore matrice A. Rešenje: a) Matrični oblik tog polinoma je: ϕ (A) = (E +A) (E – A)–1.

+E .

−

−=−

=

0220

,2222

AEA

( )

−−−−

=⇒

−=−−=− −

1111

)(0220

41,4 1 AAEAE ϕ .

156


b) Karakteristični polinom je: det(A–λE) = =−

−λ

λ12

21λ2 – 2λ – 3.

Karakteristična jednačina je λ2 – 2λ – 3 = 0, čiji su koreni λ1 = –1, λ2 = 3. Za λ1 = –1 imamo 1.s.s. i odgovarajući sopstveni vektor je (α, –α) = α(1, –1). Za λ2 = 3 situacija je slična, takodje je 1.s.s. ali je sada sopstveni vektor (α, α) = α(1, 1).

3. (27.06.2002.) Za datu matricu A odrediti karakteristični polinom, karakteristične vrednosti i

invarijantne pravce (invarijantne potprostore) linearne transformacije.

=

1000001001000001

A

Rešenje: Karakteristični polinom je det(A–λE ) = = (λ–1)3(λ+1). Karakteristične vrednosti se neposredno čitaju: λ1 =1 i λ2 = –1. Za λ1 =1 imamo 3 stepena slobode, jer se matrica A–λ1 E svodi na jednu vrstu: [0 –1 1 0], što znači jednu jedinu jednačinu: 0x1 – x2 + x3 +0x4 = 0. Neposredno se uočava da nepoznate x1 i x4 mogu biti proizvoljne, dok x2 = x3. Iz toga proizilazi opšte rešenje i invarijantni pravci (potprostor generisan tim vektorima je invarijantan):

(x1 , x2 , x3 , x4) =(x1 , x2 , x2 , x4) = x1 (1, 0, 0, 0) + x2 (0, 1, 1, 0) + x4 (0, 0, 0, 1).

Za λ2 = –1 imamo 1 stepen slobode, jer se matrica A–λ2 E svodi na: .

100001100001

Očevidno to je matrica homogenog sistema jednačina u kojem mora biti x1 = x4 = 0, dok x2 = –x3 . Iz toga proizilazi opšte rešenje i invarijantni pravac: (x1 , x2 , x3 , x4) = (0, x2 , –x2, 0) = x2 (0, 1, –1, 0).

157


4. (10.06.2003.) Odrediti dimenziju vektorskog prostora V, generisanog skupom vektora , ako su poznate sledeće veze među vektorima: { edcbaA ,,,,= }

0824202220533042

=+−+−=−++−=+++−=+−+−

edcbaedbaedcbaedcba

.

Rešenje:

Korišćenjem GAUSS-ovog metoda eliminacije uočva se, da vektor d mora biti nula vektor, dok za ostale vektore te veze se svode na sledeće jednakosti:

a =–8e, b=–3e i c=-2e. Prema tome, jedino vektor e je nezavisni vektor, svi ostali se mogu "proizvesti" iz

njega, pa je to jednodimenzioni prostor čija je baza upravo vektor e. 5. (09.12.1999.) Naći dimenziju i sve baze prostorora za sledeći skup vektora: a1 = (1, 0, 0, –1), a2 = (2, 1, 1, 0), a3 = (1, 1, 1, 1), a4 = (1, 2, 3, 4), a5 = (0, 1, 2, 3). Rešenje: Iz zahteva linearne zavisnosti (nezavisnosti):

x a1 + y a2 + z a3 + u a4 + v a5 = 0 sledi sistem algebarskih linearnih homogenih jednačina:

x + 2y + z + u = 0, y + z + 2u + v = 0, y + z + 3u + 2v = 0, –x + z + 4u + 3v = 0.

Primenom GAUSS-ovog metoda eliminacije dobijemo redukovani sistem jednačina:

x + y = 0, y + z + u = 0, u + v = 0.

158


159

Očevidno je, rang matrice ovog sistema je 3, dok imamo 5 nepoznatih. To znači 2 stepena slobode. Drugim rečima: imamo svega tri nezavisna vektora, odnosno generisani prostor je trodimenzionalan. Odredimo moguće baze (od po tri vektora) tog prostora, isključivanjem onih trojki, koje ne mogu biti baza. Ako u prvoj jednačini iskoristimo jedan stepen slobode i odaberemo x = α, gde je α proizvoljan broj različit od nule, tada sledi y = –α. Iskoristimo drugi stepen slobode, pa u trećoj jednačini odaberemo u = β, uz isto ograničenje: da β bude različit od nule, tada sledi v = –β. Ako sve te činjenice primenimo u drugoj jednačini, zaključujemo z = α–β. Primenimo te zaključke u prvobitnoj jednačini, koju smo postavili prilikom ispitivanja linearne zavisnosti sistema vektora: x a1 + y a2 + z a3 + u a4 + v a5 = 0 ⇒ α a1 – α a2 + (α–β) a3 + β a4 – β a5 = 0. Potrebno je preurediti ovu poslednju vektorsku jednakost po odabranim brojevima α i β: α (a1 – a2 + a3 ) + β ( –a3 + a4 – a5) = 0. Pošto za bilo koje odabrane (nenula) vrednosti brojeva ova poslednja jednakost mora važiti, to je moguće samo tako, da kombinacije vektora u zagradama jednake nuli. To upravo znači, da medju datim vektorima postoje dve linearne veze: a1 – a2 + a3 = 0 i –a3 + a4 – a5 = 0. Trojke vektora, koji su obuvaćeni ovim vezama ne mogu biti baza! Formirajmo sve moguće kombinacije od datih vektora. Od 5 vektora možemo formirati 10 trojki: ( a1 , a2 , a3 ), ( a1 , a2 , a4 ), ( a1 , a2 , a5 ), ( a1 , a3 , a3 ), ( a1 , a3 , a5 ), ( a1 , a4 , a5 ), ( a2 , a3 , a4 ), ( a2 , a3 , a5 ), ( a2 , a4 , a5 ), ( a3 , a4 , a5 ). Zaokružene trojke vektora ne mogu biti baza na osnovu prethodnih razmatranja, dok sve ostale trojke su moguće baze tog prostora.

Diskretna Matematika

Documents

Transcript of Diskretna Matematika