MAT2B

Matematika 2B

(Donekle otesana graa)

Miroslav Pavlovi

)

)e-mail : [email protected]

Sadraj

1 Matrice i determinante 3

1.1 Operacije sa matricama . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.2 Inverzna i transponovana matrica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6

1.3 Determinante drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8

1.4 Determinante vixeg reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9

1.5 Raqunae inverzne matrice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

2 Matrice i linearni operatori 15

3 Sistemi linearnih jednaqina 17

3.1 Gausova metoda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

3.2 Matriqna metoda i Kramerovo pravilo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

3.3 Rang matrice i Kroneker{Kapelijev stav . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22

4 Analitiqka geometrija u ravni 23

4.1 Jednaqina prave i krunice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23

4.2 Elipsa, hiperbola i parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25

5 Geometrijski vektori 27

5.1 Koordinatni sistem u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30

6 Analitiqka geometrija u prostoru 33

6.1 Jednaqina ravni. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

6.2 Jednaqina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35

7 Vektorski prostori 37

8 Metriqki prostori 40

8.1 Graniqna vrednost niza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

8.2 Vrste skupova u metriqkom prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

8.3 Graniqna vrednost i neprekidnost funkcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

9 Diferencijabilnost 47

9.1 Lagraneva teorema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

9.2 Izvod u pravcu i gradijent . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51

9.3 Izvodi vixeg reda i Tejlorova formula . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52

9.4 Teorema o implicitnoj funkciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

9.5 Sistemi jednaqina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

9.6 Teorema o inverznoj funkciji . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

9.7 Ekstremne vrednosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 58

9.8 Uslovni ekstemumi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

10 Diferencijabilnost funkcija iz Rn u Rm 62

2

31 Matrice i determinante

Matrica se prepoznaje kao pravougaona xema, npr.

A =

1 34 68 1

, B =36

1

, C = [3 5 3] . (1.1)Matrica A ima tri vrste (tj. reda):[

1 3 ] , [4 6] , [8 1] ,i dve kolone: 14

8

,36

1

.Takva matrica se naziva matricom tipa 3 2. Uopxte, ako matrica ima m vrsta i n kolona jestematrica tipa (ili: formata) m n. Za oznaqavae ,,nepoznate matrice\ koriste se slova sadvojnim indeksima; npr. matrica tipa 4 3 pixe se kao

X =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33a41 a42 a43

.Krae: X = [aij ]

4,3i,j=1 (4 vrste, 3 kolone).

Matematiqka definicija matrice glasi:

Definicija 1.1. Matrica tipa m n je funkcija qiji je domen jednak Dekartovom proizvoduJm Jn, gde je Jk = {1, 2, . . . , k}.

1.1 Operacije sa matricama

Definixu se tri operacije: sabirae matrica, mnoee matrica i mnoee matrice skalarom

(brojem).

Sabirae. Definixe se sabirae samo matrica istog tipa.

Dve matrice istog tipa sabiraju se tako xto se saberu odgovarajui elementi.

Tako, npr. meu prethodno napisanim, videti (1.1), matricama A, B, C ne postoje dve koje semogu sabrati.

4 1 MATRICE I DETERMINANTE

Zadatak. Malo smeha: odaberite 250 parova matrica tipa 2 3 pa ih saberite.Nula-matrica. To je matrica kojoj su svi elementi jednaki nuli. Oznaqiemo je sa 0.

Suprotna matrica. Ako je X = [aij ], onda se matrica X def= [aij ] naziva suprotnom matricommatrice X. Vai formula (X) = X.

Stav 1.2. Neka jeMm,n skup svih matrica tipa m n.

1. Operacija sabiraa je zatvorena, xto znaqi da zbir dva qlana skupa Mm,n pripada tomskupu.

2. Vai zakon asocijativnosti. (Napixite ga.)

3. Vai zakon komutativnosti. (Napixite ga.)

4. X + 0 = 0+X = X, gde X Mm,n, a 0 je tipa m n.5. Ako X Mm,n, onda X Mm,n i vai formula X + (X) = 0 = (X) +X.

Dokaz. Izvedite ga sami.

Oduzimae. Definixite ga.

Mnoee matrice skalarom. Ako je A = [aij ] i R, onda je A = [aij ], po definiciji.Drugim reqima, matrica se mnoi skalarom tako xto se svaki element matrice pomnoi tim

skalarom.

Stav 1.3. Vae sledee formule (gde su X i Y matrice istog tipa, a i su skalari):

1. (X + Y ) = X + Y,

2. (+ )X = X + X,

3. (X) = ()X,

4. 0 X = 0,5. 1 X = X.

Dokaz. Dokaz je jednostavan. Na primer, ako su X = [xij ] i Y = [yij ] matrice tipa mn (1 i m,1 j n), onda je

(X + Y ) = [xij + yij ] = [(xij + yij)]

= [xij + yij ] = [xij ] + [yij ] = [xij ] + [yij ] = X + Y.

Koristili smo samo definiciju skalarnog mnoea i zakon distributivnosti realnih brojeva.

Mnoee matrica. Proizvod XY matrice X tipa m n i matrice Y tipa p q definixe sesamo u sluqaju da je n = p. Rezultat je matrica tipa m q. Neka je V matrica-vrsta, tj. matricatipa 1 n a K matrica-kolona, tj. matrica tipa n 1,

V =[v1 v2 . . . vn

], K =

k1k2.

.

.

kn

,

1.1 Operacije sa matricama 5

onda je, po definiciji,

V K = v1k1 + v2k2 + . . . vnkn =nj=1

vjkj .

Dakle, rezultat je broj, koji moemo tretirati kao matricu tipa 1 1. Na primer, ako su B i Cmatrice s poqetka ovog poglava (videti (1.1)), onda je

CB = 3 3 + (5) 6 + (3) 1 = 24.

Ako je X matrica tipa m n a K kolona ,,visine\ n, onda je proizvod XK kolona visine m:

XK =

V1KV2K.

.

.

VmK

,gde su V1 (prva), V2 (druga), . . . , Vm (posleda) vrste matrice X.

Zadatak. Izraqunajte XY ako je

X =

[1 2 47 0 1

], Y =

342

.Da li je definisan proizvod Y X?

Konaqno, ako je X matrica tipa m n i Y matrica tipa n q, onda jeV1K1 V1K2 . . . V1KqV2K1 V2K2 . . . V2Kq.

.

.

.

.

.

VmK1 VmK2 . . . VmKq

,gde su V1, itd., vrste matrice X, a K1, itd., kolone matrice Y. (Napixite to u sluqaju m = 2,n = 3, q = 2.)

Na primer, ako su B i C matrice date u (1.1), onda je

BC =

3 3 3 6 3 15 3 5 6 5 13 3 3 6 3 1

= 9 18 115 30 59 18 3

.Uporedite rezultat sa proizvodom CB.

Proizvod matrica X = [xij ]m,n1,1 i Y = [yjk]

n,p1,1 moe definisati i ovako: XY je matrica U =

[uik]m,p1,1 , gde je

uik =

nj=1

xijyjk, (i, k) Jm Jp.

Jediniqna matrica. To je matrica tipa n n kojoj su na glavnoj dijagonali jedinice a naostalim mestima nule; tj. I = [aij ]

n,n1,1 , aij = 1 za i = j i aij = 0 za i 6= j.Stav 1.4. Sledea tvrea su ispravna (pod uslovom da su izrazi koji se u ima pojavuju defin-

isani):

1. Ako je I jediniqna matrica, onda je IX = X i Y I = Y.


2. Mnoee matrica nije komutativno .

3. Vai zakon asocijativnosti.

4. Vae zakoni distributivnosti, tj.

X(Y + Z) = XY +XZ, i (X + Y )Z = XZ + Y Z.

Dokaz. Dokazaemo samo tvree 3. Neka je X = [xij ]m,n1,1 , Y = [yjk]

n,p1,1 i Z = [zk`]

p,q1,1. Neka je

A = [aik] = XY i B = [bj`] = Y Z, E = (XY )Z i F = X(Y Z). Tada je

aik =

nj=1

xijyjk i bj` =

pk=1

yjkzk`.

Dakle,

eil =

pk=1

aikzkl =

nj=1

pk=1

xijyjkzk` =

n,pj=1,k=1

xijyjkzk`.

Isti taj rezultat dobija se raqunaem elemenata matrice F.

Zadatak. Ispixite navedeni dokaz u sluqaju kada je m = 2, n = 2, p = 2, q = 3.

Zadatak. Naite dve matrice, A i B, tipa 2 2 tako da bude AB 6= BA.

Zadatak. Dokazati formule (A+ I)2 = A2 +2A+ I i A2 I = (A I)(A+ I), ) gde je I jediniqnamatrica, a A matrica istog tipa.

Pitae. Pod kojim uslovima vae formule

(A+B)2 = A2 + 2AB +B2, A2 B2 = (AB)(A+B)?

1.2 Inverzna i transponovana matrica

Transponovana matrica matrice A jeste matrica AT koja se od A dobija zamenom uloga vrsta ikolona. Preciznije, prva vrsta matrica AT jednaka je prvoj koloni matrice A, druga drugoj, itd.Dakle, ako A je tipa m n, onda je AT tipa nm. Vae sledee formule:

1. (A+B)T = AT +BT ,

2. (AT )T = A,

3. (AB)T = BTAT , itd.

Inverznom matricom (ako postoji) kvadratne matrice A (tj. matrice tipa n n) naziva sematrica B koja zadovoava uslov

AB = BA = I,

gde je I jedinqna matrica. Nema svaka matrica inverznu; npr. neka je

A =

[0 01 1

])A2 def= AA

1.2 Inverzna i transponovana matrica 7

i neka je B proizvona matrica drugog reda (tj. tipa 2 2),

B =

[x yu v

].

Tada je

AB =

[0 01 1

] [x yu v

]=

[0 0

x+ u y + v

]6=[1 00 1

].

Prema tome, AB 6= I, xto znaqi da A nije invertibilna (nema inverznu).Matrica koja ima inverznu naziva se jox regularnom, a ona koja je nema { singularnom.

Oznaka. Inverzna matrica regularne matrice oznaqava se sa A1.

Stav 1.5. (a) Ako su matrice X i Y regularne, onda je takva i matrica XY i vai formula

(XY )1 = Y 1X1. )

(b) Ako je X regularna, onda je takva i X1 i vai formula (X1)1 = X.

Dokaz. Neka je A = XY i B = Y 1X1. Tada je

AB = (XY )(Y 1X1) = XY Y 1X1 = X(Y Y 1)X1

= XIX1 = XX1 = I.

U dokazu je bitno intervenisao zakon asocijativnosti. Na isti naqin se dokazuje da je BA = I,xto znaqi da je A regularna i da je A1 = Y 1X1. Dokaz tvrea (b) prepuxtamo qitaocu.

Digresija: grupe. Neka je Rn skup svih regularnih kvadratnih matrica reda n 2. Premaprethodno navedenim stavovima i uzgrednim primedbama, taj skup ima ova svojstva:

1. Ako X Rn i Y Rn, onda XY Rn.

2. Vai zakon asocijativnosti.

3. Postoji E Rn takvo da je XE = EX = X.

4. Za svako X Rn, onda postoji Y Rn takvo da je XY = Y X = E.

Ako ,,zaboravimo\ da je Rn skup matrica ve da je to proizvoan skup S u kome je definisanaoperacija (X,Y ) 7 XY, X, Y S koja ima svojstvo 1, onda skup S zajedno s tom operacijom zovemogrupoid a operaciju nazivamo zatvorenom. Ako su zadovoeni uslovi 1 i 2, onda je S semigrupa. Akosu ispueni uslovi 1, 2 i 3, onda se S zove semigrupa sa jedinicom. Element E se zove jedinicai on je jedinstven, xto treba dokazati. Ako su ispueni svi uslovi od 1 do 4, onda se S zovegrupa. Element Y nazivamo inverznim elementom od X; svako X ima jedan jedini ,,inverz\ (xtose dokazuje) i oznaqava se sa X1. Ako u grupi vai zakon komutativnosti, onda se ona nazivakomutativnom ili Abelovom grupom.

)Obratite pau na poredak.


1.3 Determinante drugog reda

Neka je data matrica A reda 2,

A =

[a bc d

].

Determinanta matrice A jeste broj

detA =

a bc d def= ad bc.Determinante drugog reda prirodno se pojavuju kod linearnih sistema sistema od dve jednaqine

sa dve nepoznate. Neka je dat jedan takav sistem:{a1x+ b1y = c1

a2x+ b2y = c2(1.2)

Ako prvu jednaqinu pomnoimo sa b2 a drugu sa b1 i oduzmemo ih, dobiemo jednaqinu

(a1b2 a2b1)x = c1b2 c2b1,

tj.

x = x,

gde je

=

a1 b1a2 b2 , x = c1 b1c2 b2

.Dakle, ako je 6= 0, onda je x = x

. Na isti naqin dobijamo y =

y, gde je

y =

a1 c1a2 c2 .Stav 1.6 (Kramerova teorema). Da bi sistem (1.2) imao jedinstveno rexee, neophodno je i

dovono da bude 6= 0. Ako je 6= 0, onda se rexee nalazi po formulama

x =x, y =

y.

Ovaj stav emo dokazati kasnije u opxtijoj formi. Ovde emo samo notirati da on ne sledi

,,automatski\ iz prethodne diskusije.

Zadatak. Sastavite sistem od dve jednaqine sa dve nepoznate pa ga rexite primenom Kramerove

teoreme.

Zadatak. Primenom Kramerove teoreme rexite sistem (po (x, y)){x cos y sin = ax sin + y cos = b,

gde su a, b i ,,fiksirani\ realni brojevi.

1.4 Determinante vixeg reda 9

Svojstva determinanata

Qitalac treba samostalno da dokae sledei stav.

Stav 1.7. Determinanta ima ova svojstva:

(a) Ako je jedna kolona jednaka nuli, onda je determinanta jednaka nuli.

(b) Ako dve kolone zamene mesta, onda determinanta mea znak.

(v) Determinanta se mnoi brojem tako xto se jedna kolona pomnoi tim brojem.

(g) Ako su dve kolone proporcionalne ili, posebno, jednake, onda je determinanta jednaka nuli.

(d) Determinanta ne mea vrednost ako se jedna kolona pepixe a druga izmeni tako xto joj

se doda ona prepisana prethodno pomnoena bilo kojim brojem.

() Prethodna tvrea ostaju taqna ako se req ,,kolona\ zameni reqju ,,vrsta".

(e) Determinanta jediniqne matrice jednaka je broju 1.

Primetimo samo da (d) znaqi: ako R,

A =

[a bc d

], B =

[a b+ ac d+ c

],

onda je detB = detA.

Inverzna matrica matrice drugog reda

Stav 1.8. Da bi matrica

A =

[a bc d

]imala inverznu, neophodno je i dovono da je detA 6= 0. A ako je detA 6= 0, onda je

A1 =1

detA

[d bc a

].

Zadatak. Neka je

A =

[cos sin sin cos

].

Tada je

A1 =[

cos sin sin cos

].

Zadatak. Nai matricu X iz jednaqine

AX = 2X +B, gde je A =

[1 13 4

], B =

[4 02 3

].

Nai X ako je XA = 2X +B.

1.4 Determinante vixeg reda

Neka je n 2 i Pn skup svih permutacija skupa Jn = {1, 2, . . . , n}. Permutacija skupa je uzajamnojednoznaqno preslikavae tog skupa na samog sebe. U sluqaju konaqnog skupa, kao xto je Jn, dovonoje da preslikavae bude injektivno pa da bude permutacija. Zajedno sa operacijom komponovaa,

skup Pn qini grupu (videti str. 7). Inverzni element elementa (funkcije) Pn jednak jeinverznoj funkciji 1.


Inverzija Inverzijom

)permutacije nazivamo svaki par (i, j) takav da je i < j ali i > j .

)Npr. permutacija 2 4 3 1 skupa J4 ima 4 inverzije: (2,1), (4,3), (4,1), (3,1). Broj inverzijapermutacije oznaqiemo sa Inv().

Tvree 1.9. Vai formula Inv() = Inv(1).

Dokaz. Ako je (i, j) inverzija permutacije , onda je (j, i) inverzija permutacije 1, tako dasvakoj inverziji od odgovara jedna inverzija od 1; i obrnuto. Time je tvree dokazano.

Definicija 1.10. Neka je A = [aij ] matrica tipa n n. Broj

detA =Pn

(1)Inv()ni=1

aii)(1.3)

zove se determinanta matrice A.

Zapazimo da je detA suma od n! sabiraka a svaki od ih ima n qinilaca. Poredak sabiraka jenebitan i moe se odabrati koji god, npr. leksikografski.

Sledei stav uspostava ravnopravnost vrsta i kolona.

Stav 1.11. Determinanta transponovane matrice jednaka je determinanti same matrice.

Dokaz. Neka je A = [aij ] i B = AT . Tada je bij = aji, xto znaqi da treba dokazati da je

Pn

(1)Inv()ni=1

aii =Pn

(1)Inv()ni=1

aii .

Neka je = 1. Prvo meamo poredak u proizvodu pa dobijamo

ni=1

aii =ni=1

aii .

Zatim prepisujemo sumu u obliku (uz tvree 1.9)

Pn

(1)Inv()ni=1

aii =Pn

(1)Inv()ni=1

aii ,

xto je jednako detA, a to je i trebalo dokazati.

Zadatak. Sprovedite navedeni dokaz u sluqaju n = 3 pixui sumu i proizvode u razvijenomobliku.

Determinanta kao funkcija vektora-kolona Determinantu moemo predstaviti u obliku

det(K1,K2, . . . ,Kn) = detA,

gde su K1,K2, . . . ,Kn kolone matrice A tipa n n.Stav 1.12. Ako fiksiramo n 1 kolona, onda je funkcija det linearna kao funkcija preostalekolone.

)To nema veze sa inverznom permutacijom.

)i = (i))Broj (1)Inv() zove se signatura permutacije .


To znaqi, npr. da je

det(1K1 + 2K

1 ,K2, . . .) = 1 det(K

1,K2, . . .) + 2 det(K

1 ,K2, . . .).

Stav 1.13. Determinante bilo kog reda imaju sva svojstva pobrojana u stavu 1.7.

Dokaz. (a) Ako izaberemo bilo koju kolonu, onda u sumi (1.3) svaki proizvod sadri taqno jedan

element te kolone.

(b) Zamena mesta susednih elemenata permutacije zove se transpozicija. Da bi dve (susedne

ili nesusedne) kolone zamenile mesta treba izvrxiti neparan broj transpozicija. Tako se pitae

svodi na zamenu mesta susednih kolona. Razmotrimo sluqaj prve i druge. Dakle, treba uporediti

determinante

1 =

a11 a12 a13 . . .a21 a22 a23a31 a32 a33 . . ..

.

.

.

.

.

, 2 =a12 a11 a13 . . .a22 a21 a23a31 a32 a33 . . ..

.

.

.

.

.

.Neka je = (2, 1, 3, . . .). Ako uvedemo oznake a

11 = a12, a

12 = a11, itd., dobiemo

2 =Pn

(1)Inv()ni=1

aii .

Budui da je

ni=1

aii =ni=1

aii

i Inv() = Inv(), zakuqak je tu. (Uradite ovo u sluqaju n = 4.)(v) Ovo svojstvo moete dokazati sami.

(g) S obzirom na (v), moemo pretpostaviti da su dve kolone jednake. Kad im zamenimo mesta,

determinanta mea znak, te je = ; dakle = 0.(d) Na primer, prvu kolonu pomnoimo brojem pa je dodamo drugoj. Tada je, prema stavu 1.12,

det(K1, K1 +K2,K3, . . .) = det(K1, K1,K3, . . .) + det(K1,K2,K3, . . .)

= 0 + det(K1,K2,K3, . . .).

(Ovde smo primenili svojstvo (g).) Svojstva () i (e) moete verifikovati sami.

Laplasovo pravilo

Neka je data determinanta = det[aij ] tipa n n. Za svako (i, j) oznaqimo sa Mij determinantukoja se dobija brisaem vrste i kolone koje se seku na tom mestu: to su kolona broj i i vrsta brojj. Ta se determninanta zove minor elementa aij (ili mesta (i, j)). Broj Kij = (1)i+jMij zove sekofaktor elementa aij .

Stav 1.14 (Laplasovo pravilo). Za svako j {1, . . . , n} vai formula

=ni=1

aijKij , (1.4)

a za svako i | formula

=

nj=1

aijKij . (1.5)


Ako je j 6= k, onda jeni=1

aikKij = 0, (1.6)

i, sliqno, ako je i 6= k, onda jenj=1

akjKij = 0. (1.7)

Pre dokaza, konstatujmo da formula (1.4) predstava ,,razvijae\ determinante po ,,j-toj\koloni. Na primer, ako je n = 3 i j = 1, onda dobijamo

= a11

a22 a23a32 a33 a21 a12 a13a32 a33

+ a31 a12 a13a22 a23 . (1.8)Dokaz. Qlanovi a11, a21,. . . , an1 pojavuju se svaki po (n 1)! puta u sumi kojom se definixedeterminanta. Kad se ta suma razloi na n suma, gde prva sadri a11, druga a21, itd., i uzmu uobzir inverzije, dolazi se do formule (1.4). Uradite to u sluqaju n = 4 ispisujui proizvode urazvijenom obliku, tj.

4i=1

aii = a11a22a33a44 ,

i svih permutacija .

Formula (1.5) dobija se iz (1.4) transponovaem (stav 1.11).

Suma u formuli (1.6) dobijena je iz sume u (1.4) tako xto je j-ta kolona zameena k-tom kolonom,npr. prva drugom. Pri tome je druga kolona ostala na svom mestu a kofaktori su nepromeeni

jer u ima uqestvuju elementi van prve kolone. To znaqi da suma u (1.6) predstava determinantu

koja ima dve jednake kolone i zato je jednaka nuli.

Formula (1.7) dobija se iz (1.6) transponovaem.

Formula (1.8) je pogodna za raqunae determinante treeg reda, ali kod determinanti reda

4, 5,. . . moe dovesti do dugaqkog raquna. U tom sluqaju najboe je primeivati mnoee vrste

brojem i dodavae ostalim vrstama tako da se u jednoj koloni pojave 3, 4,. . . nule.

Zadatak. Izraqunajte determinantu petog reda:2 5 0 1 31 0 3 7 23 1 0 5 52 6 4 1 20 3 1 2 3

.

Trougaone i dijagonalne matrice. Glavna dijagonala matrice je niz (i, i), i = 1, . . . n. Akosu svi elementi ,,ispod\ (ili ,,iznad\) glavne dijagonale jednaki nuli, onda se matrica naziva

trougaonom. Ako su svi elementi van glavne dijagonale jednaki nuli, onda se matrica naziva

dijagonalnom.

Stav 1.15. Determinanta trougaone matrica (i, specijalno, dijagonalne) jednaka je proizvodu

elemenata na glavnoj dijagonali


Dokaz. Neka je, npr.

A =

a11 a12 a13 a14 a150 a22 a23 a24 a250 0 a33 a34 a350 0 0 a44 a450 0 0 0 a55

.Razvijaem determinante po prvoj koloni dobijamo

detA = a11

a22 a23 a24 a250 a33 a34 a350 0 a44 a450 0 0 a55

.Ponavaem istog rasuivaa dobijamo

detA = a11a22

a33 a34 a350 a44 a450 0 a55

,itd. Tako bismo radili i u sluqaju determinante proizvonog reda.

Determinanta proizvoda dve matrice

Stav 1.16. Ako su A i B ,,kvadratne\ matrice istog reda, onda je det(AB) = detAdetB.

Ovaj emo stav izvesti iz sledeeg, koji je vaan sam po sebi.

Stav 1.17. Neka je A matrica tipa mm, B { matrica tipa n n, C { matrica tipa nmi 0 { nula-matrica tipa m n. Tada je

det

[A 0C B

]= detAdetB.

Dokaz (indukcijom po m). Neka je A = [aij ]mi,j=1. Ako je m = 1, onda se traeni rezultat dobijarazvijaem determinante

1 =

a11 0C Bpo prvoj vrsti. Neka je m 2. Tada, opet, razvijamo po prvoj vrsti i dobijamo

m = det

[A 0C B

]= a11K11 + a12K12 + . . .+ a1mK1m,

gde su K11, . . . kofaktori elemenata a11, . . . u matrici

[A 0C B

]. Svaki od ih ima oblik

adef= det

[A1 0C1 B

],

gde je A1 matrica tipa m 1. Indukcijska pretpostavka kae da je a = det(A1) detB i, dakle,m = a11K

11 detB + . . .+ a1mK

1m detB,

gde je K 11, . . . kofaktor elementa a11, . . . u matrici A. Budui da je, shodno Laplasovom pravilu,

detA = a11K11 + . . .+ a1nK

1m,

to je m = detAdetB. Kraj.


Dokaz stava 1.16. Bie jasnije ako razmotrimo konkretan sluqaj, npr. n = 3. Neka je

D =

a11 a12 a13 0 0 0a21 a22 a23 0 0 0a31 a32 a33 0 0 01 0 0 b11 b12 b130 1 0 b21 b22 b230 0 1 b31 b32 b33

.

Shodno stavu 1.17 vai jednakost D = detAdetB. S druge strane, ako qetvrtoj koloni dodamo prvupomnoenu sa b11 pa, zatim, drugu pomnoenu sa b21 i, na kraju, treu pomnoenu sa b31, dobiemo

D =

a11 a12 a13 c11 0 0a21 a22 a23 c21 0 0a31 a32 a33 c31 0 01 0 0 0 b12 b130 1 0 0 b22 b230 0 1 0 b32 b33

,

gde je

ci1 = ai1b11 + ai2b21 + ai3b31.

Nastavajui tako, dobiemo

D =

a11 a12 a13 c11 c12 c13a21 a22 a23 c21 c22 c23a31 a32 a33 c31 c32 c331 0 0 0 0 00 1 0 0 0 00 0 1 0 0 0

= det

[A ABI 0

].

Zameujui mesta prve i qetvrte vrste, druge i pete, tree i xeste, dobijamo

D = (1)3 det[I 0A AB

])

= (1)3 det(I) det(AB)= det(AB).

gde smo primenili stav 1.17. Kraj.

1.5 Raqunae inverzne matrice

Pomou rezultata iz prethodna dva odeka dokazaemo ovaj stav:

Stav 1.18. Da bi matrica bila regularna, neophodno je i dovono da je ena determinanta

razliqita od nule. Ako je A regularna matrica tipa n n, onda je

A1 =1

detAadj(A),

gde je

adj(A) =

K11 K21 K31 . . .K12 K22 K32 . . .K13 K23 K33 . . ..

.

.

.

.

.

.)Broj (1)3 potiqe otuda xto smo tri puta meali mesta vrstama.

15

Matrica adj(A) naziva se adjungovanom matricom matrice A. Obratite pau da su kofaktoritransponovani.

Dokaz. Pretpostavimo da postoji matrica B takva daje AB = I. Tada je po stavu 1.16, 1 = det I =det(AB) = detAdetB. Odatle sledi da je detA 6= 0.U obrnutom smeru, neka je n = 3, detA 6= 0. Tada je

A adj(A) =

d11 d12 d13d21 d22 d23d31 d32 d13

,gde je

d11 = a11K11 + a12K12 + a13K13

d12 = a11K21 + a12K22 + a13K23,

itd. Na osnovu Laplasovog pravila (stav 1.14), vai sledee: d11 = detA, d12 = 0, d13 = 0, d21 = 0,d22 = detA, itd., iz qega sledi da je

A adj(A) = (detA)I.

Na isti naqin se dokazuje da je adj(A) A = detA. Time je dokaz zavrxen.

Zadatak. Formirajte jednu singularnu matricu. Zatim joj promenite jedan qlan tako da se

dobije regularna matrica; naite inverznu.

2 Matrice i linearni operatori

Neka je Rn skup matrica kolona duine n. Te kolone pixemo u obliku x = (x1, x2, . . . , xn) radiuxtede prostora.

Definicija 2.1. Preslikavae f : Rn 7 Rm nazivamo linearnim ako je f(x+y) = f(x)+f(y)za sve , R i x, y Rn.Postoji tesna veza izmeu linearnih preslikavaa i matrica.

Stav 2.2. Neka je A matrica tipa m n. Tada je preslikavae f(x) = Ax linearno.Ovaj stav dokazaete Vi. Primetimo samo da je preslikavae ,,dobro\ definisano, jer je

A =

a11 a12 . . . a1na21 a22 . . . a2n.

.

.

.

.

.

am1 am2 . . . amn

, x =x1x2.

.

.

xn

,iz qega sledi da je proizvod Ax definisan.

Stav 2.3. Ako je f : Rn 7 Rm linearno preslikavae, onda postoji jedna jedina matrica A tipam n takva da je f(x) = Ax za svako x Rn.

Dokaz. Definiximo kolone e1, e2, . . . , en Rn na sledei naqin:

e1 =

10.

.

.

0

, e2 =

01.

.

.

0

, . . . , en =

00.

.

.

1

.

16 2 MATRICE I LINEARNI OPERATORI

Svako x Rn moe se napisati u obliku x = x1e1 +x2e2 + . . .+xnen. Budui da je f linearno, to je

f(x) = x1f(e1) + x2f(e2) + . . .+ xnf(en).

Vektor-kolone f(ej) (1 j n) pripadaju prostoru Rm pa se mogu napisati u obliku

f(ej) =

a1ja2j.

.

.

amj

.Sledi:

f(x) =

a11x1 + . . .+ a1nxn...

am1x1 + . . .+ amnxn

=a11 a12 . . . a1n...

am1 am2 . . . amn

x1x2.

.

.

xn

= Ax,gde je

A =

a11 a12 . . . a1n...

am1 am2 . . . amn

.Ako je B = [bij ] neka matrica takva da je f(x) = Bx, onda je Bx = Ax za svako x Rn i, posebno,za x {e1, . . . , en}. Stoga je A = B jer tako kae sledee tvree, koje ete dokazati Vi.

Tvree 2.4. Proizvod Aej jednak je j-toj koloni matrice A.

Definicija 2.5. Matricu linearnog preslikavaa f oznaqavaemo sa [f ].

Matrica kompozicije

Stav 2.6. Neka su f : Rn 7 Rm i g : Rm 7 Rk linearna preslikavaa, onda je [g f ] = [g][f ].

Dokaz. Iz jednakosti (g f)(x) = [g f ](x) i (g f)(x) = g(f(x)) = g([f ]x) = [g]([f ]x) sledi, prekozakona asocijativnosti, da je [g f ](x) = ([g][f ])x. Sada tvree 2.4 daje traeni zakuqak.

Qitaocu prepuxtamo da dokae sledee formule: [f + g] = [f ] + [g], [f ] = [f ], itd. Proizvodf definixe se kao: (f)(x) = f(x).

Belexka 2.7. Jednakost A(Bx) = (AB)x dokazuje se nexto jednostavnije nego A(BC) = (AB)C, gdeje C proizvona matrica.

Matrica inverznog preslikavaa

Pretpostavimo da je f : Rn 7 Rn linearno preslikavae. Postava se pitae kakva je vezainvertibilnosti tog preslikavaa sa invertibilnoxu egove matrice. Odgovor je prost:

Stav 2.8. Da bi preslikavae f bilo invertibilno, neophodno je i dovono da matrica [f ] budeinvertibilna (tj. regularna). U sluqaju invertibilnosti vai formula

[f1] = [f ]1. ()

17

Dokaz. Neka je f invertibilno. Tada postoji linearno preslikavae g : Rn 7 Rn takvo da jef g = Id = g f, gde je Id identiteta, tj. preslikavae definisano kao Id(x) = x. Prema stavu2.6, vai formula [f ][g] = [Id] = I = [g][f ], xto znaqi da je matrica [f ] invertibilna i da vaiformula ().Pretpostavimo, obrnuto, da je matrica [f ] invertibilna i definiximo preslikavae g ovako:

g(x) = [f ]1x. Tada je g(f(x)) = [f ]1([f ]x) = x i f(g(x)) = [f ]([f ]1x) = x, qime je dokaz zavrxen.

3 Sistemi linearnih jednaqina

Linearna jednaqina sa nepoznatim x1, x2, . . . , xn ima oblik

a1x1 + a2x2 + . . .+ anxn = b, (3.1)

gde su a1, . . . , an brojevi, koji se zovu koeficijenti, b je broj (slobodni qlan) a x1, . . . , xn { nepoznate,tj. prazna mesta koja se mogu popuniti (zameniti) brojevima, svaka po jednim. Ako (x1, . . . , xn)zamenimo brojevima (1, . . . , n), dobiemo broj d na levoj strani. Ako je d = b, onda emo rei daje n-torka (1, . . . , n) rexee jednaqine. Takoe, kae se da n-torka zadovoava jednaqinu.

Jednaqinu (3.1) moemo zapisati u obliku f(x) = b, gde je f : Rn 7 R linearna funkcija.Sistem linearnih jednaqina sa n nepoznatih x1, . . . , xn jeste konaqan skup linearnih jednaqina.Rexee sistema je svaka n-torka koja zadovoava svaku jednaqinu sistema. Ako sistem nema rex-ea, kae se da je nesaglasan, a ako ima { da je saglasan. Ako saglasni sistem ima jedno jedino

rexee, kae se da je odreen, ako ima vixe od jednog { da je neodreen. Ispostava se da neodreeni

sistem ima beskonaqno mnogo rexea.

Jednaqina ax = b

Jednaqina ax = b, gde su a i b zadate konstante (koje mi ne vidimo) a x { nepoznata, dovona je dasagledamo kakva mogu biti rexea sistema. Naime, pojavuju se tri sluqaja:

1. Ako je a 6= 0, onda jednaqina ima jedinstveno (=jedno i samo jedno= jedno jedino) rexee:x = b/a.

2. Ako je a = 0 i b 6= 0, onda jednaqina nema rexea.3. Ako je a = b = 0, onda je svaki broj R rexee, xto znaqi da u ovom sluqaju jednaqina imabeskonaqno mnogo rexea.

Jednaqina ax+ by = c

Ova jednaqina ima dve nepoznate, x i y, dva koeficijenta, a i b, i slobodni qlan c. Ako je a =b = c = 0, onda je svaki par (, ) rexee, jer je 0 + 0 = 0. Ako je a = b = 0 i c 6= 0, ondanema rexea. Ako je a 6= 0 ili b 6= 0, onda opet ima bezbroj rexea; geometrijski gledano, u ovomsluqaju jednaqina predstava pravu liniju u koordinatnom sistemu xOy a, budui da prava imabezbroj taqaka, vidi se da jednaqina ima bezbroj rexea. Prema tome, jednaqina ima ili bezbroj

rexea ili nema ni jedno; dakle, ne pojavuje se sluqaj da je rexee jedinstveno: to svojstvo ima

svaki sistem kod koga je broj nepoznatih vei od broja jednaqina.

18 3 SISTEMI LINEARNIH JEDNAQINA

Sistem od dve jednaqine sa tri nepoznate

Razmotrimo sistem sa tri nepoznate x1, x2, x3 :

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 = b2.

Pod uslovom da je jedan od brojeva a1j i jedan od brojeva a2j (j = 1, 2, 3) razliqit od nule, ovejednaqine predstavaju dve ravni u koordinatnom sistemu Ox1x2x3. Dve ravni se ne mogu seiu jednoj taqki: ili se ne seku (xto polvlaqi da su paralelne

)), ili se seku po pravi, ili se

poklapaju. To znaqi da u navedenom sluqaju sistem ne moe imati jedinstveno rexee; takav

zakuqak se moe izvesti i u ostalim sluqajevima.

3.1 Gausova metoda

Upotrebu Gausove metode pokazaemo, prvo, na primeru sistema od tri jednaqine sa tri nepoznate:

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 = b3.

(3.2)

Definicija 3.1. Sistemi jednaqina su ekvivalentni ako imaju isti skup rexea.

Proverite da li je trojka (1,2,1) rexee sistema

2x1 x2 +x3 = 32x1 + 3x22x3 =6 (3.3)x1 + x2 +x3 =2

Sledei stav pokazuje da neke jednostavne transformacije prevode sistem u emu ekvivalentan.

Stav 3.2. Ako izvrximo jednu od sledeih transformacija, dobiemo ekvivalentan sistem:

Mnoee jedne jednaqine brojem razliqitim od nule.

Mnoee jedne jednaqine brojem i dodavae nekoj drugoj (pri qemu se ona koja se mnoizadrava).

Izostavae jedne od dveju identiqnih jednaqina.

Izostavae jednaqine u kojoj su svi koeficijenti i slobodni qlan jednaki nuli.

Promena redosleda jednaqina.

Promena redosleda nepoznatih.

Dokaz. Pokuxajte sami.

)Paralelnost ukuquje i sluqaj poklapaa.

3.1 Gausova metoda 19

Definicija. Nabrojane transformacije se nazivaju elementarnim.

Pretpostavimo da je bar jedan od devet koeficijenata aij u sistemu (3.2) razliqit od nulejer je, u protivnom, sistem lako analizirati: sistem je ili nesaglasan ili neodreen. Neka je

a11 6= 0. Mnoeem prve jednaqine sa a21/a11 i dodavaem drugoj i, zatim, mnoeem sa a31/a11i dodavaem treoj dobijamo novi, ekvivalentan, sistem:

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a22x2 + a23x3 = b

2

a32x2 + a33x3 = b

3.

Tako smo dobili ,,podsistem\ od dve jednaqine sa dve nepoznate, x2 i x3. Ako su svi koeficijentitog podsistema jednaki nuli, onda se postupak obustava jer se moe zakuqiti da je sistem ili

nesaglasan ili neodreen. Pretpostavimo da je bar jedan od qetiti koeficijenta podsistema,

npr. a22, razliqit od nule. Tada prvi korak postupka primeujemo na podsistem i dobijamoekvivalentan, trougaoni, sistem

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a22x2 + a23x3 = b

2

a33x3 = b3.

(3.4)

Postojae i jedinstvenost rexea zavise od poslede jednaqine: rexee je jedinstveno ako i samo

ako je a33 6= 0. U tom sluqaju prvo nalazimo x3, pa rexee stavamo u drugu jednaqinu, xto namdaje x2. Na kraju, x1 i x2 stavamo u prvu jednaqinu i dobijamo x1 (sve to u sistemu (3.4)).

Determinanta i matrica sistema. Matricom sistema (3.2) nazivamo matricu satavenu od

egovih koeficijenata: a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

Determinata te matrice zove se determinanta sistema.

S obzirom na svojstva determinanata, determinanta sistema (3.2) jednaka je determinanti sis-

tema (3.4), a ova je jednaka a11a22a33. Imajuu u vidu svu prethodnu diskusiju, zakuqujemo da vaisledei stav:

Stav 3.3 (Kramerova teorema). Sistem (3.2) ima jedinstveno rexee ako i samo ako je egova

determinanta razliqita od nule.

Na primer, determinanta sistema (3.3) iznosi 5 pa, stoga, sistem ima jedinsteno rexee. Da

li je to (1,2,1)?Sistem nazivamo homogenim ako su svi slobodni qlanovi jednaki nuli. Takav sistem uvek ima

rexee (0, 0, 0), koje se naziva trivijalnim. Ostala rexea, ako postoje, nazivaju se netrivijal-nim. Kao neposrednu posledicu Kramerove teoreme imamo sledei stav.

Stav 3.4 (Kramerova teorema o homogenim sistemima). Da bi sistem (3.2) imao netrivijalnih

rexea, neophodno je i dovono da je egova determinanta jednaka nuli.

Zadatak. Odredite broj a tako da sistem

ax1 x2 +x3 =02x1 + 3x22x3 =0x1 + x2 +x3 =0

ima netrivijalnih rexea pa ga rexite Gausovom metodom. (Prvo stavite treu jednaqinu na prvo

mesto.)

Belexka 3.5. Sve xto smo zakuqili o sistemu (3.2) vai za proizvone sisteme od n jednaqinasa n nepoznatih.


Broj nepoznatih vei od broja jednaqina

Dovono je razmotriti sistem od 3 jednaqine sa 4 nepoznate da bi se shvatilo xta se dogaa u

opxtem sluqaju. Dakle, neka je dat sistem

a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 + a24x4 = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 + a34x4 = b3.

(3.5)

Iskuqujui sluqaj kad su svi koeficijenti jednaki nuli, biramo jedan razliqit od nule, npr.

a11. Tada postupamo isto kao kod sistema (3.2) i dobijamo ekvivalentan sistem

a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1

a22x2 + a23x3 + a

24x4 = b

2

a32x2 + a33x3 + a

34x4 = b

3.

Ako su svi koeficijenti dobijenog podsistema jednaki nuli, onda je podsistem, pa i sistem, ili

nesaglasan ili neodreen. Neka je jedan, npr. a22 razliqit od nule. Tada primeujemo Gausovkorak na podsistem i dobijamo sistem

a11x1 + a12x2 + a13x3 + a14x4 = b1

a22x2 + a23x3 + a24x4 = b

2

a33x3 + a34x4 = b

3.

(3.6)

Ovde je postupak okonqan. Jednaqina a33x3 + a34x4 = b3 (sa nepoznatim x3 i x4) ili nema rexeaili ih ima beskonaqno mnogo, xto vai i za sistem (3.6), pa i za sistem (3.5), koji je ekvivalentan

sistemu (3.6). Tako bi se diskutovao i proizvoni sistem koji ima vixe nepoznatih nego jednaqina.

Prema tome:

Stav 3.6. Ako sistem ima vixe nepoznatih nego jednaqina, onda je on ili nesaglasan ili neo-

dreen.

Kad ovaj stav primenimo na homogene sisteme, dolazimo do sledeeg:

Stav 3.7. Ako je broj nepoznatih u homogenom sistemu vei od broja jednaqina, onda je sistem

neodreen (tj. ima beskonaqno mnogo rexea).

Vixe jednaqina nego nepoznatih

Pretpostavimo da je dat sistem od qetiri jednaqine sa tri nepoznate:

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a21x1 + a22x2 + a23x3 = b2

a31x1 + a32x2 + a33x3 = b3

a41x1 + a42x2 + a43x3 = b4.

(3.7)

Postupamo siqno i ako nismo naixli na jednaqinu sa koeficijentima jednakim nuli, dobiemo

ekvivalentni sistem

a11x1 + a12x2 + a13x3 = b1

a22x2 + a23x3 = b

2

a33x3 = b3

a43x4 = b4.

Nastavak je jasan.

3.2 Matriqna metoda i Kramerovo pravilo 21

Gausov postupak u matriqnom obliku

Umesto sa jednaqinama moemo raditi sa vrstama proxirene matrice sistema { matrice siatema

kojoj je prikuqena kolona slobodnih qlanova. Uradite sledei primer Gausovom metodom sa

pisaem nepoznatih.

x1 + 2x2+5x3 =9x1 x2 +3x3 = 2

3x1 6x2 x3 = 25

U matriqnom obliku to ide ovako: Proxirena matrica jednaka je 1 2 5 -91 -1 3 2

3 -6 -1 25

Mnoeem prve vrste sa -1 i dodavaem drugoj, zatim, mnoeem sa -3 i dodavaem treoj, dobi-

jamo matricu 1 2 5 -90 -3 -2 11

0 -12 -16 52

.Mnoeem druge vrste ove matrice -4 i dodavaem treoj dobijamo 1 2 5 -90 -3 -2 11

0 0 -8 8

.Tako dobijamo sistem

x+ 2y+5y =9 3y2z = 11

8z = 8Odavde nalazimo z = 1, 3y + 2 = 11, pa y = 3, x 2 15 = 9, pa z = 8. Dakle, rexee je(x, y, z) = (1,3, 8). Proverite!

3.2 Matriqna metoda i Kramerovo pravilo

Sistem (3.2) moemo napisati u matriqnom obliku

Ax = B,

gde je A matrica sistema,

B =

b1b2b3

, x =x1x2x3

.Ako je matrica A regularna, onda mnoeem sleva sa A1 dobijamo rexee

x = A1B.

Budui da je

A1 =1

detA

K11 K21 K31K12 K22 K32K13 K23 K33

,


gde je Kij kofaktor elementa aij , dobiemo

A1B =1

K11b1 +K21b2 +K31b3K12b1 +K22b2 +K32b3K13b1 +K23b2 +K33b3

= 1

123

,gde je = detA,

1 =

b1 a12 a13b2 a22 a23b3 b23 b33

, 2 = . . . , 3 = . . .Dakle, 1 se dobija kad se prva kolona u determinanti sistema zameni kolonom slobodnih qlanova,2 { kad se to uqini sa drugom kolonom, itd.

Iz prethodnog dolazimo do Kramerovog pravila (videti stav 1.6):

Stav 3.8 (Kramerovo pravilo). Ako je determinanta sistema (3.2) (oznaqimo je sa ) razliqitaod nule, onda se rexee nalazi po formulama:

xj =j

(j = 1, 2, 3). (3.8)

Determinanta naziva se i glavnom a ostale { pomonim. Moe se dokazati da je sistemnesaglasan ako je glavna determinanta jednaka nuli i bar jedna od pomonih razliqita od nule.

Meutim, ako su sve determinante jednake nuli, to ne znaqi da je sistem neodreen: moe biti

neodreen ali moe biti i nesaglasan. To se moe videti na primeru sistema:

x1 + x2+x3 =0

x1 + x2+x3 =0

x1 + x2+x3 =a

Ako je a = 1, sistem je nesaglasan, a ako je a = 0, neodreen.

3.3 Rang matrice i Kroneker{Kapelijev stav

Neka je A matrica tipa m n. Minor reda s matrice A je determinanta koja se nalazi u preseku svrsta i s kolona. Jasno je mora biti s m i s n. Ako su svi minori reda + 1 (+ 1 s) jednakinuli i bar jedan od minora reda razliqit od nule, onda se kae da je rang matrice A jednak .Krae, mada mae precizno: rang matrice jednak je najvixem redu minora razliqitih od nule.

Najjednostavnije je odrediti rang trougaone ili ,,trapezaste\ matrice. Na primer, rang ma-

trice

A =

4 0 3 10 5 5 00 0 7 8

jednak je 3 (tj. maksimalan) jer je minor

4 0 30 5 50 0 7

= 4 5 7 6= 0.Stav 3.9. Svaka matrica se moe transformisati u trapezastu pomou elementarnih trans-

formacijama (videti stav 3.2):

1. Mnoee jedne vrste brojem razliqitim od nule.

23

2. Mnoee jedne vrste brojem i dodavae nekoj drugoj vrsti (pri qemu se ona koja se mnoi

prepisuje).

3. Izostavae jedne od identiqnih vrsta.

4. Izostavae vrste kojoj su svi qlanovi jednaki nuli.

5. Promena redosleda vrsta.

6. Promena redosleda kolona.

Svaka od navedenih transformacija ima svoju inverznu koja transformisanu matricu vraa u

prvobitno stae. Svaka transformacija, osim tree i qetvrte, moe da se primeni na determi-

nante i one koje su razliqite od nule prevodi u razliqite od nule. Korixeem tog svojstva moe

se dokazati sledee:

Stav 3.10. Elementarne transformacije ne meaju rang matrice.

Stav 3.11 (Kroneker-Kapelijeva teorema). (a) Sistem je saglasan ako i samo ako je rang matrice

sistema jednak rangu proxirene matrice.

(b) Ako su rangovi jednaki, tada je sistem odreen ako i samo ako je broj nepoznatih jednak

rangu.

(v) Ako su rangovi jednaki a broj nepoznatih vei od ih, onda je sistem neodreen a broj

,,slobodnih\ promenivih jednak je razlici tih brojeva.

4 Analitiqka geometrija u ravni

Pretostavimo da je odabran Dekartov koordinatni sistem Oxy u ravni. Jednaqina nekog skupa,S, taqaka u ravni (,,geometrijskog mesta\ taqaka) je takva jednaqina koju zadovoavaju koordinatetaqaka iz S, i samo one.

4.1 Jednaqina prave i krunice

Neka je p prava u ravni i neka taqka M0(x0, y0) pripada pravi. Ako je prava ,,vertikalna\, tj.paralelna sa y-osom, onda ena jednaqina glasi x = x0, jer koordinate svake taqke M(x, y) pzadovoavaju tu jednaqinu a koordinate nijedne taqke van prave p ne zadovoavaju.

Pretpostavimo da prava nije vertikalna. Neka M(x, y) p, M 6= M0. Tada je x 6= x0. Uvedimooznake x = x x0 i y = y y0. (Nacrtajte sliku!) Talesova teorema pokazuje nam da koliqniky/x ne zavisi od izbora taqke M p, tj. da je y/x = k, gde je k neki realan broj. S drugestrane, ako M 6= p, tada je y/x 6= k. To znaqi da M p ako i samo ako je y/x = k, a ovo znaqida jednaqina prave glasi

y = kx, (4.1)

tj.

y y0 = k(x x0) (4.2)(,,jednaqina prave kroz taqku\). Broj k se zove nagib prave. Dakle, ako poznajemo nagib i jednutaqku na pravi, onda poznajemo i enu jednaqinu. Jednaqinu (4.2) moemo napisati kao

y = kx+ n (4.3)

(eksplicitni oblik). Ovde je n ,,odseqak\ na y-osi: peciznije, rastojae od koordinatnog poqetkado preseka prave sa y-osom uzeto sa ,,odgovarajuim\ znakom.

Postava se i obrnuto pitae: ako je data neka jednaqina, koji geometrijsku figuru ona pred-

stava? Moe se dokazati da jednaqina (4.3) predstava pravu sa nagibom k i odseqkom n nay-osi.

24 4 ANALITIQKA GEOMETRIJA U RAVNI

Jednaqina prave kroz dve taqke. Nije nuno pamtiti razne oblike jednaqine prave: dovono

je znati nagib i jednu taqku (videti (4.1)). Neka su, recimo date dve razliqite taqke M1(x1, y1) iM2(x2, y2); oznaqimo sa p jedinstvenu pravu koja ih sadri. Ako je x1 = x2, onda je p vertikalnapa ena jednaqina glasi x = x1. Ako nije vertikalna, tada je

k =y2 y1x2 x1(nacrtajte sliku) pa jednaqina glasi

y y1 = y2 y1x2 x1 (x x1),

ili u simetriqnom (kanonskom) obliku,

x x1x2 x1 =

y y1y2 y1 .

Ovde dopuxtamo da je x2 = x1 a napisanu relaciju tretiramo kao proporciju.

Opxti oblik jednaqine prave. Svaka prava se moe predstaviti u obliku

Ax+By + C = 0, A 6= 0 ili B 6= 0, (4.4)

koji se zove opxti oblik. I, obrnuto, ovakva jednaqina predstava pravu. Ako je C 6= 0, ondajednaqinu (4.4), deeem sa C, moemo napisati u obliku

x

a+y

b= 1,

koji se nziva segmentnim, jer je a odseqak koji prava gradi na x-osi, i sliqno za b.

Jednaqina krunice. Krunica, K, je skup taqaka u ravni takvih da postoji taqka C(x0, y0)(centar) i broj R > 0 (polupreqnik) sa svojstvom

K = {M : d(M,M0) = R},

gde je d(M,C) euklidsko rastojae od M(x, y) do C. Primenom Pitagorine teoreme nalazimo da je

d(M,C) =

(x x0)2 + (y y0)2.

Iz toga zakuqujemo da jednaqina krunice glasi

(x x0)2 + (y y0)2 = R2. (4.5)

I, obrnuto, jednaqina (4.5) predstava krunicu sa centrom C(x0, y0) i polupreqnikom R.

Jednaqina krunice moe biti zadata i u obliku

x2 + y2 ax by c = 0, (4.6)

gde je

c+a2

4+b2

4> 0.

Ovaj uslov garantuje da jednaqina zaista predstava krunicu, a ne jednu taqku ili prazan skup.

Zadatak. Odredite centar i polupreqnik krunice (4.6).

4.2 Elipsa, hiperbola i parabola 25

4.2 Elipsa, hiperbola i parabola

Krive drugog reda (elipsa, parabola, hiperbola) mogu se definisati na razne naqine. Evo jednog:

Elipsa. Elipsa je geometrijsko mesto taqaka, E , u ravni koje ima to svojstvo da je zbir rastojaaod taqke M E do dve date taqke, F1 i F2,) nezavisan od M. Dakle,

d(M,F1) + d(M,F2) = 2a,

gde je a pozitivan realan broj. Ako postavimo koordinatni sistem tako da F1 i F2 budu na x-osi akoordinatni poqetak na sredini dui F1F2, onda postoji c > 0 tako da F1 ima koordinate (c, 0),a F2 { koordinate (c, 0). Tada jednaqina elipse glasi

(x+ c)2 + y2 +

(x c)2 + y2 = 2a. (4.7)Da bi ovako definisana elipsa stvarno bila linija, a ne jednoqlan ili prazan skup, neophodno je

i dovono da bude a > c. Tada je jednaqina (4.7) ekvivalentna ovoj:(x+ c)2 + y2 = 2a

(x c)2 + y2.Budui da su leva i desna strana pozitivne, ovu novu jednaqinu smemo kvadrirati, pa e nova

ekvivalentna jednaqina glasiti

a2 xc = a

(x c)2 + y2. (4.8)Jox jedno kvadrirae i sreivae daje

x2

a2+

y2

a2 c2 = 1.

Uvoeem oznake

b =a2 c2,dobijamo jednaqinu elipse u ,,kanonskom\ obliku:

x2

a2+y2

b2= 1.

Taqke (a, 0), (a, 0), (0, b), (0,b) nazivaju se temenima elipse.Ako jednaqinu (4.8) napixemo u obliku

(x c)2 + y2a2

c x=c

a

i sa p oznaqimo pravu x = a2/c, onda vidimo daM pripada elipsi ako i samo ako je d(M,F2)/d(M,p) =c/a. To znaqi da elipsu moemo definisati i kao skup taqaka u ravni takvih da je koliqnik ras-tojaa od date taqke i rastojaa od date prave

)konstantan i mai od jedan. Taj koliqnik se zove

ekscentricitet elipse i obiqno se oznaqava sa e.

Hiperbola. Hiperbola je skup taqaka u ravni takav da je apsolutna vrednost razlike rasto-

jaa od dve date taqke konstantan. Neka su te dve taqke F1(c, 0) i F2(c, 0). Ovog puta je a < c.Postupajui kao u sluqaju elipse, dobijamo jednaqinu

x2

a2 y

2

b2= 1,

gde je b =c2 a2. Hiperbola se, sliqno elipsi, moe definisati kao skup taqaka koje imajusvojstvo da im je koliqnik rastojaa od date taqke i date prave konstantan i vei od jedan.

)Taqke F1 i F2 se zovu ie ili fokusi elipse.)Ta se prava zove vodia ili direktrisa elipse.

26 4 ANALITIQKA GEOMETRIJA U RAVNI

Parabola. Parabola je skup taqaka koje imaju svojstvo da im je rastojae od date taqke jednako

rastojau od date prave. Ako uvedemo koordinatni sistem tako da je ta taqka F (c, 0) a prava x = c,onda e jednaqina parabole glasiti

y2 = 4cx.

Taqka F se zove ia ili fokus a prava { vodia ili direktrisa.

Krive drugog reda

Pod pojmom ,,kriva drugog reda\ podrazumeva se skup taqaka u ravni Oxy qije koordinate zadovol-javaju jednaqinu

a11x2 + 2a12xy + a22y

2 + 2b1x+ 2b2y + c = 0, (4.9)

gde je bar jedan od koeficijenata a11, a12, a22 razliqit od nule. Ovakva jednaqina, pored elipse(i, posebno, krunice), hiperbole i parabole, moe predstavati: prazan skup (x2 + y2 = 1),jednu taqku (x2 + y2 = 0), jednu pravu (x2 = 0), dve prave koje se seku (xy = 0) i dve ,,stvarno\ )

paralelne prave (x2x = 0). Ispostava se da jednaqina (4.9) ne moe predstavati nixta drugo.Ako je a12 = 0, to je skoro oqigledno: imamo jednaqinu

a11x2 + 2b1x+ a22y

2 + 2b2y + c = 0,

gde je a11 6= 0 ili a22 6= 0. Neka su, recimo, oba razliqiti od nule. Tada kompletiraem dokvadrata, dobijamo

a11

(x+

b1a11

)2+ a22

(y +

b2a22

)2 b21a11 b

22

a22+ c =

a11x21 + a22y

21 A

= 0.

Stavajui

x1 = x+b1a11

, y1 = y +b2a22

, A =b21a11

+b22a22 c,dolazimo do jednaqine

a11x21 + a22y

21 = A. (4.10)

Ova jednaqina predstava krivu u koordinatnom sistemu O1x1y1, koji je dobijen translacijomsistema Oxy, xto ne mea karakter krive. Jednaqina (4.10) moe predstavati elipsu, hiperbolu,taqku, dve prave koje se seku ili prazan skup, i nixta drugo. Ako je a22 6= 0 i a12 = a11 = 0, ondaniqe jednaqina

a22

(y +

b2a22

)2+ 2b2x+ c b

22

a22= 0,

koja se uvoeem odgovarajuih smena svodi na jednaqinu oblika

y21 + 2b1x+ b0 = 0.

Ova jednaqina moe predstavati parabolu, prazan skup (b1 = 0, b0 > 0), jednu pravu (b1 = 0, b0 =0) ili dve stvarno paralelne prave (b1 = 0, b0 < 0), i nixta drugo. Dakle, ostaje nam da razmotrimosluqaj kada je a12 6= 0. Rotiraemo koordinatni sistem Oxy tako da dobijemo sistem Ouv u komejednaqina nee sadrati qlan uz uv. Rotacija) se uvodi na sledei naqin:[

xy

]=

[cos sinsin cos

] [uv

],

)Pod ovim podrazumevamo da se ne seku.

)A s om i nove koordinate.

27

gde je ugao rotacije. (Proverite u sluqaju = pi/4.) Kada u jednaqini (4.9) x, odnosno y,zamenimo sa u cos v sin, odnosno u sin + v cos, i obavimo pregled nove jednaqine, videemoda je koeficijent uz uv jednak

2a11 sin cos+ 2a22 sin cos+ 2a12(cos2 sin2 )= (a11 + a22) sin 2+ 2a12 cos 2.

Odavde dolazimo do jednaqine

cot 2 =a11 a22

2a12. (4.11)

Primer. Razmotrimo krivu

2x2 + 2xy + 2y2 = 1. (4.12)

Iz formule rotacija dobijamo cot 2 = 0, pa moemo uzeti = pi/4. Stoga je

x =

2

2(u v), y =

2

2(u+ v).

Zamenom u jednaqini (4.11) dobijamo 3u2 + v2 = 1, tj.

u2

a2+v2

b2= 1, gde je a = 1/

3, b = 1.

Dakle, data kriva je elipsa qija je maa poluosa a = 1/

3 a vea b = 1. Kada se vratimo nakoordinatni sistem Oxy, videemo da se maa poluosa nalazi na pravoj y = x a vea na pravojy = x. Odredite ie i temena ove elipse. Nacrtajte je.Belexka 4.1. Ako nas ne zanimaju metriqka svojstva krive (duina dui, veliqina ugla, itd.) ve

samo vrsta krive, onda nam je posao olakxan. Razmotrimo ponovo krivu (4.12). Imamo

2x2 + 2xy + 2y2 1 = 2(x2 + xy) + 2y2 1= 2

((x+ y/2)2 y2/4 ) +2y2 1

= 2(x+ y/2)2 + 3y2/2 1 = 0.

Uvoeem smene u = x+ y/2, v = y, dobijamo

2u2 + 3v2/2 1 = 0.

Na taj naqin, mi smo linearnim invertibilnim operatorom L(x, y) = (x+ y/2, y) preslikali datukrivu u elipsu. Moe se dokazati da takav operator ne mea karakter krive, xto znaqi da je data

kriva elipsa; ona nije krunica jer je koeficijent uz xy razliqit od nule.

5 Geometrijski vektori

Oznaqimo sa E3 trodimenzioni euklidski prostor, kao skup taqaka, bez koordinatnog sistema.U emu vae kojekakve zakonitosti izraene pomou aksioma i iz ih izvedenih teorema. U te

zakonitosti neemo detano zalaziti, nego emo ih, kad god nam ustrebaju, tretirati oqiglednim {

ako su oqigledne. Jedna od priliqno nepreciznih definicija vektora glasi: vektor je orijentisana

du

). Dakle, ako su A i B dve razliqite taqke u E3, onda su tu dva vektora:

AB i

BA . Dae sedefinixe jednakost: Vektori su jednaki ako imaju istu duinu, isti pravac i isti smer. ,,Isti

pravac\ znaqi da su prave odreene vektorima paralelne. Da bi se govorilo o smeru, neophodno je

)Druga, preciznija: vektor je ureena dvojka taqaka iz E3.

28 5 GEOMETRIJSKI VEKTORI

da vektori imaju isti pravac. Ako su dati vektori u i v istog pravca, onda emo odabrati, recimo,

pravu pu na kojoj lei vektor u. Postoje taqke A, B pu takve da je u =AB . Dae, postoji taqka

C pu takva da je v =AC . (Nacrtajte!) Ako se taqka A nalazi izmeu B i C, onda vektori u i

v imaju suprotan smer; u protivnom, oni su istog smera. Tipiqan primer dva vektora suprotnog

smera jesu

AB i

BA . Inaqe, taqka A je, po definiciji, poqetak a taqka B kraj vektora

AB .

Budui da ovako definisana jednakost nije jednakost u uobiqajenom smislu

), prinueni smo

da kad god definixemo neku operaciju, , recimo sabirae, nad dva vektora, dokazujemo sledeuimplikaciju:

u = u1 & v = v1 = u v = u1 v1. (5.1)

Kolinearni vektori. Za vektore u1, . . . ,un kaemo da su kolinearni ako imaju isti pravac,tj. ako postoji prava kojoj su svi paralelni.

Sabirae. Neka su dati vektori u =AB i v. Odaberimo taqku C E3 takvu da je v =

BC . Tadaje, po definiciji,

u+ v =AC .

(Nacrtajte sliku i uverite se da je ispuen uslov (5.1).) Dakle,

AB+

BC =

AC .

Iz ovoga sledi

AB+

BA =

AA;

ali xta je

AA kad smo vektorima proglasili orijentisane dui. Tu se uvodi nula-vektor), 0,koji ima svojstva:

u+ 0 = 0+ u = u iAA = 0.

Nula-vektor je, po definiciji, kolinearan sa svakim vektorom.

Kad na ovaj naqin sabiramo vektore, kaemo da ih sabiramo nadovezivaem. Katkad je ko-

risno ,,sabirae po dijagonali\. To znaqi sledee. Transliramo vektore tako da im se poklope

poqeci i tako doemo do vektora

AB i

AC . Odaberemo taqku D tako da qetvorougao ABDC budeparalelogram. Tada je

AB+

AC =

AD .

(Nacrtajte sliku i dokaite ovu formulu.)

Oduzimae. Razlika w = uv definixe se kao vektor koji zadovoava uslov u = w+v. Takavvektor postoji: ako je u =

AB i v =

CD, onda je u v =

AB+

DC. U posebnom sluqaju

AB

AC =

AB+

CA

=CA+

AB

=CB .

(Nacrtajte trougao ABC i ilustrujte ovu jednakost.)

)U savremenoj matematici izraz ,,x = y\ znaqi da x i y oznaqavaju jedan isti objekat. U naxem sluqaju taj sezahtev ne poxtuje. Da bi se zahtev ispoxtovao, pribegava se ovakvoj definiciji: Vektor je skup orijentisanih dui

koje imaju istu duinu, isti pravac i isti smer. Kako Vam se to dopada?

)Priroda tog objekta nije bitna; na primer, moemo ga definisati kao par (A,A), gde je A bilo koja taqka iz E3.

29

Suprotni vektori. Neka je dat vektor u. Tada postoji vektor v koji ima istu duinu, istipravac, ali suprotan smer. Pixe se v = u. Jasno je da je tada (v) = u, pa se zato moe govoritida je v suprotan vektoru u, ili da su u i v (meusobno) suprotni. Tipiqan primer:

AB =

BA.Uverite se da je a b = a+ (b).

Mnoee vektora skalarom. Neka je u 6= 0. Ako je pozitivan broj, onda je, po dogovoru, uvektor sa ovim svojstvima: 1) vektori u i u istog su pravca i smera, 2) |u| = |u|, gde sa |v|oznaqavamo duinu vektora v.)

Ako je < 0, onda je u vektor sa ovim svojstvima: 1) vektori u i u istog su pravca a suprotnog

smera, 2) |u| = || |u|. I, na kraju, 0 v def= 0 za svaki vektor v, a v = 0 za svaki skalar .Stav 5.1. Vektori u i v su kolinearni ako i samo ako je u = v za neko R ili v = u za neko R.

Skalarni proizvod vektora

Ugao izmeu vektora. Ugao izmeu vektora u 6= 0 i v 6= 0, oznaqimo ga sa = ^(u,v), jednak jeuglu koji grade ima jednaki vektori sa zajedniqkim poqetkom. Iz toga sledi da je 0 pi, kaoi da je ^(v,u) = ^(u,v). Ugao izmeu vektora

AB i

BC nije jednak uglu kod temena B u trouglu

ABC (qemu je onda jednak?). Ugao jednak je nuli ako i samo ako su vektori u i v istog smera, ajednak je pi ako i samo ako su u i v suprotnog smera.

Skalarni proizvod vektora u i v definisan je formulom

uv = |u| |v| cos.

Ako je bar jedan od vektora u, v jednak 0, onda je, po definiciji uv= 0.

Sve u svemu

Stav 5.2. uv je broj koji ima sledea svojstva:

1. |uv| |u| |v|.

2. uu = |u|2.

3. uv = vu.

4. Vektori u 6= 0 i v 6= 0 meusobno su ortogonalni (pixe se uv) ako i samo ako je uv = 0.

5. Ako je R, onda je (u)v = (uv).Stav 5.3 (Zakon distributivnosti). Vai formula

a(u+ v) = au+ av.

Dokaz. Neka je a =OA 6= 0. Odaberimo taqke B i C tako da bude u =

OB i v =

BC . Oznaqimo sa Oxosu odreenu vektorom a), sa taqkom O kao koordinatnim poqetkom. Svakoj taqki ose pridruujemorealan broj tako da taqki O odgovara broj 0 a taqki A duina vektora

OA . Oznaqimo sa B odnosno

C ortogonalnu projekciju taqke B odnosno C na osu Ox. Trougao OBC je pravougli, iz qega sledi

)Duina nula-vektora je nula, po dogovoru. Pravac, pa time ni smer, nula-vektora nije pametno definisati.

)Osa odreena vektorom

OA jeste prava, s, orijentisana kao

OA, koja je nosaq vektora

OA, xto znaqi da

OA leina s.


da je au = |a|b, gde je b koordinata taqke B na osi. Na sliqan naqin moe se videti da jea(u+ v) = |a|c i av = c b, gde je c koordinata taqke C. Stoga je

au+ av = |a|b + |a|(c b)= |a|c= a(u+ v).

Tu je kraj dokaza.

5.1 Koordinatni sistem u prostoru

Koplanarni vektori. Za vektore u1, . . . ,un, meu kojima nema nula-vektota, kae se da sukoplanarni

)ako postoji ravan kojoj su svi paralelni. Oni su nekoplanarni ako nisu koplanarni.

Koordinatni sistem u prostoru qine jedna taqka, oznaqimo je sa O, koja se zove koordinatni po-qetak i niz od tri nekoplanarna vektora e1, e2, e3; ih moemo zvati koordinatni vektori. Svakiod ih odreuje po jednu osu, Ox1, Ox2, Ox3 { to su koordinatne ose. Postoje i tri koordinatneravni odreene sa po dve ose: Ox1x2, Ox2x3, Ox1x3.

Neka je u bilo koji vektor razliqit od 0. Odaberimo taqkuM E3 tako da bude u =OM . Prava

p koja sadri taqku M i paralelna je osi Ox3 ,,probada\ ravan Ox1x2 u jednoj taqki, M. Vektor

OM moe da se predstavi u obliku

OM = 1e1 + 2e2,

pritom na jedan jedini naqin (slika!). Budui da je vektor

M M kolinearan (tj. paralelan) sa e3,

postoji jedan jedini broj 3 takav da jeM M = 3e3. Iz svega toga sledi da je

OM =

OM +

M M

= 1e1 + 2e2 + 3e3,

a i to da su brojevi j odreeni taqkomM na jedinstven naqin. Ti brojevi se nazivaju koordinatama

taqke M (apscisa, ordinata, aplikata), a i koordinatama vektora u =OM .

Na opisani naqin svakoj taqkiM E3 (ili vektoru u) pridruuje se jedna jedina trojka R3.Obrnuto, svakoj trojci R3 pridruujemo vektor u = 1e1+2e2+3e3, i taqkuM E3 odreenutako da je u =

OM . (Nula-vektoru i taqki O pridruuje se trojka (0, 0, 0).)

Tako se uspostava uzajamno jednoznaqna veza izmeu tri prostora: E3, R3 i V3, gde ovo posledepredstava skup svih geometrijskih vektora. Kad hoemo da naznaqimo da su (x1, x2, x3) koordinatetaqke M , pixemo M(x1, x2, x3), a odgovarajui vektor zapisujemo kao u = (x1, x2, x3). Da bi ovoposlede imalo smisla, trebalo bi se uveriti da su koordinate vektora u jednake (x1, x2, x3)a koordinate vektora u + v jednake zbiru odgovarajuih koordinata vektora u i v. To nije mnogotexko, ali dosadno, pa emo ga izostaviti.

Ako su date taqke A i B, vano je znati koordinate vektoraAB i sredixta dui AB.

Tvree 5.4. Za taqke A(x1, x2, x3) i B(y1, y2, y3) vai formula

AB = (y1 x1, y2 x2, y3 x3).Koordinate aredixta dui AB jednake su aritmetiqkoj sredini odgovarajuih koordinata taqakaA i B.

)Moe i ,,komplanarni\

5.1 Koordinatni sistem u prostoru 31

Zadatak. Odredite koordinate vektora

AB i sredixta dui AB ako su date taqke A(1,2, 2)i B(1, 4, 3). Ako je data jox i taqka C(0,1, 0), odredite koordinate teixta trougla ABC.Odredite koordinate taqke D ako je qetvorougao ACBD paralelogram.

Dekartov pravougli koordinatni sistem

Koordinatni sistem se naziva pravouglim ako su koordinatni vektori meusobno ortogonalni,

a Dekartovim ako je duina svakog jednaka jedinici. Od sada emo razmatrati samo Dekartov

pravougli koordinatni sistem, pri qemu emo koordinate qesto oznaqavati slovima bez indeksa

jer nam je tako lakxe

). Koordinatni vektori bie oznaqeni sa i, j i k. Prva korist od takvogsistema vidi se u sledeem:

Stav 5.5. Ako je u = (a, b, c) i v = (x, y, z), onda je

uv = ax+ by + cz.

Dokaz. S obzirom da je u = ai+ bj+ ck i, sliqno, v = . . . , to je, shodno zakonu distributivnosti,

uv = (ai+ bj+ ck)(xi+ yj+ zk)

= axii+ ayij+ . . .+ bxji+ cyji+ . . .+ czkk

= ax|i|2 + ay 0 + . . .= ax+ by + cz.

Ovde smo se bitno pozvali na svojstva koordinatnih vektora: |i| = |j| = |k| = 1 i ij = ik = jk = 0(videti stav 5.2).

Belexka 5.6. Formula za skalarni proizvod u proizvonom sistemu glasila bi:

(x1, x2, x3)(y1, y2, y3) =3

m,n=1

gmnxmyn,

gde je gmn = emen.

Duina vektora i ostalo. Iz stava 5.5 lako izvodimo sledee:

Posledica 5.7. Duina vektora u = (a, b, c) jednaka jea2 + b2 + c2. Rastojae, d(M,C), izmeutaqaka M(x, y, z) i C(a, b, c) raquna se po formuli

d(M,C) =

(x a)2 + (y b)2 + (z c)2.

Dokaz. Prvo tvree sledi iz stava 5.5 i formule |u|2 = uu. Drugo tvree sledi iz prvog iformula

CM = (x a, y b, z c), d(M,C) = |

CM |.

To je to.

)Meni jeste. A Vama?


Vektorski proizvod.

Ako su data dva vektora u i v, onda definixemo novi vektor w na sledei naqin:

Ako su u i v kolinearni, onda je w = 0.

Neka su u i v nekolinearni, onda oni mogu da se predstave u vidu u =MN i v =

MP. Duinavektora w jednaka je povrxini paralelograma koji grade vektori u i v (tj. dvostrukoj povrx-ini trougla MNP ). Vektor w je normalan na ravan odreenu vektorima u i v. Smer se biratako da trojka (u,v,w) ima istu orijentaciju kao (i, j,k). Ovo poslede se najqexe objaxavapravilom ,,desnog zavrta\, a matematiqki znaqi da je

det[u,v,w] =

a b cx y zA B C

> 0, (5.2)gde je u = (a, b, c), v = (x, y, z) i w = (A,B,C).

Na taj naqin vektor w je odreen jednoznaqno. On se zove vektorski proizvod vektora u i v;pixe se w = u v.Vaa odmah uoqiti da je

v u = (u v),xto sledi iz, pored ostalog, relacije det[v,u,w] = det[u,v,w].Stav 5.8. Ako je u = (a, b, z) i v = (x, y, z), onda je u v = (A,B,C), gde je

A =

b cy z , B = c az x

, C = a bx yKorisno je i lako zapamtiti da se u v moe prikazati pomou formalne determinante

u v =i j ka b cx y z

Dokaz stava. Oznaqimo sa N vektor Ai+Bj+Ck. Ako je jedan od vektora jednak 0, onda je, jasno,N = 0. Ako nijedan nije nula-vektor a jesu kolinearni, tada postoji R takvo da je (x, y, z) =(a, b, c), iz qega sledi, kroz osnovna svojstva determinanti drugog reda, da je A = B = C = 0.Neka su u i v nekolinearni. Tada je

Nu =

a b ca b cx y z

= 0,i, sliqno, Nv = 0. Dakle, N je ortogonalan na ravan odreenu vektorima u i v. Uslov (5.2)je zadovoen: kad razvijemo determinantu po treoj vrsti, dolazimo do toga da je ona jednaka

A2 +B2 + C2.

Na kraju, treba dokazati da je |N| jednaka povrxini, P, paralelograma. Polazimo od obrasca

P = |u| |v| sin,

gde je = ^(u,v). Od ovoga dobijamo

P = |u| |v|

1 cos2

33

= |u| |v|

1( uv|u| |v|

)2=|u|2 |v|2 (uv)2.

Kad se |N|, |u|, |v| i uv izraze u koordinatama, dobijaju se izrazi od kojih se dobija P = A2 +B2 + C2,xto i treba dokazati. Time smo dokazali da vektori u v i N imaju istu duinu, isti pravac ismer, xto znaqi da je N = u v.

Stav 5.9. Vektorski proizvod ima ova svojstva:

u (v1 + v2) = u v1 + u v1,

(u) v = (u v).

Mexoviti proizvod.

Mexoviti proizvod vektora u, v i w definixe se kao

[u,v,w] = (u v)w.

Ako vektore predstavimo u obliku u =AB, v =

AC,w =

AD, i ako su oni nekoplanarni, onda je nadnima ,,razapet\ paralelepiped qija je osnova paralelogram 0 = ABA1C, razapet nad vektorimau i v. (Nacrtajte.) Neka je ugao izmeu vektora w i vektora uv. Visina paralelepipeda jednakaje |w| | cos|. Iz toga i relacije

[u,v,w] = |u v| |w| cossledi da je zapremina paralelepipeda data formulom

V = |[u,v,w]|.

Mexoviti proizvod se raquna po formuli

[u,v,w] =

a b cx y zr s t

,gde je u = (a, b, c), v = (x, y, z), w = (r, s, t).

Stav 5.10. Tri vektora su koplanarni ako i samo ako je ihov mexoviti proizvod jednak nuli.

6 Analitiqka geometrija u prostoru

Jednaqina sfere. Sfera je skup taqaka koje su podjednako udaene od date taqke. Ako tu

udaenost oznaqimo sa R (R > 0) a taqku, centar, sa C(a, b, c), onda je sfera, S(C,R), jednaka skupu{M E3 : d(M,C) = R}. Iz toga i formule za rastojae od taqke M do taqke C sledi da jednaqinasfere glasi

(x a)2 + (y b)2 + (z c)2 = R2. (6.1)Belexka 6.1. Postava se ovo pitae. Ako je data jednaqina (6.1), da li ona predstava sferu?

Odgovor je pozitivan; zaxto?

34 6 ANALITIQKA GEOMETRIJA U PROSTORU

6.1 Jednaqina ravni.

Neka je ravan, n 6= 0 bilo koji vektor normalan na i M0(x0, y0, z0) taqka u ravni. TaqkaM(x, y, z) pripada ravni ako i samo ako je

M0M n, tj. ako i samo ako je

M0M n = 0. Ako je

n = (A,B,C), onda je to ekvivalentno ovome:

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

Ovo je tzv. jednaqina ravni kroz datu taqku. Ona se moe napisati u obliku

Ax+By + Cz +D = 0, (6.2)

koji se zove opxti oblik.

Belexka 6.2. Videti notu 6.1.

Ako je D 6= 0, onda deeem jednaqine (6.2) dolazimo do jednaqinex

a+y

b+z

c= 1. (6.3)

Ovo se zove jednaqina ravni u segmentnom obliku. Brojevi a, b, c predstavaju taqke u kojima ravanseqe koordinatne ose. Ovde dopuxtamo da je neki od ih jednak , u kom sluqaju je odgovarajuisabirak u (6.3) jednak nuli a ravan je paralelna sa odgovarajuom osom.

Uzajamni poloaj ravni. Neka su date ravni

: A1x+B1y + C1z +D1 = 0,

: A2x+B2y + C2z +D2 = 0.

Stav 6.3. (a) Ravni i su stvarno paralelne ako i samo ako je

A1A2

=B1B2

=C1C26= D1D2

.

(b) Ravni se poklapaju ako i samo ako je

A1A2

=B1B2

=C1C2

=D1D2

.

Neka je data jox jedna ravan:

: A3x+B3y + C3z +D3 = 0.

Primenom Kramerove teoreme dobijamo (razjasniti):

Stav 6.4. Ravni , i seku se u jednoj taqki ako i samo ako jeA1 B1 C1A2 B2 C2A3 B3 C3

6= 0.

6.2 Jednaqina prave 35

6.2 Jednaqina prave

Neka je p prava u prostoru E3. Odaberimo dve razliqite taqke, M0(x0, y0, z0) i Q, na pravi, kojeodreuju vektor vp =

PQ . TaqkaM(x, y, z) pripada pravoj ako i samo ako su vektori

PM i vp istog

pravca, tj. kolinearni. To znaqi da M p ako ia samo ako postoji t R takvo da jePM = tvp.Ako je vp = (a, b, c), onda ovo poslede moemo napisati u vidu sistema

x x0 = aty y0 = btz z0 = ct,tj. u vidu proporcije

x x0a

=y y0b

=z z0c

. (6.4)

Ova jednaqina ima ime: kanonska jednaqina prave.

Belexka 6.5. Videti belexku 6.1.

Zadatak. Napisati jednaqinu prave koja prolazi kroz taqke A(1,1, 2)i B(1, 3, 4).

Uzajamni poloaj pravih. U savremenoj geometriji prave p i q se smatraju paralelnim akoje p = q ili ako lee u istoj ravni i nemaju zajedniqkih taqaka. Mi emo u ovom drugom sluqajugovoriti o stvarno paralelnim pravama. Sliqno emo postupiti kad je req o pravoj i ravni.

Neka su p i q prave sa jednaqinama

p :x x1a1

=y y1b1

=z z1c1

, (6.5)

q :x x2a2

=y y2b2

=z z2c2

. (6.6)

Stav 6.6. (a) Prave p i q su stvarno paralelne ako i samo ako je

a1a2

=b1b2

=c1c2(6.7)

i trojka (x1, y1, z1) ne zadovoava jednaqinu (6.6).

(b) Prave p i q se poklapaju ako i samo ako je ispuen uslov (6.7) a trojka (x1, y1, z1) zadovoavajednaqinu (6.6).

(v) Prave p i q lee u jednoj ravni ako i samo ako su vektori vp, vq i

M1M2 koplanarni, gdeje Mj = Mj(xj , yj , zj) (j = 1, 2). (Videti stav 5.10.)

Prava i ravan. Neka su date ravan i prava p :

: Ax+By + Cz +D = 0,

p :x x0a

=y y0b

=z z0c

.

Uzajamni poloaj prave i ravni

Stav 6.7. (a) Prava p je stvarno paralelna sa ravni ako i samo ako je aA + bB + cC = 0 iAx0 +By0 + Cz0 +D 6= 0.(b) Prava p lei u ravni ako i samo ako je aA+ bB + cC = 0 i Ax0 +By0 + Cz0 +D = 0.

(v) Prava je normalna na ravan ako i samo ako je

A

a=B

b=C

c.

36 6 ANALITIQKA GEOMETRIJA U PROSTORU

Rastojae od taqke do ravni. Neka je data ravan

: Ax+By + Cz +D = 0

i taqka M0(x0, y0, z0). Vektor N = (A,B,C) je, kao xto znamo normalan na . Vektor n = N/|N| =(a, b, c) je, takoe, normalan na ali mu je duina jednaka 1. Tako jednaqinu ravni moemo napisatiu obliku

ax+ by + cz + d = 0,

gde je

a =A

A2 +B2 + C2, b =

BA2 +B2 + C2

, itd.

Neka je q prava koja sadri taqkuM0 i normalna je na . Ona seqe ravan u nekoj taqki S a rastojaed(M0, ) jednako je d(M0, S).

Da bismo naxli taqku S, pixemo jednaqinu prave q :

x x0a

=y y0b

=z z0c

= t,

tj.

x = x0 + at, y = y0 + bt, z = z0 + ct.

Zamenom u jednaqini ravni dobijamo

a(x0 + at) + b(x0 + bt) + c(z0 + ct) + d = 0,

tj.

ax0 + by0 + cz0 + d+ t = 0,

gde smo iskoristili jednakost a2 + b2 + c2 = 1. Dakle, t = (ax0 + by0 + cz0 + d) =: L, a odavdenalazimo x, y i z :

x = x0 aL, y = y0 bL, z = z0 cL,

a to su koordinate taqke S. Sada primeujemo formulu za rastojae meu taqkama i dobijamo

d(M0, ) = d(M,S) =a2L2 + b2L2 + c2L2 = |L|.

Vraajui se na prvobitne oznake, dolazimo do obrasca

d(M0, ) =|Ax0 +By0 + Cz0 +D|

A2 +B2 + C2.

Rastojae od taqke od prave. Neka su date prava p jednaqinom (6.4) i taqka M1(x1, y1, z1).

Vektor pravca prave p oznaqimo sa vp. Tada je nad vektorima vp i

M0M1 razapet paralelogram sa

povrxinom P = |vp

M0M1 |. Rastojae d(M0, p) jednako je visini tog paralelograma sa osnovomvp a ona je jednaka P/|vp|; dakle,

d(M1, p) =|vp

M0M1 ||vp| .

37

Rastojae meu mimoilaznim pravim. Ako su prave p i q date jednaqinama (6.5) i (6.6), ondase najkrae rastojae meu ima raquna po formuli

d(p, q) =|[vp,vq,

M1M2]|

|vp vq| ,

gde suM1 iM2 proizvone taqke na pravoj p odnosno q. Ova formula bi trebalo da bude oqiglednau sluqaju da je M1 = P i M2 = Q, gde su P p i Q q jedinstvene taqke takve da je du PQnormalna na obe prave (p i q), jer je tada d(p, q) = d(P,Q). U opxtem sluqaju, odaberemo taqku O i

predstavimo

OM1,

OM2, kao

OM1 =

OP +

PM1,

OM2 =

OQ+

QM2. Odatle sledi

M1M2 =

OM2

OM1 =

PQ+

QM2

PM1 .

U nastavku primenimo svojstva vektorskog proizvoda i dobijemo

[vp,vq,

M1M2] = [vp,vq,PQ].

7 Vektorski prostori

Vektorski prostor je skup, X, na kome su definisane operacije sabiraa i mnoea skalarom kojeimaju sledea svojstva:

1. Par (X,+) je Abelova grupa.

2. (x+ y) = x+ y, za sve R i x, y X.

3. (+ )x = x+ x za sve , R i x X.

4. (x) = ()x za sve , R i x X.

5. 1x = x.

Svet vektorskih prostora je veoma xarolik.

Primeri.

Skup geometrijskih vektora V3.

Prostor Rn.

Skup svih matrica datog tipa.

Skup svih realnih funkcija zadatih na nekom skupu S. Ovde se sabirae definixe ovako:

(f + g)(t) = f(t) + g(t), t S,

a mnoee skalarom

(f)(t) = f(t).

Skup C[0, 1] svih realnih funkcija neprekidnih na [0, 1].

Skup Cn[0, 1] svih realnih funkcija klase Cn na [0, 1].

38 7 VEKTORSKI PROSTORI

Linearna kombinacija vektora. Ako su v1, . . . , vn vektori a 1, . . . , n skalari, onda se vektor

nj=1

jvj

zove linearna kombinacija vektora v1, . . .

Linearna zavisnost. Kaemo da su vektori v1, . . . , vn linearno zavisni ako se jedan od ihmoe predstaviti kao linearna kombinacija ostalih. U protivnom, kae se da su oni linearno

nezavisni. Ako se meu vektorima nalazi nula-vektor, onda su oni linearno zavisni jer je 0 =0v1 + 0v2 + . . . Drugim reqima, niz linearno nezavisnih vektora ne moe sadrati nula-vektor.Podniz niza linearno nezavisnih vektora je linearno nezavisan.

Stav 7.1. Niz v1, . . . , vn je linearno nezavisan ako i samo ako jednaqina (sa nepoznatim 1, . . . , n)

nj=1

jvj = 0

ima samo trivijalno rexee: j = 0 za svako j. Drugim reqima niz je linearno nezavisan ako isamo ako vai implikacija

nj=1

jvj = 0 = 1 = 2 = . . . = n = 0.

Dokaz. Pretpostavimo da su vektori linearno nezavisni a da jednaqina ima netrivijalnih rexea;

neka je, recimo, jedno od ih 1. Tada je

v1 = 21v2 . . . ,

xto znaqi da v1 linearno zavisi od ostalih, a to je kontradikcija.

Pretpostavimo sada da jednaqina ima samo trivijalna rexea. Tada vektori ne mogu biti

linearno zavisni jer bi u protivnom, jedan od ih, recimo v1, linearno zavisio od ostalih, tj.postojali bi skalari 2, . . . takvi da je

v1 = 2v2 + . . . ,

iz qega bi sledilo

v1 2v2 . . . = 0,tj. jednaqina bi imala netrivijalno rexee (1,2, . . .).

Baza prostora Niz vektora e1, . . . , en nazivamo bazom prostora X ako se svaki vektor iz X moena jedinstven naqin predstaviti kao linearna kombinacija tog niza.

Stav 7.2. Baza je linearno nezavisna.

Dokaz. Recimo, nije. Tada postoji netrivijalan niz skalara j takav da je

1e1 + . . .+ nen = 0.

Dakle, nula-vektor se moe predstaviti na taj naqin i na trivijalan:

0 = 0e1 + . . .+ 0en.

To je kontradikcija sa pretpostavkom.

39

Stav 7.3. Ako su e1, . . . , en i f1, . . . , fm baze prostora, tada je m = n.

Dokaz. Uverimo se u to na sluqaju n = 2, m = 3. Svaki element x X moe se predstaviti najedinstven naqin u obliku

x = x1e1 + x2e2, (A)

a, takoe, na jedinstven naqin u obliku

x = y1f1 + y2f2 + y3f3.

Tako se svako fj , j = 1, 2, 3, moe napisati u obliku

fj = aj1e1 + aj2e2, j = 1, 2, 3.

Sledi:

x = y1(a11e1 + a12e2) + y2(a21e1 + a22e2) + y3(a31e1 + a32e2)

= (a11y1 + a21y2 + a31y3)e1 + (a12y1 + a22y2 + a32y3)e1.

Iz toga i (A) sledi

a11y1 + a21y2 + a31y3 = x1

a12y1 + a22y2 + a32y3 = x2.

Stavajui x1 = x2 = 0, dobijamo homogeni sistem sa dve jednaqine i tri nepoznate, a on imabeskonaqno mnogo rexea, xto znaqi da se nula-vektor moe na bezbroj naqina predstaviti kao

linearna kombinacija vektora fj . Stoga niz fj , j = 1, 2, 3, nije baza. Ta kontradikcija dokazujestav.

Dimenzija. Ako prostor ima bazu e1, . . . , en, on se naziva n-dimenzionim. Prostor je konaqnodi-menzioni ako je n-dimenzioni za neko n.

Na primer, najprostiju bazu prostora Rn qine vektori e1 = (1, 0, . . . , 0), e2 = (0, 1, 0, . . . , 0), . . . ,en = (0, . . . , 0, 1).

Zadatak. n vektora u prostoru Rn qine bazu ako i samo ako je ihova determinanta razliqitaod nule.

Zadatak. Neka je X = C(,). Funkcije (vektori) f1(t) = et, f2(t) = e2t, f3(t) = e3t sulinearno nezavisne.

Rexee. Neka je (1) C1et + C2e

2t + C3e3t = 0 za svako t. Treba dokazati da je C1 = C2 = C3 = 0.Diferencirajui jednakost (1) dva puta i stavajui t = 0, dobijamo homogeni sistem

C1 + C2 +C3 =0

C1 + 2C2+3C3 =0

C1 + 4C2+9C3 =0

Determinanta tog sistema razliqita je od nule pa sistem, shodno Kramerovoj teoremi, ima samo

trivijalno rexee.

40 8 METRIQKI PROSTORI

Linearni operatori. Neka su X i Z vektorski prostori. Preslikavae L : X 7 Z naziva selinearnim operatorom ako je zadovoen uslov

L(x+ y) = L(x) + L(y), za sve , R i x, y X.

Linearni operator se naziva izomorfizmom ako je surjektivan i injektivan. Inverz izomorfizma

je opet izomorfizam. Prostori se nazivaju izomorfnim ako postoji izomorfizam sa jednog na

drugi.

Stav 7.4. Ako je e1, . . . , en baza prostora X, onda je preslikavae

L(x1, . . . , xn) = x1e1 + . . . xnen

izomorfizam Rn na X.

Stav 7.5. Neka je L : X 7 Z izomorfizam. Ako je e1, . . . , en baza u X, onda je L(e1), . . . , L(en) bazau Z.

8 Metriqki prostori

Metrikom na nekom skupu X naziva se realna funkcija d definisana na Dekartovom proizvoduX X koja ima sledea svojstva:

1 d(x, y) 0;2 d(x, y) = 0 x = y;3 d(y, x) = d(x, y);

4 d(x, y) d(x, z) + d(z, y).

Najprostiji i najvaniji primer: X = R, d(x, y) = |x y|. Dokaite da je d metrika.

Primer. Neka je X = R2. Definiximo d na ovaj naqin:

d(x, y) =

(x1 y1)2 + (x2 y2)2.

Ta metrika se naziva euklidskom. Iz analitiqke geometrije znamo da je d(x, y) rastojae od taqkex = (x1, x2) do y = (y1, y2). Pokuxajte da, nezavisno od toga, dokaete da d zadovoava uslove1|4.

Primer. Neka je X = R2 id1(x, y) = |x1 y1|+ |x2 y2|. (8.1)I ovo je metrika; dokaite.

Primer. Neka je X = R2 i

d(x, y) = max{|x1 y1|, |x2 y2|}. (8.2)

Primer. Neka je X = C[0, 1] i

d(f, g) = max0t1

|f(t) g(t)|. (8.3)

8.1 Graniqna vrednost niza 41

Primer. Neka je X = C[0, 1] i

d1(f, g) =

10|f(t) g(t)| dt. (8.4)

Kugle. Neka je a taqka u metriqkom prostoru X sa metrikom d. Otvorenom kuglom sa centrom ai polupreqnikom R > 0 naziva se kugla

K(a,R) = {x X : d(x, a) < R}.Skup

K[a,R] = {x X : d(x, a) R}nazivamo zatvorenom kuglom, a

S(a,R) = {x X : d(x, a) = R}sferom.

Zadatak. Nacrtati S(0, 1) u sluqaju da je X = R2 a d jedna od tri metrike definisanihprethodno.

8.1 Graniqna vrednost niza

Neka je (an) niz u metriqkom prostoru (X, d). Kazaemo da je on konvergentan ako postoji c Xtakav da za svako > 0 postoji indeks n0 sa svojstvom da za svako n > n0 vai implikacija:

n > n0 = d(an, c) < .Ako je je taj uslov ispuen, onda se c zove graniqna vrednost niza i pixe se

limn an = c,

a moe se rei i ovako: an tei c kad n tei .Stav 8.1. Neka je (an) niz u metriqkom prostoru (X, d). Tada je on konvergentan ako i samo akopostoji c X takav da je

limn d(an, c) = 0.

Zadatak. Ako an c i d(an, bn) 0, onda bn c.Stav 8.2. Konvergentan niz ima samo jednu graniqnu vrednost.

Dokaz. Ako d(an, c1) 0 i d(an, c2) 0, ondad(c1, c2) d(c1, an) + d(an, c2)

= d(an, c1) + d(an, c2)

0.Sledi da d(c1, c2) 0 n , a budui da je d(c1, c2) konstanta 0, mora biti d(c1, c2) = 0, tj.c1 = c2 (svojstvo 2

u definiciji metrike).

Skup se naziva ograniqenim ako je sadran u nekoj kugli. Niz je ograniqen ako je skup egovih

qlanova ograniqen.

Stav 8.3. Ako je niz konvergentan, onda je ograniqen.


Konvergencija niza u Rm.

Stav 8.4. Niz u Rm konvergira ako i samo ako konvergiraju svi koordinatni nizovi.

Ovde kao metriku moemo uzeti euklidsku

d(x, y) =( nj=1

(xj yj)2)1/2

,

ali i d1 i d, koje smo definisali u sluqaju n = 2 (videti (8.1) i (8.2)), a koje se definixuanalogno u sluqaju n 3.

Dokaz stava. Bie dovono jasno ako razmotrimo sluqaj m = 2. Preimo na geometrijske oznake.Dakle neka je Mn = (xn, yn) niz taqaka u ravni. Neka Mn C, gde je C = (a, b), xto znaqi da

d(Mn, C) =(

(xn a)2 + (yn b)2)1/2 0 (n).Budui da je |xn a| d(Mn, C) 0, to |xn a| 0, tj. xn a; sliqno za yn.Obrnuto, ako xn a i yn b, onda je

limn d(Mn, C) = limn

((xn a)2 + (yn b)2

)1/2= 0,

a to je i trebalo dokazati.

Belexka 8.5. Dokazali smo malo vixe: u sluqaju konvergencije vai formula

lim(xn, yn) = (limxn, lim yn).

Belexka 8.6. Ovo jedan od primera heuristiqkog principa, po kome funkcija sa vrednostima u Rnima neko svojstvo ako i samo ako ga ima svaka koordinatna funkcija. To nije matematiqko tvree

ve treba da slui kao uputstvo xta raditi.

Kompletni prostori Niz (an) u metriqkom prostoru (X, d) naziva se Koxijevim ako za svako > 0 postoji indeks n0 takav da svako n N i svako p N vai impikacija:

n > n0 & p > 0 = d(xn+p, xn) < .Svako konvergentan niz je Koxijev. U sluqaju kad je X = R, d(x, y) = |x y| vai i obrnuto.Meutim, ima prostora, kao xto je Q sa istom metrikom, u kojima ima nekonvergentnih Koxijevihnizova.

Kae se da je metriqki prostor kompletan ako svaki Koxijev niz u emu konvergira.

Stav 8.7. Prostor Rm je kompletan.

Dokaz (m = 2). Iz pretpostavke

d(Mn+p,Mn) =(

(xn+p xn)2 + (yn+p yn)2)1/2

<

sledi |xn+p xn| < i |yn+p yn| < , a odavde i iz pretpostavke da je niz (Mn) Koxijev { da sui realni nizovi (xn) i (yn) Koxijevi. Stoga su oni konvergentni. Ako xn a i yn b, onda jed(Mn, C) 0, gde je C = C(a, b).Belexka 8.8. Prostor C[0, 1] sa metrikom d jeste kompletan, ali sa metrikom d1 nije (videti (8.3)i (8.4)).

8.2 Vrste skupova u metriqkom prostoru 43

8.2 Vrste skupova u metriqkom prostoru

Neka je (X, d) metiqki prostor.

Zatvoreni skupovi. Skup F X nazivamo zatvorenim (u prostoru X) ako graniqna vrednostsvakog konvergentnog niza iz F pripada F. Dakle, karakteristiqno svojstvo zatvorenog skupa jeda vai implikacija

an F & lim an = c = c F. (8.5)

Primer. Neka je X = R i F = {1/n : n N}. Ovaj skup nije zatvoren u metriqkom prostoru R;naime, niz an = 1/n ,,pripada\ (tj. egovi qlanovi pripadaju) skupu F, niz konvergira nuli, alinula nije u skupu F.

Primer. Segment [a, b] i ,,poluotvoreni\ interval [a,) zatvoreni su podskupovi od R.

Zadatak. Dokaite da je pravougaonik [a, b] [c, d] zatvoren u R2.

Zadatak. Dokaite da je zatvorena kugla zatvoren skup.

Otvoreni skupovi. Neka je E X i neka a E. Taqku a nazivamo unutraxom taqkom skupaE ako postoji > 0 takvo da je K(a, ) sadrana u E. Kad smo ve tu, pomenimo da se kugla K(a, )zove -okolina taqke a. Okolina od a je svaki skup koji sadri bar jednu -okolinu od a.

Kazaemo da je skup E otvoren ako je svaka egova taqka unutraxa. Dakle, karakteristiqnosvojstvo otvorenog skupa jeste da se oko svake egove taqke moe ,,opisati\ kugla sadrana u emu.

Belexka 8.9. Jedan isti skup moemo posmatrati kao deo vixe metriqkih prostora. Neka su,

recimo, (X, dX) i (W,dW ) dva metriqka prostora takva da je X W i dX(x, y) = dW (x, y) za svex, y X. (Tipiqan primer: X = R, W = R2.) Ako je F X i F zatvoren u X, onda je F zatvoren uW. Sa otvorenim skupovima nije tako. Npr. interval (du) (0, 1) je otvoren kao podskup od R alinije otvoren kao podskup od R2 i, xtavixe, nema nijednu unutraxu taqku.

Stav 8.10. Da bi skup bio zatvoren, neophodno je i dovono da je egov komplement otvoren. Da

bi bio otvoren, neophodno je i dovono da je komplement zatvoren.

Dokaz. Drugo tvree sledi iz prvog. U dokazu prvog imamo dve implikacije:

(1) Ako je skup F X zatvoren, onda je F c otvoren.(2) Ako je F c otvoren, onda je F zatvoren.

Dokaimo (1). Pretpostavimo da F c nije otvoren. To znaqi da postoji taqka c F c koja nijeunutraxa. A ovo poslede znaqi da ne postoji kugla K(c, ) sadrana u F c. Dakle, ako uzmemonula-niz n, tada nije K(c, n) F c, pa postoji taqka an K(c, n) takva da an 6 F c, tj. an F.Meutim, to xto an pripada K(c, n) znaqi da je d(c, an) < n, iz qega sledi da an c (n ).Dakle niz (an) ima svojstva: an F, an c i c 6 F, xto je suprotno pretpostavci da je F zatvoren(videti implikaciju (8.5)).

(2) Hoemo da dokaemo da je F zatvoren imajui informaciju da je F c otvoren. Neka an c ian F za svako n. Moe li c biti van F, tj. pripadati F c? Ne moe jer bi, u protivnom, postojalakugla K(c, ) F c (po definiciji otvorenog skupa), a onda bi postojalo n0 takvo da je an K(c, )za n > n0. Odatle sledi da an F c, tj. an 6 F za n > n0, xto je kontradikcija sa pretpostavkomda an F za svako n. Time je dokaz zavrxen.Belexka 8.11. Da je sam prostor X i zatvoren i otvoren, sledi iz definicije tih skupova. Joxjedan takav skup je . Da je zatvoren, pokazuje implikacija (8.5) jer je ena premisa netaqna (nemoe biti xn ). Da je otvoren, pokazuje implikacija

c = ( > 0) K(c, ) ,


u kojoj je premisa netaqna. (Setimo se da je implikacija p = q taqna ako je (ali ne samo ako)p netaqno.) Ima prostora koji sadre druge skupove istovremeno zatvorene i otvorene. Takvi seprostori nazivaju nepovezanim.

Belexka 8.12. Ako skup nije otvoren (ili zatvoren), ne znaqi da je zatvoren (ili otvoren).

Zadatak. Dokaite da je otvorena kugla otvoren skup.

Kompaktni skupovi. Skup K X je kompaktan ako se iz svakog niza (an) takvog da an K zasvako n moe izdvojiti konvrgentan podniz qija graniqna vrednost pripada K.

Stav 8.13. Ako je skup kompaktan, onda je on i ograniqen i zatvoren.

Dokaz. Dokaimo da je ograniqen. Fiksirajmo taqku a X. Ako K ne bi bio ograniqen, ne bi biosadran ni u jednoj kugli K[a, n], n N. To znaqi da bi postojao niz (an) takav da an 6 K[a, n], tj.d(an, a) > n. S druge strane, iz pretpostavke o kompaktnosti sledi da postoji konvergentan podniz(akn) niza (an). Budui da je d(a, akn) > kn (n) i d(c, akn) d(akn , a) d(a, c), gde jec bilo koja taqka u X, podniz nije ograniqen pa time ni konvergentan. Ta kontradikcija dokazujeograniqenost.

Dokaimo zatvorenost. Neka je (an) konvergentan niz u K. Zbog kompaktosti skupa K postojikonvergentan podniz niza i limes tog podniza pripada K. Ali taj limes je jednak limesu niza (an)i zato pripada K.

Primer. Oznaqimo sa `2 skup svih beskonaqnih nizova A = (an) takvih da je

n=1 a2n < .Metrika se uvodi formulom

d(A,B) =( n=0

(an bn)2)1/2

.

Neka je ej = (0, 0, . . . , 0, 1, 0, . . .) (svi qlanovi su jednaki nuli osim onog na mestu j, koji je jednak1). Skup {ej : j N} je ograniqen i zatvoren ali nije kompaktan.Kao xto vidimo, ima skupova koji su ograniqeni i zatvoreni ali nisu kompaktni. Meutim:

Stav 8.14. Podskup od Rm je kompaktan ako i samo ako je ograniqen i zatvoren.

Dokaz. Razmotriemo sluqajm = 2.Neka jeK R2 ograniqen i zatvoren. Tada postoji pravougaonik = [a, b] [c, d] takav da je K . Neka je Mn = (xn, yn) niz u K. Tada je a xn b, pa, shodnoVajerxtrasovoj teoremi za realne nizove, postoji konvergentan podniz xn = xkn . Sada imamo noviniz M n = (xkn , ykn) = (xn, yn), koji ne mora biti konvergentan. Meutim, iz niza (yn) moemoizdvojiti konvegentan podniz yn = ytn , jer je c yn d. Time izdvajamo konvergentan podnizM n = M tn niza Mn i taj podniz konvergira. Budui da je K zatvoren, limes tog niza pripadaskupu K. Tako smo dokazali da iz zatvorenosti i ograniqenosti sledi kompaktnost. Obrnuto vaiu svakom prostoru (stav 8.13).

Hajne-Borelova teorema. Familijom skupova nazivamo skup qiji su qlanovi skupovi. Ako je

K X, onda otvorenim pokrivaqem nazivamo familiju otvorenih skupova qija unija sadri Kkao podskup.

Stav 8.15 (Hajne-Borelova teorema). Skup K X je kompaktan ako i samo ako se iz svakogotvorenog pokrivaqa moe izdvojiti konaqan pokrivaq.

8.3 Graniqna vrednost i neprekidnost funkcije 45

8.3 Graniqna vrednost i neprekidnost funkcije

Taqkom nagomilavaa skupa S X nazivamo taqku a sa svojstvom da postoji niz taqaka (xn) takvihda xn S, xn 6= a za svako n i limn xn = a. Taqka nagomilavaa skupa ne mora pripadati samomskupu; npr. taqka 1 je taqka nagomilavaa intervala (0, 1).

Pretpostavimo da je data funkcija f : S 7 Z, gde je (Z, dZ) metriqki prostor. Neka je a taqkanagomilavaa skupa S. Kazaemo da f(x) tei ka L, L Z, ako za svaki niz (xn) vai sledee:

(n)xn S \ {a} & xn a = f(xn) L. (8.6)

Kao i u sluqaju nizova, funkcija ne moe imati vixe od jedne graniqne vrednosti.

Uslov xn S \ {a}, tj. xn 6= a, pokazuje da postojae ili nepostojae vrednosti funkcije utaqki a, kao i sama vrednost, ako postoji, ne utiqu na postojae graniqne vrednosti niti na samuvrednost. Npr. ako je data funkcija f : R2 7 R,

f(x) =

{x21x2x21+x

22, x 6= 0,

c, x = 0,

onda je limx0 f(x) = 0 bez obzira koliko je c. Zaxto je limes jednak 0? Neka je xn = (yn, zn) nizrazliqit od nule a koji tei nuli. Tada je

|f(xn)| = y2n|zn|

y2 + z2n y

2n|zn|y2n

|zn| 0 (n).

Ovo smo izveli pod pretpostavkom yn 6= 0. Ako je, tu i tamo, yn = 0, onda je f(yn, zn) = 0, pa opetvai nejednakost |f(xn)| |zn| za svako n.Tako se, uglavnom, dokazuje da je limxa f(x) = L, tj. limn(f(x) L) = 0, u sluqaju realnihfunkcija.

Sledei primer pokazuje kako se pokazuje da limes ne postoji. Neka je

f(x) =x1x2x21 + x

22

, x R2 \ {0}.

Neka je xn = (0, 1/n) i xn = (1/n, 1/n). Tada je f(xn) = 0 i f(xn) = 1/2, te je limn f(xn) = 0 alimn f(x

n) = 1/2. Budui da funkcija ne moe imati vixe od jedne graniqne vrednosti, ispada daovaj limes ne postoji.

Zadatak. Postoji li

lim(x,y)(0,0)

xy2

x2 + y4?

Neprekidne funkcije. Da se govorilo o neprekidnosti funkcije u nekoj taqki c, nuno jepretpostaviti da je f definisana u toj taqki.

Definicija 8.16 (Vajerxtrasova definicija). Kaemo da je funkcija f : S 7 Z (gde je Spodskup metriqkog prostora X) neprekidna u taqki c S ako za svako > 0 postoji > 0 takvo daza svako x Df vai implikacija

dX(x, c) < = dZ(f(x), f(c)) < ,

xto se moe zapisati kao

MAT2B

Documents

Transcript of MAT2B