Miroslav Pavlović-Matematika 2B

Matematika 2B

(Sirova graa)

Miroslav Pavlovi∗₎

1 Matrice i determinante

A =   −1 3 4 6 8 1  , B =   3 6 1  , C = 3 −5 −3 . (1.1)

Matrica A ima tri vrste (tj. reda):

1 −3  , 4 6 , 8 1 , i dve kolone:   −1 4 8  ,   3 6 1  .

Takva matrica se naziva matricom tipa 3 × 2. Uopxte, ako matrica ima m vrsta i n kolona jeste matrica tipa (ili: formata) m × n. Za oznaqavae ,,nepoznate matrice\ koriste se slova sa dvojnim indeksima; npr. matrica tipa 4 × 3 pixe se kao X =     a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33 a41 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 Dekar-tovom proizvodu Jm× 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).

1.1 Operacije sa matricama 3 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 se mogu sabrati.

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 matricom matrice X. Vai formula −(−X) = X. Stav 1.2. Neka je Mm,n skup svih matrica tipa m × n.

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

pripada tom skupu.

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 λ ∈ R, onda je λA = [λaij],

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 λ i µ su skalari): 1. λ(X + Y ) = λX + λY, 2. (λ + µ)X = λX + µX, 3. λ(µX) = (λµ)X, 4. 0 · X = 0, 5. 1 · X = X.

Dokaz. Dokaz je jednostavan. Na primer, ako su X = [xij]i Y = [yij] matrice tipa m × n(1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n), onda je λ(X + Y ) = λ[xij + yij] = [λ(xij+ yij)] = [λxij + λyij] = [λxij] + [λyij] = λ[xij] + λ[yij] = λX + λY.

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 se samo u sluqaju da je n = p. Rezultat je matrica tipa m × q. Neka je V matrica-vrsta, tj. matrica tipa 1 × n a K matrica-kolona, tj. matrica tipa n × 1, V =v1 v2 . . . vn , K =      k1 k2 ... kn      ,

onda je, po definiciji,

V K = v1k1+ v2k2+ . . . vnkn= n

X

j=1

vjkj.

Dakle, rezultat je broj, koji moemo tretirati kao matricu tipa 1×1. Na primer, ako su B i C matrice s poqetka ovog poglav a (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 =      V1K V2K ... VmK      ,

1.1 Operacije sa matricama 5 Zadatak. Izraqunajte XY ako je

X =−1 2 −4 7 0 1  , Y =   −3 4 2  . Da li je definisan proizvod Y X?

Konaqno, ako je X matrica tipa m × n i Y matrica tipa n × q, onda je      V1K1 V1K2 . . . V1Kq V2K1 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 · 1 −5 · 3 −5 · 6 −5 · 1 −3 · 3 −3 · 6 −3 · 1  =   9 18 1 −15 −30 −5 −9 −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 = k X j=1 xijyjk, (i, k) ∈ Jm× Jp. (1.2)

Jediniqna matrica. To je matrica tipa n × n kojoj su na glavnoj dijagonali jedinice a na stalim mestima nule; tj. I = [aij]n,n1,1, aij = 1 za i = j i aij = 0 za

i 6= j.

Stav 1.4. Sledea trvea su ispravna (pod uslovom da su izrazi koji se u ima pojav uju definisani):

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.

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 = n X j=1 xijyjl i bj` = p X k=1 yjkzk`. Dakle, eil = p X k=1 aikzkl = n X j=1 p X k=1 xijyjkzk` = n,p X j=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 _{= A}2_{+ 2A + I i A}2_{− I = (A − I)(A + I),} †_{) gde je I jediniqna matrica, a A matrica istog tipa.}

Pitae. Pod kojim uslovima vae formule

(A + B)2 = A2+ 2AB + B2, A2− B2 _{= (A − B)(A + B)?}

1.2 Inverzna i transponovana matrica

Transponovana matrica matrice A jeste matrica AT _{koja se od A dobija zamenom}

uloga vrsta i kolona. 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 n × m.}

Vae sledee formule: 1. (A + B)T _{= A}T _{+ B}T_,

2. (AT₎T _{= A,}

3. (AB)T _{= B}T_AT_{, itd.}

Inverznom matricom (ako postoji) kvadratne matrice A (tj. matrice tipa n × n) naziva se matrica B koja zadovo ava uslov

AB = BA = I, (1.3)

1.2 Inverzna i transponovana matrica 7 gde je I jedinqna matrica. Nema svaka matrica inverznu; npr. neka je

A =0 0 1 1 

i neka je B proizvo na matrica drugog reda (tj. tipa 2 × 2), B =x y u v  . Tada je AB =0 0 1 1  x y u v  =  0 0 x + u y + v  6=1 0 0 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 A−1_.

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

(XY )−1 = Y−1X−1. ‡)

(b) Ako je X regularna, onda je takva i X−1 _{i vai formula (X}−1₎−1 _{= X.}

Dokaz. Neka je A = XY i B = Y−1_X−1_{. Tada je}

AB = (XY )(Y−1X−1) = XY Y−1X−1 = X(Y Y−1)X−1 = XIX−1 = XX−1 = 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 A−1 _{= Y}−1_X−1_{. Dokaz tvrea}

(b) prepuxtamo qitaocu.

Digresija: grupe. Neka je Rn skup svih regularnih kvadratnih matrica reda

n ≥ 2. Prema prethodno 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 Rnskup matrica ve da je to proizvo an skup S u kome

je definisana operacija (X, Y ) 7→ XY, X, Y ∈ S koja ima svojstvo 1, onda skup S zajedno s tom operacijom zovemo grupoid a operaciju nazivamo zatvorenom. Ako su zadovo eni uslovi 1 i 2, onda je S semigrupa. Ako su ispueni uslovi 1, 2 i 3, onda se S zove semigrupa sa jedinicom. Element E se zove jedinica i on je jedinstven, xto treba dokazati. Ako su ispueni svi uslovi od 1 do 4, onda se S zove grupa. Element Y nazivamo inverznim elementom od X; svako X ima jedan jedini ,,inverz\ (xto se dokazuje) i oznaqava se sa X−1_{. Ako u grupi vai zakon}

komutativnosti, onda se ona naziva komutativnom ili Abelovom grupom.

1.3 Determinante drugog reda

Neka je data matrica A reda 2,

A =a b c d 

. Determinanta matrice A jeste broj

det A =     a b c d     def = ad − bc.

Determinante drugog reda prirodno se pojav uju kod linearnih sistema sistema od dve jednaqine sa dve nepoznate. Neka je dat jedan takav sistem:

(

a1x + b1y = c1

a2x + b2y = c2

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

jed-naqinu (a1b2− a2b1)x = c1b2− c2b1, (1.5) tj. ∆ x = ∆x, (1.6) gde je ∆ =     a1 b1 a2 b2     , ∆x =     c1 b1 c2 b2     . (1.7)

Dakle, ako je ∆ 6= 0, onda je x = ∆x

∆. Na isti naqin dobijamo y = ∆y ∆, gde je ∆y =     a1 c1 a2 c2     .

1.3 Determinante drugog reda 9 Stav 1.6 (Kramerova teorema). Da bi sistem (1.4) imao jedinstveno rexee, neophodno je i dovo no 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 θ − y sin θ = a

x sin θ + y cos θ = b, (1.8)

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

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 determi-nanta 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 (g) znaqi: ako λ ∈ R, A =a b c d  , B =a b + λa c d + λc  , onda je det B = det A.

Inverzna matrica matrice drugog reda Stav 1.8. Da bi matrica

A =a b c d 

imala inverznu, neophodno je i dovo no da je det A 6= 0. A ako je det A 6= 0, onda je A−1 = 1 det A  d −b −c a  . (1.9) Zadatak. Neka je A =cos θ − sin θ sin θ cos θ  . Tada je A−1 = cos θ sin θ − sin θ cos θ  . Zadatak. Nai matricu X iz jednaqine

AX = 2X + B, gde je A =1 −1 3 4  , B =−4 0 2 −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 uzajamno jednoznaqno preslikavae tog skupa na samog sebe. U sluqaju konaqnog skupa, kao xto je Jn, dovo no je da preslikavae bude injektivno pa

da bude permutacija. Zajedno sa operacijom komponovaa, skup Pn qini grupu

(videti str. 7). Inverzni element elementa (funkcije) σ ∈ Pnjednak je inverznoj

funkciji σ−1_.

Inverzija Inverzijom§) _{permutacije σ nazivamo svaki par (σ}

i, σj) takav da je

i < j ali σi > σj.¶) Npr. permutacija 2 4 3 1 skupa J4 ima 4 inverzije: (2,1), (4,3),

(4,1), (3,1). Broj inverzija permutacije σ oznaqiemo sa Inv(σ). Tvree 1.9. Vai formula Inv(σ) = Inv(σ−1_).

Dokaz. Ako je (σi, σj) inverzija permutacije σ, onda je (j, i) inverzija permutacije

σ−1, tako da svakoj inverziji od σ odgovara jedna inverzija od σ−1; i obrnuto. Time je tvree dokazano.

§)_{To nema veze sa inverznom permutacijom.} ¶)_{σi= σ(i)}

1.4 Determinante vixeg reda 11 Definicija 1.10. Neka je A = [aij] matrica tipa n × n. Broj

det A = X σ∈Pn (−1)Inv(σ) n Y i=1 aiσi k_{) (1.10)}

zove se determinanta matrice A.

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

Sledei stav uspostav a 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 X σ∈Pn (−1)Inv(σ) n Y i=1 aσii = X σ∈Pn (−1)Inv(σ) n Y i=1 aiσi.

Neka je ρ = σ−1_{. Prvo meamo poredak u proizvodu pa dobijamo} n Y i=1 aσii = n Y i=1 aiρi.

Zatim prepisujemo sumu u obliku (uz tvree 1.9) X σ∈Pn (−1)Inv(σ) n Y i=1 aσii = X ρ∈Pn (−1)Inv(ρ) n Y i=1 aiρi,

xto je jednako det A, a to je i trebalo dokazati.

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

Determinanta kao funkcija vektora-kolona Determinantu moemo pred-staviti u obliku

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

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 funk-cija preostale kolone.

To znaqi, npr. da je

det(λ1K10 + λ2K100, K2, . . .) = λ1det(K10, K2, . . .) + λ2det(K100, K2, . . .). (1.11)

Stav 1.13. Determinante bilo kog reda imaju sva svojstva pobrojana u sta-vu 1.7.

Dokaz. (a) Ako izaberemo bilo koju kolonu, onda u sumi (1.10) 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. Razmot-rimo sluqaj prve i druge. Dakle, treba uporediti determinante

∆1 =          a11 a12 a13 . . . a21 a22 a23 a31 a32 a33 . . . ... ...          , ∆2 =          a12 a11 a13 . . . a22 a21 a23 a31 a32 a33 . . . ... ...          .

Neka je ρ = (σ2, σ1, σ3, . . .). Ako uvedemo oznake a011= a21, a012 = a011, itd., dobiemo

∆2 = X ρ∈Pn (−1)Inv(ρ) n Y i=1 a0_iρi. Budui da je n Y i=1 a0_iρi = n Y i=1 aiσi

i Inv(ρ) = − Inv(σ), zak uqak 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 λ pa je dodamo drugoj. Tada je, prema stavu 1.12,

det(K1, λK1+ K2, K3, . . .) = det(K1, λK1, K3, . . .) + det(K1, K2, K3, . . .)

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

1.4 Determinante vixeg reda 13

Laplasovo pravilo

Neka je data matrica ∆ = det[aij] tipa n × n. Za svako (i, j) oznaqimo sa Mij

determinantu koja se dobija brisaem vrste i kolone koje se seku na tom mestu: to su kolona broj i i vrsta broj j. Ta se determninanta zove minor elementa aij

(ili mesta (i, j)). Broj Kij = (−1)i+jMij zove se kofaktor elementa aij.

Stav 1.14 (Laplasovo pravilo). Za svako j ∈ {1, . . . , n} vai formula ∆ = n X i=1 aijKij, (1.12) a za svako i | formula ∆ = n X j=1 aijKij. (1.13) Ako je j 6= k, onda je n X i=1 aikKij = 0, (1.14)

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

n

X

j=1

akjKij = 0. (1.15)

Pre dokaza, konstatujmo da formula (1.12) predstav a ,,razvijae\ determi-nante po ,,j-toj\ koloni. Na primer, ako je n = 3 i j = 1, onda dobijamo

∆ = a11     a22 a23 a32 a33     − a21     a12 a13 a32 a33     + a31     a12 a13 a22 a23     . (1.16)

Dokaz. Qlanovi a11, a21,. . . , an1 pojav uju se svaki po (n − 1)! puta u sumi kojom se

definixe determinanta. Kad se ta suma razloi na n suma, gde prva sadri a11,

druga a21, itd., i uzmu u obzir inverzije, dolazi se do formule (1.12). Uradite

to u sluqaju n = 4 ispisujui proizvode u razvijenom obliku, tj.

4

Y

i=1

aiσi = a1σ1a2σ2a3σ3a4σ4,

i svih permutacija σ.

Formula (1.13) dobija se iz (1.12) transponovaem (stav 1.11).

Suma u formuli (1.14) dobijena je iz sume u (1.12) 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 (1.14) predstav a determinantu koja ima dve jednake kolone i zato je jednaka nuli.

Formula (1.16) je pogodna za raqunae determinante treeg reda, ali kod de-terminanti reda 4, 5,. . . moe dovesti do dugaqkog raquna. U tom sluqaju najbo e 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 3 1 0 3 7 2 3 −1 0 5 −5 2 6 −4 1 2 0 −3 −1 2 3           .

Trougaone i dijagonalne matrice. Glavna dijagonala matrice je niz (i, i), i = 1, . . . n.Ako su 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) jed-naka je proizvodu elemenata na glavnoj dijagonali

Dokaz. Neka je, npr.

A =       a11 a12 a13 a14 a15 0 a22 a23 a24 a25 0 0 a33 a34 a35 0 0 0 a44 a45 0 0 0 0 a55       .

Razvijaem determinante po prvoj koloni dobijamo

det A = a11         a22 a23 a24 a25 0 a33 a34 a35 0 0 a44 a45 0 0 0 a55         .

Ponav aem istog rasuivaa dobijamo det A = a11a22       a33 a34 a35 0 a44 a45 0 0 a55       ,

1.4 Determinante vixeg reda 15

Determinanta proizvoda dve matrice

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

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

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

detA 0

C B



= det A det B.

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

rezultat dobija razvijaem determinante ∆1 =     a11 0 C B    

po prvoj vrsti. Neka je m ≥ 2. Tada, opet, razvijamo po prvoj vrsti i dobijamo ∆m = det

A 0

C B



= a11K11+ a12K12+ . . . + a1mK1m,

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

A 0

C B



. Nijedan od tih kofaktora ne ,,sadri\ elemente matrice B a svaki od ih ima formu

adef= detA1 0 C1 B

 ,

gde je A1matrica tipa m−1. Indukcijska pretpostavka kae da je a = det(A1) det B

i, dakle,

∆m = a11K110 det B + . . . + a1mK1m0 det B,

gde je K0

11, . . . kofaktor elementa a11, . . . u matrici A. Budui da je, shodno

Lap-lasovom pravilu,

det A = a11K110 + . . . + a1nK1m0 ,

to je ∆m = det A det B.Kraj.

Dokaz stava 1.16. Bie jasnije ako razmotrimo konkretan sluqaj, npr. n = 3. Neka je ∆ =             a11 a12 a13 0 0 0 a21 a22 a23 0 0 0 a31 a32 a33 0 0 0 −1 0 0 b11 b12 b13 0 −1 0 b21 b22 b23 0 0 −1 b31 b32 b33             .

Shodno stavu 1.17 vai jednakost D = det A det B. S druge strane, ako qetvrtoj koloni dodamo prvu pomnoenu sa b11 pa, zatim, drugu pomnoenu sa b21 i, na

kraju, treu pomnoenu sa b31, dobiemo

D =             a11 a12 a13 c11 0 0 a21 a22 a23 c21 0 0 a31 a32 a33 c31 0 0 −1 0 0 0 b12 b13 0 −1 0 0 b22 b23 0 0 −1 0 b32 b33             , gde je ci1= ai1b11+ ai2b21+ ai3b31.

Nastav ajui tako, dobiemo

D =             a11 a12 a13 c11 c12 c13 a21 a22 a23 c21 c22 c23 a31 a32 a33 c31 c32 c33 −1 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 0 0 0 0 −1 0 0 0             = det A AB −I 0  .

Zameujui mesta prve i qetvrte vrste, druge i pete, tree i xeste, dobijamo D = (−1)3det−I 0 A AB  ∗∗₎ = (−1)3det(−I) det(AB) = det(AB).

gde smo primenili stav 1.17. Kraj.

1.5 Raqunae inverzne matrice

Pomou rezultata iz prethodna dva ode ka dokazaemo ovaj stav:

Stav 1.18. Da bi matrica bila regularna, neophodno je i dovo no da je ena determinanta razliqita od nule. Ako je A regularna matrica tipa n × n, onda je

A−1 = 1

det Aadj(A),

17 gde je adj(A) =      K11 K21 K31 . . . K12 K22 K32 . . . K13 K23 K33 . . . ... ...      .

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

Dokaz. Pretpostavimo da postoji matrica B takva daje AB = I. Tada je po stavu 1.16, 1 = det I = det(AB) = det A det B. Odatle sledi da je det A 6= 0.

U obrnutom smeru, neka je n = 3, det A 6= 0. Tada je A adj(A) =   d11 d12 d13 d21 d22 d23 d31 d32 d13  , gde je d11 = a11K11+ a12K12+ a13K13 d12 = a11K21+ a12K22+ a13K23,

itd. Na osnovu Laplasovog pravila (stav 1.14), vai sledee: d11 = det A, d12= 0,

d13= 0, d21 = 0, d22 = det A,itd., iz qega sledi da je

A adj(A) = (det A)I.

Na isti naqin se dokazuje da je adj(A) · A = det A. 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) radi uxtede prostora.

Definicija 2.1. Preslikavae f : Rn_{7→ R}m nazivamo linearnim ako je f(αx +

βy) = αf (x) + βf (y)za sve α, β ∈ 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\ defin-isano, jer je A =      a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2n ... ... am1 am2 . . . amn      , x =      x1 x2 ... xn      ,

iz qega sledi da je proizvod Ax definisan. Stav 2.3. Ako je f : Rn

7→ Rn _{linearno preslikavae, onda postoji jedna jedina}

matrica A tipa m × n takva da je f(x) = Ax za svako x ∈ Rn_.

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

e1 =      1 0 ... 0      , e2 =      0 1 ... 0      , . . . , en =      0 0 ... 1     

. Svako x ∈ Rn _{moe se napisati u obliku x = x}

1e1+ 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) =      a1j a2j ... amj      . Sledi: f (x) =    a11x1+ . . . + a1nxn ... am1x1+ . . . + amnxn   =    a11 a12 . . . a1n ... am1 am2 . . . amn         x1 x2 ... 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 ∈ {e}

1, . . . , en}. Stoga je A = B jer tako kae sledee

19 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→ R}m _{i g : R}m _{7→ R}k _{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, preko zakona asocijativnosti, da je [g ◦ f](x) = ([g][f])x. Sada tvree 2.4 daje traeni zak uqak.

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

Belexka 2.7. Jednakost A(Bx) = (AB)x dokazuje se nexto jednostavnije nego A(BC) = (AB)C, gde je C proizvo na matrica.

Matrica inverznog preslikavaa

Pretpostavimo da je f : Rn _{7→ R}n _{linearno preslikavae. Postav a se pitae}

kakva je veza invertibilnosti tog preslikavaa sa invertibilnoxu egove ma-trice. Odgovor je prost:

Stav 2.8. Da bi preslikavae f bilo invertibilno, neophodno je i dovo no da matrica [f] bude invertibilna (tj. regularna). U sluqaju invertibilnosti vai formula

[f−1] = [f ]−1. (†)

Dokaz. Neka je f invertibilno. Tada postoji linearno preslikavae g : Rn

7→ Rn

takvo da je f ◦ g = Id = g ◦ f, gde je Id identiteta, tj. preslikavae definisano kao Id(x) = x. Prema stavu 2.6, vai formula [f][g] = [Id] = 1 = [g][f], xto znaqi da je matrica [f] invertibilna i da vai formula (†).

Pretpostavimo, obrnuto, da je matrica [f] invertibilna i definiximo pres-likavae g ovako: g(x) = [f]−1_{x. 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

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)

broje-vima, svaka po jednim. Ako (x1, . . . , xn)zamenimo brojevima (α1, . . . , αn),dobiemo

broj d na levoj strani. Ako je d = b, onda emo rei da je n-torka (α1, . . . , αn)

rexee jednaqine. Takoe, kae se da n-torka zadovo ava 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, . . . , xnjeste konaqan skup

lin-earnih jednaqina. Rexee sistema je svaka n-torka koja zadovo ava svaku jednaq-inu sistema. Ako sistem nema rexea, 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. Ispostav a 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, dovo na je da sagledamo kakva mogu biti rexea sistema. Naime, pojav uju 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 α ∈ R rexee, xto znaqi da u ovom sluqaju jednaqina ima beskonaqno 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 (α, β) rexee, jer je 0α + 0β = 0. Ako je a = b = 0 i c 6= 0, onda nema rexea. Ako je a 6= 0 ili b 6= 0, onda opet ima bezbroj rexea; geometrijski gledano, u ovom sluqaju jednaqina predstav a pravu liniju u koordinatnom sistemu xOy a, budui da prava ima bezbroj taqaka, vidi se da jednaqina ima bezbroj rexea. Prema tome, jednaqina ima ili bezbroj rexea ili nema ni jedno; dakle, ne pojav uje se sluqaj da je rexee jedinstveno: to svojstvo ima svaki sistem kod koga je broj nepoznatih vei od broja jednaqina.

3.1 Gausova metoda 21

Sistem od dve jednaqine sa tri nepoznate

Razmotrimo sistem sa tri nepoznate x1, x2, x3 :

a11x1+ a12x2+ a13x3 = b1

a21x1+ a22x2+ a23x3 = b2.

(3.2) Pod uslovom da je jedan od brojeva a1j i jedan od brojeva a2j (j = 1, 2, 3)

ra-zliqit od nule, ove jednaqine predstav aju dve ravni u koordinatnom sistemu Ox1x2x3. Dve ravni se ne mogu sei u jednoj taqki: ili se ne seku (xto polvlaqi

da su paralelne††)_{), ili se seku po pravi, ili se poklapaju. To znaqi da u}

navede-nom sluqaju sistem ne moe imati jedinstveno rexee; takav zak uqak 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.

(3.3) Definicija 3.1. Sistemi jednaqina su ekvivalentni ako imaju isti skup rex-ea.

Proverite da li je trojka (1, −2, −1) jeste rexee sistema 2x1 − x2 +x3 = 3

−2x1 + 3x2−2x3 =−6 (3.4)

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 ekvivalen-tan sistem:

• Mnoee jedne jednaqine brojem razliqitim od nule.

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

• Izostav ae jedne od dveju identiqnih jednaqina.

• Izostav ae jednaqine u kojoj su svi koeficijenti i slobodni qlan jednaki nuli.

• Promena redosleda jednaqina. • Promena redosleda nepoznatih. Dokaz. Pokuxajte sami.

Definicija. Nabrojane transformacije se nazivaju elementarnim.

Pretpostavimo da je bar jedan od devet koeficijenata aij u sistemu (3.3)

ra-zliqit od nule jer je, u protivnom, sistem lako analizirati: sistem je ili nesa-glasan ili neodreen. Neka je a11 6= 0. Mnoeem prve jednaqine sa −a21/a11 i

dodavaem drugoj i, zatim, mnoeem sa −a31/a11 i dodavaem treoj dobijamo

novi, ekvivalentan, sistem:

a11x1+ a12x2+ a13x3 = b1

a0₂₂x2+ a023x3 = b02

a0₃₂x2+ a033x3 = b03.

(3.5) Tako smo dobili ,,podsistem\ od dve jednaqine sa dve nepoznate, x2 i x3. Ako

su svi koeficijenti tog podsistema jednaki nuli, onda se postupak obustav a jer se moe zak uqiti da je sistem ili nesaglasan ili neodreen. Pretpostavimo da je bar jedan od qetiti koeficijenta podsistema, npr. a0

22, razliqit od nule.

Tada prvi korak postupka primeujemo na podsistem i dobijamo ekvivalentan, trougaoni, sistem

a11x1+ a12x2 + a13x3 = b1

a0₂₂x2 + a023x3 = b02

a00₃₃x3 = b003.

(3.6) Postojae i jedinstvenost rexea zavise od poslede jednaqine: rexee je jedin-stveno ako i samo ako je a00

33 6= 0. U tom sluqaju prvo nalazimo x3, pa rexee

stav amo u drugu jednaqinu, xto nam daje x2. Na kraju, x1 i x2 stav amo u prvu

jednaqinu i dobijamo x1 (sve to u sistemu (3.6)).

Determinanta i matrica sistema. Matricom sistema (3.3) nazivamo matricu satav enu od egovih koeficijenata:

  a11 a12 a13 a21 a22 a23 a31 a32 a33  

3.1 Gausova metoda 23 S obzirom na svojstva determinanata, determinanta sistema (3.3) jednaka je de-terminanti sistema (3.6), a ova je jednaka a11a022a0033.Imajuu u vidu svu prethodnu

diskusiju, zak uqujemo da vai sledei stav:

Stav 3.3 (Kramerova teorema). Sistem (3.3) ima jedinstveno rexee ako i samo ako je egova determinanta razliqita od nule.

Na primer, determinanta sistema (3.4) iznosi 5 pa, stoga, sistem ima jedin-steno 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 netrivijalnim. Kao neposrednu posledicu Kramerove teoreme imamo sledei stav.

Stav 3.4 (Kramerova teorema o homogenim sistemima). Da bi sistem (3.3) imao netrivijalnih rexea, neophodno je i dovo no da je egova determinanta jednaka nuli.

Zadatak. Odredite broj a tako da sistem

ax1 − x2 +x3 =0

−2x1 + 3x2−2x3 =0

x1 + x2 +x3 =0

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

Belexka 3.5. Sve xto smo zak uqili o sistemu (3.3) vai za proizvo ne sisteme od n jednaqina sa n nepoznatih.

Broj nepoznatih vei od broja jednaqina

Dovo no 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.

(3.7) Isk uqujui sluqaj kad su svi koeficijenti jednaki nuli, biramo jedan ra-zliqit od nule, npr. a11. Tada postupamo isto kao kod sistema (3.3) i dobijamo

ekvivalentan sistem

a11x1+ a12x2+ a13x3 + a14x4 = b1

a0₂₂x2+ a023x3 + a024x4 = b02

a0₃₂x2+ a033x3 + a034x4 = b03.

Ako su svi koeficijenti dobijenog podsistema jednaki nuli, onda je podsistem, pa i sistem, ili nesaglasan ili neodreen. Neka je jedan, npr. a0

22 razliqit od

nule. Tada primeujemo Gausov korak na podsistem i dobijamo sistem a11x1+ a12x2+ a13x3+ a14x4 = b1

a0₂₂x2+ a023x3+ a24x4 = b02

a00₃₃x3+ a0034x4 = b003.

(3.9) Ovde je postupak okonqan. Jednaqina a00

33x3 + a0034x4 = b003 (sa nepoznatim x3 i x4)

ili nema rexea ili ih ima beskonaqno mnogo, xto vai i za sistem (3.9), pa i za sistem (3.7), koji je ekvivalentan sistemu (3.9). Tako bi se diskutovao i proizvo ni sistem koji ima vixe nepoznatih nego jednaqina. Prema tome:

Stav 3.6. Ako sistem ima vixe nepoznatih nego jednaqina, onda je on ili nesa-glasan ili neodreen.

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.

(3.10)

Postupamo siqno i ako nismo naixli na jednaqinu sa koeficijentima jed-nakim nuli, dobiemo ekvivalentni sistem

a11x1+ a12x2 + a13x3 = b1 a0₂₂x2 + a023x3 = b02 a00₃₃x3 = b003 a00₄₃x4 = b004. (3.11) Nastavak je jasan.

Gausov postupak u matriqnom obliku

Umesto sa jednaqinama moemo raditi sa vrstama proxirene matrice sistema { matrice siatema kojoj je prik uqena kolona slobodnih qlanova. Uradite sledei

3.2 Matriqna metoda i Kramerovo pravilo 25 primer Gausovom metodom sa pisaem nepoznatih.

x1+ 2x2+5x3 =−9

x1− x2 +3x3 = 2 (3.12)

3x1− 6x2 −x3 = 25

U matriqnom obliku to ide ovako: Proxirena matrica jednaka je   1 2 5 -9 1 -1 3 2 3 -6 -1 25  

Mnoeem prve vrste sa -1 i dodavaem drugoj, zatim, mnoeem sa -3 i doda-vaem treoj, dobijamo matricu

  1 2 5 -9 0 -3 -2 11 0 -12 -16 52  .

Mnoeem druge vrste ove matrice -4 i dodavaem treoj dobijamo   1 2 5 -9 0 -3 -2 11 0 0 -8 8  . Tako dobijamo sistem

x + 2y+5y =−9 − 3y−2z = 11 −8z = 8

Odavde 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 (3.3) moemo napisati u matriqnom obliku Ax = B,

gde je A matrica sistema,

B =   b1 b2 b3  , x =   x1 x2 x3  .

Ako je matrica A regularna, onda mnoeem sleva sa A−1 _{dobijamo rexee} x = A−1B. Budui da je A−1 = 1 det A   K11 K21 K31 K12 K22 K32 K13 K23 K33  ,

gde je Kij kofaktor elementa aij, dobiemo

A−1B = 1 ∆   K11b1+ K12b2+ K13b3 K21b1+ K22b2+ K23b3 K31b1+ K32b2+ K33b3  = 1 ∆   ∆1 ∆2 ∆3  , gde je ∆ = det A, ∆1 =       b1 a12 a13 b2 a22 a23 b3 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, ∆, (3.3) razli-qita od nule, onda se rexee nalazi po formulama:

xj =

∆j

∆ (j = 1, 2, 3). (3.13)

Determinanta ∆ naziva se i glavnom a ostale { pomonim. Moe se dokazati da je sistem nesaglasan 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

3.3 Rang matrice i Kroneker-Kapelijev stav 27

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 s vrsta i s kolona. Jasno je mora biti s ≤ m i s ≤ n. Ako su svi minori reda ρ + 1 (ρ + 1 ≤ s) jednaki nuli i bar jedan od minora reda ρ razliqit od nule, onda se kae da je rang matrice A jednak ρ. 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 matrice

A =   4 0 −3 1 0 5 −5 0 0 0 7 8   (3.14)

jednak je 3 (tj. maksimalan) jer je minor       4 0 −3 0 5 −5 0 0 7       = 4 × 5 × 7 6= 0.

Stav 3.9. Svaka matrica se moe transformisati u trapezastu pomou ele-mentarnih transformacijama (videti stav 3.2):

1. Mnoee jedne vrste brojem razliqitim od nule.

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

3. Izostav ae jedne od identiqnih vrsta.

4. Izostav ae 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 determinante 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 nepoz-natih jednak rangu.

(v) Ako su rangovi jednaki a broj nepoznatih vei od ih, onda je sistem neodreen a broj ,,slobodnih\ promen ivih 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 zadovo avaju koordinate taqaka 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

ko-ordinate svake taqke M(x, y) ∈ p zadovo avaju tu jednaqinu a koko-ordinate nijedne taqke van prave p ne zadovo avaju.

Pretpostavimo da prava nije vertikalna. Neka M(x, y) ∈ p, M 6= M0. Tada je

x 6= x0. Uvedimo oznake ∆x = x − x0 i ∆y = y − y0. (Nacrtajte sliku!) Talesova

teorema pokazuje nam da koliqnik ∆y/∆x ne zavisi od izbora taqke M ∈ p, tj. da je ∆y/∆x = k, gde je k neki realan broj. S druge strane, 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 znaqi da jednaqina prave glasi

∆y = k∆x, (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 jednu taqku 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 koor-dinatnog poqetka do preseka prave sa y-osom uzeto sa ,,odgovarajuim\ znakom.

Postav a se i obrnuto pitae: ako je data neka jednaqina, koji geometrijsku figuru ona predstav a? Moe se dokazati da jednaqina (4.3) predstav a pravu sa nagibom k i odseqkom n na y-osi.

Jednaqina prave kroz dve taqke. Nije nuno pamtiti razne oblike jednaqine prave: dovo no je znati nagib i jednu taqku (videti (4.1)). Neka su, recimo date dve razliqite taqke M1(x1, y1) i M2(x2, y2); oznaqimo sa p jedinstvenu pravu koja

ih sadri. Ako je x1 = x2, onda je p vertikalna pa ena jednaqina glasi x = x1.

Ako nije vertikalna, tada je

k = y2− y1 x2− x1

(nacrtajte sliku) pa jednaqina glasi y − y1 =

y2− y1

x2− x1

4.1 Jednaqina prave i krunice 29 ili u simetriqnom (kanonskom) obliku,

x − x1

x2− x1

= y − y1 y2− y1

. (4.5)

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= 0ili B 6= 0, (4.6)

koji se zove opxti oblik. I, obrnuto, ovakva jednaqina predstav a pravu. Ako je C 6= 0, onda jednaqinu (4.6), de eem sa C, moemo napisati u obliku

x a +

y

b = 1, (4.7)

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) =p(x − x0)2+ (y − y0)2.

Iz toga zak uqujemo da jednaqina krunice glasi

(x − x0)2+ (y − y0)2 = R2. (4.8)

I, obrnuto, jednaqina (4.8) predstav a krunicu sa centrom C(x0, y0)i

polupreq-nikom R.

Jednaqina krunice moe biti zadata i u obliku

x2+ y2− ax − by − c = 0, (4.9) gde je c + a 2 4 + b2 4 > 0.

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

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 rastojaa od taqke M ∈ S do dve date taqke, F1 i F2,‡‡) nezavisan od M.

Dakle,

d(M, F1) + d(M, F2) = 2a, (4.10)

gde je a pozitivan realan broj. Ako postavimo koordinatni sistem tako da F1 i

F2 budu na x-osi a koordinatni 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

p

(x + c)2_{+ y}2₊p_{(x − c)}2 _{+ y}2 _{= 2a.} (4.11)

Da bi ovako definisana elipsa stvarno bila linija, a ne jednoqlan ili prazan skup, neophodno je i dovo no da bude a > c. Tada je jednaqina (4.11) ekvivalentna ovoj:

p

(x + c)2_{+ y}2 _{= 2a −}p_{(x − c)}2_{+ y}2_. (4.12)

Budui da su leva i desna strana pozitivne, ovu novu jednaqinu smemo kvadrirati, pa e nova ekvivalentna jednaqina glasiti

a2 − xc = ap(x − c)2_{+ y}2_. (4.13)

Jox jedno kvadrirae i sreivae daje x2 a2 + y2 a2_{− c}2 = 1. Uvoeem oznake b =√a2_{− c}2_, (4.14)

dobijamo jednaqinu elipse u ,,kanonskom\ obliku: x2

a2 +

y2

b2 = 1. (4.15)

Taqke (a, 0), (−a, 0), (0, b), (0, −b) nazivaju se temenima elipse. Ako jednaqinu (4.13) napixemo u obliku

p(x − c)2_{+ y}2 a2

c − x

= c

a (4.16)

i sa p oznaqimo pravu x = a2_{/c, onda vidimo da M pripada elipsi ako i samo}

ako je d(M, F2)/d(M, p) = c/a.To znaqi da elipsu moemo definisati a kao skup

4.2 Elipsa, hiperbola i parabola 31 taqaka u ravni takvih da je koliqnik rastojaa 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 rastojaa od dve date taqke konstantan. Neka su te dve taqke F1(−a, 0) i

F2(a, 0). Ovog puta je a < c. Postupajui kao u sluqaju elipse, dobijamo jednaqinu

x2

a2 −

y2

b2 = 1, (4.17)

gde je b =√c2_{− a}2_. Hiperbola se, sliqno kao elipsa, moe definisati kao skup

taqaka koje imaju svojstvo da im je koliqnik rastojaa od date taqke i date prave konstantan i vei od jedan.

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 (0, c) a prava x = −c, onda e jednaqina parabole glasiti

y2 = 4cx. (4.18)

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

Krive drugog reda

Pod pojmom ,,kriva drugog reda\ podrazumeva se skup taqaka u ravni Oxy qije koordinate zadovo avaju jednaqinu

a11x2+ 2a12xy + a22y2+ 2b1x + 2b2y + c = 0, (4.19)

gde je bar jedan od koeficijenata a11, a12, a22razliqit od nule. Ovakva jednaqina,

pored elipse (i, posebno, krunice), hiperbole i parabole, moe predstav ati: 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 (x}2_{− x = 0). Ispostav a}

se da jednaqina (4.19) ne moe predstav ati nixta drugo. Ako je a12 = 0, to je

skoro oqigledno: imamo jednaqinu

a11x2+ 2b1x + a22y2+ 2b2y + c = 0, (4.20)

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

komple-tiraem do kvadrata, dobijamo a11  x + b1 a11 2 + a22  y + b2 a22 2 − b 2 1 a11 − b 2 2 a22 + c =

∗)_{Ta se prava zove vodi a ili direktrisa elipse.} †)_{Pod ovim podrazumevamo da se ne seku}

a11x21+ a22y12− A = 0. Stav ajui x1 = x + b1 a11 , y1 = y + b2 a22 , A = b 2 1 a11 + b 2 2 a22 − c, dolazimo do jednaqine a11x21+ a22y21 = A. (4.21)

Ova jednaqina predstav a krivu u koordinatnom sistemu O1x1y1, koji je dobijen

translacijom sistema Oxy, xto ne mea karakter krive. Jednaqina (4.21) moe predstav ati elipsu, hiperbolu, taqku, dve prave koje se seku ili prazan skup, i nixta drugo. Ako je a22 6= 0 i a12= a11 = 0, onda niqe jednaqina

a22  y + b2 a22 2 + 2b2x + c − b2 2 a22 = 0, (4.22)

koja se uvoeem odgovarajuih smena svodi na jednaqinu oblika

y₁2+ 2b1x + b0 = 0. (4.23)

Ova jednaqina moe predstav ati 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 razmotrimo sluqaj kada je a12 6= 0. Rotiraemo

koor-dinatni sistem Oxy tako da dobijemo sistem Ouv u kome jednaqina nee sadrati qlan uz uv. Rotacija∗_{) se uvodi na sledei naqin:}

x y  =cos ϕ − sin ϕ sin ϕ cos ϕ  u v  , (4.24)

gde je ϕ ugao rotacije. (Proverite u sluqaju ϕ = π/4.) Kada u jednaqini (4.19) x, odnosno y, zamenimo sa u cos ϕ − v sin ϕ, odnosno u sin ϕ + v cos ϕ, i obavimo pregled nove jednaqine, videemo da je koeficijent uz uv jednak

−2a11sin ϕ cos ϕ + 2a22sin ϕ cos ϕ + 2a12(cos2ϕ − sin2ϕ)

= (−a11+ a22) sin 2ϕ + 2a12cos 2ϕ.

Odavde dolazimo do jednaqine

cot 2ϕ = a11− a22 2a12

. (4.25)

33 Primer. Razmotrimo krivu

2x2+ 2xy + 2y2 = 1. (4.26)

Iz formule rotacija dobijamo cot 2ϕ = 0, pa moemo uzeti ϕ = π/4. Stoga je x = √ 2 2 (u − v), y = √ 2 2 (u + v). Zamenom u jednaqini (4.25) dobijamo 3u2_{+ v}2 _{= 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 na koordinatni sistem Oxy, videemo da se maa poluosa nalazi na pravi y = xa vea na pravi y = −x. Odredite ie i temena ove elipse. Nacrtajte je. Belexka 4.1. Ako nas ne zanimaju metriqka svojstva krive (duina dui, veli-qina ugla, itd.) ve samo vrsta krive, onda nam je posao olakxan. Razmotrimo ponovo krivu (4.26). Imamo

2x2+ 2xy + 2y2− 1 = 2(x2_{+ xy) + 2y}2 _{− 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 datu krivu u elipsu. Moe se dokazati da takav operator ne mea karakter krive, xo znaqi da je data kriva elipsa; ona nije krunica jer je ko-eficijent uz xy razliqit od nule.

5 Geometrijski vektori

Oznaqimo sa E3 trodimenzioni euklidski prostor, kao skup taqaka, bez

koordi-natnog sistema. U emu vae kojekakve zakonitosti izraene pomou aksioma i iz ih izvedenih teorema. U te zakonitosti neemo deta no 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 . Da e se definixe 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 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 . Da e, 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 sledeu implikaciju:

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

Kolinearni vektori. Za vektore u1, . . . , un kaemo da su kolinearni ako

ima-ju 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 .−→ Tada je, po definiciji, u + v =

−→

AC .

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

−→ AB + −→ BC = −→ AC . (5.2) 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 i

−→

AA = 0. (5.3)

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

‡)_{U savremenoj matematici izraz ,,x = y\ znaqi da x i y oznaqavaju jedan isti objekat. U naxem}

sluqaju taj se zahtev 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}

35 Kad na ovaj naqin sabiramo vektore, kaemo da ih sabiramo nadovezivaem. Katkad je korisno ,,sabirae po dijagonali\. To znaqi sledee. Transliramo vek-tore tako da im se poklope poqeci i tako doemo do vektoraAB−→ i

−→

AC .Odaberemo taqku D tako da qetvorougao ABDC bude paralelogram. Tada je

−→ AB + −→ AC = −→ AD . (Nacrtajte sliku i dokaite ovu formulu.)

Oduzimae. Razlika w = u − v definixe se kao vektor koji zadovo ava uslov u = w+v.Takav vektor postoji: ako je u =

−→ ABi 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.)

Suprotni vektori. Neka je dat vektor u. Tada postoji v koji ima istu duinu, isti pravac, ali suprotan smer. Pixe se v = −u. Jasno je da je tada (−v) = u, pa se zato moe govoriti da 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 λ pozitivan broj, onda je, po dogovoru, λu vektor sa ovim svojstvima: 1) vektori λu i u istog su pravca i smera, 2) |λu| = λ|u|, gde sa |v| oznaqavamo duinu vektora v.¶₎

Ako je λ < 0, onda je λu vektor sa ovim svojstvima: 1) vektori λu i u istog su pravca a suprotnog smera, 2) |λu| = |λ| · |u|. I, na kraju, 0 · vdef

= 0 za svaki vektor v,a λv = 0 za svaki skalar λ.

Stav 5.1. Vektori u i v su kolinearni ako i samo ako je u = λv za neko λ ∈ R ili v = µu za neko µ ∈ R.

Skalarni proizvod vektora

Ugao izmeu vektora. Ugao izmeu vektora u 6= 0 i v 6= 0, oznaqimo ga sa α = ^(u, v), jednak je uglu koji grade ima jednaki vektori sa zajedniqkim poqetkom. Iz toga sledi da je 0 ≤ α ≤ π, kao i da je ^(v, u) = ^(u, v). Ugao izmeu vektora

¶)_{Duina nula-vektora je nula, po dogovoru. Pravac, pa time ni smer, nula-vektora nije}

−→

AB i

−→

BC nije jednak uglu kod temena B u trouglu ABC (qemu je onda jednak?). Ugao α jednak je nuli ako i samo ako su vektori u i v istog smera, a jednak je π ako i samo ako su u i v suprotnog smera.

Skalarni proizvod vektora u i v definisan je formulom

uv = |u| |v| cos α. (5.4)

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 u⊥v) ako i samo ako je uv = 0.

5. Ako je λ ∈ R, onda je (λu)v = λ(uv).

Stav 5.3 (Zakon distributivnosti). Vai formula

a(u + v) = au + av. (5.5)

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

−→

OB i v =

−→

BC . Oznaqimo sa Ox osu odreenu vektorom ak), sa taqkom O kao koordinatnim poqetkom. Svakoj taqki ose pridruujemo realan broj tako da taqki O odgovara broj 0 a taqki A duina vektora OA .−→ Oznaqimo sa B0 odnosno C0 ortogonalnu projekciju taqke B odnosno C na osu Ox. Trougao OB0_{C je pravougli, iz qega}

sledi da je au = |a|b0_{,gde je b}0 _{koordinata taqke B}0 _{na osi. Na sliqan naqin moe}

se videti da je a(u + v) = |a|c0 _{i av = c}0_{− b}0_{,gde je c}0 _{koordinata taqke C. Stoga je}

au + av = |a|b0+ |a|(c0− b0) = |a|c0

= a(u + v). Tu je kraj dokaza.

k)_{Osa odreena vektorom OA}−→ _{jeste prava, s, orijentisana kaoOA}−→_{, koja je nosaq vektora OA}−→_,

5.1 Koordinatni sistem u prostoru 37

5.1 Koordinatni sistem u prostoru

Koplanarni vektori. Za vektore u1, . . . , un, meu kojima nema nula-vektota,

kae se da su koplanarni∗∗) _{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 poqetak i niz od tri nekoplanarna vektora e1, e2, e3; ih moemo

zvati koordinatni vektori. Svaki od ih odreuje po jednu osu, Ox1, Ox2, Ox3 {

to su koordinatne ose. Postoje i tri koordinatne ravni odreene sa po dve ose: Ox1x2, Ox2x3, Ox1x3.

Neka je u bilo koji vektor razliqit od 0. Odaberimo taqku M ∈ E3 tako da

bude u = OM .−→ Prava p koja sadri taqku M i paralelna je osi Ox3 ,,probada\

ravan Ox1x2 u jednoj taqki, M0.Vektor −→

OM0 moe da se predstavi u obliku

−→

OM0 = λ1e1+ λ2e2,

pritom na jedan jedini naqin (slika!). Budui da je vektorM−→0M kolinearan (tj. paralelan) sa e3, postoji jedan jedini broj λ3 takav da je

−→ M0M = λ3e3. Iz svega toga sledi da je −→ OM = −→ OM0+ −→ M0M = λ1e1+ λ2e2+ λ3e3,

a i to da su brojevi λj odreeni taqkom M na jedinstven naqin. Ti brojevi se

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

Na opisani naqin svakoj taqki M ∈ E3 (ili vektoru u) pridruuje se jedna

jedina trojka λ ∈ R3_{. Obrnuto, svakoj trojci λ ∈ R}3 _{pridruujemo vektor u =}

λ1e1+ λ2e2+ λ3e3,i taqku M ∈ E3 odreenu tako da je u = −→

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

Tako se uspostav a uzajamno jednoznaqna veza izmeu tri prostora: E3, R3 i

V3, gde ovo poslede predstav a skup svih geometrijskih vektora. Kad hoemo

da naznaqimo da su (x1, x2, x3) koordinate taqke M, pixemo M(x1, x2, x3), a

odgo-varajui vektor zapisujemo kao u = (x1, x2, x3).Da bi ovo poslede imalo smisla,

trebalo bi se uveriti da su koordinate vektora γu jednake (γx1, γx2, γx3) a

koor-dinate vektora u + v jednake zbiru odgovarajuih koordinata vektora u i v. To nije mnogo texko, ali dosadno, pa emo ga izostaviti.

Ako su date taqke A i B vano je znati koordinate vektora AB−→ 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 taqaka A i B.

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 koor-dinate teixta trougla ABC. Odredite koorkoor-dinate taqke D ako je qetvorougao ACBD paralelogram.

Dekartov pravougli koordinatni sistem

Koordinatni sistem se naziva pravouglim ako su koordinatni vektori meu-sobno 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 nam je tako lakxe††_).

Koordi-natni vektori bie oznaqeni sa i, j i k. Prva korist od takvog sistema vidi se u sledeem:

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

uv = ax + by + cz. (5.6)

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 proizvo nom sistemu glasila bi: (x1, x2, x3)(y1, y2, y3) = 3 X m,n=1 gmnxmyn, gde je gmn= emen.

5.1 Koordinatni sistem u prostoru 39 Duina vektora i ostalo. Iz stava 5.5 lako izvodimo sledee:

Posledica 5.7. Duina vektora u = (a, b, c) jednaka je pa2_{+ b}2_{+ c}2_.Rastojae,

d(M, C), izmeu taqaka M(x, y, z) i C(a, b, c) raquna se po formuli d(M, C) =p(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 i formula −→ CM = (x − a, y − b, z − c), d(M, C) = | −→ CM |. To je to.

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 =

−→

M N i v =

−→

M P . Duina vektora w jednaka je povrxini paralelograma koji grade vektori u i v (tj. dvostrukoj povrxini trougla MNP ). Vektor w je normalan na ravan odreenu vektorima u i v. Smer se bira tako da trojka (u, v, w) ima istu orijentaciju kao (i, j, k). Ovo poslede se najqexe objaxava pravilom ,,desnog zavrta\, a matematiqki znaqi da je

det[u, v, w] =       a b c x y z A B C       > 0, (5.7)

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.

Va a odmah uoqiti da je

v × u = −(u × v), (5.8)

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 c y z     , B =     c a z x     , C =     a b x y     (5.9)

Korisno je i lako zapamtiti da se u × v moe prikazati pomou formalne determinante u × v =       i j k a b c x y z       (5.10) 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 λ ∈ R takvo da je (x, y, z) = (λa, λb, λc), 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 c a b c x y z       = 0,

i, sliqno, Nv = 0. Dakle, N je ortogonalan na ravan odreenu vektorima u i v. Uslov (5.7) je zadovo en: kad razvijemo determinantu po treoj vrsti, dolazimo do toga da je ona jednaka A2_{+ B}2_{+ C}2_.

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

P = |u| |v| sin α, gde je α = ^(u, v). Od ovoga dobijamo

P = |u| |v|√1 − cos2_α = |u| |v| s 1 − uv |u| |v| 2 =p|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_{+ B}2 _{+ C}2_, xto i treba dokazati. Time smo dokazali da vektori

u × v i N imaju istu duinu, isti pravac i smer, xto znaqi da je N = u × v. Stav 5.9. Vektorski proizvod ima ova svojstva:

• u × (v1+ v2) = u × v1+ u × v1,

• (λu) × v = λ(u × v).

Mexoviti proizvod.

Mexoviti proizvod vektora u, v i w definixe se kao

41 Ako vektore predstavimo u obliku u =AB, v =−→

−→

AC, w =

−→

AD,i ako su oni nekopla-narni, onda je nad nima ,,razapet\ paralelepiped Π qija je osnova paralelogram Π0 = ABDC, razapet nad vektorima u i v. Neka je ϕ ugao izmeu vektora w i

vektora u × v. Visina paralelepipeda jednaka je |w| | cos ϕ|. Iz toga i relacije [u, v, w] = |u × v| |w| cos ϕ

sledi da je zapremina paralelepipeda data formulom

V = |[u, v, w]|. (5.12)

Mexoviti proizvod se raquna po formuli [u, v, w] =       a b c x y z r s t       , (5.13) 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 proiz-vod jednak nuli.

6 Analitiqka geometrija u prostoru

Jednaqina sfere. Sfera je skup taqaka koje su podjednako uda ene od date taqke. Ako tu uda enost 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 jednaqina sfere glasi

(x − a)2+ (y − b)2+ (z − c)2 = R2. (6.1) Belexka 6.1. Postav a se ovo pitae. Ako je data jednaqina (6.1), da li ona predstav a sferu? Odgovor je pozitivan; zaxto?

6.1 Jednaqina ravni.

Neka je α ravan, n 6= 0 bilo koji vektor normalan na α i M0(x0, y0, z0) taqka u

ravni. Taqka M(x, y, z) pripada ravni ako i samo ako jeM−→0M ⊥n, tj. ako i samo

ako jeM−→0M ·n = 0. Ako je n = (A, B, C), onda je to ekvivalentno ovome:

A(x − x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0. (6.2)

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

Ax + By + Cz + D = 0, (6.3)

Belexka 6.2. Videti notu 6.1.

Ako je D 6= 0, onda de eem jednaqine (6.3) dolazimo do jednaqine x a + y b + z c = 1. (6.4)

Ovo se zove jednaqina ravni u segmentnom obliku. Brojevi a, b, c predstav aju taqke u kojima ravan seqe koordinatne ose. Ovde dopuxtamo da je neki od ih jednak ∞, u kom sluqaju je odgovarajui sabirak u (6.4) jednak nuli a ravan je paralelna sa odgovarajuom osom.

Uzajamni poloaj ravni. Neka su date ravni

α : A1x + B1y + C1z + D1 = 0, (6.5)

β : A2x + B2y + C2z + D2 = 0. (6.6)

Stav 6.3. (a) Ravni α i β su stvarno paralelne ako i samo ako je A1 A2 = B1 B2 = D1 D2 6= D1 D2 . (b) Ravni se poklapaju ako i samo ako je

A1 A2 = B1 B2 = D1 D2 = D1 D2 . Neka je data jox jedna ravan:

γ : A3x + B3y + C3z + D3 = 0. (6.7)

Primenom Kramerove teoreme dobijamo (razjasniti):

Stav 6.4. Ravni α, β i γ seku se u jednoj taqki ako i samo ako je       A1 B1 C1 A2 B2 C2 A3 B3 C3       6= 0.

6.2 Jednaqina prave

Neka je p prava u prostoru E3. Odaberimo dve razliqite taqke, M0(x0, y0, z0) i Q,

na pravi, koje odreuju vektor vp = −→

P Q . Taqka M(x, y, z) pripada pravi ako i samo ako su vektori P M−→ i vp istog pravca, tj. kolinearni. To znaqi da M ∈ p

6.2 Jednaqina prave 43 ako ia samo ako postoji t ∈ R takvo da jeP M = tv−→ p. Ako je vp = (a, b, c), onda ovo

poslede moemo napisati u vidu sistema x − x0 = at y − y0 = bt z − z0 = ct, tj. u vidu proporcije x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c . (6.8)

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 ako je p = q ili ako lee u istoj ravni i nemaju zajedniqkih taqaka. Mi emo u ovom drugom sluqaju govoriti o stvarno paralelnim pravama. Sliqno emo postupiti kad je req o pravi i ravni.

Neka su p i q prave sa jednaqinama p : x − x1 a1 = y − y1 b1 = z − z1 c1 , (6.9) q : x − x2 a2 = y − y2 b2 = z − z2 c2 . (6.10)

Stav 6.6. (a) Prave p i q su stvarno paralelne ako i samo ako je a1 a2 = b1 b2 = c1 c2 (6.11) i trojka (x1, y1, z1) ne zadovo ava jednaqinu (6.10).

(b) Prave p i q se poklapaju ako i samo ako je ispuen uslov (6.11) a trojka (x1, y1, z1) zadovo ava jednaqinu (6.10).

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

M1M2

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

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

α : Ax + By + Cz + D = 0, (6.12) p : x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c . (6.13)

Uzajamni poloaj prave i ravni

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

(b) Prava p lei u ravni α 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.

Rastojae od taqke do ravni. Neka je data ravan α : Ax + By + Cz + D = 0

i taqka M0(x0, y0, z0). Vektor N = (A, B, C) je, kao xto znamo normalan na α.

Vektor n = N/|N| = (a, b, c) je, takoe, normalan na α ali mu je duina jednaka 1. Tako jednaqinu ravni moemo napisati u obliku

ax + by + cz + d = 0, gde je a = √ A A2_{+ B}2_{+ C}2, b = B √ A2_{+ B}2 _{+ C}2, itd.

Neka je q prava koja sadri taqku M0 i normalna je na α. Ona seqe ravan u nekoj

taqki S a rastojae d(M0, α) jednako je d(M0, S).

Da bismo naxli taqku S, pixemo jednaqinu prave q : x − x0 a = y − y0 b = z − z0 c = 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 = −(ax}

0+by0+cz0+d) =: −L,

a odavde nalazimo 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, α) = d(M, S) =

√

a2_L2_{+ b}2_L2_{+ c}2_L2 _{= |L|.}

Vraajui se na prvobitne oznake, dolazimo do obrasca d(M0, α) =

|Ax0+ By0 + Cz0+ D|

√

45 Rastojae od taqke od prave. Neka su date prava p jednaqinom (6.8) 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 osnovom vp a ona je jednaka P/|vp|; dakle,

d(M1, p) = |vp× −→ M0M1| |vp| . (6.15)

Rastojae meu mimoilaznim pravim. Ako su prave p i q date jednaqinama (6.9) i (6.10), onda se najkrae rastojae meu ima raquna po formuli

d(p, q) = |[vp, vp, −→ M1M2]| |vp× vp| . (6.16)

7 Vektorski prostori

Vektorski prostor je skup, X, na kome su definisane operacije sabiraa i mnoe-a skalarom koje imaju sledea svojstva:

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

2. λ(x + y) = λx + λy, za sve λ ∈ R i x, y ∈ X. 3. (λ + µ)x = λx + µx za sve λ, µ ∈ R i x ∈ X. 4. λ(µx) = (λµ)x za sve λ, µ ∈ 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

(λf )(t) = λf (t).

• Skup C[0, 1] svih realnih funkcija neprekidnih na [0, 1]. • Skup Cn_{[0, 1] svih realnih funkcija klase C}n _{na [0, 1].}