VIA TEHNIKA KOLA SUBOTICA Mr. I. Boro DISKRETNA MATEMATIKA SKRIPTA TREE IZDANJE SUBOTICA 2004 SADRAJ 1. POLINOMI1 1.1. Pojam polinoma1 1.2. Deljenje polinoma3 1.3. Koreni polinoma7 1.4. Racionalne razlomljene funkcije 15 2. KOMPLEKSNI BROJEVI21 2.1. Polje realnih brojeva21 2.1.1. Skup prirodnih brojeva 21 2.1.2. Skup celih brojeva23 2.1.3. Skup racionalnih brojeva24 2.1.4. Skup realnih brojeva26 2.2. Skup kompleksnih brojeva27 2.2.1. Pojam kompleksnog broja27 2.2.2. Algebarski oblik kompleksnih brojeva 29 2.2.3. Trigonometrijski oblik kompleksnog broja31 2.2.4. Eksponencijalni oblik kompleksnog broja34 3. VEKTORSKA ALGEBRA41 3.1. Slobodni vektori41 3.1.1. Pojam slobodnog vektora41 3.1.2.Pojam vektorskog prostora43 3.1.3.Linearna kombinacija slobodnih vektora44 3.2. Operacije sa vektorima48 3.2.1. Skalarni proizvod vektora48 3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora.50 3.2.3. Meoviti proizvod tri vektora53 3.2.4. Dvostruki vektorski proizvod tri vektora55 3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu57 3.3.1. Koordinate vektora57 3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru59 4. ELEMENTI ANALITIKE GEOMETRIJE65 4.1. Taka u prostoru65 4.2 Jednaina ravni66 4.2.1. Opti oblik jednaine ravni66 4.2.2. Normalni oblik jednaine ravni67 4.2.3. Ravan kroz datu taku sa datim vektorom normale67 4.2.4. Ravan kroz tri zadate take67 4.2.5. Segmentni oblik jednaine ravni68 4.2.6. Parametarske jednaine ravni68 4.3. Jednaine prave71 4.3.1. Vektorske jednaine prave71 4.3.2. Parametarske jednaine prave71 4.3.3. Dvojna jednaina prave u kanoninom obliku 71 4.3.4. Prava kao presek dve ravni72 4.3.5. Jednaine prave kroz dve take72 4.4. Meusobni odnosipravih i ravni i take 74 4.4.1. Meusobni odnosi dve ravni74 4.4.2. Meusobni odnos dve prave76 4.4.3. Meusobni odnos take i prave81 4.4.4. Meusobni odnos take i ravni 82 4.4.5. Meusobni odnos prave i ravni83 5.MATRICE I DETERMINANTE91 5.1. Matrice91 5.1.1 .Pojam matrice91 5.1.2. Specijalne matrice93 5.2. Operacije sa matricama94 5.2.1. Sabiranje matrica94 5.2.2. Mnoenje matrice skalarom94 5.2.3. Mnoenje matrica95 5.2.4. Transponovanje matrica96 5.2.5. Zadaci za vebu97 5.3. Determinante99 5.3.1. Definicije99 5.3.2. Osobine determinanata 100 5.3.3. Zadaci za vebu:103 5.4. Inverzna matrica104 5.4.1. Rang matrice104 5.4.2. Adjungovana matrica106 5.4.3. Inverzna matrica107 5.4.4. Zadaci za vebu109 6. SISTEMI LINEARNIH JEDNAINA113 6.1. Pojam sistema linearnih algebarskih jednaina113 6.2. GAUSS-ov metod eliminacije nepoznatih115 6.3. Reavanje sistema linarnih jednaina pomou determinanata120 6.4. Reavanje sistema linearnih jednaina primenom inverzne matrice.123 6.5. KRONECKER-CAPLELLI-jev stav124 6.6. Sistem homogenih jednaina126 7. VEKTORSKI PROSTORI133 7.1. Pojam vektorskog prostora133 7.2. Linearna zavisnost i nezavisnost vektora134 7.3. Linearne transformacije140 7.4. Transformacije baze142 7.5. Invarijantni pravci linearne tranformacije147 7.5.1. Polinomi sa matrinim koeficijentima i matrina vrednost polinoma147 7.5.2.Sopstveni vektori linearne transformacije151 KORIENA LITERATURA ..: , 1959 ..-..: , 1968. ..: , 1970. . : ,Stylos 1997. . : ,Stylos 1998. . : I,Stylos 1997. .: , 1967. .: I I() 1970. Szele Tibor:BEVEZETS AZ ALGEBRBA,Tanknyvkiad Budapest 1972. M. Bertolino:OPTI KURS MATEMATIKE,ICS Beograd 1973 S. Kakai I. Boro Lj. Miloevi A. etkovi:MATEMATIKA SA METODIKOM,PA, Sremska Mitrovica 1991. Blint Jnos:MATEMATIKA,PA Subotica 1982. M.Stojakovi:ELEMENTI LINEARNE ALGEBRE,Zavod za udbenike Beograd 1961. Lilly Grke:HALMAZOK RELCIK FGGVNYEK,Tanknyvkiad Budapest 1969. I. GrossmanW. Magnus:CSOPORTOK S GRFJAIK,Mszaki Knyvkiad Budapest, 1972. Farkas Mikls szerkeszt:MATEMATIKAI KISLEXIKON,Mszaki Knyvkiad Budapest 1972. Fried E. Psztor I. Reiman I. Rvsz P. Ruzsa I.:MATEMATIKAI KISENCIKLOPDIA,Gondolat Knyvkiad Budapest 1968. A. Kaufmann:PONTOK, LEK, VEK ...GRFOK,Mszaki Knyvkiad Budapest 1972. Andrsfai Bla:ISMERKEDS A GRFELMLETTEL, Tanknyvkiad Budapest, 1971. Oystein Ore: A GRFOK S ALKALMAZSAIK Gondolat Budapest 1972.

1. POLINOMI 1.1. Pojam polinoma Izsrednjekolejeitaocupoznatsledeipojampolinoma:Polinomjefunkcija oblika f(x)=ao +a1 x+a2 x2+...+an-1 xn-1+an xn,gdesuaiR(i=1,2,3,...,n)koeficijentipolinoma.Stepenpolinomazavisiodnajvegstepenapromenljivex. Koeficijentuznajviistepenpromenljivexjetakozvanivodeikoeficijent.Vodei koeficijent je uvek razliit od nule: an 0. Sada emo dati optiju definiciju pojma polinoma. Neka je dat proizvoljno polje K i skupovi K2, K3, K4, K5,.... formirani iz elemenata datog polja. Definicija 1.1.1. Elemente skupa U= K KNiK i2 K3 ... nazivamo polinomima nadpoljemKukolikoposlednjakomponentauredjenek-torkenijenula.Inulaelemenat polja K je polinom. To je takozvaninula-polinom. Neka su dati nenula polinomiP = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm). Definisaemo zbir i proizvod tih polinoma, pri emu smatramo da jeaj = 0 zaj > n i bj= 0 za j > m. Definicija 1.1.2.: Zbir polinoma P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm) je polinomS = P + Q = (d0 , d1 , d2 , ... , ds) u jojem je dj = aj +bj . Stepen zbira je najvei prirodan broj s za koji je ds 0. Ako su svidi = 0, zbir je nula-polinom. Definicija 1.1.3.:Proizvod polinoma P = (a0 , a1 , a2 , ... , an) i Q = (b0 , b1 , b2 , ... , bm) jepolinom R = P Q = (c0 , c1 , c2 , ... , cr) u kojem je, brojr je najvei prirodan broj za koji vai: c==kjj k j kb a c0r 0. Ako su svici = 0, proizvod je nula-polinom. 1.1.Primer:DatisunenulapolinomiP=(a0 ,a1 ,a2 ,a3),Q=(b0 ,b1 ,b2).To znai: najmanje a3 0 i b2 0. Odredimo zbir i proizvod tih polinoma. a) P + Q = (a0 , a1 , a2 , a3) + (b0 , b1 , b2) = (a0 + b0 ,a1 + b1,a2 + b2,a3) , jer je b3 = 0 i b) P Q = (a0 , a1 , a2 , a3) (b0 , b1 , b2) =(a0 b0 ,a0 b1 + a1 b0 ,a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 , a0 b3 + a1 b2 + a2 b1 + a3 b0 ,a0 b4 + a1 b3 + a2 b2 + a3 b1 + a4 b0,a0 b5 + a1 b4 + + a2 b3 + a3 b2 + a4 b1 + a5 b0) = (a0 b0 ,a0 b1 + a1 b0 , a0 b2 + a1 b1 + a2 b0 ,a1 b2 + a2 b1 + a3 b0 ,a2 b2 + a3 b1, a3 b2 ) , jer sua5 = a4 = b5 = b4 = b3 = 0. ________________________________________________________________________________________ 1 DISKRETNA MATEMATIKA___________________________________________________________________________________________________ c) Akoj jepolinom R nultog stepena, tada je R = c0, pa e biti: P +R= (a0+c0 , a1, a2, a3)iP Q = (b0 c0, b1 c0, b2 c0). Neka su P, Q i R proizvoljni polinomi, dok0 je nula-polinom. (1) Konstatujemo ulogu nula-polinoma u sabiranju i mnoenju polinoma:0 + P=P+ 0 = Pi0 P= P 0 = 0.

(2)PolinomE=1jepolinomnultogstepenakojiseponaakaomultiplikativni neutralni elemenat: 1 P = P 1 = P. (3)Moesedokazatikomutativnoiasocijativnosvojstvosabiranjaimnoenja polinoma: P + Q = Q +PsP Q= Q P,(P + Q ) + R=P +(Q + R )s (P Q) R=P (Q R ) , i (P + Q ) R=(P R)+ (Q R )s P (Q+ R ) =(P Q ) + (P R ). (4) O stepenu zbira i proizvoda konstatujemo injenice (dg je stepen polinoma): 0 dg(P + Q) max [ dg( P ),dg( Q ) ], 0 dg(P Q) dg( P )+ dg( Q ) Osmotrimo sada ulogu jednog specijalnog polinoma kojeg emo obeleiti sa x:x=(0, 1) Bez veih tekoa moemo konstatovati sledea svojsva polinoma x: x2 =(0, 1) (0, 1) = (0, 0, 1), x3 =x2 x = x x2 = (0, 0, 1) (0, 1) = (0, 0, 1) (0, 1) = (0, 0, 0, 1), x4 = (0, 0, 0, 0, 1),x5 = (0, 0, 0, 0, 0, 1), ... ,----------- ----------- xn = (0, 0, ..., 0, 1) (prvih n komponnata su redom 0, a n+1-va je 1). Potraimo vezu izmeu polinoma x i njegovih stepena sa jedne strane i polinoma P sa druge strane. P1 = (a0, a1) = a0 + (0,a1) = a0 + a1 (0, 1) = a0 + a1 x, P2 = (a0, a1, a2) =a0 + (0,a1) + (0, 0, a2)= a0 + a1 (0, 1) + a2 (0, 0, 1) = = a0 + a1x + a2x2. ----------- ----------- Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an) =ao + a1 x + a2 x2 + ... + an-1 xn-1 + an xn. ________________________________________________________________________________________ 2 POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________ Definicija polinoma poznata od ranije, prema tome jeste jedna konkretizacija opteg pojma polinoma.

Obeleimo skup olinoma nak poljem K sa K[x]. Nad skupom K[x] vai sledea teorema: Teorema 1.1.: (K[x] , +, ) je komutativni prsten sa jedinicom.

Dokaz: (K[x] , +) je ABEL-ova grupa, jer smo uoili asocijativnost i komutativnost sabiranja,konstatovaliipostojanjeneutralnogelementa:tojepolinom0,azainverzni polinom u pogledu sabiranja za polinom Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an) imamo suprotan polinom koji ima sledei oblik:Pn = (a0 , a1 , a2 , ... , an). (K[x],)jekomutativnapolugrupasajedinicom.Asocijativnostikomutativnost smo ve ranije uoili. Multiplikativni neutralni elemenat je polinom nultog stepena E = 1. Distributivnost mnoenja u odnosu na sabiranje polinoma je takodje ranije uoena.

1.2. Deljenje polinoma Sabiranjeimnoenjepolinomavrimopodefinicijama1.1.2.sa1.1.2.Inverzna operacijamnoenjauprstenupolinomanepostoji,alipostojideljenjepolinomasa ostatkom. Prouimo deljenje polinoma sa ostatkom. Pripadnost polinoma prstenu (C[x] , +, ) naglaavamo na taj nain, to korisimo sledee oznake za polinome: F(x), G(x), H(x),...

Teorema1.2.1.:ZabilokojadvapolinomaF(x)sG(x)(G(x)0)postoje polinomi Q(x) s R(x) takvi, da bude ispunjen uslov F(x) = G(x) Q(x) + R(x), pri emu za stepene tih polinoma vai: 0 dg(R(x)) < dg(G(x)). Polinomi Q(x) i R(x) su jednoznano odredjeni.

Dokaz:Pretpostavimo,dapostojivietakvihpolinomakojizadovoljavaju postavljenezahteve.NekasutakvipolinomiQ1(x)Q2(x)iR1(x)R2(x),kojitakoe zadovoljavaju uslove0 dg(R1(x)) < dg(G(x)) i 0 dg(R2(x)) < dg(G(x)).

F(x) = G(x) Q1(x) + R1(x),F(x) = G(x) Q2(x) + R2(x) G(x) Q1(x) + R1(x) = G(x) Q2(x) + R2(x) G(x) (Q1(x) Q2(x)) = R2(x) R1(x) , gdejenalevojstrani0 dg(R2(x) R1(x)) m): F1(x) =F(x) mnbaxnm G(x). Izanovipolinomvai:dg(F1(x))m.Obeleimovodeikoeficijent polinoma F1(x) saa . Sada se moe napisati: F1n2(x) =F1(x) mnba1xn1m G(x),gde je stepen polinoma F2(x) broj n2.Ako je n2 m postupak se nastavlja, u suprotnom je zavren. NizF1(x),F2(x),F3(x),...,Fk(x)sezavravaukonanombrojukorakajerstepeni monotono opadaju: n > n1 > n2 >... U poslednjem koraku: Fk(x) =Fk-1(x) mknba1 xn'm G(x), gde je n' = nk-1 ink < m. Saberimo sve polinome Fi (x) (i=1,2,...,k) ! F1(x) + F2(x) + F3(x) + ... + Fk(x) = =F(x) (mnbaxnm +mnba1xn1m +...+mknba1 xn'm) G(x) = Fk (x) , tojest Q(x) = mnbaxnm +mnba1xn1m +...+mknba1 xn'm i R(x) = Fk(x). PolinomiQ(x)iR(x)zadovoljavajuuslovteoremeF(x)=G(x)Q(x)+R(x),pri emu i za stepen polinoma R(x) vai: 0 dg(R(x)) < dg(G(x)). U jednakosti F(x) = G(x) Q(x) + R(x) polinom Q(x) je kolinik dobijen deljenjem polinoma F(x) polinomom G(x), dok polinom R(x) je ostatak. ________________________________________________________________________________________ 4 POLINOMI ___________________________________________________________________________________________________ Primer1.2.1.:Deljenjepolinomasaostatkom.OdredimokolinikQ(x)polinoma F(x) i G(x), kao i ostatak tog deljenja R(x)!

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

(3x4 + 3 x3 + 3 x2)2 x3 + 3 x2 + 4 x + 2(2 x3 + 2 x2 + 2x)

x2 + 2 x + 2 (x2 + x+ 1) x+ 1 Prema tome Q(x) = 3 x2 + 2 x + 1 iR(x) = x+ 1, tojest: ( 3 x4 + 5 x3 + 6 x2 + 4 x + 2 ) = ( x2+ x + 1) ( 3 x2 + 2 x + 1) + ( x+ 1) Prikazani postupak se naziva euklidovim algoritmom za deljenje polinoma.

Definicija1.2.1.:PolinomG(x)jedelilacpolinomaF(x)ondaisamoonda,ako postoji polinom Q(x) takav, da zadovoljava jednakost F(x) = G(x) Q(x). Obeleimo relaciju deljivosti na sledei nain: G(x) | F(x). Navedimosadasveposledicekojeproizilazeizpojmadeljivostipolinomaiiz svojstava operacija sa polinomima.

a) G(x) | F(x) H(x) | G(x) H(x) | F(x). (Deljivost polinoma je tranzitivna) b)H(x)|F(x)H(x)|G(x)H(x)|(F(x)G(x)).(AkojepolinomH(x)delilac polinoma F(x) i G(x) tada je on delilac i zbira i razlike polinoma F(x) i G(x). c)G(x)|F(x)G(x)|F(x)H(x).(AkojepolinomG(x)delilacnekogpolinoma F(x), onda je delilac i proizvoda polinoma F(x) i proizvoljnog polinoma H(x)). d)H(x) | F1(x) H(x) | F2(x) .... H(x) | Fk(x) H(x)|(F1(x)G1(x)+F2(x)G2(x)+...+Fk(x)Gk(x))(Gi(x),i=1,2,...,k proizvoljni polinomi) e)G(x) | F(x) F(x) | G(x) F(x) = C G(x). ( Cje polinom 0-tog stepena). f)C | F(x) (Svaki polinom je deljiv sa bilo kojim nenula polinomom nultog stepena) . Definicija1.2.2.:NajveizajednikidelilacpolinomaF(x)iG(x)jenormalizovan polinom H(x) najvieg stepna koji je delilac oba polinoma. Ovu injenicu obeleavamo na sledei nain: H(x) = NZD(F(x), G(x)).________________________________________________________________________________________ 5 DISKRETNA MATEMATIKA___________________________________________________________________________________________________ Teorema 1.2.2: Za polinome F(x) i G(x) postoji tano jedan normalizovan polinom H(x) kao njihov najvei zajedniki delilac.

Dokaz:Nekajedg(F(x))dg(G(x))(Usuprotnomzamenimoulogedatih polinoma). Primenom deljenja sa ostatkom moemo napisati sledei niz jednakosti:

F(x) = G(x) Q1(x) + R1(x), dg(R1(x)) 0 je isti kao i smer vektoraar, a u sluaju < 0 smer je suprotan smeru vektoraar. rrrd) = = 0 =ar0 a 0 . Proizvod ar krae zapisujemo bez znaka mnoenja: ar. Teorema 3.1.2.2.: Za svaki realan broj i i za proizvoljne vektorear ibrvai: a) () = ()arar, rb) (b ar+ ) = ar+br, r r rc)( + )a= a + a , d)1 ar =ar. DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 44 Dokaz:Teoremajeposledicadefinicijesabiranjaslobodnihvektoraidefinicije mnoenja vektara skalarom. (Teoreme 3.1.1.1. i3.1.2.2.). Jedinini vektor vektora se moe zadati na sledei nain:ar0ar=aaaarrrr= 1. Suprotan vektor vektoraar jea ar r = ) 1 ( . Definicija3.1.2.3.:AkojeskupUsnabdevenstrukturomABEL-ovegrupeuodnosu na sabiranje, i definisano je mnoenje izmeu elemenata polja K i skupa U u smislu definicije 3.1.2.2., i ako se ostvaruju zahtevi teoreme 3.1.2.2., tada kazemo da je struktura (U, K, +, ) vektorski prostor.

3.1.3.Linearna kombinacija slobodnih vektora Definicija 3.1.3.1.: Linearna kombinacija vektoraana a ar r r r..., , , ,3 2 1 je vektor napisan u obliku: n na a a a ar r r r r + + + + = ...3 3 2 2 1 1 gde su 1, 2, 3, ..., n realni brojevi. Definicija 3.1.3.2.: Skup vektora na a a ar r r r..., , , ,3 2 1 je linearno nezavisan, ako i samo ako njihovalinearnakombinacijajednakanulavektorukadasvibrojevii(i=1,2,3,...,n) jednaki nuli: n na a a ar r r r + + + + ...3 3 2 2 1 1 = 0 1 = 2 = 3 = ... =n = 0. Skupvektoraana a ar r r r..., , , ,3 2 1jezavisan,akopostojibarjednatakvanjihovalinearna kombinacija, koja je jednaka nuli i da je bar jedan od brojeva i (i = 1, 2, 3, ..., n) razliit od nule.Pretpostavimo,daje n na a a ar r r r + + + + ...3 3 2 2 1 1 = 0i da je na primer 1 0 (ovo ne smanjuje optost ramatranja). Iz ove pretpostavke sledi, da vektor 1ar mogue zapisati kao linearnu kombinaciju vektoraana a ar r r r..., , , ,4 3 2: 1 0 n na a a a ar r r r r + + + + = ...4 4 3 3 2 2 1gde su,1ii =i = 2, 3, ..., n Teorema3.1.3.1.:Sviparalelnivektorivrsavektoromarsulinearnozavisniod vektora, odnosno uvek postoji broj da bude zadovoljena jednakostarvr=.ar Dokaz:Teoremaslediizdefinicijemnoenjavektorabrojemjelje 0a v vr r r = ,gde znak + vai, kada su iarvristog smera, dok znak kada su smerovi suprotni.

VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 45 Teorema3.1.3.2.:Zaneparalelnevektore 1ari 2arvai,dajebilokojivektorvru njihovojravninajednoznaannainmoemozapisatilinearnomkombinacijomvektora 1ari , tojes postoji tano jedan par brojeva (2ar1, 2) koji zadovoljava jednakostvr=11ar+ 22ar. Dokaz:Akojevrparalelansanekimodvektoraa1rili 2ar,recimosa,tadaebiti: 1ar2 100 a a v vr r r r + =( a10r je jedinini vektor vektora 1ar). Ako jevrparalelan sa 2ar, tada e biti: 20 10 a v a vr r r r =(20ar je jedinini vektor vektora 2ar). Usluajuneparalelnostisaobavektora mogue je nai etiri take u jednoj ravni O, A1, A2i V tako da buda zadovoljeno: a1a2vA1A2VPQ1a12a2OSlika 3.1.3.1. v OV a OA a OAr r r= = = , ,2 2 1 1. NacrtajmopravukojaprolazikrozVi paralelnajesapravomp(OA2)ikojautakiP seepravup(OA1).PostavimoipravukrozV paralelno sa p(OA1) koja e u taki Q sei pravu p(OA2).UsledkolinearnostiOPsa zapisujemo 10a OP OPr = .Slinoinimoisa vektorimaOQ ia : 2r20a OQ OQr = . 1ar Teorema je dokazana jer je oevidno:20 10a OQ a OP OQ OP vr r r + = + = , ili vr=11ar + 22ar,gde su 1 = 1aOPri2 = 2aOQr . Teorema 3.1.3.3.: Ako vektori , i 1ar2ar3ar ne pripadaju jednoj ravni, tada bilo koji vektorvprostora jednoznanoseizraavakaolinearnakombinacija vektorar1ar, 2ari 3ar,tojestpostojisamojednatrojka brojeva(1,2,3)kojazadovoljavajednakost vr=1a1r+ 22ar+ 33ar. OA1A2A3VM1a13a32a2va1a2a3Slika 3.1.3.2. Dokaz:Popretpostavcivektorinepripadaju istojravni.Ponovimopostupakizteoreme3.1.3.2.za vektore 1ar, 2ar:OM =1+2.Nakontoga izrazimo na osnovu teoreme 3.1.3.1 vektorMV : 1ar2ar MV =3 3ar. Odavde je= + = = MV OM OV vr 1a1r+ 22ar+ 33ar. DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 46 Na osnovu prethodnih teorema moemo izvesti sledee zakljuke: Linearno zavisan sistem vektora je bilo koja dva paralelna vektora, bilo koja tri komplanrna vektora, bilo koja etiri vektora. Linearno nezavisan sistem vektora je: bilo koji vektor sam, bilo koja dva neparalelna vektora, bilo koja tri nekomplanarna vektora. Primeri3.1.3.:a)Zakojevrednostiskalara,iinevektorip n m + + = a ,p n b 3 2 + = ip m c + = 3 linearnozavisansistem,akojepoznatodasuvektorip n m , ,nezavisni? Sistemvektorajelinearnonezavisanakosamosaskalarima-nulamamoemouiniti linearnu kombinaciju jednaku sa nulom. Neka su skalari sada obeleeni sa x, y i z. Ispitajmo jednakostc z b y a x + += 0. Ako je to mogue zadovoljiti samo tako da bude x = y = z = 0, tada suc , b a ,linearno nezavisni, odnosno ako pronaemo neko x 0 y 0 z 0 za koje jec z b y a x + += 0 tada suc , b a ,zavisni. c z b y a x + + =+ + + ) ( p n m x + + ) 3 2 ( p n y ) 3 ( p m z + = = ( x + 3 z )m+ ( x + 2 y )n+ ( x + 3 y + z ) p = 0 x + 3 z = 0 x + 2 y = 0 x + 3 y + z =0 Ovajposlednjisistemjednainaslediizinjenice,dasup n m , , nezavisni.Sistem ima beskonano mnogo reenja.To su brojevi koji zadovoljavaju jednainu 2 + 9 6 = 0.(Na primer = 3, = 2i = 2).

b) Dokazati sledea tvrenja:ABCNMPSlika 3.1.3.3.Sb1) vektori teinih linija trougla ine trougao.b2) teine linije trougla seku se u jednoj takki, taka presekadelisveteinelinijeurazmeri2:1 (raunajui od temena) b1) Neka su vektori stranica trougla: AB c CA b BC a = = = , , .Obeleimo sa M, Ni P redom sredine stranica BC, CA iAB.Izrazimosveteinelinijekaolinearne kombinacije susednih stranica trougla: BC AB AM21+ = , CA BC BN21+ = ,AB CA CP21+ = . VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 47 Ako saberemo te jednakosti dobijamo:( ) 023= + + = + + CA BC AB CP BN AM . Time je dokaz izvren, jer je0 = + + CA BC AB . b2)NekajeBN m BS AM k AS = = , ,gdesukimskalari,kojetrebaodrediti.Potoje BS c AS + =slediBN m c AM + = k . Smenimo u ovoj jednakosti vektoreBN AM idobijamo sledeujednakost0 121121= + + + b m k a m k .Vektoria ib nisuparalelni,prema tome njihova linearna kombinacija je jednaka nuli sako ako su skalari ispred njih jednaki nuli:0 121s 0 121= + = + m k m k k = m = 32. Odavde sledi: BN BS AM32,32= = AS . Ovime smo dokazali dato tvrenje. Zadaci3.1.:a)Nekasuvektoria ABr= ib AFr= dvestranicepravilnogestougla ABCDEF.Izrazitivektore-velAD AC EF DE CD BC , , , , , iAF kaolinearnekombinacije vektoraar ibr! b) Dati su vektori b a mrr r+ = 2ib a nvr r2 + = . Izraziti i sledee vektore kao kombinacije vektoratmr inr:b a b a b arrrrrr4 101+ , 2 5 , + 3 . c)SredinestranicatrouglaABCsutakeA1,B1,C1.NekajetakaOproizvoljna taka prostora. Dokazati:OC OB OA OC OB + + = + + 1 1 1 OA . d) Date su 4 take prostora A, B, C i D. Neka je taka E sredina dui AB,a taka F je sredina dui CD. Dokazati:BD AC BC AD EF + = + = 2! e)Izrazitivektord p mr rr2 3 + = kaolinearnukombinacijuvektorap n m ar r r r5 2 3 + = , p n m br r rr3 7 2 + =ip n m cr r r r2 + + 4 = , gde sup n mr r r, ,nekolinearni jedinini vektori. f) Dokazati da vektoria n z p yr r r = ,p x m z br rr =im y n x cr r r =za bilo koje vrednosti skalaraxiyinelinearnozavisansistem.( p n mr r r, , sulinearnonezavisnijedininivektori). g) Take A, B i C si tri temena paralelograma. Odrediti koordinate etvrtog temena D ako je dato: A(1, 1, 4),B(2, 3, 1),C(2, 2, 0). h) Date su take A(1, 5, 10),B(7, 7, 8), C(2, 2, 7) i D(5, 4, 2). Dokazati da su vektoriAB i CD paralelni i imaju isti smer. DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 48 3.2. Operacije sa vektorima 3.2.1. Skalarni proizvod vektora Definicija3.2.1.1.:Normalnaprojekcijaproizvoljnogne-nulavektoranapravac vektora arbrjeproizvodduinevektoraarikosinusauglaizmeudatihvektora.Normalna prejekcijajealgabarskaveliina:pozitivnaje,akojezahvaeniugaootar,anegativnaje, kada je zahvaeni ugao tup. ) , cos( ) ( b a a a prbrr r rr = Glavna svojstva projekcije jednog vektora na pravac drugog vektora su: r ra)) ( ) ( ) ( b pr a pr b a prc c cr rr r r+ = + , r rb)) ( ) ( a pr a prc cr r = . Definicija 3.2.1.2.:Skalarniproizvod vektoraar ibr, u oznaciar , jeste proizvod duina vektora i kosinusa zahvaenog ugla: brr( ) V b arr, ( ) ) , cos( b a b a b arrrror = Posledica prethodne dve definicije je sledea konstatacija:

) ( ) ( ) , cos( a pr b b pr a b a b a b abarr rrrrrrrorr r= = = Svojstva skalarnog proizvoda dva vektara su obuhvaena sledeom teoremom:

Teorema 3.2.1.1.: Za proizvoljne vektorear, br, cr V i skalar R vai: a)2a ar r r= a o , rr rrb)a a b b o o = , rrrc) a 0 = b a bro , rrrrd)( ) ( ) ( ) b a b a b aroro o = = , r rrr rrre)a c a b a c b o o o + = + ) ( . Dokaz:Ova tvrenja su neposredne posledice definicija 3.2.1.1. i3.2.1.2., te nije potrebno ih posebno dokazivati. Skalarniproizvodnijeasocijativnaoperacija,jerjea c b ar rorr = ) ( vektor,kojike paralelansavektorom,arc c b ar rror = ) ( jeistotakovektor,alijeparalelansapravcem vektora. Prema tome: cr ) ( ) ( c b a c b arorr rror VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 49 Jednaodestihprimenaskalarnogproizvodajekododreivanjauglazahvaenog datimvektorima.Obeleimougaoizmeuvektoraaribrsa.Pretpostavimo,dajepoznat skalarni proizvod datih vektora i poznate su njihove duine. Taj ugao je: =b ab arrrorarccos . Primeri 3.2.1.: a) Dokazati da vai jednakost0 = + + CP AB BN CA AM BCu kojoj su vektoriBC a =CA b =i AB c =vektori stranica trougla DABC, take M, Ni P su redom sredine stranica BC, CA i AB (Slika 3.1.3.3.). Uprimeru3.1.3.bsmokonstatovalisledee:BC AB AM21+ = ,CA BC BN21+ = ,i AB CA CP21+ = .PomnoimoskalarnoobestraneprvejednakostisavektoromBC,drugu jednakost saCA, dok treu jednakost mnoimo vektorom AB : 221BC BC AB BC AM + = o o ,221CA CA BC CA BN + = o o , 221AB AB CA AB CP + = o o . Saberimo sve tri jednakosti: = + + CP AB BN CA AM BC o o o =221BC BC AB + o +221CA CA BC + o +221AB AB + o CA ( ) 0212= + + = CA BC AB . b) Izraunati ugao pri vrhu jednakokrakog trougla, ako jepoznato,dasuteinelinijekojepripadajukracima meusobno normalne (Slika 3.2.1.1.).ABCM N90oSlika 3.2.1.1. Sa slike moemo proitati sledee jednakosti:CB CA21+ AM = ,CA CB21+ BN =Poto su ti vektori meusobno normalni, zato je njihov skalarniproizvodjednaknuli.Iskoristimoiinjenicu,daje trougao jednakokraki:b CB CA = = : = + + = CA CB CB CA BN AM21210 o o 0 cos452 2= b b 54cos = . c) Osmotrimo je jednom sliku 3.1.3.3.:BC AB AC CA CA BC AB + = = = + + 0 . Koristimosledeeoznakezastranice:b CA a BC c AB = = = , , ,izauglovetrougla: ABC = ,CAB = i ACB = i izvrimo skalarno mnoenjeAC AC o : AC AC o = ( ) ( ) BC AB a c BC AB BC AB b o o 22 2 2+ + = + + = . DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 50 Poto jeBA AB = , zato e biti cos = = a c BC BA BC AB o o . Znai: b2 = a2+c2 2 a c cos. Naravno, ako bi smo izraunali kvadrat druge dve stranice, dobili bi druge dve jednakosti: a2 = b2+c2 2 b c cos, i a c2 = a2+b2 2 a b cos Prepoznajemo kosinusnu teoremu. 3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora. abcSlika 3.2.2.1. Definicija3.2.2.1.:Nekomplanarnivektoric b arrr, , u datomredosleduinedesnisistemvektoraakoposmatrajuiiz pozitivnogsmeravektoravektorprelaziuvektorcrarbru smeru,kojijesuprotansmerukretanjaskazaljkenaasovniku (Slika 3.2.2.1) za ugao koji je manji od opruenog ugla. Definicija.2.2.2.: Vektorski proizvod dva vektoraar ibr oznaavamo ga sab arr jevektorijajeduinajednakaproizvoduduinadatihvektoraisinusazahvaenogugla meunjima,pravacjenormalannaravanvektoraaribr,inakrajuvektoti, rib arb arru ovom redosledu ine desni sistem. ababt

=a b Slika 3.2.2.2. ( ) V b arr, ( ) V b arr a)) , sin( = b a b a b arrrrrr b)b b a a b ar rr rrr ) ( ) (c)) ( , , b a b arrrr desni sistem Teorema 3.2.2.1.: Za vektorski proizvod za bilo kakve vektore( )( ) R V c b arrv, ,vae sledea svojstva: a) a b = ( b ), rr rarrrrb) ( a ) = ( ) b a br=ar(br), r rc)a || brb ar= 0, r rd)a = 0,arre)a ( b + ) = crarbr+arcr. VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 51 Dokaz:Prva etiri svojstva su neposredna posledica definicije vektorskog proizvoda. Svojstvoe)znaidistributivnostvektorskogproizvodauodnosunasabiranjevektora. Dokazujemo ovo svojstvo. Akojeodvektora,arbr,crjedanjenulavektorilijebilokojiparmeusobno paralelan,tadajeiovotvreneposledicadefinicijevektorskogproizvoda.Nekameu vektorima nema nula vektora i nema meusobno paralelnih vektora. Neka je O zajednika poetna taka vektoraar,br ,cr. Postavimo ravan koja prolazi kroz O i normalna je na pravac vektoraar. Odredimo ortogonalne projekcije vektorabr icr na ravni,tosuvektorib1ri 1cr.Nekajear+br=dr,inekaje1drprojekcijavektoradr(videti sliku 3.2.2.3.). Na osnovu definicije vektorskog proizvoda mogu se zapisati sledee jednakosti:r r r rb ar =b1ar,crar =c1rar i d ar =1d ar

r rPoto vektorib1, c1r id1 u ravni ine dve stranice i dijagonalu jednog paralelograma, zato se i vektorib1rar, 1crari 1drar nalaze u ravni . Primetimo zato: jer jeb1rar1br, 1crar1crid1rar1dr, tojest svi su normalni na vektorar. Istovremeno ti vektori suacdbd1b1c1d ab ac a OSlika 3.2.2.3. normalneprojekcijevektoraar, bricrnaravni,zatovaeisledeerelacije:b1rarbr, 1crarcri 1drardr,priemurejeistoostranicamaidijagonalijednogparalelograma. Primetiti, kado da je izvrena rotacija vektorab1r, 1cr, 1dr za ugao /2 oko take O, a njihova duina je ponmoena sa istim brojem:ar (jer jear normalan na svaki od vektorab1r,1cr i 1dr). Prema tome: r1b+c1r =d1r1brar+c1rar= 1drar rrrrb ar +cra=d a rr r rrrb a+c a= ( b +c ) ar .DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 52 Poto jear ( br+cr) = (( br+cr) ar) = rrrr= ( b a+crar ) = b acrar=arbr+arcr. Iz toga sledi:ar ( br+cr) =arbr+arcr. Ovime je distributivnost vektorskog mnoenja u odnosu na sabiranje vektora dokazana. Primeri 3.2.2.: a) Dati su vektorin m ABr r4 3 =in m BCr r5 + = , gde sum, nuzajamno normalni jedinini vektori. Odredimo visinu trougla ABC koja pripada stranici AB. r r S obzirom na to, da je povrina trougla ABC data saBC BA pABC =21, zato je: pABC =21( ) 3 4 m nr r ) 5 ( n mr r+ = n mr r219=219. S druge strane, duina stranice AB je: 5 4 90 cos 4 3 2 3 4 32 0 2= + = = n m ABr r. Veliina visine se izraunava iz jednakosti AB ABCh AB p21= l:hAB = 519. b) Osmotrimo jo jednom sliku 3.1.3.3. Na slici su korienim oznakama vae sledee jednakosti:BC AB AC CA CA BC AB + = = = + + 0 ib CA a BC c AB = = = , , ,ABC=,CAB=iACB=.PovrinatrouglaABCseizvektorskogproizvodabilokojedve stranice:pABC =CB CA BC BA AC AB = = 212121. Primenimo li definiciju vektorskog proizvoda po upotrebljenim oznakama imamo: c b sin = c a sin = b a sin c b a sin sin sin= =. To je poznata sinusna teorema.

c) Dokazati takozvanu LAGRANGE-ovu jednakost:( ) ( ) ( ) ( )222 2b a b a b arrrorrr= + . r rNeka je) , ( b arr = . Po definiciji je sin b a b arrrr = , pa je:( ) ( ) ( ) 2222sin b a b ar r= . Iz te poslednje jednakosti sledi: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) = = = 22222 2222cos ) cos 1 ( b a b a b a b arrrrrrrr

( ) ( ) ( )222cos b a b arrrr = ( ) ( ) ( )2 22b a b arorrr = ( ) ( ) ( ) ( )222 2b a b a b arrrorrr= + . VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 53 3.2.3. Meoviti proizvod tri vektora Posmatrajmoparalelepiped,kojije odreensatrinekolinearnavektoraa c brrr, , . Akosmatramozapreminuparalelepipeda algebarskomveliinom(negativnimili pozitivnimbrojem)uzavisnostiodredosleda datihvektora,tadasetazapreminaodreuje kaomeovitiproizvodvektoraizjednog temena paralelepipeda. ababchSlika 3.2.3.1. Definicija3.2.3.1.:Meovitiproizvodtrivektoraa c brrr, , jebrojc b arorr) ( .Za obeleavanje meovitog proizvoda se esto koristi oznaka [ a c brrr]. [ c b arrr] = c b arorr) ( Teorema3.2.3.1.:Apsolutnavrednostmeovitogproizvodvektorac b arrr, , je zapremina paralelepipeda kojeg razapinju ti vektori.

Dokaz:Nekavektoric b arrr, , inedesnisistem.Utomsluajuvektoriia crbrr susa istestraneravnivektorab arr, .Osnovaparalelepipedonajeparalelogramnadvektorimab arr,ijajepovrinab arr ,avisinatelajeh.Ovavisinaje(potojedesnisistemupitanju) jednakaprojekcijivektoracrnapravacb arr (pozitivnibroj,jerhjeugaoizmeucri rotar). Zapremina tela je prema tome: V= b ar b arr h. Istovremeno, po definiciji skalarnog proizvodac b arorr) ( = b arr cos cr= h b a c ab a = pr brr rrrrr) (. r rAkovektoric b arr, , inelevisistem,tadasuvektoric ib arr narazliitimstranama ravnib arr, , tojest ugao je tup, pa i projekcija vektoracr na pravac vektorab arrnegativan. Zbog toga je ic b arorr) (negativan broj. Iz svojstava skalarnog i vektorskog proizvoda slede osobine meovitog proizvoda: [ c b arrr] =[ b a crr r] = [ a c br rr] = [ b c arr r] = [ c a br rr] = [ a b crrr]. DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 54 Teorema3.2.3.2.:Trivektorasukomplanarnaondaisamoonda,kadajenjihov meoviti proizvod jednak nuli.

Dokaz:Akosuvektrorikomplanarni,razumese,dajenjihovmeovitiproizvod jednaknuli.Dokaimoobrnutuimplikaciju:akojemeovitiproizvodtrivektorajednaknuli (a da ni jedan od njih nije nula vektor), onda su ti vektori komplanarni.

Jednaodmogunostijeito,dajemeovitiproizvodnulazatotoje) ( b arr =0,ato znai da su ti vektori paralelni, tojest komplanarni su sa bilo kojim treimcrvektorom. Ako b arr, nisuparalelni,tada( ) b arr 0.Skalarniproizvoddvane-nulavektoraje0 samoakosumeusobnonormalni,toznai:) ( b arr cr,odnosnocrpripadaravnivektora b arr, , jer svi vektori koji su normalni na) ( b arr nalaze se u toj ravni. Primer3.2.3.: a) Dati su vektorip n m k ar r r r4 + + = ,n k m br rr2 =ic p n m kr r r r4 3 3 + =gde sup n mr r r, , uzajamnonormalninekomplanarnijedininivektori,kojiudatomredosleduine desni sistem. Odrediti vrednost broja k tako da vektoria c brrr, ,budu komplanarni! Polazimo od uslova komplanarnosti (teorema 3.2.3.2. ): c b arrr ) ( =0. c b arorr) ( = (( p n m kr r r4 + + ) ( m n kr r2 )) ( p n m kr r r4 3 3 + )= r r r r r= ( p k n m k ) 1 2 ( 42+ + 8 ) ( p n m k r4 3 3 + )= =24k2 124(2k2 + 1) = 16(k2 1) = 0 k = 1. Prilikomizraunavanjavektorskogproizvodakoristilismoisledeeinjenice: mrnr= pr,nrmr= pr,nr pr =mr, prnr= mr, prmr=nr, mr pr= nr. (italac neka sam proveri istinitost tih jednakosti!) Druga mogunost je: polazimo od linearne kombinacije vektora: ( p n m kr r r4 + + ) + ( n k mr r2 ) + ( p n m k cr r r r4 3 3 + = ) = 0 Nako sreivanja te jednakosti dobijamo: (k + + 3 k ) +( 2 k 3 ) mrnr+( 4 + 4 ) pr= 0. Potosuvektorim p nr r r, , nezavisni,samojenjihovatrivijalnalinearnakombinacija jednaka nuli, pa moraju biti izrazi u zagradama ispred tih vektora redom biti jednaki nuli:( k + + 3 k = 0 ) ( 2 k 3 = 0 ) ( 4 + 4 = 0 ) k = 1. Ispitivanjemsistemajednainasekasnijebavimo(poglavlje7.).Sadasamo primetimo,dazak=+1vektoric b arrr, , suvezanirelacijomaz0 2 = + c b arrr,azak=1ta veza je.0 2 = c b arrr VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 55 b)Slino,kaouprethodnomzadatku,vektoric b arrr, , suzadatipomounormalnih, nekomplanarnihjedininihvektorap n mr r r, , :p m ar r r2 = ,p n m br r rr4 3 + = ip n m cr r r r4 12 3 + = . Odredimo visinu pralelepipeda nad vektorimac b arrr, ,a koja pripada osnovi ( b arr, ). Imamo,da je zapremina paralelepipeda V = | [ c b arrr] |, ali ista ta zapremina bi se mogla izraunatiinasledeinain:V=b arr H( ) b arr.Uporeivnjemdvapostupkadobijamo traenu visinu:76) () (==b ac b aHb arrrorrrr , jer jeb arr = p n mr r r3 2 6 + + ,b arr =7,c b arorr) ( =6. r(Prilikom izraunavanja proizvodab ar primeniti rezultate za proizvode izmeup n mr r r, ,iz prvog dela ovog primera) 3.2.4. Dvostruki vektorski proizvod tri vektora Definicija 3.2.4.: Dvostruki vektorski proizvod tri vektora je vektor) ( c b arrr . acbda(bc)bc Slika 3.2.4.Teorema3.2.4.:Dvostrukivektorski proizvod tri vektoraa ) ( c brrr c br, je vektor koji je komplanaransavektorimaimoedase izrazi kao linearna kombinacija ta dva vektora:r/2(bc)d ) ( c b arrr = b+ rcr, gde je = ( c aror) i = ( b aror ). Dokaz:Podefinicijivektorskiproizvodjenormalannaobesvojekomponente,znai ) ( c b arrr je vektor, koji je normalan naar ina( ) c brr . Posmatrajmoravanvektorac brr, .Odaberimoutojravnivektordrtako,dabude normalanna,idasistemd crc b crrrr , ,) cbudedesnisistem.Pomnoimoskalarnosaovim vektorom jednainudr(b arrr = br + cr: ( a ) ( c brrr ) dr= ( brdr), jer je zbog pretpostavljene normalnosticrdr= 0. Meoviti proizvod sa leve strane jednakostni moe da se transformie na sledei nain: r r r r r r ( a ) ( c br r ) d = ( d c br ) ( ) ar= ( b d ). Naslici3.2.4.semoeprimetiti,dajevektord c brrr ) ( paralelanvektoru,anjegova duina je: |crd c brrr ) ( | = | ( ) c brr ||dr| (ponovo: zbog pretpostavljene normalnosti). DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 56 Dalje: | ) ( c brr || dr|= ) , sin( c b d c brr rrr = ( ) ( ) d b c d b d b crorrr r r rr = ) , cos( d c brrr ) ( = ( ) d b crorr Uvrstimo ovu konstataciju u izraz ( d c brrr ) ( ) ar: ( d c brrr ) ( ) ar=( ) ( ) d b crorrar=( ) ( ) d b c arorror= ( brdr) = ( c aror). Sledi:) ( c b arrr = b+ rcr= ( c aror)br + cr ) ( b c avr r = brcr= ( c aror)br cr. Naknadnimskalarnimmnoenjeoveposlednjejednakostisavektoromar,azbog injenice da jear( ) ( b c avr r ) = 0dobijamo( c aror) ( arbr) ( arcr) = ( arbr). ) ( c b arrr = (c aror) br (b aror) cr Ovime je dokazano tvrenje o dvostrukom vektorskom proizvodu tri vektora. Ciklikom permutacijom komponenata dobijamo sledee jednakosti: a)a c b a b c a c brrorrror rrr = ) ( ) ( ) ( , r rrrrr r rr b)a c b c b a a c b o o = ) ( ) ( ) ( , rr r r rr rr rc)c b c a a c b b a o o = ) ( ) ( ) ( . Sabiranjem jednakosti pod a), b) i c) dobijamo jednakost: d)) ( c b arrr + ) ( a c br rr +c ) ( b arr r =0. Zadaci3.2.:a)Odredimozahvaeniugaojmeuvektorimajednakeduinearibr ako je ( ar+3br)^(7ar5br) i ( ar 4br)^(7 ar 2br). b) Dokazati sledu jednakost i protumaiti geometrijsko znaenje: 222 22 2 ) ( ) ( b a b a b arrrrrr+ = + + . rrc)Nadvektorimaa c br, , smokonstruisaliparalelepiped.Izraunatiduinidijagonala tela,akosuvektoriaribrmeusobnonormalnivektori,ipoznatisusledeipodaci: 3) , ( ) , (= = a c c br r rr i1 , 2 = c = = b arrr. VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 57 d) Izraunatib a b arrrr2 3 ( ) 2 ( + ako je5 = = b arr i 4) , (= b arr. e)Odrediti nepoznati vektorxr ako jek a x =ror ic b xrrr= ,c b arrr, ,su dati vektori, a k je dati broj. f)KoordinatopoetnetakevektoraABsuA(1,3,2).OdredititakuBakoje poznato:3 = ABi cos : cos : cos = 1 : 2 : (2), gde su , , uglovi izmeu vektora AB i koordinatnih osa. g)Datasutrivektora:ar=(3,0,2),br=(3,2,4)icr=(5,1,6).Odreditikoordinate vektora r, ako je normalan na vektord ar i zadovoljava jednakostib 4 = dror i r.35 = d c or h) Tri temena osnove paralelepipeda su: koordinatni poetak O, i takeA(2, 3, 0) i B(5, 1, 0). Na gornjoj osnovi iznad take B je taka B1(3, 0, 4). Odrediti zapreminu tog tela! 3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu 3.3.1. Koordinate vektora Zadavanjeiprouavanjevektoraiskljuivokaousmereneduinijeuvekpogodnoza reavanjezadataka.Utusvrhuuzimasepogodnijaformazadavanjavektora:pomou fiksiranetakeOprostoraitriuzajamnonormalnajedininavektorai k jr r r, , ,kojiudatom redosledu obrazuju desni sistem. Definicija3.3.1.1.:Uzajamnonormalnijedininivektorii k jr r r, , kojiobrazujuu datom redosledu desni sistem nazivaju se osnovnim vektorima.

jika2ja3ka1iOyxza1i+a2ja1i+a3ka2j+a 3kaSlika 3.3.1.1.ANaosnovuteoreme3.1.3.3.svi vektoriprostoranajednoznaannainse izraavajukaolinearnakombinacijama kojatrinezavisnavektora.Naosnovni sistemvektorazadovoljavatezahteve, prema tome svaki vektor prostora moe da se izrazi pomouk j ir r r, ,u sledeem obliku: rk a j a i a ar rr3 2 1+ + = . Ureenutrojkubrojeva( ) (utomredosledu)nazivamokoordinatama vektorauprostoru.Ovimesmodefinisali preslikavanjevektorskogprostoraVna skup ureenih trojki realnih brojeva R3 2 1, , a a a3: f: V R3 gde je f ( ) = f ( ark a j a i ar r r3 2 1+ + ) = ( ). 3 2 1, , a a aDISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 58 Teorema 3.3.1.1.: Preslikavanje f: V R3 , gde je f ( ) = f ( ark a j a i ar r r3 2 1+ + ) = ( ) je bijektivno. 3 2 1, , a a a Dokaz:Istinitosttvrenjajeoevidnazbogjednoznanogizraavanjasvihvektora prostorakaolinearnekombinacijevektorai k jr r r, , .Toznaisvakomvektorupripadajednai samojednatrojkabrojeva.Obrnuto:svakatrojkabrojevastvarajednulinearnukombinaciju vektorak j ir r r, , . k a j a i a arr rr3 2 1+ + = = (a1,a2,a3 ) Meusobni skalarni i vektorski proizvodi osnovnih vektora su dati sledeim tablicama: irjr kr irjr kr ir100ir0 kr- jr jr010jr - kr0ir kr 001 kr jr- ir0 Teorema 3.3.1.2.: Ako su vektori zadati kao linearna kombinacija vektorai k jr r r, , , tada za proizvoljne vektorea k a j a i ar r rr3 2 1+ + = = ( ) ib3 2 1, , a a a k b j b i br r r r3 2 1+ + = = ( b ) vai: 3, b2 1, ba)) , , (3 3 2 2 1 1b a b a b a b a + + + = + rr rrb)3 3 2 2 1 1b a b a b a b a + + = o , rc) 232221a a a a + + = , rrd) ( ), ) ( ), ( , ) () ( ) ( ) (1 2 2 1 3 1 1 3 2 3 3 21 2 2 1 3 1 1 3 2 3 3 2b a b a b a b a b a b ak b a b a j b a b a i b a b a b a == + + = r r r rrre)) ( ) ( ) (3 1 2 2 3 1 1 2 3 2 1 3 1 3 2 3 2 1c b a c b a c b a c b a c b a c b a c b a + + + + = o , r r rrf) ) , , ( 3 2 1 3 2 1a a a k a j a i a a = + + = ,R. Dokaz:Teoremajeposledicateoreme3.2.1.1.osvojstvimaskalarnogproizvodai teoreme 3.2.2.1. o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora. Vektorskiproizvoddvavektora,kaoimeovitiproizvodtrivektoramoebiti izraunatpomoudeterminantetreegreda.Odeterminantamaopirnijeemogovoritiu5. poglavlju, ali osnovna znanja itaoca iz srednje kole su dovoljna, da uoi ispravnost sledeih jednakosti: d)3 2 13 2 1b b ba a ak j ib ar r rrr= , e) 3 2 13 2 13 2 1) (c c cb b ba a ac b a = rror. VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 59 3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru Nacrtajmo prave paralelne sa osnovnim vektorima, i koje prolaze kroz fiksiranu taku prostora.NekasutepravebrojevneosesapoetnomtakomuO.Nekajejedininaduna tim pravama upravo duina osnovnih vektora. Osa koja je paralelna vektoruir je osa Ox, osa paralelna vektorujr je osa Oy, i na kraju, osa paralelna vektorukr je Oz. osa. (Slika 3.3.1.1.). Koordinatneravnisuodreenesapodvekoordinatneose.Tosuravni:Oxy,OxziOyz.U takvom koordinatnom sistemu svakoj trojci brojeva ( ). odgovara jedna i samo jedna taka prostora, i obrnuto: svakoj taki odgovara tano jedna trojka brojeva. 3 2 1, , a a a Osmotrimo sada trojku brojeva ( ), kojoj odgovara taka A. Istoj trojci brojeva odgovara i vektor, sa poetkom u Oi sa vrhom u A: 3 2 1, , a a aOA a =v= k a j a i ar r r3 2 1+ +vektor. Definicija 3.3.2.1.: Vektor u pravouglom koordinatnom sistemu sa poetnom takom uOisavrhomutakiA( )je 3 2 1, , a a a OA a =v= k a j a i ar r r3 2 1+ + inazivasevektorpoloaja take A.

Neka su uglovi, koje zaklapa vektork a j a i a ar r rr3 2 1+ + = = ( ) sa pravcima koordinatnih osa (ili sa pravcima osnovnih vektora) obeleeni na sledei nain: a3 2 1, , a a ar, ir= ; ar, jr= i ar, kr= . Teorema 3.3.2.: Kosinusi uglova, koje zaklapa vektor poloaja proizvoljne take sa koordinatnim osama zadovoljavaju jednakost cos2 + cos2 + cos2 = 1. Dokaz: Na osnovu definicije skalarnog proizvoda moemo napisati sledee jednakosti: i aror= cos i arr= a1, 2cos a j a j a = = rrror i 3cos a k a k a = = rrror. Kvadrirajmo te jednakosti!: ( )2322212 2 22cos cos cos a a a a + + = + + r 1 cos cos cos2 2 2= + + Primeri3.3.2:a)Odreditiugaoizmeudijagonalaparalelogramanadvektorima ) 0 , 1 , 2 ( = ar ib ) 1 , 1 , 0 ( =r. Ve smo ranije konstatovali, da ugao izmeu dva proizvoljna vektora odreujemo na sledei nain: =v uv ur rrorarccos .rDijagonale paralelograma su ) 1 , 0 , 2 (1= + = b a drr i) 1 , 2 , 2 (2 = = b a drrr, skalarni proizvod tih vektora je:d2 1dror= 2 2 + 0 2 + 1 (1) = 3,a duine tih vektora su brojevi:r5 1 0 22 2 21= + + = dr i3 ) 1 ( 2 22 2 22= + + = d , DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 60 Sledi:(1dr,2dr) = arccos5 33=arccos55. b) Odredimo projekciju vektoravr=a ) ( c brrr na pravac vektorabr= (2, 1, 1), ako je ar= (0, 1, 2) icr=(2, 1, 1). Naosnovuteoreme3.2.4.) ( ) ( b a c c a b vvor r rorrr = ,askalarniproizvodisu:3 = c aror, ,znaiv 1 = b aror) 2 , 4 , 8 ( 3 = + = c brrr. Po definiciji 3.2.1.2. je36 11622= = =bb vv prbrrorrr. c)TritemenaparalelogramaABCDsudata:A(3,0,4),B(1,2,3)iC(9,6,4). Odredimo koordinate temena D; presene take dijagonala E; unutranji ugao paralelograma kod temena B i povrinu paralelograma! OABCDESlika 3.3.2. Nacrtajmo take A, B, C i D bez koordinata, ali naznaimo koordinatni poetak O. To omoguava,dapredstavimoivektorepoloajasvihtaaka.Sadalakomoemonapisati sledeezbirove:AD OA + = OD iAC OA21+ = OE .Pristupimoreavanjuzadatkapo sledeim delovima: c1)Imamoparalelogram,zatoje) 1 , 4 , 8 ( = = = OB OC BC AD ,znai) 5 , 4 , 11 ( = OD , tojest koordinate take D su: D(11,4,5). c2) Na slian nain odreujemo i koordinate take E:) 0 , 6 , 6 ( = = OA OC AC . Sledi: AC OA OE21+ = =(3, 0, 4) + (3, 3, 0) = (6, 3, 4),znai E (6, 3, 4).

c3) Unutranji ugao kod B je ugao izmeu vektora BA iBC :cos = BA BCBA BCor. VEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 61 Skalarniproizvodje:) ( ) ( OB OA OB OC BA BC = o o =(8,4,1) (2,2,1)=9,aduine vektora su:9 = BCi3 = BA ,sledi: cos = 31. c4) Povrina paralelograma je na osnovu definicije vektorskog proizvoda sledei izraz: AD AB p = . Imamo) 1 , 4 , 8 ( = ADi) 1 , 2 , 2 ( = AB ,pa se dobija vektorski proizvod na sledei nain:) 24 , 6 , 6 (1 2 21 4 8 = = k j iAD ABr r r, odavde sledi, a je povrina p =18 2 . d) Izraunati visinu tetraedra ABCD koja je sputena iz temena D na stranu ABC ako su date koordinate temena: A(2, 1, 1), B(1, 3, 1), C(1, 1, 3) i D(1, 1, 1). Ako A, B, C i D nisu komplanarne, tada je zapremina tetraedra ABCD: ( ) AD AC AB V o =61.Ista zapremina se dobija i na sledei nain: V = 31 pABC HABC = ABCH AC AB61. Uporedimo li te dve zapremine, dobijamo traenu visinu: ( )) ( ) () ( ) ( ) (OA OC OA OBOA OD OA OC OA OBHABC =o=366 24= , jer je 6 2 24 ) 2 , 2 , 4 ( ) ( ) ( = = = OA OC OA OB i( ) 4 ) ( ) ( ) ( = OA OD OA OC OA OB o . d) Jedno teme kocke je u koordinatnom poetku. Susedna taka je A (10, 5, 10),do takaBjeupravcu)ismeru)vektoraijesukoordinate(22,4,20).Odreditinepoznate koordinate. VektorpoloajatakeBje(22k,4k,20k),gdejekpozitivanbroj.Imamodasu ivicejednake,paebitiOB OA = :(22k)2+(4k)2+(20k)2=102 +(5)2+102. Odavde sledi k = . Samo se prihvata (zbog smera) pa je B (11,2, 10).

Tree susedno teme je u pravcu, koji je normalan na ravan prva tri temena: Odredimo pravac i smer tako da vektori 1, , OC OB OAine desni sistem ) 75 , 210 , 30 (10 2 1110 5 101 = = =k j iOB OA OCr r r. DISKRETNA MATEMATIKA ________________________________________________________________________________________ 62 Sada je potrebno na tom pravcu odrediti taku C kao to smo to inili i u sluaju take B: (30 k )2 + ( 210 k )2 + (75 k)2 = 225. Sledi k = 453. I ovom prilikom prihvatamo samo pozitivnu vrednost pa dobijamo: C (2, 14, 5). (Inae,ivica kocke je 15,a zapremina 3375 jedinica) Zadaci 3.3.: a) Odrediti koordinate vektoradr tako, da bude ortogonalan na vektorar: ar= (3, 0, 2) i da bude4 = d bror i35 = d cror, gde jebr = (3, 2, 4) icr = (5, 1, 6) . b) Dati su vektori:ar = (1, 1, 1), br = (1, 1, 0) icr = (1, 1, 0). Odrediti vektordr tako, da zadovolji uslovear i r r!3 = d orc b dr= c) Odrediti koordinate jedininog vektoraer koji je normalan na vektor = (11, 10, 2) ibarr = (4, 0, 3) a smer odabrati tako da sistem vektoraar,br,er bude desni sistem! d) Tri temena osnove paralelepipeda su: taka O, i take A(2, 3, 0) i B(5, 1, 0). Na gornjoj osnovi iznad take B je B(3, 0, 4). Nai zapreminu tog tela. Ispitni zadaci 3.: 1. (26.01.1999.) Izraunati kosinuse unutranjih uglova, kao i kosinus otrog ugla izmedju dijagonalaparalelogramaABCD, ako jen m ABr r6 2 = , n m BCr r7 + = , an mr r,je par uzajamnonormalnih jedininih vektora. Reenje: cos =5250 4040= =BC BABC BA, jer je 4 2 42 ) 7 )( 2 6 ( = = + = n m m n BC BAr r r r. 40 4 36 ) 2 6 )( 2 6 ( = + = = m n m n BAr r r r. Slino e biti50 = BC .Poto su susedni unutranji uglovi paralelograma suplementni, zato je cos = cos Dijagonale sun m BC AB ACr r+ = + = 3 , in m BC AB BDr r13 = = , pa za ugaoizmedju tih dijagonala vai: 1717170 1010cos ===BD ACBD AC . 2. (25.06.2001.) Dati su vektoria ). 1 , 1 , 1 ( ), 1 , 2 , 3 ( ), 3 , 2 , 1 ( = = = c brrr Pokazati, da je vektorvr= drc b arrr ) (koplanaran sa vektorimaa i b . Razloiti vektordrna komponenteVEKTORSKA ALGEBRA ________________________________________________________________________________________ 63 u pravcima vektoraib .avr Reenje: a) Kraa varijanta: koristei teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu je: c b arrr ) ( ) =( ) ( ) a b a c b b c arrr ror rror6 6 = .Ovime je pokazana komplanarnost koja setvrdi u zadatku, a izvreno je ir rrazlaganje vektora na komponente u pravcima vektora d av ib . b) Dua varijanta:Izraunava se prvo=b arr1 1 14 8 4 k j ir r r = (4, 8, 4),zatim c b arrr ) ( == (12, 0 12),i reava se vektorska jednainab arr + = (12, 0 12),i dobijaju se reenja = 6 i = 6, tojestdr= 6av + 6br. 3. (02.09.2002.) Koji ugao zaklapaju jedinini vektorimr inr ako vektorin m ar r r2 + =in m br rr = zaklapaju ugao od 3? Reenje: ( )21) , ( cos3) , ( = < = = b a b a b a b a b a