VEKTORSKA ALGEBRA.pdf

8/18/2019 VEKTORSKA ALGEBRA.pdf

1/24

3. VEKTORSKA ALGEBRA

3.1. Slobodni vektori

3.1.1. Pojam slobodnog vektora

Posmatrajmo ure đene parove ta čaka prostora oko nas: ( A,B), (C,D ), ( E,F ), ...Definišimo jednu relaciju: ekvipolenciju . U narednoj definiciji p( A,B) zna či pravu kojoj

pripadaju obe ta čke, P–Q–R zna či da tri su ta čke P, Q i R kolinearne ta č ke, i da se ta čka Q nalazi izme đu ta čaka P i R (Relacija "nalaziti se izme đ u" je osnovni geometrijski pojam).

Definicija 3.1.1.1.: Dva ure đena para ta čaka ( A,B) i ( C,D ) prostora ekvipolentna smoako je p( A,B) paralelna sa p(C,D ) i sredina duži AD poklapa se sa sredinom duži BC , tojest:

( A,B) (C,D ) ⇔ e( A,B) || e(C,D ) Ÿ ($ F ) ( A–F–D Ÿ B–F–C Ÿ AF ≅ FD Ÿ BF ≅ FC ).

Po toj definiciji ekvipolentni parovi ta čaka su uvek krajnje ta čke naspramnih stranica jednog paralelograma. Na slici 3.1.1.1.ekvipolentni parovi su ( A,B) (C,D ) a nisuekvipolentni parovi ( M,N ) L ( P,Q )

A

B

C

D

N Q

P

F S

A B C D F

M

M N P QS 1S 2

Slika 3.1.1.1.

Teorema 3.1.1.1.: Ekvipolencija je relacija ekvivalencije.

Dokaz: Zaista, jer je relacija refleksivna ( A,B) ( A,B) jer sredina duži ( A,B) se poklapa sa sredinom ( B,A). Simetri čnost i tranzitivnost se dokazuju na isti na čin. .

Svaka relacija ekvivalencije stvara klase ekvivalencije u skupu u kojem je definisana.Predstavnik pojedine klase može biti bilo koji par ta čaka klase.

________________________________________________________________________________________41


2/24

DISKRETNA MATEMATIKA

________________________________________________________________________________________42

M

N

K

L

O

Q

Slika 3.1.1.2.

p

q

Definicija 3.1.1.2.: Klase ekvivalencije odre đene ekvipolencijom zovemo slobodnimvektorima.

Skup klasa ekvivalencije 2/∼ obeležimo sa V : V = 2/∼ . Predstavnika klase para ta čakaobeležimo sa AB . Ako i par ( C,D ) pripada istoj klasi, tojest ako je ( A,B) (C,D ), tada

kažemo, da oba para predstavljaju isti vektor, odnosno CD AB = . Ovim putem stižemo douproš ćenog, ali dobro poznatog pojma vektora: vektori su usmerene duži. Ozna čavamo ih

pored ve ć upotrebljenih oznaka PQCD AB ,, i sa ,,,, q pba rrrr

... itd.

Prema tome vektor je odre đen slede ćim elementima:a) dužinom ( često kažemo: apsolutna vrednost), u oznaci baCD AB

rr,,, ,...,

b) pravcem ic) smerom.

U praksi dva vektora smatramo jednakim ako imaju sve tri karakteristike jednake.

Definicija 3.1.1.3.: Vektor kojeg predstavlja par ta čaka ( A, A) je nulavektor.

Oznaka nulavektora je:0

r

=

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

Definicija 3.1.1.4.: Vektor koji je iste dužine i istog pravca ali je suprotnog smeravektoru AB nazivamo suprotnim vektorom, i obeležavamo ga sa BA ili – AB .

Definicija 3.1.1.5.: Vektor koji je istog pravca i istog smera kao i vektor ar

, a imadužinu 1 nazivamo jedini č nim vektorom vektora a

r

i obeležavamo ga sa 0ar

.


3/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________43

3.1.2. Pojam vektorskog prostora

Definišimo sabiranje u skupu V slobodnih vektora slede ćom definicijom.

A

B C

D E

Slika 3.1.2.1.

Definicija 3.1.2.1.: AE CD AB =+ ,

gde je ta čka E odre đena pomo ću jednakosti CD BE = .

Teorema 3.1.2.1.: Skup vektora V ima strukturu ABEL-ove grupe u odnosu nasabiranje koje je definisano sa definicijom 3.1.2.1.

Dokaz: Zaista, V je zatvoren u odnosu naovu operaciju. Čitalac neka sam proveriasocijativnost (Slika 3.1.2.2.). Neutralni elementoperacije je nula vektor, inverzni element svakomvektoru je suprotan vektor. Ovo sabiranje jekomutativno, što se tako đe lako uo čava. To upravozna či, da je struktura ( V , +) ABEL-ova grupa.

a→

b

c

→

→ b + c

→

→ → → a +

b

a + (b + c )

(a + b ) + c

→ → →

→ → →

Slika 3.1.2.2.

U dosadašnjim ispitivanjima smo uvek

posmatrali operacije unutar jednog skupa.

Definišimo sada operaciju izme đu elemenata dvarazličita skupa!

Definicija 3.1.2.2.: Množenje vektora skalarom je oparacija izme đu elemenata skupavektora V i skupa brojeva R koja zadovoljava slede će zahteve:

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

rr⋅=⋅ α α (dužina proizvoda broja i vektora je jednaka proizvodu apsolutne

vrednosti broja i dužine vektora) b) pravac proizvoda α ⋅ ar se poklapa sa pravcem vektora ar , ic) smer proizvoda α ⋅ a

r

u slu čaju α > 0 je isti kao i smer vektora ar

, a u slu čaju α < 0smer je suprotan smeru vektora ar .r r r

d) α ⋅ = ⇔ α = 0 ⁄ =ar 0 a 0 .

Proizvod α ⋅ ar kra će zapisujemo bez znaka množenja: α ar .

Teorema 3.1.2.2.: Za svaki realan broj α i β i za proizvoljne vektore ar i br

važi:a) α (β ) = ( αβ)ar ar ,

r

b) α ( bar + ) = α ar +α br

,r r r

c) (α + β) a = α a + β a ,d) 1 a

r

= ar

.


4/24


5/24


6/24


________________________________________________________________________________________46

Na osnovu prethodnih teorema možemo izvesti slede će zaklju čke:

Linearno zavisan sistem vektora je bilo koja dva paralelna vektora,

bilo koja tri komplanrna vektora, bilo koja četiri vektora.

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

Primeri 3.1.3.: a) Za koje vrednosti skalara α, β i γ čine vektori pnm γβα ++=a , pnb 32 += i pmc +=3 linearno zavisan sistem, ako je poznato da su vektori pnm ,,

nezavisni?

Sistem vektora je linearno nezavisan ako samo sa skalarima-nulama možemo u činitilinearnu kombinaciju jednaku sa nulom. Neka su skalari sada obeleženi sa x, y i z. Ispitajmo

jednakost c z b ya x ++ = 0. Ako je to mogu će zadovoljiti samo tako da bude x = y = z = 0,tada su c ,ba , linearno nezavisni, odnosno ako pronažemo neko x π 0 ⁄ y π 0 ⁄ z π 0 za koje

je c z b ya x ++ = 0 tada su c ,ba , zavisni.

c z b ya x ++ = +++ )γβα( pnm x ++ )32( pn y )3( pm z + =

= (α x + 3 z ) m + ( β x + 2 y ) n + ( γ x + 3 y + z ) p = 0 ⇔ ⇔ α x + 3 z = 0 Ÿ β x + 2 y = 0 Ÿ γ x + 3 y + z =0

Ovaj poslednji sistem jedna čina sledi iz činjenice, da su pnm ,, nezavisni. Sistemima beskona čno mnogo rešenja.To su brojevi koji zadovoljavaju jedna činu 2 α + 9 β – 6 γ = 0.(Na primer α = 3, β = 2 i γ = 2).

b) Dokazati slede ća tvr đenja:

A B

C

N M

P Slika 3.1.3.3.

S

b1) vektori težišnih linija trougla čine trougao. b2) težišne linije trougla seku se u jednoj ta čkki, ta čka preseka deli sve težišne linije u razmeri 2:1(računaju ći od temena)

b1) Neka su vektori stranica trougla: ABcCAb BC a === ,, .

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

BC AB AM

2

1+= , CA BC BN 2

1+= , ABCACP 2

1+= .


7/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________47

Ako saberemo te jednakosti dobijamo: ( ) 023 =++=++ CA BC ABCP BN AM . Time je

dokaz izvršen, jer je 0=++ CA BC AB .

b2) Neka je BN m BS AM k AS == , , gde su k i m skalari, koje treba odrediti. Pošto je BS c AS += sledi BN mc AM +=k . Smenimo u ovoj jednakosti vektore BN AM i dobijamo

slede ću jednakost 0121

121 =

−++

−+ bmk amk . Vektori a i b nisu paralelni, prema

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

0121

és0121 =−+=−+ mk mk k = m =

32 .

Odavde sledi: BN BS AM 32

,32 == AS . Ovime smo dokazali dato tvr đenje.

Zadaci 3.1.: a) Neka su vektori a AB r= i b AF

r

= dve stranice pravilnog šestougla ABCDEF. Izraziti vektore -vel AD AC EF DE CD BC ,,,,, i AF kao linearne kombinacije

vektora ar

i br

!

b) Dati su vektori bamrrr +=2 i ban

vrr2+= . Izraziti i slede će vektore kao kombinacije

vektorat mr

i nr

: bababarrrrrr

4−101+−,25, +3 .

c) Sredine stranica trougla ABC su ta čke A1, B1, C 1 . Neka je ta čka O proizvoljnatačka prostora. Dokazati: OC OBOAOC OB ++=++ 111OA .

d) Date su 4 ta čke prostora A, B, C i D. Neka je ta čka E sredina duži AB, a ta čka F jesredina duži CD . Dokazati: BD AC BC AD EF +=+=2 !

e) Izraziti vektor d pm rrr

23 += kao linearnu kombinaciju vektora pnma rrrr 523 +−= , pnmb

rrrr

372 −+= i pnmc rrrr 2++4−= , gde su pnm rrr ,, nekolinearni jedini čni vektori.

f) Dokazati da vektori a n z p y rrr −= , p xm z b rr

r

−= i m yn xc rrr −= za bilo koje vrednostiskalara x i y čine linearno zavisan sistem. ( pnm rrr ,, su linearno nezavisni jedini čni vektori).

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

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


8/24


________________________________________________________________________________________48

3.2. Operacije sa vektorima

3.2.1. Skalarni proizvod vektora

Definicija 3.2.1.1.: Normalna projekcija proizvoljnog ne-nula vektora na pravacvektora

ar

br

je proizvod dužine vektora ar

i kosinusa ugla izme đu datih vektora. Normalna prejekcija je algabarska veli čina: pozitivna je, ako je zahva ćeni ugao oštar, a negativna je,kada je zahva ćeni ugao tup.

),cos()( baaa pr brrrr

r ∠=

Glavna svojstva projekcije jednog vektora na pravac drugog vektora su:rr

a) )()()( b pr a pr ba pr cccrr

rrr +=+ ,rr

b) )()( a pr a pr cc rr

α α = .

Definicija 3.2.1.2.: Skalarni proizvod vektora ar

i br

, u oznaci ar

° , jeste proizvoddužina vektora i kosinusa zahva ćenog ugla:

br

r

V∈∀ barr

, ( )),cos( bababa rrrror ∠⋅⋅= Posledica prethodne dve definicije je slede ća konstatacija:

)()(),cos( a pr bb pr ababababa

rrrrrrrrr

or

rr ==∠⋅⋅=

Svojstva skalarnog proizvoda dva vektara su obuhva ćena slede ćom teoremom:

Teorema 3.2.1.1.: Za proizvoljne vektore ar

, br

, cr∈ V i skalar α ∈ R važi:

a)2

aa rrr =a o ,

rrrr b) a abb oo = ,

rrr c) ⊥a 0=⇔ bab

r

o ,rrrr

d) ( )()() bababar

or

oo α α ==α ,rr

rrr

rr e) a cabacb ooo +=+ )( .

Dokaz: Ova tvr đenja su neposredne posledice definicija 3.2.1.1. i 3.2.1.2., te nije potrebno ih posebno dokazivati.

Skalarni proizvod nije asocijativna operacija, jer je acba rr

o

rrα =⋅ )( vektor, koji ke

paralelan sa vektorom ,ar

ccba rrr

or

β =⋅)( je isto tako vektor, ali je paralelan sa pravcemvektora . Prema tome:c

r

)()( cbacba

ro

rrrr

or

⋅≠⋅


9/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________49

Jedna od čestih primena skalarnog proizvoda je kod odre đivanja ugla zahva ćenogdatim vektorima. Obeležimo ugao izme đu vektora a

r i b

r

sa ϕ. Pretpostavimo, da je poznat

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

barr

r

or

arccos .

Primeri 3.2.1.: a) Dokazati da važi jednakost 0=⋅+⋅+⋅ CP AB BN CA AM BC u kojojsu vektori BC a = CAb = i ABc = vektori stranica trougla D ABC , tačke M, N i P su redomsredine stranica BC, CA i AB (Slika 3.1.3.3.).

U primeru 3.1.3.b smo konstatovali slede će: BC AB AM 21+= , CA BC BN

21+= , i

ABCACP 21+= . Pomnožimo skalarno obe strane prve jednakosti sa vektorom BC , drugu

jednakost sa CA , dok tre ću jednakost mno đimo vektorom AB :

2

21

BC BC AB BC AM += oo ,2

21

CACA BC CA BN += oo ,2

21

AB ABCA ABCP += oo .

Saberimo sve tri jednakosti:=++ CP AB BN CA AM BC ooo

=2

21

BC BC AB +o +2

21

CACA BC +o +2

21

AB AB +oCA ( ) 021 2 =++= CA BC AB .

b) Izra čunati ugao pri vrhu jednakokrakog trougla, ako je poznato, da su težišne linije koje pripadaju kracimameđusobno normalne (Slika 3.2.1.1.).

A B

C

M N

90o

ϕ

Slika 3.2.1.1.

Sa slike možemo pro čitati slede će jednakosti:

CBCA21+ AM −= , CACB

21+ BN −=

Pošto su ti vektori me đusobno normalni, zato je njihovskalarni proizvod jednak nuli. Iskoristimo i činjenicu, da jetrougao jednakokraki: bCBCA == :

=

+−

+−⇒= CACBCBCA BN AM

21

210 oo 0cos

45 22 =−bb ϕ

54cos =ϕ .

c) Osmotrimo ješ jednom sliku 3.1.3.3.: BC AB AC CACA BC AB +==−⇒=++ 0 .

Koristimo slede će oznake za stranice: bCAa BC c AB === ,, , i za uglove trougla:

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

AC AC o = BC ABac BC AB BC ABb oo 2222 ++=++= .


10/24


________________________________________________________________________________________50

Pošto je BA AB −= , zato će biti β cos⋅⋅−=−= ac BC BA BC AB oo . Zna či:

b2 = a2+c2 –2 a c cosβ.

Naravno, ako bi smo izra čunali kvadrat druge dve stranice, dobili bi druge dve jednakosti:

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

Prepoznajemo kosinusnu teoremu .

3.2.2. Vektorski proizvod dva vektora.

a

b

c→

→

→

Slika 3.2.2.1.

Definicija 3.2.2.1.: Nekomplanarni vektori cba rrr

,, udatom redosledu čine desni sistem vektora ako posmatraju ći iz

pozitivnog smera vektora vektor prelazi u vektorcr

ar

br

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

Definicija.2.2.2.: Vektorski proizvod dva vektora ar

i br

– ozna čavamo ga sa ×bar r

– je vektor čija je dužina jednaka proizvodu dužina datih vektora i sinusa zahva ćenog ugla

među njima, pravac je normalan na ravan vektora ar

i br

, i na kraju vektoti ,r

i ×bar

b ar r

uovom redosledu čine desni sistem.

a

b

a ×b

→

→→

→

t = a × b→→

Slika 3.2.2.2.

V∈∀ barr

, )V∈× ba rr a) ),sin( ∠⋅⋅=× bababa

rrrrrr

b) bbaabarrrrrr

⊥×∧⊥× )()(

c) )(,, babarrrr

× desni sistem

Teorema 3.2.2.1.: Za vektorski proizvod za bilo kakve vektore ( )RV ∈∀∈∀ α cba rrv,,

važe slede ć a svojstva:a) a × b = – ( b × ),

r r r

ar

r r r b) α ( a × ) = ( α )×b a b

r

= ar

×(α br

),r r

c) a || br

⇔ × bar

= 0,r r

d) a × = 0,ar r

e) a × ( b + ) = ×cr

ar

br

+ ar

× cr

.


11/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________51

Dokaz: Prva četiri svojstva su neposredna posledica definicije vektorskog proizvoda.Svojstvo e) zna či distributivnost vektorskog proizvoda u odnosu na sabiranje vektora.Dokazujemo ovo svojstvo.

Ako je od vektora ,ar

b

r

, cr

jedan je nula vektor ili je bilo koji par me đusobno paralelan, tada je i ovo tvr đene posledica definicije vektorskog proizvoda. Neka me đuvektorima nema nula vektora i nema me đusobno paralelnih vektora.

Neka je O zajedni čka po četna ta čka vektora ar

, br

, cr

. Postavimo ravan α koja prolazikroz O i normalna je na pravac vektora a

r. Odredimo ortogonalne projekcije vektora b

r

i cr

naravni α, to su vektori b1

r

i 1cr

. Neka je ar

+ br

= d r

, i neka je 1d r

projekcija vektora d r

(videtisliku 3.2.2.3.).

Na osnovu definicije vektorskog proizvoda mogu se zapisati slede će jednakosti:r r r r

b ×ar

= b1 ×ar

, cr

×ar

= c1r

×ar

i d ×ar

= 1d ×ar

r rPošto vektori b1 , c1

r i d 1 u ravni α čine dve stranice i dijagonalu jednog paralelograma,

zato se i vektori b1r

×ar , 1cr ×ar i 1d

r

×ar nalaze u ravni α. Primetimo zašto: jer je b1r

×ar ⊥ 1br

,

1cr ×ar ⊥ 1c

r i d 1

r

×ar ⊥ 1d r

, tojest svi su normalni na vektor ar

. Istovremeno ti vektori su

a

c

d

b

d 1

b1

c1→

→

→

→

→

→

→→

d × a

b × a c × a→

→ →

→ →

O

α

Slika 3.2.2.3.

normalne projekcije vektora a

r, b

r

i cr

na ravni α, zato važe i slede će relacije: b1r

×ar ⊥br

,

1cr ×ar ⊥cr i 1d

r

×ar ⊥d r

, pri čemu re č je isto o stranicama i dijagonali jednog paralelograma.Primetiti, kado da je izvršena rotacija vektora b1

r

, 1cr

, 1d r

za ugao π/2 oko ta čke O, a njihovadužina je ponmožena sa istim brojem: a

r (jer je a

r normalan na svaki od vektora b1

r

, 1cr

i 1d r

).Prema tome:

r

1b + c1r

= d 1r

⇔ 1br

×ar + c1r ×ar = 1d

r

×ar ⇔ r r r r

⇔ b ×ar

+ c

r

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


12/24


________________________________________________________________________________________52

Pošto je ar × ( b

r

+ cr

) = – (( br

+ cr

) ×ar ) =r r r r

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

+ ar ×cr .

Iz toga sledi: ar × ( b

r

+ cr

) = ar ×b

r

+ ar ×cr .

Ovime je distributivnost vektorskog množenja u odnosu na sabiranje vektora dokazana.

Primeri 3.2.2.: a) Dati su vektori nm AB rr

43 −= i nm BC rr 5+= , gde su m , n uzajamnonormalni jedini čni vektori. Odredimo visinu trougla ABC koja pripada stranici AB.

r r

S obzirom na to, da je površina trougla ABC data sa BC BA p ABC ×= 21

, zato je:

p ABC =21

( )34 mn rr − × )5( nm rr + = nm rr ×

219 =

219 .

S druge strane, dužina stranice AB je:

5490cos432343 202 =+⋅⋅−=−= nm AB rr .

Veli čina visine se izra čunava iz jednakosti AB ABC h AB p 21= l: h AB =

519 .

b) Osmotrimo još jednom sliku 3.1.3.3. Na slici su koriš ćenim oznakama važe slede če jednakosti: BC AB AC CACA BC AB +==−⇒=++ 0 i bCAa BC c AB === ,, , ∠ ABC = β,

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

p ABC = CBCA BC BA AC AB ×=×=×21

21

21 .

Primenimo li definiciju vektorskog proizvoda po upotrebljenim oznakama imamo:

c b sinα = c a sin β = b a sinγ ⇒ cba

γsinβsinsin ==α .

To je poznata sinusna teorema.

c) Dokazati takozvanu LAGRANGE-ovu jednakost: ( ) ( ) ( ) ( )2222 bababa rrrorrr =+× .rr

Neka je ),( barr

∠=ϕ . Po definiciji je ϕ sinbabarrrr⋅=× , pa je: ( ) ( ) ( ) ϕ 2222 sinbaba rr =× . Iz

te poslednje jednakosti sledi:

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) =−=−=× ϕ ϕ 222222222 cos)cos1( babababa rrrrrrrr

( ) ( ) ( )222

cos ϕ baba

rrrr

−= ( ) ( ) ( )222

baba

r

orrr

−= ⇒( ) ( ) ( ) ( )2222

bababa

rrr

orrr

=+× .


13/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________53

3.2.3. Mešoviti proizvod tri vektora

Posmatrajmo paralelepiped, koji je

odre đen sa tri nekolinearna vektora a cb rrr

,, .Ako smatramo zapreminu paralelepipedaalgebarskom veli činom (negativnim ili

pozitivnim brojem) u zavisnosti od redosledadatih vektora, tada se ta zapremina odre đujekao mešoviti proizvod vektora iz jednogtemena paralelepipeda. a

b

a ×b

c

h

θ

→ →

→

→

→

Slika 3.2.3.1.

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

ro

rr)( × . Za

obeležavanje mešovitog proizvoda se č esto koristi oznaka [ a cbrrr

].

[ cba rrr

] = cba r

o

rr)( ×

Teorema 3.2.3.1.: Apsolutna vrednost mešovitog proizvod vektora cba rrr,, je

zapremina paralelepipeda kojeg razapinju ti vektori.

Dokaz: Neka vektori cba rrr,, č ine desni sistem. U tom slu č aju vektori i ac

rbrr

× su sa

iste strane ravni vektora barr

, . Osnova paralelepipedona je paralelogram nad vektorima barr

, č ija je površina ba

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

jednaka projekciji vektora cr

na pravac barr

× (pozitivni broj, jer hje ugao θ izme đ u cr

ir

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

× barr

× h. Istovremeno, po definiciji skalarnog

proizvoda cba r

o

rr)×( = ba

rr× θ cosc

r= hbaca ba ⋅×=× × pr b

rrrrrrr

)( .r r

Ako vektori cbarr,, č ine levi sistem, tada su vektori c i ba

rr× na razli č itim stranama

ravni barr

, , tojest ugao θ je tup, pa i projekcija vektora cr

na pravac vektora barr

× negativan.Zbog toga je i cba

ro

rr)( negativan broj. ×

Iz svojstava skalarnog i vektorskog proizvoda slede osobine mešovitog proizvoda:

[ cba rrr

] = [ bacrrr

] = [ acb rrr

] = – [ bcarrr

] = – [ cab rrr

] = – [ abc rrr

].


14/24


________________________________________________________________________________________54

Teorema 3.2.3.2.: Tri vektora su komplanarna onda i samo onda, kada je njihovmešoviti proizvod jednak nuli.

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

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

Jedna od mogu ćnosti je i to, da je mešoviti proizvod nula zato što je )( barr × =0, a to

zna či da su ti vektori paralelni, tojest komplanarni su sa bilo kojim tre ćim cr vektorom.

Ako barr

, nisu paralelni, tada ( )barr × ≠ 0. Skalarni proizvod dva ne-nula vektora je 0

samo ako su me đusobno normalni, to zna či: )( barr × ⊥ cr , odnosno cr pripada ravni vektora

barr

, , jer svi vektori koji su normalni na )( barr × nalaze se u toj ravni.

Primer 3.2.3.: a) Dati su vektori pnmk a rrrr 4++= , nk mb rrr 2−= i c pnmk rrrr 433 +−= gdesu pnm

rrr,, uzajamno normalni nekomplanarni jedini čni vektori, koji u datom redosledu čine

desni sistem. Odrediti vrednost broja k tako da vektori a cb rrr,, budu komplanarni!

Polazimo od uslova komplanarnosti (teorema 3.2.3.2. ): cba rrr⋅× )( =0.

cba r

o

rr)( × = (( pnmk rrr 4++ ) × ( m nk rr 2− )) ° ( pnmk rrr 433 +− )=

rrr rr= ( pk nmk )12(4 2 +−+8 ) ° ( pnmk

r433 +− )=

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

Prilikom izra čunavanja vektorskog proizvoda koristili smo i slede će činjenice:mr ×nr = pr , nr × mr = – pr , nr × pr = mr , pr × nr = – mr , pr × mr = nr , mr × pr = – nr . (Čitalac neka

sam proveri istinitost tih jednakosti!)

Druga mogu ćnost je: polazimo od linearne kombinacije vektora:

α ( pnmk rrr 4++ ) + β ( nk m rr 2− ) + γ ( pnmk c rrrr 433 +−= ) = 0

Nako sre đivanja te jednakosti dobijamo:(k α + β + 3 k γ ) +(α – 2 k β – 3 γ )m

r

nr

+( 4 α + 4 γ ) pr

= 0.

Pošto su vektori m pn rrr,, nezavisni, samo je njihova trivijalna linearna kombinacija

jednaka nuli, pa moraju biti izrazi u zagradama ispred tih vektora redom biti jednaki nuli:( k α + β + 3 k γ = 0 ) Ÿ ( α – 2 k β – 3 γ = 0 ) Ÿ ( 4α + 4 γ = 0 ) k = ±1.

Ispitivanjem sistema jedna čina se kasnije bavimo (poglavlje 7.). Sada samo primetimo, da za k = +1 vektori cba

rrr,, su vezani relacijom az 02 =−+ cba r

rr, a za k = – 1 ta

veza je .02 =−− cba rrr


15/24


16/24


________________________________________________________________________________________56

Dalje: | )( cb rr

× |⋅|d r

|= ),sin( cbd cb rrrrr

⋅⋅ = ) ( )d bcd bd bc rorrrrrrr ⋅=⋅⋅ ),cos( ⇒

⇒ d cbrrr ×× )( = d bc

r

o

rr⋅

Uvrstimo ovu konstataciju u izraz ( d cbrrr ×× )( ) °a

r:

( d cbrrr ×× )( ) °a

r= ( )( )d bc rorr ⋅ °ar = ( ) ( )d bca rorror ⋅ = α ( br °d r )⇒ α = ( ca ror ).

Sledi:)( cba

rrr ×× = αb + β r

cr

= ( ca r

or

) br

+ β cr ⇒

⇒ )( bcavrr ×× = – α – β b

r

cr

= –( ca r

or

) br

– β cr .

Naknadnim skalarnim množenje ove poslednje jednakosti sa vektorom ar , a zbogčinjenice da je ar °( )( bca

vrr ×× ) = 0 dobijamo –( ca ror ) ( ar °br

) – β ( ar °cr )⇒ β = – ( ar °br

).

)( cba rrr ×× = ( ca

ro

r

) ⋅br

– ( bar

or

) ⋅cr

Ovime je dokazano tvr đenje o dvostrukom vektorskom proizvodu tri vektora.

Cikli čkom permutacijom komponenata dobijamo slede će jednakosti:

a) a cbabcacb rr

orrr

orrrr

⋅−⋅= )()()××( ,rrrrrrrrr

b) acbcbaacb oo ⋅−⋅=×× )()()( ,rrrrrrrrr

c) c bcaacbba oo ⋅−⋅= )()()××( .

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

d) )( cba rrr ×× + )( acb rr

r

×× + c )( barrr ×× =0.

Zadaci 3.2.: a) Odredimo zahva ćeni ugao j među vektorima jednake dužine ar i br

ako je ( a

r+3 b

r

)^ (7 ar –5 b

r

) i ( ar – 4 b

r

)^ (7 ar

– 2 br

).

b) Dokazati sled ću jednakost i protuma čiti geometrijsko zna čenje:2222 22)()( bababa

rrrrrr +=−++ .rr

c) Nad vektorima a cbr

,, smo konstruisali paralelepiped. Izra čunati dužini dijagonalatela, ako su vektori a

r i b

r

međusobno normalni vektori, i poznati su slede ći podaci:

3),(),(

π =∠=∠ accb rrrr

i 1,2 =c== ba rrr

.


17/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________57

d) Izra čunati babarrrr

23()2( +×− ako je 5== barr

i4

),( π =∠ barr

.

e)Odrediti nepoznati vektor xr

ako je k a x =ror i cb x rrr =× , cba r

rr,, su dati vektori, a k je

dati broj.

f) Koordinato po četne ta čke vektora AB su A(1, 3, 2). Odrediti ta čku B ako je poznato: 3= AB i cos α : cos β : cos γ = 1 : 2 : (–2), gde su α, β, γ uglovi izme đu vektora

AB i koordinatnih osa.

g) Data su tri vektora: ar

=(–3, 0, 2), br

=(3, –2, 4) i cr

=(5, 1, 6). Odrediti koordinatevektora

r

, ako je normalan na vektord ar

i zadovoljava jednakosti b 4=d r

o

r

ir

.35=d c or

h) Tri temena osnove paralelepipeda su: koordinatni po četak O, i tačke A(2, –3, 0) i

B(5, –1, 0). Na gornjoj osnovi iznad ta čke B je ta čka B1(3, 0, 4). Odrediti zapreminu tog tela!

3.3. Vektori u pravouglom koordinatnom sistemu

3.3.1. Koordinate vektora

Zadavanje i prou čavanje vektora isklju čivo kao usmerene duži nije uvek pogodno zarešavanje zadataka. U tu svrhu uzima se pogodnija forma zadavanja vektora: pomo ćufiksirane ta čke O prostora i tri uzajamno normalna jedini čna vektora i k j

rrr

,, , koji u datomredosledu obrazuju desni sistem.

Definicija 3.3.1.1.: Uzajamno normalni jedini čni vektori i k jrrr

,, koji obrazuju udatom redosledu desni sistem nazivaju se osnovnim vektorima.

j

i

k

a 2 j

a 3 k

a 1 i

O y

x

z

→

→

→

→

→

→

a 1 i +

a 2 j

a 1 i +

a 3 k

→

→

→

→

a 2 j + a

3 k →

→

a→

Slika 3.3.1.1.

A

Na osnovu teoreme 3.1.3.3. svivektori prostora na jednozna čan na čin seizražavaju kao linearna kombinacija makoja tri nezavisna vektora. Naš osnovnisistem vektora zadovoljava te zahteve,

prema tome svaki vektor prostora može dase izrazi pomo ću k ji

rrr

,, u slede ćem obliku:r

k a jaiaarrr

321 ++= .

Ure đenu trojku brojeva ( )(u tom redosledu) nazivamo koordinatamavektora u prostoru. Ovime smo definisali

preslikavanje vektorskog prostora V naskup ure đenih trojki realnih brojeva R

321 ,, aaa

3:

f : V → R 3 gde je f ( ) = f (ar k a jaiarrr

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


18/24


________________________________________________________________________________________58

Teorema 3.3.1.1.: Preslikavanje f : V → R 3 , gde je

f ( ) = f (ar

k a jaiarrr

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

Dokaz: Istinitost tvr đenja je o čevidna zbog jednozna čnog izražavanja svih vektora prostora kao linearne kombinacije vektora i k j

rrr

,, . To zna či svakom vektoru pripada jedna isamo jedna trojka brojeva. Obrnuto: svaka trojka brojeva stvara jednu linearnu kombinacijuvektora k ji

rrr

,, .

k a jaiaarrrr

321 ++= = (a1, a 2, a3 )

Međusobni skalarni i vektorski proizvodi osnovnih vektora su dati slede ćim tablicama:

ir

jr

k r

× ir

jr

k r

ir

1 0 0 ir

0 k r

- jr

jr

0 1 0 jr

- k r

0 ir

k r

0 0 1 k r

jr

- ir

0

Teorema 3.3.1.2.: Ako su vektori zadati kao linearna kombinacija vektora i k jrrr

,, , tada

za proizvoljne vektore a k a jaiarrrr

321 ++= = ( ) i b321 ,, aaa k b jbibrrrr

321 ++= = ( b ) važi:3, b21 , b

a) ),,( 332211 babababa +++=+

rr

rr b) 332211 babababa ++=o ,

rc) 23

22

21 aaaa ++= ,

rr

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

)()()(

122131132332

122131132332

babababababa

k baba jbabaibababa

−−−==−+−+−=×

rrr

rrre) )()()( 312231123213132321 cbacbacbacbacbacbacba ++−++=×o ,

rrrrf) α )α,α,α(ααα 321321 aaak a jaiaa =++= , α∈R .

Dokaz: Teorema je posledica teoreme 3.2.1.1. o svojstvima skalarnog proizvoda i

teoreme 3.2.2.1. o svojstvima vektorskog proizvoda dva vektora.

Vektorski proizvod dva vektora, kao i mešoviti proizvod tri vektora može bitiizračunat pomo ću determinante tre ćeg reda. O determinantama opširnije ćemo govoriti u 5.

poglavlju, ali osnovna znanja čitaoca iz srednje škole su dovoljna, da uo či ispravnost slede ćih jednakosti:

d)

321

321

bbb

aaa

k ji

ba

rrr

rr =× , e)321

321

321

)(

ccc

bbb

aaa

cba =× rr

or

.


19/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________59

3.3.2. Koordinatni sistem u prostoru

Nacrtajmo prave paralelne sa osnovnim vektorima, i koje prolaze kroz fiksiranu ta čku

prostora. Neka su te prave brojevne ose sa po četnom ta čkom u O. Neka je jedini čna duž natim pravama upravo dužina osnovnih vektora. Osa koja je paralelna vektoru ir

je osa Ox, osa paralelna vektoru j

r

je osa Oy, i na kraju, osa paralelna vektoru k r

je Oz. osa. (Slika 3.3.1.1.).Koordinatne ravni su odre đene sa po dve koordinatne ose. To su ravni: Oxy, Oxz i Oyz . Utakvom koordinatnom sistemu svakoj trojci brojeva ( ). odgovara jedna i samo jednatačka prostora, i obrnuto: svakoj ta čki odgovara ta čno jedna trojka brojeva.

321 ,, aaa

Osmotrimo sada trojku brojeva ( ), kojoj odgovara ta čka A. Istoj trojci brojeva

odgovara i vektor, sa po četkom u O i sa vrhom u A: 321 ,, aaa

OAa =v = k a jaiarrr

321 ++ vektor.

Definicija 3.3.2.1.: Vektor u pravouglom koordinatnom sistemu sa po četnom ta čkomu O i sa vrhom u ta čki A( ) je321 ,, aaa OAa =

v= k a jaia

rrr

321 ++ i naziva se vektor položajata č ke A.

Neka su uglovi, koje zaklapa vektor k a jaiaarrrr

321 ++= = ( ) sa pravcimakoordinatnih osa (ili sa pravcima osnovnih vektora) obeleženi na slede ći način: ∠a

321 ,, aaar

, ir

= ϕ ;∠a

r, j

r

= ξ i∠ar

, k r

= ψ .

Teorema 3.3.2.: Kosinusi uglova, koje zaklapa vektor položaja proizvoljne ta čke sakoordinatnim osama zadovoljavaju jednakost cos 2 ϕ + cos 2 ξ + cos 2 ψ = 1.

Dokaz: Na osnovu definicije skalarnog proizvoda možemo napisati slede će jednakosti:

iar

or

= ϕ cosiarr

= a1, 2cos a ja ja == ξ rrr

or

i 3cos ak ak a == ψ rrr

or

.

Kvadrirajmo te jednakosti!:

( ) 2322212222 coscoscos aaaa ++=++ ψ ξ ϕ r ⇒ 1coscoscos 222 =++ ψ ξ ϕ

Primeri 3.3.2: a) Odrediti ugao izme đu dijagonala paralelograma nad vektorima)0,1,2(=ar i b )1,1,0( −=r

.

Ve ć smo ranije konstatovali, da ugao izme đu dva proizvoljna vektora odre đujemo naslede ći način: ϕ =

vuvurr

ro

r

arccos .r

Dijagonale paralelograma su )1,0,2(1 =+= bad rr

i )1,2,2(2 −=−= bad rrr

, skalarni proizvod tih

vektora je: d 21 d r

o

r

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

5102 2221 =++=d r

i 3)1(22 2222 =−++=d ,


20/24


________________________________________________________________________________________60

Sledi: (∠ 1d r

, 2d r

) = arccos53

3 =arccos55

.

b) Odredimo projekciju vektora vr

= a )( cb rrr ×× na pravac vektora b

r

= (2, 1, –1), ako jear

= (0, 1, 2) i cr

=(2, 1, 1).

Na osnovu teoreme 3.2.4. )()( baccabvv

orrr

orrr

⋅−⋅= , a skalarni proizvodi su: 3=ca ror ,, zna či v1−=ba

r

or

)2−,4,8(3 =+= cb rrr

.Po definiciji 3.2.1.2. je

3611

6

22 ===b

bvv pr b r

r

or

rr .

c) Tri temena paralelograma ABCD su data: A(3, 0, 4), B(1, 2, 3) i C (9, 6, 4).Odredimo koordinate temena D; prese čne ta čke dijagonala E; unutrašnji ugao paralelogramakod temena B i površinu paralelograma!

O

A

B

C

D

E

Slika 3.3.2.

Nacrtajmo ta čke A, B, C i D bez koordinata, ali nazna čimo koordinatni po četak O. Toomogu ćava, da predstavimo i vektore položaja svih ta čaka. Sada lako možemo napisatislede će zbirove: ADOA +=OD i AC OA

21+=OE . Pristupimo rešavanju zadatka po

slede ćim delovima:

c1) Imamo paralelogram, zato je )1,4,8(=−== OBOC BC AD , zna či )5,4,11(=OD ,tojest koordinate ta čke D su: D(11,4,5).

c2) Na sli čan na čin odre đujemo i koordinate ta čke E: )0,6,6(=−= OAOC AC . Sledi:

AC OAOE 21+= =(3, 0, 4) + (3, 3, 0) = (6, 3, 4), zna či E (6, 3, 4).

c3) Unutrašnji ugao kod B je ugao β izme đu vektora BA i BC : cos β = BA BC

BA BC

⋅

or

.


21/24


22/24


________________________________________________________________________________________62

Sada je potrebno na tom pravcu odrediti ta čku C kao što smo to činili i u slu čaju ta čke 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). (Ina če, ivica kocke je 15, a zapremina 3375 jedinica)

Zadaci 3.3.: a) Odrediti koordinate vektora d r

tako, da bude ortogonalan na vektor ar

:ar

= (–3, 0, 2) i da bude 4=d br

o

r

i 35=d cr

or

, gde je br

= (3, –2, 4) i cr

= (5, 1, 6) .

b) Dati su vektori: ar

= (1, 1, 1), br

= (1, 1, 0) i cr

= (1, –1, 0). Odrediti vektor d r

tako,da zadovolji uslove a

r

irr

!3=d or cbd r=× c) Odrediti koordinate jedini čnog vektora er koji je normalan na vektor = (11, 10, 2)

i bar

r

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

, br

, er

bude desni sistem!

d) Tri temena osnove paralelepipeda su: ta čka O, i ta čke A(2, –3, 0) i B(5, –1, 0). Nagornjoj osnovi iznad ta čke B je B’ (3, 0, 4). Na ći zapreminu tog tela.

Ispitni zadaci 3.:

1. (26.01.1999.)

Izra čunati kosinuse unutrašnjih uglova, kao i kosinus oštrog ugla izmedju dijagonala paralelograma ABCD, ako je nm AB

rr62 −= , nm BC rr 7+= , a nm rr , je par uzajamno

normalnih jedini čnih vektora.

Rešenje:

cos β =5

2

5040

40 ==⋅

⋅

BC BA

BC BA,

jer je 4242)7)(26( =−=+−=⋅ nmmn BC BA rrrr .40436)26)(26( =+=−−= mnmn BA rrrr . Sli čno će biti 50= BC .

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

Dijagonale su nm BC AB AC rr +=+= 3 , i nm BC AB BD rr 13−=−= , pa za ugao

izmedju tih dijagonala važi:1717

17010

10cos =

−=⋅

⋅= BD AC

BD AC ϕ .

2. (25.06.2001.)

Dati su vektori a ).1,1,1(),1,2,3(),3,2,1( === cb rrr

Pokazati, da je vektorv

r

=d r

cba rr

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

na komponente


23/24

VEKTORSKA ALGEBRA

________________________________________________________________________________________63

u pravcima vektora i b .av r

Rešenje:

a) Kra ća varijanta: koriste ći teoremu o dvostrukom vektorskom proizvodu je:

cba rrr ×× )( ) = ( ) ) abacbbca rrrrorrror 66 −=⋅−⋅ .

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

razlaganje vektora na komponente u pravcima vektorad av

i b . b) Duža varijanta:

Izračunava se prvo =barr ×

111

484 −−

k jirrr

= (–4, 8, –4),

zatim cba rrr

×× )( = = (12, 0 –12),

i rešava se vektorska jedna č ina bar

r β α + = (12, 0 –12),

i dobijaju se rešenja α = –6 i β = 6, tojest d r

= –6 av

+ 6 br

.

3. (02.09.2002.)

Koji ugao zaklapaju jedini č ni vektori mr

i nr

ako vektori nma rrr

2+= i nmb rrr

−=

zaklapaju ugao od3π

?

Rešenje:

( )21

),(cos3

),( ⋅⋅=


24/24

Documents

VEKTORSKA ALGEBRA.pdf