Vektorski prostori. Vektorski prostor

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Vektorski prostori. Vektorski prostor"

Transcript

1 Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu X (sabiranje vektora), takva da je (X, +) Abelova grupa; () Definisana je operacija (množenje vektora skalarom) koja svakom vektoru u X i svakom skalaru λ K pridružuje vektor λu X, pri čemu važi sledeće: 1. λ(µu) = (λµ)u,. (λ + µ)u = λu + µu, 3. λ(u + v) = λu + λv, 4. 1u = u. Ako su u 1, u,..., u k X vektori i λ 1, λ,..., λ k K skalari, vektor λ 1 u 1 + λ u + + λ k u k se zove linearna kombinacija vektora u 1, u,..., u k. Skup svih linearnih kombinacija vektora iz skupa A X zove se lineal skupa A: L(A) = {λ 1 u 1 + λ u + + λ k u k u 1, u,..., u k A, λ 1, λ,..., λ k K, k N}. Vektori u 1, u,..., u n X su linearno nezavisni ako važi λ 1 u 1 + λ u + + λ n u n = θ λ 1 = λ =... = λ n = 0. Vektori u 1, u,..., u n X su linearno zavisni ako postoji λ k K, λ k 0, tako da je 1

2 λ 1 u 1 + λ u + + λ n u n = θ. Ako u vektorskom prostoru X postoji n linearno nezavisnih vektora, a svaki skup od n + 1 vektora je linearno zavisan, tada je prostor X n dimenzionalan, tj. dim X = n. Skup B X je algebarska baza prostora X ako je B skup linearno nezavisnih vektora i L(B) = X. Skup Y X je vektorski potprostor vektorskog prostora X ako je on sam za sebe vektorski prostor nad istim poljem skalara i sa istim operacijama kao i prostor X. Skup Y X je potprostor vektorskog prostora X ako i samo ako važi ili, drugačije zapisano, 1 ( u 1, u Y ) u 1 + u Y, ( u X)( λ K) λu Y, ( u, v Y )( µ, ν K) µu + νv Y. Normirani prostor Vektorski prostor X nad poljem K (C ili R) je normiran ako postoji nenegativna funkcija : X R + 0 takva da je 1. u = 0 u = θ,. λu = λ u, 3. u + v u + v, za svako λ K i u, v X. Za funkciju u u kažemo da je norma ili dužina vektora u.

3 3 Unitarni prostor (prostor sa skalarnim proizvodom) Vektorski prostor X nad poljem K (C ili R) je unitarni prostor ili prostor sa skalarnim proizvodom ako postoji funkcija (, ) : X K koja za svako u, v, w X i λ K zadovoljava uslove: 1. (u, u) 0,. (u, u) = 0 u = θ, 3. (u + v, w) = (u, w) + (v, w), 4. (λu, v) = λ(u, v), 5. (u, v) = (v, u). Funkcija (u, v) se naziva skalarni proizvod. Za skalarni proizvod važi: 1. (u, λv) = λ(u, v),. (u, v + w) = (u, v) + (u, w), 3. (u, v) (u, u)(v, v). U unitarnom prostoru može se definisati norma u = (u, u). Ako je K = R, tada se unitarni prostor naziva euklidski, a osobina 5. iz definicije skalarnog proizvoda postaje 5. (u, v) = (v, u). Ugao izmed u vektora u i v odred uje se formulom odakle je (u, v) = arccos (u,v) u v. cos (u, v) = (u, v) u v, Uslov ortogonalnosti vektora u i v: u v (u, v) = 0. Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije: Polazeći od linearno nezavisnog skupa vektora {a 1,..., a n } odred ujemo ortogonalan skup vektora {u 1,..., u n } na način: u 1 = a 1, k 1 (a k, u i ) u k = a k (u i, u i ) u i, k =, 3,..., n. i=1

4 4 Primeri skalarnog proizvoda: 1. Vektorski prostor R n nad poljem K = R, vektori x = (x 1,..., x n ), y = (y 1,..., y n ) i skalarni proizvod definisan sa (x, y) = x y = (x 1,..., x n ) (y 1,..., y n ) = x 1 y x n y n, ili (x, y) = x y cos (x, y).. Vektorski prostor V 0 (E) nad poljem K = R, vektori x = x1 i + x j + x3 k, y = y1 i + y j + y3 k i skalarni proizvod definisan sa x y = x1 y 1 + x y + x 3 y 3, ili x y = x y cos (x, y). Zadaci: 1. Ispitati linearnu zavisnost vektora u 1, u, u 3 R 3 ako je: a) u 1 = (1, 0, 3), u = ( 1, 1, 1), u 3 = (, 1, 3); b) u 1 = (, 1, 1), u = (0,, 3), u 3 = (, 4, 5). Rešenje: a) Formirajmo linearnu kombinaciju vektora u 1, u, u 3, izjednačimo je sa nula vektorom i odredimo njene koeficijente: λ 1 u 1 + λ u + λ 3 u 3 = λ 1 (1, 0, 3) + λ ( 1, 1, 1) + λ 3 (, 1, 3) = (λ 1 λ + λ 3, λ λ 3, 3λ 1 + λ + 3λ 3 ) = (0, 0, 0). Vektori su jednaki ako imaju jednake odgovarajuće koordinate, pa se koeficijenti λ 1, λ, λ 3 dobijaju rešavanjem sistema linearnih jednačina λ 1 λ + λ 3 = 0, λ λ 3 = 0, 3λ 1 + λ + 3λ 3 = 0.

5 Množenjem prve jednačine sa 3 i dodavanjem trećoj, a zatim množenjem druge jednačine sa 4 i dodavanjem trećoj sistem dobija trougaoni oblik λ 1 λ + λ 3 = 0, λ 1 λ + λ 3 = 0, λ λ 3 = 0, λ λ 3 = 0, 4λ 3λ 3 = 0, λ 3 = 0. Sistem jednačina je zadovoljen samo ako je λ 1 = λ = λ 3 = 0. Kako je λ 1 u 1 + λ u + λ 3 u 3 = 0 λ 1 = λ = λ 3 = 0, vektori u 1, u, u 3 su linearno nezavisni. b) Kao u prethodnom delu zadatka, odredimo koeficijente u proizvoljnoj linearnoj kombinaciji vektora u 1, u, u 3 koja je jednaka nula vektoru: λ 1 u 1 + λ u + λ 3 u 3 = λ 1 (, 1, 1) + λ (0,, 3) + λ 3 (, 4, 5) = (λ 1 λ 3, λ 1 λ 4λ 3, λ 1 + 3λ + 5λ 3 ) = (0, 0, 0). Izjednačavanjem odgovarajućih koordinata dobija se sistem linearnih jednačina λ 1 λ 3 = 0, λ 1 λ 4λ 3 = 0, λ 1 + 3λ + 5λ 3 = 0. Posle sledećih koraka: -drugu jednačinu pomnožimo sa i dodamo prvoj, -drugu jednačinu dodamo trećoj, -drugu jednačinu prebacimo na prvo mesto, sistem dobija oblik λ 1 λ 4λ 3 = 0, 4λ + 4λ 3 = 0, λ + λ 3 = 0, tj. svodi se na dve jednačine { λ1 λ 4λ 3 = 0, λ + λ 3 = 0. Iz druge jednačine dobija se λ = λ 3, a zamenom u prvoj i λ 1 = λ + 4λ 3 = λ 3 + 4λ 3 = λ 3. Prema tome, sistem jednačina je zadovoljen za svaki izbor koeficijenata λ 1 = λ 3, λ = λ 3, λ 3 R. 5

6 6 Na primer, za λ 3 = 1, λ 1 =, λ = 1 dobija se u 1 u + u 3 = 0 ili u 3 = u 1 + u, što znači da su vektori u 1, u, u 3 linearno zavisni.. Dokazati da vektori a = i + j + k, b = i + j + k i c = i + j +3 k čine bazu u prostoru V O (E) i odrediti koordinate vektora d = 6 i + 9 j + 14 k u toj bazi. Rešenje: Vektori a, b, c čine bazu u prostoru V O (E) ako su linearno nezavisni i ako svaki vektor x V O (E) može da se predstavi kao njihova linearna kombinacija. Da bismo dokazali linearnu nezavisnost a, b, c, posmatrajmo njihovu linearnu kombinaciju α a + β b + γ c = α( i + j + k ) + β( i + j + k ) + γ( i + j + 3 k ) = (α + β + γ) i + (α + β + γ) j + (α + β + 3γ) k. Dobijeni vektor je jednak nula vektoru samo ako su mu koordinate jednake nuli, tj. ako važi α + β + γ = 0, α + β + γ = 0, α + β + 3γ = 0. Oduzimanjem prve jednačine od treće i druge jednačine redom, sistem linearnih jednačina dobija trougaoni oblik α + β + γ = 0, β + γ = 0, γ = 0, koji je zadovoljen samo ako je α = β = γ = 0. Prema tome, vektori a, b, c su linearno nezavisni. Pokažimo da proizvoljan x V O (E) može da se predstavi kao linearna kombinacija vektora a, b, c. Kako je dimv O (E) = 3, svaki skup od 4 vektora, pa i { a, b, c, x }, je linearno zavisan, što znači da x može da se predstavi kao linearna kombinacija preostalih. Na osnovu dokazanih činjenica, skup { a, b, c } čini bazu u prostoru V O (E). Koordinate vektora d u toj bazi su koeficijenti u linearnoj kombinaciji

7 7 d = α a + β b + γ c i odred ujemo ih na sledeći način: d = α a + β b + γ c, 6 i + 9 j + 14 k = α( i + j + k ) + β( i + j + k ) + γ( i + j + 3 k ) = (α + β + γ) i + (α + β + γ) j + (α + β + 3γ) k, Prema tome, α + β + γ = 6, α + β + γ = 9, α + β + 3γ = 14, α + β + γ = 6, β + γ = 8, γ = 3, d = a + b + c. γ = 3, β =, α = Dokazati da je {t, t + t, t + 1} baza u prostoru P = {p p(t) = at + bt + c, a, b, c R}, a zatim odrediti koordinate vektora q(t) = 4t 1 u toj bazi. Rešenje: Kako je dim P = 3, dovoljno je dokazati da su vektori p 1, p, p 3, gde je p 1 (t) = t, p (t) = t + t, p 3 (t) = t + 1, linearno nezavisni. Nula vektor u prostoru P je nula polinom O(t) = 0t + 0t + 0. Sada je λ 1 p 1 + λ p + λ 3 p 3 = O ( t R) λ 1 p 1 (t) + λ p (t) + λ 3 p 3 (t) = O(t) ( t R) λ 1 t + λ ( t + t ) + λ 3 (t + 1) = O(t) ( t R) (λ 1 + λ )t + (λ + λ 3 )t + λ 3 = O(t) λ 1 + λ = 0, λ + λ 3 = 0, λ 3 = 0 λ 1 = λ = λ 3 = 0. Dakle, vektori p 1, p, p 3 su linearno nezavisni, pa čine bazu u prostoru P. Koordinate vektora q u toj bazi odred ujemo na sledeći način:

8 8 q = αp 1 + βp + γp 3 ( t R) q(t) = αp 1 (t) + βp (t) + γp 3 (t) ( t R) 4t 1 = αt + β ( t + t ) + γ(t + 1) = (α + β)t + (β + γ)t + γ α + β = 4, β + γ = 0, γ = 1 α = 5, β = 1, γ = Ispitati da li skup vektora {(1,, 1), (0, 1, ), (1, 3, 3)} obrazuje bazu vektorskog prostora R 3. Rešenje: S obzirom da je dim R 3 = 3 i skup {(1,, 1), (0, 1, ), (1, 3, 3)} sadrži tri vektora, da bi ovaj skup vektora predstavljao bazu prostora R 3, dovoljno je da bude linearno nezavisan. Linearnu nezavisnost skupa vektora utvrd ujemo proverom vrednosti koeficijenata u linearnoj kombinaciji α(1,, 1) + β(0, 1, ) + γ(1, 3, 3) = (0, 0, 0) (α + γ, α + β + 3γ, α + β + 3γ) = (0, 0, 0). (0.1) To nas dovodi do homogenog sistema jednačina po koeficijentim α, β i γ α + γ = 0 α + β + 3γ = 0 α = β = γ. α + β + 3γ Zaključujemo da koeficijenti linearne kombinacije (0.1) ne moraju svi istovremeno biti nule, tj. skup vektora {(1,, 1), (0, 1, ), (1, 3, 3)} je linearno zavisan te nemože predstavljati bazu. 5. Dokazati da je X = { } (α, α + β, α + β + γ, 0) α, β, γ R potprostor vektorskog prostora R 4, a zatim odrediti dimenziju i jednu bazu prostora X. Rešenje: Skup X je potprostor vektorskog prostora R 4 ako važi:

9 9 1 ( x 1, x X) x 1 + x X, ( x X)( λ R) λx X. Dokažimo 1. Neka su x 1 = (a 1, a 1 + b 1, a 1 + b 1 + c 1, 0) i x = (a, a + b, a + b + c, 0) proizvoljni vektori iz skupa X. Tada je x 1 + x = (a 1, a 1 + b 1, a 1 + b 1 + c 1, 0) + (a, a + b, a + b + c, 0) = (a 1 + a, (a 1 + b 1 ) + (a + b ), (a 1 + b 1 + c 1 ) + (a + b + c ), 0) = (a 1 + a, (a 1 + a ) + (b 1 + b ), (a 1 + a ) + (b 1 + b ) + (c 1 + c ), 0). Uvodeći oznake a 1 + a = α, b 1 + b = β, c 1 + c = γ dobija se x 1 + x = (α, α + β, α + β + γ, 0) X. Dokažimo. Neka je x = (a, a + b, a + b + c, 0) proizvoljan vektor iz skupa X i λ R proizvoljan skalar. Tada je λx = λ(a, a + b, a + b + c, 0) = (λa, λ(a + b), λ(a + b + c), 0) = (λa, λa + λb, λa + λb + λc, 0). Ako označimo dobijamo λa = α, λb = β, λc = γ, λx = (α, α + β, α + β + γ, 0) X. Dakle, X je potprostor prostora R 4. Odredimo mu dimenziju i jednu bazu. Proizvoljan vektor x = (α, α + β, α + β + γ, 0) X može da se predstavi na sledeći način: x = (α, α + β, α + β + γ, 0) = (α, α, α, 0) + (0, β, β, 0) + (0, 0, γ, 0) = α(1, 1, 1, 0) + β(0, 1, 1, 0) + γ(0, 0, 1, 0), to jest kao linearna kombinacija vektora u 1 = (1, 1, 1, 0), u = (0, 1, 1, 0), u 3 = (0, 0, 1, 0).

10 10 Vektori u 1, u, u 3 su linearno nezavisni, jer važi: λ 1 u 1 + λ u + λ 3 u 3 = 0 λ 1 (1, 1, 1, 0) + λ (0, 1, 1, 0) + λ 3 (0, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0) (λ 1, λ 1 + λ, λ 1 + λ + λ 3, 0) = (0, 0, 0, 0) λ 1 = 0, λ 1 + λ = 0, λ 1 + λ + λ 3 = 0, λ 1 = λ = λ 3 = 0. Kako su vektori u 1, u, u 3 linearno nezavisni i L ({u 1, u, u 3 }) = X, oni čine bazu u prostoru X. Dimenzija prostora jednaka je broju vektora u bazi, pa je dim X = Dokazati da je X = { } ( α, α, α + β, β) α, β R potprostor prostora R 4. Odrediti dimenziju i jednu bazu prostora X. Rešenje: Dokažimo da važi ( x 1, x X)( µ, ν R) µx 1 + νx X. Neka su x 1 = ( a 1, a 1, a 1 +b 1, b 1 ) i x = ( a, a, a +b, b ) proizvoljni vektori iz skupa X i µ, ν R proizvoljni skalari. Tada je µx 1 + νx = µ( a 1, a 1, a 1 + b 1, b 1 ) + ν( a, a, a + b, b ) Uvodeći oznake dobija se = (µ( a 1 ) + ν( a ), µa 1 + νa, µ(a 1 + b 1 ) + ν(a + b ), µb 1 + νb ) = ( (µa 1 + νa ), µa 1 + νa, (µa 1 + νa ) + (µb 1 + νb ), µb 1 + νb ). µa 1 + νa = α, µb 1 + νb = β, µx 1 + νx = ( α, α, α + β, β) X. Prema tome, X je potprostor prostora R 4. Odredimo bazu i dimenziju prostora X. Kako proizvoljan vektor x = ( α, α, α + β, β) X može da se predstavi u obliku x = ( α, α, α + β, β) = ( α, α, α, 0) + (0, 0, β, β) = α( 1, 1, 1, 0) + β(0, 0, 1, 1),

11 zaključujemo da je X = L ({u 1, u }), gde je u 1 = ( 1, 1, 1, 0), u = (0, 0, 1, 1). Pored toga, vektori u 1 i u su linearno nezavisni jer važi λ 1 u 1 + λ u = 0 λ 1 ( 1, 1, 1, 0) + λ (0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0) ( λ 1, λ 1, λ 1 + λ, λ ) = (0, 0, 0, 0) λ 1 = λ = 0. Zato {( 1, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1)} predstavlja bazu u prostoru X i dim X = a) Dokazati da je X = { (a, b, c) R 3 a + b + c = 0 } vektorski prostor. b) Odrediti dimenziju i jednu bazu prostora X. Rešenje: a) Kako je X R 3, dovoljno je dokazati da je on potprostor prostora R 3. Neka su x 1 = (a 1, b 1, c 1 ) i x = (a, b, c ) proizvoljni vektori iz X i µ, ν R proizvoljni skalari. Tada je µx 1 +νx = µ(a 1, b 1, c 1 )+ν(a, b, c ) = (µa 1 +νa, µb 1 +νb, µc 1 +νc ) = (a, b, c). Kako je a 1 + b 1 + c 1 = 0 i a + b + c = 0, važi a+b+c = (µa 1 +νa )+(µb 1 +νb )+(µc 1 +νc ) = µ(a 1 +b 1 +c 1 )+ν(a +b +c ) = 0, zaključuje se da µx 1 + νx X. b) Za proizvoljan vektor x = (a, b, c) X važi a + b + c = 0, tj. c = a b, pa on može da se predstavi na sledeći način: x = (a, b, c) = (a, b, a b) = a(1, 0, 1) + b(0, 1, 1) = au 1 + bu, gde je u 1 = (1, 0, 1), u = (0, 1, 1). Vektori u 1 i u su linearno nezavisni jer važi λ 1 u 1 + λ u = 0 λ 1 (1, 0, 1) + λ (0, 1, 1) = (0, 0, 0) (λ 1, λ, λ 1 λ ) = (0, 0, 0) λ 1 = λ = 0. Zato vektori u 1 i u čine bazu u prostoru X, pa je dim X =.

12 1 8. Dat je vektorski prostor X = {(3x, x, y) x, y R} u odnosu na uobičajene operacije sabiranja vektora i množenja vektora skalarom. Odrediti dimenziju i jednu bazu vektorskog prostora X. Rešenje: Proizvoljan vektor u X može da se predstavi u obliku u = (3x, x, y) = x(3,, 0) + y(0, 0, 1). Kako su vektori (3,, 0) i (0, 0, 1) linearno nezavisni, oni čine bazu u prostoru X, pa je dim X =. 9. Dokazati da je X = { } (α, β, γ, α + γ) α + β + γ = 0, α, β, γ R potprostor prostora R 4. Odrediti bazu i dimenziju prostora X. Rešenje: Za proizvoljni vektor u = (α, β, γ, α + γ) X važi α + β + γ = 0, pa je β = α γ, tj. u = (α, α γ, γ, α + γ). Zbog toga skup X može da se predstavi u obliku { } X = (α, α γ, γ, α + γ) α, γ R. Na način prikazan u rešenjima zadataka 4. i 5. zaključuje se da je X potprostor prostora R 4, dim X =, a jedna baza je {(1, 1, 0, 1), (0, 1, 1, 1)}. 10.Ispitati da li je skup X c = {(x 1, x,..., x n ) x x n = c, x i R, i = 1,,..., n}, c R potprostor vektorskog prostora R n ako je: a) c = 0, b) c 0. Rešenje: Neka su µ, ν R proizvoljni skalari i x = (x 1, x,..., x n ) i y = (y 1, y,..., y n ) proizvoljni vektori iz X c. Tada je x 1 + x + + x n = c i y 1 + y + + y n = c.

13 13 Zato važi µx + νy = µ(x 1, x,..., x n ) + ν(y 1, y,..., y n ) = (µx 1 + νy 1, µx + νy,..., µx n + νy n ) = (z 1, z,..., z n ), pri čemu je z i = µx i + νy i, i = 1,,..., n, i z 1 + z + + z n = (µx 1 + νy 1 ) + (µx + νy ) + + (µx n + νy n ) a) Ako je c = 0, tada je = µ(x 1 + x + + x n ) + ν(y 1 + y + + y n ) = µc + νc = (µ + ν)c. z 1 + z + + z n = x 1 + x + + x n = y 1 + y + + y n = 0, pa µx + νy X 0, što znači da je X 0 potprostor prostora R n dimenzije n 1. b) Ako je c 0, tada je z 1 + z + + z n = (µ + ν)c c, što znači da za µ + ν 1 važi µx + νy / X c, tj. X c nije vektorski prostor. 11.Neka je za u, v, w X, gde je X unitarni prostor, dato (u, v) = 1 + i, (u, w) = i. Odrediti (v, u), (u, v + w), (u, iw). Rešenje: Na osnovu definicije i osobina skalarnog proizvoda (, ) : X C imamo (v, u) = (u, v) = 1 + i = 1 i, (u, v + w) = (u, v) + (u, w) = 1 + i + i = 1 + 3i, (u, iw) = ī(u, w) = i i = 1. 1.Neka je X unitarni prostor i neka su u, v, w X vektori takvi da je (u, v) = i i (u, w) = 1 + 9i. Odrediti skalarne proizvode (v w, u), (3iu, v) i (u, iw).

14 14 Rezultat: (v w, u) = + 16i, (3iu, v) = 6, (u, iw) = 9 i. 13.Odrediti ugao izmed u vektora a = (3, 0, 5, 4) i b = (0, 0, 1, 0). Naći jedinični vektor u pravcu vektora a. Rešenje: Ugao odred ujemo iz formula Imamo odakle je cos (a, b) = a b = (3, 0, 5, 4)(0, 0, 1, 0) = 5, a b a b, a = a a, b = b b. a a = (3, 0, 5, 4)(3, 0, 5, 4) = 50, b b = (0, 0, 1, 0)(0, 0, 1, 0) = 1, cos (a, b) = 5 = 50 (a, b) = 3π 4. Jedinični vektor u pravcu vektora a je a 0 = a (3, 0, 5, 4) ( 3 = = a 50 10, 0,, ) Dati su vektori u 1 = (1, 0, 1, 0), u = (1, 1, 0, 1). a) Odrediti ugao izmed u vektora u 1 i u. b) Normirati vektore u 1 i u. Rezultat: a) (u 1, u ) = arccos (1/ 6). b) u 1 = u 1 u 1 = 1 (1, 0, 1, 0), u = u u = 1 3 (1, 1, 0, 1). 15.Neka su a = (1, 1, 1, 1), b = (1, 0, 1, 0), c = (0, 1, 0, 1). a) Ispitati linearnu zavisnost vektora a, b, c. b) Naći ugao izmed u vektora a i b. c) Odrediti intenzitet vektora c.

15 15 Rešenje: a) I način: Pretpostavimo da je αa + βb + γc = 0 (0.) neka linearna kombinacija vektora a, b i c jednaka nula vektoru 0 = (0, 0, 0, 0), tj. α(1, 1, 1, 1) + β(1, 0, 1, 0) + γ(0, 1, 0, 1) = (0, 0, 0, 0) (α + β, α γ, α + β, α γ) = (0, 0, 0, 0). Izjednačavanjem odgovarajućih koordinata dve ured ene četvorke dolazimo do jednačina α + β = 0, α γ = 0. Tako polazna linearna kombinacija (0.) ne mora biti trivijalna (α = β = γ = 0) da bi jednakost važila. Dovoljno je uzeti β = α, γ = α, α R \ {0}. Zaključujemo da su vektori a, b i c linearno zavisni. II način: Obzirom na očiglednu vezu tri vektora a, b i c a = b c a b + c = 0 ponovo dokazujemo da su oni linearno zavisni. b) Kako je cos < (a, b) = a b a b, za odred ivanje ugla izmed u vektora a i b, potrebno je izračunati a b = (1, 1, 1, 1) (1, 0, 1, 0) =, a = a a = 4 =, b = b b =. Tada je cos < (a, b) = =, tj. < (a, b) = arccos = π 4. c) Intenzitet vektora izračunava se prema formuli c = c c = ( 1) + ( 1) =.

16 16 16.Neka je X = {(a, 0, 0) a R}. Dokazati da je X potprostor unitarnog prostora R 3 nad poljem R sa operacijama sabiranja vektora i množenja vektora skalarom. Odrediti ugao izmed u vektora (a, 0, 0), (b, 0, 0) X, a > 0, b < 0. Rezultat: Ugao je jednak π. 17.Neka su a i b jedinični vektori koji zaklapaju ugao od π/3. Odrediti intenzitete vektora m = a b i n = a + b, kao i ugao izmed u njih. Rešenje: Na osnovu datih podataka imamo da je a = b = 1, a b = cos(π/3) = 1/. Odred ujemo intenzitete (dužine) vektora m i n : m = m m = ( a b )( a b ) = a a b + b = 1 = 1, n = n n = ( a + b )( a + b ) = 4 a + 4 a b + b = = 7, odakle je m = 1 i n = 7. Ugao je ( m, n ) = arccos 1 7 cos ( m, n ) = jer je m n m n = ( a b )( a + b ) = a a b b = Odrediti ugao koji grade vektori a i b ako su vektori m = a b i n = a + 5 b uzajamno ortogonalni i a =, b = 3. Rezultat: Ugao je jednak arccos(37/54). 19.Ispitati da li je skup X = {(x, x, x 1) x R} potprostor prostora R 3. Naći sve vektore u X koji imaju normu 1, a zatim odrediti ugao izmed u tih vektora. Rešenje: Skup X nije vektorski potprostor jer za (x, x, x 1), (y, y, y 1) X imamo (x, x, x 1) + (y, y, y 1) = ((x + y), x + y, x + y ) / X.

17 17 Iz uslova u = 1, u = (x, x, x 1), x R imamo 1 = u = (u, u) = (x, x, x 1) (x, x, x 1) = 4x + x + (x 1) = 6x x + 1 6x x + 1 = 1 x(3x 1) = 0 odakle je x = 0 ili x = 1/3. Imamo dva vektora čija je dužina 1, a to su: ( u 1 = (0, 0, 1) i u = 3, 1 3 3),. Ugao izmed u ovih vektora (uz korišćenje da je u 1 = u = 1) odred ujemo iz formule cos (u 1, u ) = (u 1, u ) ( u 1 u = (u 1, u ) = (0, 0, 1) 3, 1 ) 3, 3, = 3 odakle je (u 1, u ) = arccos(/3). 0.U skupu X = {(m, 0, m) m R} naći sve jedinične vektore i odrediti ugao izmed u njih. Rešenje: Iz uslova da je dužina vektora jednaka jedan dobijamo 1 = (m, 0, m) = (m, 0, m)(m, 0, m) = m = m. Imamo dva rešenja za m: m 1 = 1/ i m = 1/. Traženi jedinični vektori su ( ) ( ) u 1 =, 0, i u =, 0,. Sada je cos (u 1, u ) = (u 1, u ) u 1 u = u 1u = 1 (u 1, u ) = π. 1. Ispitati da li skup vektora {(3x, x 1) x R} predstavlja vektorski potprostor prostora R. Naći sve vrednosti x R za koje vektori (3x, x 1) imaju normu jedan. Odrediti ugao izmed u dobijenih vektora. Rešenje: Skup X nije vektorski prostor, jer su, na primer, v 1 = (0, 1) i v = (6, 3) njegovi elementi, a njihov zbir v 1 + v = (6, ) ne pripada X. Jedinični vektori se dobijaju za x = 0 ili x = 4/13. Ugao izmed u dobijenih vektora (0, 1) i (1/13, 5/13) jednak je arccos(5/13).

18 18.Odrediti sve vrednosti parametra p R tako da vektori u = (p + 3)i + p(p + )j + (p + 3)k i v = (p )i + (p + 3)j + (p + )k budu ortogonalni, a zatim za dobijene vrednosti p odrediti ortonormirane vektore u i v. Rešenje: Uslov ortogonalnosti dva vektora se izražava skalarnim proizvodom: Prelaskom na koordinate vektora u v u v = 0. u = ( p + 3, p(p + ), p + 3 ), v = ( p, p + 3, p + ), uslov ortogonalnosti u i v postaje jednačina (p + 3)(p ) + p(p + )(p + 3) + (p + 3)(p + ) = 0, (p + 3) ( p + p(p + ) + p + ) = 0, (p + 3) ( p + p(p + ) ) = 0, (p + 3)p(p + 4) = 0. Vrednosti parametra p za koje su vektori u i v ortogonalni su p = 0, 3, 4. Za ove vrednosti parametra p dobijaju se sledeći parovi u, u i v, v : p = 0 : u = (3, 0, 3), u = 1 (1, 0, 1), v = (, 3, ), v = 1 17 (, 3, ), p = 3 : u = (0, 3, 0), u = (0, 1, 0), v = ( 5, 0, 1), v = 1 6 ( 5, 0, 1), p = 4 : u = ( 1, 8, 1), u = 1 66 ( 1, 8, 1), v = ( 6, 1, ), v = 1 41 ( 6, 1, ). 3. Dati su vektori a = (1,, 1) i b = (1, 0, 1). Odrediti sve vektore x R 3 koji zadovoljavaju uslove (a, x) = 8, x b, x = 34. Odrediti ugao izmed u dobijenih vektora.

19 19 Rešenje: Neka je x = (α, β, γ). Imamo (a, x) = 8 (1,, 1)(α, β, γ) = α + β + γ = 8, ( ) x b (x, b) = 0 (α, β, γ)(1, 0, 1) = α + γ = 0. Iz uslova ( ) i ( ) imamo γ = α i β = 4 odakle je x = (α, 4, α). Iz poslednjeg uslova, x = 34, imamo ( ) x = (x, x) = (α, 4, α)(α, 4, α) = α + 16 = 34 α = 9. Imamo dva rešenja za α: α 1 = 3 i α = 3. Dva vektora zadovoljavaju tražene uslove x 1 = (3, 4, 3) i x = ( 3, 4, 3). Za ugao izmed u njih važi cos (x 1, x ) = x 1x x 1 x = 1 17 (x 1, x ) = arccos Dati su vektori a = (λ, 1, 1 λ), b = ( 1, 3, 0) i c = (5, 1, 8). a)odrediti vrednost parametra λ R tako da vektor a zaklapa jednake uglove sa vektorima b i c. b)odrediti vrednost parametra λ R tako da važi a = b. Rešenje: a) Jednakost uglova izmed u vektora može se izraziti sledećim relacijama Kako važi cos < (u, v) = Imajući u vidu < (a, b) =< (a, c) cos < (a, b) = cos < (a, c). (0.3) u v, to jednakost (0.3) svodi na u v a b a b = a c a c c (a b) = b (a c). (0.4) b = b b = 10, c = c c = 90 = 3 10, a b = (λ, 1, 1 λ) ( 1, 3, 0) = λ + 3, a c = (λ, 1, 1 λ) (5, 1, 8) = λ + 7,

20 0 jednakost (0.4) postaje 3 10(3 λ) = 10(7 + λ) λ = 1 4. b) S obzirom da je a = a a = 5λ λ +, b = b b = 10, to je onda a = b 5λ λ + = 10 ( 5λ λ + ) = 10 10λ 4λ 6 = 0 (5λ + 3)(λ 1) = 0 λ = 3/5 λ = Koristeći Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije i linearno nezavisne vektore a = (1,, 1), b = (0, 1, 1), c = (3, 7, 1), formirati ortogonalnu bazu u R 3. Odrediti koordinate vektora u = (1, 1, 1) u toj bazi. Rešenje: Gram-Šmitovim postupkom odredićemo vektore ortogonalne baze B = {u 1, u, u 3 }:

21 u 1 = a = (1,, 1), u = b (b, u 1) (u 1, u 1 ) u (0, 1, 1)(1,, 1) 1 = (0, 1, 1) (1,, 1) (1,, 1)(1,, 1) = (0, 1, 1) u 3 = c (c, u 1) (u 1, u 1 ) u 1 (c, u ) (1,, 1) = (0, 1, 1) 1 ( (1,, 1) = 1, 0, 1 (3, 7, 1)(1,, 1) (1,, 1) (1,, 1)(1,, 1) (u, u u = (3, 7, 1) ( ) (3, 7, 1) 1, 0, 1 ( ( )( ) 1 ) 1, 0, 1 1, 0, 1, 0, ( ) (, 0, 1 = (3, 7, 1) + (1,, 1) ), 0, 1 4 = (3, 3, 3). Dobili smo ortogonalnu bazu { ( B = (1,, 1), 1 ) }, 0, 1, (3, 3, 3). Izrazićemo vektor u = (1, 1, 1) preko dobijene ortogonalne baze: u = αu 1 + βu + γu 3 = (3, 7, 1) (1,, 1) ( (1, 1, 1) = α(1,, 1) + β 1 ), 0, 1 + γ(3, 3, 3). Pomnožićemo skalarno datu jednakost redom sa svakim od vektora baze i iskoristićemo med usobnu ortogonalnost baznih vektora ( (1, 1, 1) = α(1,, 1) + β 1 ), 0, 1 + γ(3, 3, 3) \ (1,, 1) ) 1 (1, 1, 1)(1,, 1) = α(1,, 1)(1,, 1) = α( ) α = 1 3 ( (1, 1, 1) = α(1,, 1) + β 1 ) (, 0, 1 + γ(3, 3, 3) \ 1 ), 0, 1 ( (1, 1, 1) 1 ) (, 0, 1 = β 1 )(, 0, 1 1 ), 0, = β( ) β = ( (1, 1, 1) = α(1,, 1) + β 1 ), 0, 1 + γ(3, 3, 3) \ (3, 3, 3) (1, 1, 1)(3, 3, 3) = γ(3, 3, 3)(3, 3, 3) = γ( ) γ = 1 9. Za koordinate vektora u u ortogonalnoj bazi B dobili smo ( 1 3,, 1 9 ).

22 6. Polazeći od linearno nezavisnih vektora a = (0, 0, 1), b = (1, 1, ), c = ( 1, 1, 1), konstruisati ortogonalne vektore u 1, u, u 3. Odrediti koordinate vektora u = (1, 1, 1) u bazi {u 1, u, u 3 }. Rešenje: Konstruisaćemo ortogonalne vektore Gram-Šmitovim postupkom: u 1 = a = (0, 0, 1), u = b (b, u 1) (u 1, u 1 ) u (1, 1, )(0, 0, 1) 1 = (1, 1, ) (0, 0, 1) (0, 0, 1)(0, 0, 1) = (1, 1, ) (0, 0, 1) = (1, 1, 0) u 3 = c (c, u 1) (u 1, u 1 ) u 1 (c, u ) (u, u ) u ( 1, 1, 1)(0, 0, 1) = ( 1, 1, 1) (0, 0, 1) (0, 0, 1)(0, 0, 1) ( 1, 1, 1)(1, 1, 0) (1, 1, 0) = ( 1, 1, 1) + (0, 0, 1) = ( 1, 1, 0). (1, 1, 0)(1, 1, 0) U dobijenoj ortogonalnoj bazi B = {(0, 0, 1), (1, 1, 0), ( 1, 1, 0)} naći ćemo koordinate (α, β, γ) vektora u = (1, 1, 1): u = αu 1 + βu + γu 3 (1, 1, 1) = α(0, 0, 1) + β(1, 1, 0) + γ( 1, 1, 0). Skalarnim množenjem date jednakosti redom sa svakim od vektora baze i korišćenjem ortogonalnosti baznih vektora dobijamo (1, 1, 1) = α(0, 0, 1) + β(1, 1, 0) + γ( 1, 1, 0) \ (0, 0, 1) (1, 1, 1)(0, 0, 1) = α(0, 0, 1)(0, 0, 1) α = 1, (1, 1, 1) = α(0, 0, 1) + β(1, 1, 0) + γ( 1, 1, 0) \ (1, 1, 0) (1, 1, 1)(1, 1, 0) = β(1, 1, 0)(1, 1, 0) β = 1, (1, 1, 1) = α(0, 0, 1) + β(1, 1, 0) + γ( 1, 1, 0) \ ( 1, 1, 0) (1, 1, 1)( 1, 1, 0) = γ( 1, 1, 0)( 1, 1, 0) γ = 0. Za koordinate vektora u u ortogonalnoj bazi B dobili smo (1, 1, 0). 7. Dati su vektori a = (1, 1), b = ( 1, 7). Odrediti ugao izmed u vektora a i b. Polazeći od vektora a i b primenom Gram- Šmitovog postupka naći ortogonalne vektore u i v. Izraziti vektor c = (0, 1) kao linearnu kombinaciju vektora u i v.

23 3 Rešenje: Za ugao imamo cos (a, b) = (a, b) = arccos 3 5. a b a b = (1, 1)( 1, 7) = (1, 1)(1, 1) ( 1, 7)( 1, 7) 6 50 = 3 5 Ortogonalne vektore odred ujemo primenom Gram-Šmitovog postupka u = a = (1, 1), v = b (b, u 1) (u 1, u 1 ) u 1 = ( 1, 7) ( 1, 7)(1, 1) (1, 1) = ( 1, 7) 3(1, 1) = ( 4, 4) (1, 1)(1, 1) Izrazićemo vektor c kao linearnu kombinaciju vektora u i v: c = λu + µv (0, 1) = λ(1, 1) + µ( 4, 4) \ (1, 1) \ ( 4, 4) (0, 1)(1, 1) = λ(1, 1)(1, 1) λ = 1, (0, 1)( 4, 4) = µ( 4, 4)( 4, 4) µ = Odrediti ugao izmed u vektora a = ( 1, 1, 1) i b = (, 0, 1). Polazeći od linearno nezavisnih vektora a i b Gram-Šmitovim postupkom konstruisati ortogonalne vektore u 1 i u. Odrediti vektor u 3 koji je ortogonalan sa vektorima u 1 i u. Rezultat: Na osnovu formule cos (a, b) = a b a b = ( 1, 1, 1)(, 0, 1) = 1 ( 1, 1, 1)( 1, 1, 1) (, 0, 1)(, 0, 1) 15 ugao je jednak (a, b) = arccos( 1/ 15). Napomenimo da je time što je ugao izmed u datih vektora različit od 0 i π dokazano je da važi a λb, odnosno vektori a i b su linearno nezavisni. Ortogonalni vektori su

24 4 u 1 = a = ( 1, 1, 1), u = b (b, u 1) (u 1, u 1 ) u (, 0, 1)( 1, 1, 1) 1 = (, 0, 1) ( 1, 1, 1) ( 1, 1, 1)( 1, 1, 1) = (, 0, 1) + 1 ( 5 3 ( 1, 1, 1) = 3, 1 3, 4 ). 3 Primetimo da umesto vektora (5/3, 1/3, 4/3) za vektor u možemo uzeti vektor u = 3(5/3, 1/3, 4/3) = (5, 1, 4) koji je takod e ortogonalan sa vektorom u 1. Odredićemo vektor u 3 tako da bude ortogonalan i sa u 1 i sa u. I način odred ivanja vektora u 3 : Iz definicije ortogonalnosti skupa vektora imamo da za vektor u 3 = (α, β, γ) važi (u 3, u 1 ) = 0 (α, β, γ)( 1, 1, 1) = α + β + γ = 0, (u 3, u ) = 0 (α, β, γ)(5, 1, 4) = 5α + β + 4γ = 0, odakle je β = ( 3/)γ i α = ( 1/)γ. Tada je u 3 = ( 1 ) γ, 3 γ, γ = 1 γ(1, 3, ), γ 0. Uzimajući za vrednost γ da je, na primer, jednaka, za vektor u 3 dobijamo u 3 = (1, 3, ). Napomenimo da kod odred ivanja ortogonalnih vektora uvek treba proveriti da li su dobijeni vektori zaista ortogonalni (da bi se izbegle eventualne računske greške): (u 1, u ) = ( 1, 1, 1)(5, 1, 4) = 0, (u 1, u 3 ) = ( 1, 1, 1)(1, 3, ) = 0, (u, u 3 ) = (5, 1, 4)(1, 3, ) = 0. II način odred ivanja vektora u 3 : Za odred ivanje vektora u 3 možemo koristiti Gram-Šmitov postupak ako datim vektorima a i b pridružimo još jedan vektor c tako da su {a, b, c} linearno nezavisni. Neka je, na primer, c = (0, 0, 1). Proverićemo da li važi linearna nezavisnost λa + µb + νc = θ λ( 1, 1, 1) + µ(, 0, 1) + ν(0, 0, 1) = (0, 0, 0) ( λ + µ, λ, λ + µ + ν) = (0, 0, 0). Pored enjem odgovarajućih koordinata ova dva vektora dobijamo da je jedino rešenje λ = µ = ν = 0, odakle sledi da su vektori linearno nezavisni.

25 Prvi i drugi ortogonalan vektor, u 1 i u, su odred eni Gram-Šmitovim postupkom. Nastavićemo na isti način i odredićemo vektor u 3 : u 3 = c (c, u 1) (u 1, u 1 ) u 1 (c, u ) (u, u ) u (0, 0, 1)( 1, 1, 1) = (0, 0, 1) ( 1, 1, 1) ( 1, 1, 1)( 1, 1, 1) (0, 0, 1)(5, 1, 4) (5, 1, 4)(5, 1, 4) (5, 1, 4) = (0, 0, 1) 1 3 ( 1, 1, 1) (5, 1, 4) 1 ( = 1 7, 3 7, ) = 1 (1, 3, ). 7 7 Vidimo da su vektori oblika λ(1, 3, ) ortogonalni sa u 1 i u, tako da za vektor u 3 možemo uzeti (1, 3, ) Polazeći od linearno nezavisnih vektora (1, 0, 1) i (1, 1, 0) primenom Gram- Šmitovog postupka konstruisati ortogonalne vektore u 1 i u. Dopuniti skup vektora {u 1, u } vektorom u 3 tako da {u 1, u, u 3 } čini ortogonalnu bazu prostora R 3, a zatim naći i odgovarajuću ortonormiranu bazu. Rezultat: Ortogonalni vektori u 1 i u su u 1 = (1, 0, 1), u = ( 1, 1, 1 ). Polazeći od vektora (0, 0, 1) dobija se treći ortogonalni vektor Ortonormirana baza je u 3 = B = { 1 (1, 0, 1), ( 1 3, 1 3, 1 ) } (1,, 1), ( 1, 1, 1) Polazeći od vektora u 1 = (1,, 1) i u = (3,, 1) primenom Gram-Šmitovog postupka ortogonalizacije odrediti ortogonalne vektore v 1 i v. Odrediti vektor v 3 tako da skup {v 1, v, v 3 } čini ortonormiranu bazu prostora R 3, a zatim odrediti koordinate vektora v = (1, 0, 0) u toj bazi.

26 6 Rešenje: Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije: v 1 = u 1 = (1,, 1) v = u v 1 u v 1 v 1 v 1 = (3,, 1) (1,, 1) = (, 0, ) Normiranjem vektora v 1 i v dobijamo ortonormirane vektore v 1 i v : v 1 = 1 v 1 v 1 = (1,, 1) = 1 (1,, 1), v = 1 v v 1 = (, 0, ) = (1, 0, 1). Uvedimo oznaku v 3 = (x, y, z). Iz ortogonalnosti vektora v 1, v i v 3 sledi v 1 v 3 v 1 v 3 = 0 x + y + z = 0, v v 3 v v 3 = 0 x z = 0. Rešavanjem postavljenog sistema po x, y i z dobijamo da za koordinate vektora v 3 važe relacije x = z, y = z, z R \ {0}. Izborom, npr. z = 1 treći ortogonalni vektor glasi v 3 = (1, 1, 1), dok je ortonormirani v3 = 1 3 v 3 v 3 = (1, 1, 1). 3 Koordinate vektora v = (1, 0, 0) u ortonormiranoj bazi {v1, v, v 3 } su 3 v v1 = 1/, v v =, v v 3 = 3, 1/ v = / {v 1,v,v 3}. 3/3

27 7 31. Dati su vektori u 1, u R, u 1 = (, ), u = (1, 3). a) Odrediti ugao izmed u vektora u 1 i u. b) Polazeći od sistema vektora {u 1, u } formirati ortogonalnu bazu u R. Rezultat: a) (u 1, u ) = arccos (1/ 5). b) B = {(, ), (, )}. 3. Dokazati da su vektori u 1 = (1, 1, 0, 0), u = (0, 0, 1, 1), u 3 = (, 0, 0, 1), u 4 = (0, 0, 0, 3) linearno nezavisni. Polazeći od skupa vektora {u 1, u, u 3, u 4 }, primenom Gram- Šmitovog postupka ortogonalizacije, odrediti skup ortogonalnih vektora {v 1, v, v 3, v 4 }. Rešenje: Dokazaćemo linearnu nezavisnost: αu 1 + βu + γu 3 + δu 4 = θ α(1, 1, 0, 0) + β(0, 0, 1, 1) + γ(, 0, 0, 1) + δ(0, 0, 0, 3) = (0, 0, 0, 0) (α + γ, α, β, β + γ + 3δ) = (0, 0, 0, 0), odakle je α = β = γ = δ = 0, što znači da su dati vektori linearno nezavisni. Odredićemo ortogonalne vektore Gram-Šmitovim postupkom: v 1 = u 1 = (1, 1, 0, 0), v = u (u, v 1 ) (v 1, v 1 ) v 1 = (0, 0, 1, 1) (0, 0, 1, 1)(1, 1, 0, 0) (1, 1, 0, 0) = (0, 0, 1, 1), (1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0) (, 0, 0, 1)(1, 1, 0, 0) (1, 1, 0, 0) (1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0) (, 0, 0, 1)(0, 0, 1, 1) (1, (0, 0, 1, 1)(0, 0, 1, 1) (0, 0, 1, 1) = 1, 1, 1 ), v 4 = u 4 (u 4, v 1 ) (v 1, v 1 ) v 1 (u 4, v ) (v, v ) v (u 4, v 3 ) (v 3, v 3 ) v 3 v 3 = u 3 (u 3, v 1 ) (v 1, v 1 ) v 1 (u 3, v ) (v, v ) v = (, 0, 0, 1) (0, 0, 0, 3)(1, 1, 0, 0) = (0, 0, 0, 3) (1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0) ( ) (0, 0, 0, 3) 1, 1, 1, 1 ( )( 1, 1, 1, 1 1, 1, 1, 1 (0, 0, 0, 3)(0, 0, 1, 1) (1, 1, 0, 0) (0, 0, 1, 1) (0, 0, 1, 1)(0, 0, 1, 1) ( ) 1, 1, 1, 1 ) ( = 3 5, 3 5, 6 5, 6 ). 5

28 8 33. Dokazati da su vektori u 1 = (0, 1, 1), u = (1, 0, 1), u 3 = (1, 1, 1) linearno nezavisni. Polazeći od skupa vektora {u 1, u, u 3 }, primenom Gram- Šmitovog postupka ortogonalizacije, odrediti ortogonalnu bazu {v 1, v, v 3 }, a zatim vektor u = (1, 0, 0) predstaviti u toj bazi. Rešenje: Dokazaćemo linearnu nezavisnost: λu 1 + µu + νu 3 = θ λ(0, 1, 1) + µ(1, 0, 1) + ν(1, 1, 1) = (0, 0, 0) (µ+ν, λ+ν, λ µ+ν) = (0, 0, 0) λ = µ = ν = 0 vektori su linearno nezavisni. Odredićemo ortogonalne vektore: v 1 = u 1 = (0, 1, 1), v = u (u, v 1 ) (v 1, v 1 ) v 1 = (1, 0, 1) (1, 0, 1)(0, 1, 1) (1, (0, 1, 1)(0, 1, 1) (0, 1, 1) = 1, 1 v 3 = u 3 (u 3, v 1 ) (v 1, v 1 ) v 1 (u 3, v ) (v, v ) v (1, 1, 1)(0, 1, 1) = (1, 1, 1) (0, 1, 1) (0, 1, 1)(0, 1, 1) ( ) (1, 1, 1) 1, 1, 1 ( ( )( ) 1, 1 ) ( 1 1, 1, 1 1, 1, 1, 1 = 3, 1 3, 1. 3) Primetimo da je umesto dobijenih vektora v i v 3 bolje uzeti vektore v = (, 1, 1) i v 3 = (1, 1, 1), koji takod e sa v 1 čine ortogonalan sistem vektora. Odredićemo koordinate vektora u u odnosu na ortogonalnu bazu ), u = λu 1 + µu + νu 3 (1, 0, 0) = λ(0, 1, 1)+µ(, 1, 1)+ν(1, 1, 1) \ (0, 1, 1) \ (, 1, 1) \ (1, 1, 1) (1, 0, 0)(0, 1, 1) = λ(0, 1, 1)(0, 1, 1) λ = 0, (1, 0, 0)(, 1, 1) = µ(, 1, 1)(, 1, 1) µ = 1 3, (1, 0, 0)(1, 1, 1) = ν(1, 1, 1)(1, 1, 1) ν = 1 3.

29 34. Gram-Šmitovim postupkom ortogonalizacije odrediti ortonormirane vektore u 1, u R polazeći od vektora v 1 = (6, 8) i v = ( 3, 1). 9 Rezultat: Vektori u 1 i u su jednaki ( 3 u 1 = 5, 4 i u 5) = ( 4 5, 3 ) Koristeći Gram-Šmitov postupak ortogonalizacije i skup linearno nezavisnih vektora a = (1, 1, 1), b = (1,, 3), c = (1, 3, 4) formirati ortonormiranu bazu u R 3. Rezultat: Ortogonalni vektori su a ortonormirani u 1 = (1, 1, 1), u = ( 1, 0, 1), u 3 = u 1 = 1 3 (1, 1, 1), u = 1 ( 1, 0, 1), u 3 = ( 1, 1, 1 ), 1 3(, 1, 1 ).

30

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. Inverzna matrica

Determinante. Inverzna matrica Determinante Inverzna matrica Neka je A = [a ij ] n n kvadratna matrica Determinanta matrice A je a 11 a 12 a 1n a 21 a 22 a 2n det A = = ( 1) j a 1j1 a 2j2 a njn, a n1 a n2 a nn gde se sumiranje vrši

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića

Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće (zadaci) Beleške dr Bobana Marinkovića Verovatnoća i Statistika I deo Teorija verovatnoće zadaci Beleške dr Bobana Marinkovića Iz skupa, 2,, 00} bira se na slučajan način 5 brojeva Odrediti skup elementarnih dogadjaja ako se brojevi biraju

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Matematika I Elvis Baraković, Edis Mekić 4. studenog 2011. 1 Analitička geometrija 1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Skalarnom veličinom ili skalarom nazivamo onu veličinu koja je potpuno

Διαβάστε περισσότερα

Linearni operatori. Stepenovanje matrica

Linearni operatori. Stepenovanje matrica Linearni operatori Stepenovanje matrica Nea su X i Y vetorsi prostori nad istim poljem salara K Presliavanje A : X Y zovemo operator Za operator A ažemo da je linearan ao je istovremeno 1 aditivan: A(u

Διαβάστε περισσότερα

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2.

5 Sistemi linearnih jednačina. a 11 x 1 + a 12 x a 1n x n = b 1 a 21 x 1 + a 22 x a 2n x n = b 2. 5 Sistemi linearnih jednačina 47 5 Sistemi linearnih jednačina U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1 a

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

LINEARNA ALGEBRA I ANALITIČKA GEOMETRIJA

LINEARNA ALGEBRA I ANALITIČKA GEOMETRIJA LINEARNA ALGEBRA I ANALITIČKA GEOMETRIJA Predrag Tanović February 11, 211 {WARNING: Sadržaj ovog materijala NI U KOM SLUČAJU NE MOŽE ZAMENITI UDŽBENIK: radi se o prepravljanim slajdovima predavanja. Reference

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra. skripta. Januar 2013.

Linearna algebra. skripta. Januar 2013. Linearna algebra skripta Januar 3 Reč autora Ovaj tekst je nastao od materijala sa kursa Linearna algebra i analitička geometrija za studente Odseka za informatiku, Matematičkog fakulteta Univerziteta

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI

III VEŽBA: FURIJEOVI REDOVI III VEŽBA: URIJEOVI REDOVI 3.1. eorijska osnova Posmatrajmo neki vremenski kontinualan signal x(t) na intervalu definisati: t + t t. ada se može X [ k ] = 1 t + t x ( t ) e j 2 π kf t dt, gde je f = 1/.

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORSKI PROSTORI I ELEMENTI VEKTORSKE ANALIZE

VEKTORSKI PROSTORI I ELEMENTI VEKTORSKE ANALIZE VEKTORSKI PROSTORI I ELEMENTI VEKTORSKE ANALIZE Ivanka Milošević Univerzitet u Beogradu 1997 Predgovor Kurs MATEMATIČKA FIZIKA I prvi put sam predavala 1995/1996 godine, pri čemu sam se velikom delu držla

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa:

Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika 2 KOLOKVIJUM 1. Prezime, ime, br. indeksa: Fakultet tehničkih nauka, Softverske i informacione tehnologije, Matematika KOLOKVIJUM 1 Prezime, ime, br. indeksa: 4.7.1 PREDISPITNE OBAVEZE sin + 1 1) lim = ) lim = 3) lim e + ) = + 3 Zaokružiti tačne

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

4 Unitarni prostori. 4.1 Definicija i svojstva unitarnih prostora. K polje R ili C, V je vektorski prostor nad K

4 Unitarni prostori. 4.1 Definicija i svojstva unitarnih prostora. K polje R ili C, V je vektorski prostor nad K 4 Unitarni prostori 4.1 Definicija i svojstva unitarnih prostora K polje R ili C, V je vektorski prostor nad K Definicija. Skalarni produkt na V je svaka funkcija p q: V ˆ V Ñ K koja ima sljedeća svojstva:

Διαβάστε περισσότερα

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... }

Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E. = {,,,... } VEROVTNOĆ - ZDI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju,

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

Neodred eni integrali

Neodred eni integrali Neodred eni integrali Definicija. Za funkciju F : I R, gde je I interval, kažemo da je primitivna funkcija funkcije f : I R ako je za svako I. F () f() Teorema 1. Ako je F : I R primitivna funkcija za

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

METODA SEČICE I REGULA FALSI

METODA SEČICE I REGULA FALSI METODA SEČICE I REGULA FALSI Zadatak: Naći ulu fukcije f a itervalu (a,b), odoso aći za koje je f()=0. Rešeje: Prvo, tražimo iterval (a,b) a kome je fukcija eprekida, mootoa i važi: f(a)f(b)

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Norme vektora i matrica

Norme vektora i matrica 2 Norme vektora i matrica Pojam norme u vektorskim prostorima se najčešće povezuje sa određenom merom veličine elemenata tog prostora. Tako je u prostoru realnih brojeva R, norma elementa x R najčešće

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova. Pojam skupa U matematici se pojam skup ne definiše eksplicitno. On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija i linearna algebra

Analitička geometrija i linearna algebra 1. VEKTORI POJAM VEKTORA Svakodnevno se susrećemo s veličinama za čije je određivanje potrean samo jedan roj. Na primjer udaljenost, površina, volumen,. Njih zovemo skalarnim veličinama. Međutim, postoje

Διαβάστε περισσότερα

Prediktor-korektor metodi

Prediktor-korektor metodi Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu.

Zadatak 2 Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z 3 z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Kompleksna analiza Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu površ, opisati sve grane funkcije f(z) = z z 4 i objasniti prelazak sa jedne na drugu granu. Zadatak Odrediti tačke grananja, Riemann-ovu

Διαβάστε περισσότερα

2. Vektorski prostori

2. Vektorski prostori 2. Vektorski prostori 2.1. Pojam vektorskog prostora. Grubo govoreći, vektorski prostor je skup na kojem su zadane binarna operacija zbrajanja i operacija množenja skalarima koje poštuju uobičajena računska

Διαβάστε περισσότερα

Matrice linearnih operatora i množenje matrica. Franka Miriam Brückler

Matrice linearnih operatora i množenje matrica. Franka Miriam Brückler Matrice linearnih operatora i množenje matrica Franka Miriam Brückler Kako je svaki vektorski prostor konačne dimenzije izomorfan nekom R n (odnosno C n ), pri čemu se ta izomorfnost očituje odabirom baze,

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia.

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia. Matematička logika Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia oktobar 2012 Iskazi, istinitost, veznici Intuitivno, iskaz je rečenica koja je ima tačno jednu jednu istinitosnu

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak

Matematiqki fakultet. Univerzitet u Beogradu. Domai zadatak Matematiqki fakultet Univerzitet u Beogradu Domai zadatak Zlatko Lazovi 30. decembar 2016. verzija 1.1 Sadraj 1 METRIQKI PROSTORI 2 1 1 METRIQKI PROSTORI a) Neka je (M, d) metriqki prostor i neka je (x

Διαβάστε περισσότερα

Relacije poretka ure denja

Relacije poretka ure denja Relacije poretka ure denja Relacija na skupu A je relacija poretka na A ako je ➀ refleksivna ➁ antisimetrična ➂ tranzitivna Umesto relacija poretka često kažemo i parcijalno ured enje ili samo ured enje.

Διαβάστε περισσότερα

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a.

Determinante. a11 a. a 21 a 22. Definicija 1. (Determinanta prvog reda) Determinanta matrice A = [a] je broj a. Determinante Determinanta A deta je funkcija definirana na skupu svih kvadratnih matrica, a poprima vrijednosti iz skupa skalara Osim oznake deta za determinantu kvadratne matrice a 11 a 12 a 1n a 21 a

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015

Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015 Milan Merkle M A T E M A T I K A (radni naslov) III Verzija (1999-23), novembar 215 Sadržaj: Analitička geometrija Funkcije više promenljivih Integrali (krivolinijski, višetruki, površinski) Kompleksna

Διαβάστε περισσότερα

8 Funkcije više promenljivih

8 Funkcije više promenljivih 8 Funkcije više promenljivih 78 8 Funkcije više promenljivih Neka je R skup realnih brojeva i X R n. Jednoznačno preslikavanje f : X R naziva se realna funkcija sa n nezavisno promenljivih čiji je domen

Διαβάστε περισσότερα

Dužina luka i oskulatorna ravan

Dužina luka i oskulatorna ravan Dužina luka i oskulatorna ravan Diferencijalna geometrija Vježbe Rješenja predati na predavanjima, u srijedu 9. ožujka 16. god. Zadatak 1. Pokazati da je dužina luka invarijantna pod reparametrizacijom

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet.

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet. Glava 1 Vektori U mnogim naukama proučavaju se vektorske i skalarne veličine. Skalarna veličina je odred ena svojom brojnom vrednošću u izabranom sistemu jedinica. Takve veličine su temperatura, težina

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA 3. Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavnički

MATEMATIKA 3. Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavnički Ljiljana Arambašić MATEMATIKA 3 Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i kemije, smjer nastavnički Integrirani preddiplomski i diplomski studij fizike i tehnike, smjer nastavnički SADRŽAJ

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Transformacije koordinata tačaka Transformacije koordinata tačaka Pretpostavimo da za bazne

Διαβάστε περισσότερα

Ispit iz Matematike 2

Ispit iz Matematike 2 Ispit iz Matematike 2 I grupa 1. Dato je preslikavanje H: M 2x2 M 2x2, H A = 1 2 A + AT. Pokazati da je to preslikavanje linearni operator, nadi matricu, sopstvene vrednosti i sopstvene vektore tog operatora.

Διαβάστε περισσότερα

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a

Prvi pismeni zadatak iz Analize sa algebrom novembar Ispitati znak funkcije f(x) = tgx x x3. 2. Naći graničnu vrednost lim x a Testovi iz Analize sa algebrom 4 septembar - oktobar 009 Ponavljanje izvoda iz razreda (f(x) = x x ) Ispitivanje uslova Rolove teoreme Ispitivanje granične vrednosti f-je pomoću Lopitalovog pravila 4 Razvoj

Διαβάστε περισσότερα

Osnovne definicije i rezultati iz Uvoda u linearnu algebru

Osnovne definicije i rezultati iz Uvoda u linearnu algebru Osnovne definicije i rezultati iz Uvoda u linearnu algebru (0.01) Simetrije Neka je A = [a ij ] kvadratna matrica (matrica oblika n n). a) Za A kažemo da je simetrična matrica kadgod je A = A, tj. kadgod

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom.

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom. RAVAN Ravan je osnovni pojam u geometiji i kao takav se ne definiše. Ravan je odeđena tačkom i nomalnim vektoom. nabc (,, ) π M ( x,, ) y z Da bi izveli jednačinu avni, poučimo sledeću sliku: n( A, B,

Διαβάστε περισσότερα

Linearna algebra

Linearna algebra Linearna algebra 2 Siniša Miličić cinik@studentmathhr 2462004 Molim da se sve uočene greške i primjedbe pošalju na mail Ovaj dokument je javno dobro, te se smije neograničeno umnažati, mijenjati i koristiti

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi veštačke inteligencije primer 1

Sistemi veštačke inteligencije primer 1 Sistemi veštačke inteligencije primer 1 1. Na jeziku predikatskog računa formalizovati rečenice: a) Miloš je slikar. b) Sava nije slikar. c) Svi slikari su umetnici. Uz pomoć metode rezolucije dokazati

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr

KONVEKSNI SKUPOVI. Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5. Back FullScr KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 KONVEKSNI SKUPOVI Definicije: potprostor, afin skup, konveksan skup, konveksan konus. 1/5 1. Neka su x, y R n,

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

KURS IZ MATEMATIKE I

KURS IZ MATEMATIKE I UČITELJSKI FAKULTET U SOMBORU dr Aleksandar Petojević KURS IZ MATEMATIKE I TEORIJA I REŠENI ZADACI Sombor, 2003. Glava 1 Matematička logika 1.1 Teorija Definicija 1. Iskazi su one rečenice o kojima ima

Διαβάστε περισσότερα

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2

ZADATAKA IZ MATEMATIKE 2 Mr VENE T BOGOSLAVOV ZBIRKA REŠENIH ZADATAKA IZ MATEMATIKE 5 ispravljeno izdanje ZAVOD ZA UDŽBENIKE BEOGRAD Redaktor i recenzent DOBRILO TOŠIĆ Urednik MILOLJUB ALBIJANIĆ Odgovorni urednik MILORAD MARJANOVIĆ

Διαβάστε περισσότερα

Zbirka zadataka iz Matematike I

Zbirka zadataka iz Matematike I UNIVERITET U NOVOM SADU TEHNOLOŠKI FAKULTET Tatjana Došenović Dušan Rakić Aleksandar Takači Mirjana Brdar birka zadataka iz Matematike I - za studente Tehnološkog fakulteta - Novi Sad, 008. UNIVERITET

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO

Matematičke metode u marketingumultidimenzionalno skaliranje. Lavoslav ČaklovićPMF-MO Matematičke metode u marketingu Multidimenzionalno skaliranje Lavoslav Čaklović PMF-MO 2016 MDS Čemu služi: za redukciju dimenzije Bazirano na: udaljenosti (sličnosti) među objektima Problem: Traži se

Διαβάστε περισσότερα

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

4 Matrice i determinante

4 Matrice i determinante 4 Matrice i determinante 32 4 Matrice i determinante Definicija 1 Pod matricom tipa (formata) m n nad skupom (brojeva) P podrazumevamo funkciju koja preslikava Dekartov proizvod {1, 2,, m} {1, 2,, n} u

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti

POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, Vladimir Balti POLINOMI I RACIONALNE FUNKCIJE Nastava u Matematiqkoj gimnaziji, 004. Vladimir Balti Pojam polinoma. Prsten polinoma.. Dati su polinomi P (x) = x + x +, Q(x) = x 4 x +, R(x) = x x +. Proveriti da li za

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006.

dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006. dr L. Stefanović, mr M. Matejić, dr S. Marinković DIFERENCIJALNE JEDNAČINE ZA STUDENTE TEHNIČKIH FAKULTETA SKC Niš, 2006. dr Lidija Stefanović, mr Marjan Matejić, dr Slad ana Marinković DIFERENCIJALNE

Διαβάστε περισσότερα

1 ISKAZNA I PREDIKATSKA LOGIKA Zadaci Rešenja SKUPOVI Zadaci RELACIJE Zadaci Rešenja...

1 ISKAZNA I PREDIKATSKA LOGIKA Zadaci Rešenja SKUPOVI Zadaci RELACIJE Zadaci Rešenja... Sadržaj 1 ISKAZNA I PREDIKATSKA LOGIKA 3 1.1 Zadaci............................... 6 1.2 Rešenja.............................. 8 2 SKUPOVI 13 2.1 Zadaci............................... 16 2.2 Rešenja..............................

Διαβάστε περισσότερα

1. Funkcije više promenljivih

1. Funkcije više promenljivih 1. Funkcije više promenljivih 1. Granične vrednosti funkcija više promenljivih Definicija 1. Funkcija f : D( R n R ima graničnu vrednost u tački (x 0 1, x 0 2,..., x 0 n D i jednaka je broju α R ako važi

Διαβάστε περισσότερα