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