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 2 Sadržaj Uvod 4 1 Vektorski prostor V 3 5 1.1 Orijentirane dužine i vektori................... 5 1.2 Zbrajanje vektora......................... 10 1.3 Množenje vektora skalarom.................... 14 1.4 Kolinearni i komplanarni vektori................. 18 1.5 Baza prostora V 3......................... 26 1.6 Zadaci............................... 28 2 Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 31 2.1 Skalarno množenje........................ 31 2.2 Vektorsko množenje........................ 37 2.3 Mješovito množenje........................ 43 2.4 Zadaci............................... 47 3 Analitička geometrija prostora 51 3.1 Kartezijev koordinatni sustav.................. 51 3.2 Jednadžbe ravnine........................ 53 3.3 Segmentni oblik jednadžbe ravnine............... 58 3.4 Jednadžba pravca u prostoru................... 60 3.5 Kut izmedu ravnina i pravaca.................. 64 3.6 Udaljenost točke od ravnine................... 66 3.7 Udaljenost točke od pravca.................... 67 3.8 Udaljenost dvaju pravaca i njihova zajednička normala.... 69 3.9 Zadaci............................... 73 4 Matrice 77 4.1 Definicija............................. 77 4.2 Zbrajanje matrica i množenje matrica skalarom........ 81 4.3 Množenje matrica......................... 86 2

SADRŽAJ 3 4.4 Regularne matrice......................... 88 4.5 Determinante........................... 92 4.6 Računanje inverzne matrice................... 106 4.7 Zadaci............................... 111 5 Dodatak 114 5.1 Relacija ekvivalencije....................... 114 5.2 Primjeri kolokvija......................... 116 5.3 Primjeri pismenih ispita..................... 122 Literatura 126 3

SADRŽAJ 4 Uvod Matematika 3 je obavezni kolegij koji se izvodi u trećem semestru nastavničkih smjerova Integriranih prediplomskih i diplomskih studija fizike i kemije, odnosno, fizike i tehnike. Matematički kolegiji koji mu prethode su Matematika 1 i 2, a Matematika 4 se direktno nastavlja na Matematiku 3. Cilj kolegija Matematika 3 je upoznavanje studenata s osnovnim konceptima linearne algebre. Gradivo možemo podijeliti u tri osnovne cjeline: proučavanje vektorskog postora V 3, osnovni elementi analitičke geometrije prostora, te uvod u teoriju matrica. Ovi nastavni materijali nastali su prema predavanjima koje sam održavala tijekom nekoliko posljednjih godina. Teorijski rezultati su potkrijepljeni brojnim primjerima koji su detaljno objašnjeni u sklopu izlaganja gradiva. Neki od njih su u nastavi obradeni na predavanjima, a neki na vježbama. Na kraju svakog poglavlja navedeni su zadaci koji su namijenjeni studentima za samostalno uvježbavanje naučenog gradiva. Zahvaljujem se recenzentima dr.sc. Rajni Rajić, dr.sc. Borisu Guljašu i dr.sc. Marku Vrdoljaku na pažljivom čitanju, te sugestijama koje su pridonijele boljoj prezentaciji materijala. 4

1. Vektorski prostor V 3 5 1 Vektorski prostor V 3 U ovom poglavlju ćemo se upoznati s orijentiranim dužinama i vektorima. Definirat ćemo zbrajanje vektora i množenje vektora skalarima, što će nas dovesti do pojmova linearne kombinacije vektora. Nadalje ćemo proučavati kolinearne i komplanarne vektore kao posebne slučajeve linearne zavisnosti i nezavisnosti vektora. U završnoj sekciji uvodimo pojam baze i dokazujemo njena osnovna svojstva. 1.1 Orijentirane dužine i vektori Neka E 3 označava trodimenzionalni prostor uz točkovnu strukturu. Definicija 1.1.1. Orijentirana dužina AB je uredeni par (A, B) točaka A, B E 3. Točku A nazivamo početkom, a točku B krajem orijentirane dužine AB. Skup svih orijentiranih dužina u E 3 ćemo označavati s D, dakle D = { AB : A, B E 3 }. Na skupu D definiramo relaciju na sljedeći način: reći ćemo da su orijentirane dužine AB i CD ekvivalentne, i pisat ćemo AB CD, ako dužine AD i BC imaju zajedničko polovište. (Definiciju i osnovna svojstva relacija, posebno relacija ekvivalencije, možete naći u Dodatku u točki 5.1.) Ekvivalentne orijentirane dužine AB CD i EF GH. Sjetimo se da je četverokut paralelogram ako i samo ako mu se dijagonale raspolavljaju. Zato, za A, B, C, D koje ne leže na istom pravcu, vrijedi: AB CD četverokut ACDB je paralelogram. 5

1. Vektorski prostor V 3 6 Propozicija 1.1.2. Relacija je relacija ekvivalencije na skupu D. Dokaz: Treba dokazati da je relacija refleksivna, simetrična i tranzitivna. Refleksivnost, to jest, to da je AB AB za sve AB D, je očita. Nadalje, ako AB CD tada AD i BC imaju zajedničko polovište, odnosno, CB i DA imaju zajedničko polovište, dakle, CD AB. Pretpostavimo AB CD i CD EF. Tada su ACDB i CEF D paralelogrami, a onda se lako pokaže da je i AEF D paralelogram. Propozicija 1.1.3. Neka je AB D. Tada za svaku točku C E 3 postoji jedinstvena točka D E 3 takva da je AB CD. Dokaz: Ako je A = B tada je jedinstvena točka D upravo jednaka točki C. Ako su A i B različite točke tada prvo nademo polovište P dužine BC, a zatim odredimo jedinstvenu točku D tako da je P polovište od AD. Prema definiciji je AB CD. Slijedi da za svaku orijentiranu dužinu postoji mnogo orijentiranih dužina koje su joj ekvivalentne. Zapravo, svaku točku prostora možemo smatrati početkom jedinstvene orijentirane dužine koja je ekvivalentna zadanoj orijentiranoj dužini. Još neka svojstva relacije dokazujemo u sljedećoj propoziciji. Propozicija 1.1.4. Vrijede sljedeće tvrdnje: (1) AB CD AC BD BA DC. (2) Ako je AB AC tada je B = C. (3) Ako je AB A B i BC B C tada je AC A C. Dokaz: (1) Ako AB CD tada AD i BC imaju zajedničko polovište, to jest, AD i CB imaju zajedničko polovište, dakle AC BD. Slično se dokazuje i preostala implikacija. (2) Ako je AB AC tada AC i AB imaju zajedničko polovište, odakle je B = C. 6

1. Vektorski prostor V 3 7 (3) Prema prvoj tvrdnji zaključujemo da iz AB A B slijedi AA BB, a iz BC B C slijedi BB CC. Sada tranzitivnost relacije daje AA CC, a onda prva tvrdnja povlači AC A C. Svaka relacija ekvivalencije dijeli skup na kojem je definirana na disjunktnu uniju podskupova koje zovemo klase ekvivalencije. U svakoj klasi ekvivalencije svi su elementi medusobno ekvivalentni, a elementi iz različitih klasa ne mogu biti ekvivalentni. Klase ekvivalencije za relaciju na skupu D nazivamo vektorima. Definirajmo pojam vektora preciznije. Definicija 1.1.5. Neka je AB orijentirana dužina. Vektor reprezentiran orijentiranom dužinom AB je skup svih orijentiranih dužina koje su ekvivalentne s AB. Drugim riječima, vektor reprezentiran orijentiranom dužinom AB je klasa ekvivalencije od AB, to jest, [ AB] = { CD D : CD AB}. Vektore označavamo malim slovima abecede sa strelicom: a, b,.... Skup svih vektora ćemo označavati s V 3 i nazivati prostorom vektora ili (trodimenzionalnim) vektorskim prostorom. Dakle, V 3 := {[ AB] : AB D}. Ako je a = [ AB] tada kažemo da je AB predstavnik ili reprezentant vektora a. Naravno, tada je a = [ CD] za sve CD AB, to jest, a = [ CD], CD a. Vektor reprezentiran orijentiranom dužinom AB. 7

1. Vektorski prostor V 3 8 Pokažimo da svaki vektor ima predstavnika s početkom u proizvoljnoj točki prostora E 3. Propozicija 1.1.6. Neka su a V 3 i A E 3 proizvoljni. jedinstvena točka B E 3 takva da je a = [ AB]. Tada postoji Dokaz: Neka je a = [ CD]. Prema propoziciji 1.1.3 postoji jedinstvena točka B E 3 takva da je CD AB. Tada je a = [ AB]. Primjer 1.1.7. Odredimo koliko različitih orijentiranih dužina, a koliko različitih vektora odreduju vrhovi kvadrata ABCD. Orijentirane dužine odredene vrhovima kvadrata su AA, AB, AC, AD, BA, BB, BC, BD, CA, CB, CC, CD, DA, DB, DC, DD. Sve su medusobno različite, dakle, ukupno ih je 16. Sada promatramo vektore reprezentirane ovim orijentiranim dužinama. Očito su neki od njih jednaki: [ AA] = [ BB] = [ CC] = [ DD], [ AB] = [ DC], [ AC], [ AD] = [ BC], [ BA] = [ CD], [ BD], [ CA], [ CB] = [ DA] i [ DB]. Dakle, ukupno ih je 9. Zadatak 1.1.8. Neka je ABCDEF pravilni šesterokut i O njegovo središte. Koliko različitih vektora odreduju stranice tog šesterokuta? Svakom od tih vektora odredite predstavnika u točki O. Uvedimo sada dva posebna vektora: nulvektor i suprotni vektor. Neka je A E 3 bilo koja točka. Promotrimo klasu čiji je reprezentant orijentirana dužina AA. Po definiciji je [ AA] = { BC D : BC AA}. Kako je BC AA ako i samo ako se polovišta od AB i AC se podudaraju, a to se dešava ako i samo ako je B = C, slijedi da je [ AA] = { BB : B E 3 }. 8

1. Vektorski prostor V 3 9 Ovaj vektor nazivamo nulvektorom i označavamo s 0. Dakle, 0 = { AA D : A E 3 }. Suprotni vektor vektora a = [ AB] je vektor a := [ BA]. Da bi ova definicija bila korektna moramo provjeriti da ne ovisi o izboru predstavnika vektora a. Zaista, ako bi uzeli a = [ CD] tada bi bilo a := [ DC]. No kako je AB CD, to prema propoziciji 1.1.4(1) slijedi BA DC. Zato je [ BA] = [ DC], to jest, a je jednoznačno odreden. Uočimo da je suprotni vektor vektora a upravo a, dakle a = ( a ). Zato obično govorimo o paru suprotnih vektora. Uvedimo sada pojmove modula (duljine), smjera i orijentacije vektora. Duljina ili modul vektora a = [ AB], oznaka a, je duljina dužine AB, tj. a = AB. Smjer vektora a = [ AB] 0, oznaka s a, je smjer odreden pravcem AB. Smjer nulvektora nije definiran. Neka su a, b 0 vektori istog smjera. Ako je a = [ OA] i b = [ OB] tada kažemo da su a i b jednako (suprotno) orijentirani ako su točke A i B s iste strane (s raznih strana) od točke O. Već smo uočili da medusobno ekvivalentne orijentirane dužine imaju iste duljine, to jest, svi reprezentanti jednog vektora imaju iste duljine, pa je gornja definicija modula vektora dobra. Jedini vektor duljine 0 je nulvektor. Nadalje, ako je a 0, tada svi reprezentanti odreduju medusobno paralelne pravce pa je i gornje uvedeni pojam smjera vektora korektan. Još uočimo da samo vektore istog smjera možemo usporedivati po orijentaciji. Pritom smo najprije oba vektora reprezentirali orijentiranim dužinama s istim početkom, što možemo prema propoziciji 1.1.3. Napomenimo još da se pojmovi jednako i suprotno orijentiranih vektora mogu uvesti i na drugi (ekvivalentan) način (vidi npr. [2]). 9

1. Vektorski prostor V 3 10 Propozicija 1.1.9. Dva vektora su jednaka ako i samo ako imaju iste duljine, smjerove i orijentacije. Dva vektora su suprotna ako i samo ako imaju iste duljine i smjerove, te suprotne orijentacije. Zadatak 1.1.10. Neka su a, b i c vektori istog smjera. definiciji) da vrijede sljedeće tvrdnje: Uvjerite se (po (a) ako su a i b istih orijentacija, te b i c istih orijentacija, tada su a i c istih orijentacija; (b) ako su a i b istih orijentacija, te b i c suprotnih orijentacija, tada su a i c suprotnih orijentacija; (c) ako su a i b suprotnih orijentacija, te b i c suprotnih orijentacija, tada su a i c istih orijentacija. 1.2 Zbrajanje vektora Zbrajanje vektora ćemo definirati po tzv. pravilu trokuta. To znači da ćemo reprezentante vektora odabrati tako da formiraju trokut: reprezentant prvog vektora možemo odabrati proizvoljno, a reprezentant drugog vektora tako da ima početak u kraju reprezentanta prvog vektora. Takav izbor je moguć zbog propozicije 1.1.6. Definicija 1.2.1. Neka su a, b V 3 te neka je a = [ AB] i b = [ BC]. Tada vektor [ AC] nazivamo zbrojem vektora a i b i označavamo s a + b. Zbrajanje vektora je binarna operacija + : V 3 V 3 V 3, ( a, b ) a + b. Da bi prethodna definicija bila dobra moramo još provjeriti da rezultirajući vektor a + b ne ovisi o reprezentantima koje smo izabrali za a i b, to jest, i svaki drugi par reprezentanata vektora a i b odabranih na gornji način daju isti zbroj. 10

1. Vektorski prostor V 3 11 Neka je a = [ AB] = [ A 1 B 1 ] i b = [ BC] = [ B 1 C 1 ]. Tada je AB A 1 B 1 i BC B 1 C 1. Prema propoziciji 1.1.4(3), AC A 1 C 1, dakle [ AC] = [ A 1 C 1 ]. Zbrojimo prvo a i b pomoću reprezentanata AB i BC : a + b = [ AB] + [ BC] = [ AC]. Zbrojimo ih sada pomoću reprezentanata A 1 B 1 i B 1 C 1 : a + b = [ A 1 B 1 ] + [ B 1 C 1 ] = [ A 1 C 1 ]. Kako je [ AC] = [ A 1 C 1 ], slijedi da smo dobili isti rezultat, pa je naša definicija dobra. Zbroj vektora Napomena 1.2.2. Zbroj vektora možemo uvesti i na drugi način. Za zadane vektore a i b odaberemo predstavnike s početkom u istoj točki, dakle, neka je a = AB i b = AC. Zatim odaberemo točku D tako da je AB ekvivalentna s CD. Zbroj vektora a + b tada definiramo kao vektor [ AD]. U slučaju kada su A, B, C nekolinearne točke, ABDC je paralelogram, pa kažemo da smo vektore a i b zbrojili po pravilu paralelograma. Naravno, ove dvije definicije su ekvivalentne (u smislu da u oba slučaja dobivamo isti rezultirajući vektor a + b ). Napomena 1.2.3. Prisjetimo se što znači da je neki skup grupa s obzirom na binarnu operaciju definiranu na tom skupu. Neka je G i : G G G binarna operacija za koju vrijedi (G1) a (b c) = (a b) c za sve a, b, c G; 11

1. Vektorski prostor V 3 12 (G2) postoji e G takav da je a e = e a = a za sve a G; (G3) za svaki a G postoji a G takav da je a a = a a = e. Tada kažemo da je (G, ) grupa (ili da je skup G grupa s obzirom na operaciju ). Svojstvo (G1) nazivamo asocijativnost operacije. Element e iz svojstva (G2) nazivamo neutralnim elementom grupe G, a a iz svojstva (G3) inverznim ili suprotnim elementom elementa a. Uvjete (G1) (G3) nazivamo aksiomi grupe. Ako uz (G1) (G3) vrijedi još i svojstvo komutativnosti (G4) a b = b a za sve a, b G; tada kažemo da je (G, ) komutativna ili Abelova grupa. Provjerimo jesu li svojstva (G1) (G4) zadovoljena za skup V 3 i operaciju zbrajanja vektora. Neka su a, b, c V 3 proizvoljni vektori. Njihove predstavnike odaberimo ulančano, to jest, neka je Tada je a = [ AB], b = [ BC], c = [ CD]. ( a + b ) + c = ([ AB] + [ BC]) + [ CD] = [ AC] + [ CD] = [ AD], a + ( b + c ) = [ AB] + ([ BC] + [ CD]) = [ AB] + [ BD] = [ AD], pa je (G1) ispunjeno. Asocijativnost zbrajanja: ( a + b ) + c i a + ( b + c ). 12

1. Vektorski prostor V 3 13 jer je Ulogu neutralnog elementa igra nulvektor: za svaki a = [ AB] V 3 vrijedi a + 0 = [ AB] + [ BB] = [ AB] = a, 0 + a = [ AA] + [ AB] = [ AB] = a. Za a = [ AB] inverzni element je upravo suprotni vektor zadanog vektora, a + ( a ) = [ AB] + [ BA] = 0, ( a ) + a = [ BA] + [ AB] = 0. Konačno, ako je a = [ AB] i b = [ BC] onda je a + b = [ AB] + [ BC] = AC]. Neka je D E 3 jedinstvena točka takva da je a = [ CD]. Tada je [ b + a = [ BC] + [ CD] = [ BD]. Kako je a = [ AB] = [ CD] to je AB CD, a onda je prema propoziciji 1.1.4 i AC BD. Slijedi da je [ AC] [ BD], to jest, a + b = b + a pa vrijedi (G5). Time smo dokazali sljedeći teorem. Teorem 1.2.4. (V 3, +) je komutativna grupa. Kao što je razlika brojeva x i y upravo zbroj brojeva x i y, tako se definira i razlika vektora. Dakle, razlika a b vektora a i b je zbroj vektora a i b : a b := a + ( b ). Primjer 1.2.5. Neka je ABCDA B C D kvadar. Tada se od vektora [ AC ], [ B D], [ CA ], [ D B] može sastaviti četverokut. Treba pokazati da je [ AC ] + [ B D] + [ CA ] + [ D B] = 0, a to slijedi iz sljedećih zapisa [ AC ] = [ AC] + [ CC ], [ B D] = [ B B] + [ BD] = [ CC ] + [ BD], [ CA ] = [ CA] + [ AA ] = [ AC] + [ AA ], [ D B] = [ D D] + [ DB] = [ AA ] [ BD]. 13

1. Vektorski prostor V 3 14 Primjer 1.2.6. Neka je zadan trokut ABC i neka su nad njegovim stranicama konstruirani paralelogrami ABDE, BCF G i CAHI. Dokažimo da je [ DG] + [ F I] + [ HE] = 0. Ovdje ćemo takoder postupiti kao u prethodnom primjeru, to jest, spomenute vektore ćemo izraziti pomoću vektora reprezentiranim stranicama paralelograma, dakle [ DG] = [ DB] + [ BG] = [ EA] + [ CF ], [ F I] = [ F C] + [ CI] = [ CF ] + [ AH], [ HE] = [ HA] + [ AE] = [ AH] [ EA]. 1.3 Množenje vektora skalarom Naučimo sada kako vektore množimo skalarima, tj. realnim brojevima. Definicija 1.3.1. Množenje vektora skalarom je preslikavanje : R V 3 V 3, (λ, a ) λ a, gdje je vektor λ a definiran na sljedeći način: 14

1. Vektorski prostor V 3 15 (a) ako je λ = 0 ili a = 0 tada je umnožak λ a jednak 0 ; (b) ako je λ 0 i a 0, tada je λ a zadan svojom duljinom, smjerom i orijentacijom: λ a = λ a, smjer od λ a podudara se sa smjerom vektora a, a orijentacije od a i λ a su iste ako je λ > 0, te suprotne ako je λ < 0. Vektor λ a nazivamo umnoškom vektora a i skalara λ. Sada kada smo definirali zbrajanje vektora i množenje vektora skalarom možemo uvesti i pojam koji ćemo često koristiti. Linearna kombinacija vektora a 1,..., a n je svaki vektor oblika λ 1 a 1 +... + λ n a n, pri čemu su λ 1,..., λ n R. Lema 1.3.2. Neka je λ R i a V 3. Tada je λ a = 0 ako i samo ako je λ = 0 ili a = 0. Dokaz: Direktno iz definicije: λ a = 0 λ a = 0 λ a = 0 ( λ = 0 ili a = 0) (λ = 0 ili a = 0 ). Teorem 1.3.3. Za sve λ, µ R, a, b V 3 vrijedi: (a) λ(µ a ) = (λµ) a = µ(λ a ) (kvaziasocijativnost); (b) 1 a = a (posjedovanje jedinice za množenje); (c) (λ + µ) a = λ a + µ a (distributivnost s obzirom na zbrajanje skalara); (d) λ( a + b ) = λ a + λ b (distributivnost s obzirom na zbrajanje vektora). 15

1. Vektorski prostor V 3 16 Dokaz: (a) Ako je λ = 0 ili µ = 0 ili a = 0 tada je očito da jednakost vrijedi. Pretpostavimo da je λ 0, µ 0 i a 0. Provjerit ćemo da vektori λ(µ a ) i (λµ) a imaju jednake duljine, smjerove i orijentacije, te ćemo onda moći zaključiti da su to jednaki vektori. Počimo s duljinom: λ(µ a ) = λ µ a = λ µ a = λµ a = (λµ) a. Nadalje, prema definiciji množenja vektora skalarom je smjer vektora λ(µ a ) jednak smjeru vektora µ a, što je dalje jednako smjeru vektora a. Isto tako, smjer vektora (λµ) a jednak je smjeru vektora a, pa se onda smjerovi vektora λ(µ a ) i (λµ) a podudaraju. Na kraju provjerimo orijentacije vektora. To ovisi o predznacima skalara i zato treba provjeriti sve mogućnosti: (1) λ > 0 i µ > 0, (2) λ > 0 i µ < 0, (3) λ > 0 i µ < 0 i (4) λ < 0 i µ < 0. Svaki od ovih slučajeva se slično provjerava pa ćemo zato provjeriti samo (2). Kako je µ < 0 to su a i µ a suprotnih orijentacija, a zbog λ > 0 su λ(µ a ) i µ a istih orijentacija - dakle, λ(µ a ) i a su suprotnih orijentacija. Nadalje, zbog λµ < 0 su (λµ) a i a suprotnih orijentacija, što u konačnici daje da su λ(µ a ) i (λµ) a istih orijentacija. Time smo pokazali da je λ(µ a ) = (λµ) a za sve λ, µ i a. Dokaz preostale jednakosti je sada vrlo jednostavan: (λµ) a = (µλ) a = µ(λ a ). (b) Očito su vektori 1 a i a jednakih duljina, smjerova i orijentacija, pa su to jednaki vektori. (c) Ako je λ = 0 ili µ = 0 ili je a = 0 tada je tvrdnja očita. Takoder, tvrdnja je očita i kada je λ + µ = 0. Zato pretpostavimo da su λ i µ različiti od nule, λ µ, te a 0. I ovdje ćemo jednakost vektora (λ+µ) a i λ a +µ a provjeriti tako što ćemo pokazati da su duljine, smjerovi i orijentacije tih vektora jednaki. Jasno 16

1. Vektorski prostor V 3 17 je da su smjerovi jednaki. Za duljinu i orijentaciju moramo razmatrati različite slučajeve ovisne o predznacima λ, µ i λ + µ. Pretpostavimo da su λ i µ oba pozitivni. Tada je (λ + µ) a = λ + µ a = (λ + µ) a = λ a + µ a = λ a + µ a = λ a + µ a, pri čemu posljednja jednakost vrijedi jer su λ a i µ a vektori istog smjera i orijentacija. Ako je npr. λ > 0 i µ < 0 i λ + µ > 0 tada je (λ + µ) a = λ + µ a = (λ + µ) a = λ a + µ a = λ a µ a = λ a µ a = λ a + µ a, pri čemu posljednja jednakost slijedi iz činjenice da su λ a i µ a vektori istog smjera i suprotnih orijentacija. Slično se zaključuje i u ostalim slučajevima. Iz s (λ+µ) a = s a, te s λ a +µ a = s a, slijedi s (λ+µ) a = s λ a +µ a. Za provjeru orijentacije ponovno moramo gledati predznake. Dokaz je jednostavan i zato ga preskačemo. (d) Ako je λ = 0 tvrdnja je trivijalna. Slučaj kada su a i b nije težak (provjerite sami). Pretpostavimo da je λ > 0, te da su a i b različitih smjerova. Neka je a = [ OA] i b = [ AB]. Tada je a + b = [ OB]. Ako je λ a = [ OA ], tada su O, A i A kolinearne točke. Označimo s B točku na pravcu OB tako da su trokuti OA B i OAB slični. Iz sličnosti slijedi da je AB A B i A B = λ AB, pa je [ A B ] = λ b. Isto tako je O B = λ OB, a kako su O, B i B na istom pravcu, to je [ OB ] = λ[ OB]. Zaključujemo λ a + λ b = [ OA ] + [ OB ] = [ OB ] = λ[ OB] = λ( a + b ). Slično i za negativan λ. 17

1. Vektorski prostor V 3 18 Svojstva iz prethodne tvrdnje govore o uskladenosti operacija zbrajanja vektora i množenja vektora skalarom. Na primjer, jasno je da želimo da isti rezultat dobijemo kada zbrojimo a sa samim sobom, kao i kada a pomnožimo skalarom 2. Tvrdnja (c) iz prethodnog teorema nam to garantira: uzmemo li λ = µ = 1 dobijemo a + a = 2 a. Napomena 1.3.4. Linearni ili vektorski prostor nad poljem realnih brojeva R je neprazan skup V na kojem su definirane operacije + : V V V i : R V V takve da je (V, +) komutativna grupa, a operacija ima svojstva kvaziasocijativnosti, svojstvo jedinice, distributivnosti prema zbrajanju elemenata iz R i distributivnosti prema zbrajanju elemenata iz V. Elemente vektorskog prostora nazivamo vektorima. Teorem 1.3.5. Skup V 3 je uz operacije zbrajanja vektora i množenja vektora skalarom realni vektorski prostor. Primjer 1.3.6. U četverokutu ABCD točke M i N su polovišta dijagonala AC i BD. Izrazimo [ MN] pomoću [ AD] i [ BC]. Prema definiciji zbrajanja vektora imamo [ MN] = [ MA] + [ AB] + [ BN] = 1 2 [ CA] + [ AB] + 1 2 [ BD] = = 1 1 ([ CB] + [ BA]) + [ AB] + 2 2 ([ BA] + [ AD]) = = 1 2 [ 1 CB] + 2 [ AD]. 1.4 Kolinearni i komplanarni vektori Dva vektora iz V 3 su kolinearna ako imaju isti smjer. Dogovorno se uzima da je nulvektor kolinearan sa svim vektorima. Iz definicije množenja vektora skalarom slijedi da su vektori a i λ a kolinearni za svaki λ R. U sljedećoj tvrdnji ćemo dokazati da se svaki par kolinearnih vektora svodi na ovaj slučaj. 18

1. Vektorski prostor V 3 19 Propozicija 1.4.1. Ako su a, b V 3, a 0 kolinearni vektori, tada postoji jedinstven λ R tako da je b = λ a. Dokaz: Ako je b = 0 tada za λ = 0 vrijedi b = λ a i dokaz je gotov. Pretpostavimo b 0. Tada je b 0 i dobro je definiran sljedeći skalar: b, ako su a i b isto orijentirani; a λ = b, ako su a i b suprotno orijentirani. a Pokažimo da je b = λ a. Prvo uočimo da je λ 0. Provjerimo da se moduli, smjerovi i orijentacije vektora b i λ a podudaraju. Prvo, b = λ a = λ a. Nadalje, po pretpostavci su a i b istog smjera, a po definiciji množenja vektora skalarom su a i λ a istog smjera, pa su onda b i λ a istog smjera. Konačno, ako su a i b istih orijentacija tada je λ > 0 (po definiciji od λ), a tada su i a i λ a istih orijentacija, pa su b i λ a takoder istih orijentacija. Ako su a i b suprotnih orijentacija tada je λ < 0 i zato su i a i λ a suprotnih orijentacija, što rezultira time da su b i λ a i u ovom slučaju istih orijentacija. Korolar 1.4.2. Ako su a i b nekolinearni vektori, tada iz α a +β b = 0 slijedi α = β = 0. Primjer 1.4.3. Neka je dan paralelogram ABCD i X točka na dužini AB takva da je AX : AB = 1 : (n 1) za neki prirodni broj n 1. Neka je Y presjek dužina DX i AC. Dokažimo da je AY : AC = 1 : n. 19

1. Vektorski prostor V 3 20 Iz kolinearnosti vektora [ AY ] i [ AC], te [ XY ] i [ XD] slijedi da postoje α, β R takvi da je [ AY ] = α[ AC] i [ XY ] = β[ XD]. Prema tome, [ AY ] = α[ AB] + α[ BC], a takoder i Slijedi da je [ AY ] = [ AX] + [ XY ] = 1 n 1 [ AB] + β[ XD] 1 = n 1 [ AB] + β([ XA] + [ AD]) 1 = n 1 [ AB] + β( 1 n 1 [ AB] + [ AD]) = 1 β n 1 [ AB] + β[ BC]. α[ AB] + α[ 1 β BC] = n 1 [ AB] + β[ BC], odakle zbog nekolinearnosti vektora [ AB] i [ BC] slijedi α = β i 1 β Odavde je α = 1, dakle, [ AY ] = 1 [ AC]. Posebno, AY = 1 AC. n n n n 1 = α. Vektor a = [ AB] je paralelan ravnini π ako je pravac kroz A i B paralelan ravnini π, tj. paralelan nekom pravcu u toj ravnini. Uočimo da je ova definicija dobra, odnosno da ne ovisi o izboru reprezentanta AB vektora a. Za skup vektora iz V 3 kažemo da su komplanarni ako su svi vektori tog skupa paralelni istoj ravnini. Prvo uočimo da su svaka dva vektora komplanarna. Slučaj tri vektora opisan je u sljedećem teoremu. Teorem 1.4.4. Tri nenul vektora u V 3 su komplanarna ako i samo ako se barem jedan od njih može prikazati kao linearna kombinacija druga dva. 20

1. Vektorski prostor V 3 21 Dokaz: Neka su a, b, c V 3. Odaberimo im predstavnike s početkom u istoj točki: a = [ OA], b = [ OB] i c = [ OC]. Pretpostavimo da se, na primjer, c može napisati kao linearna kombinacija a i b. To znači da postoje α, β R takvi da je c = α a + β b. Neka je α a = [ OA ] i β b = [ OB ]. Prema definiciji zbrajanja vektora, točke O, A, B i C leže u istoj ravnini. Kako su O, A, A, odnosno O, B, B kolinearne, slijedi da su O, A, B, C komplanarne točke, odnosno a, b, c komplanarni vektori. Pretpostavimo sada da su vektori a, b, c komplanarni. Ako su neka dva od njih kolinearni, npr. a i b, tada je a = λ b za neki λ R, pa stavljajući µ = 0 dobivamo a = λ b +µ c. Time smo a prikazali kao linearnu kombinaciju b i c. Pretpostavimo sada da medu a, b, c nema kolinearnih vektora. Tada O, A, B ne leže na istom pravcu. Zbog komplanarnosti od a, b, c, točke O, A, B, C leže u istoj ravnini. Točkom C povucimo pravac paralelan pravcu OA i njegov presjek s pravcem OB označimo s B. Isto tako, kroz C povučemo pravac paralelan pravcu OB i njegov presjek s pravcem OA označimo s A. Zbog kolinearnosti je, prema propoziciji 1.4.1, [ OA ] = α[ OA], [ OB ] = β[ OB] za neke α i β. Iz konstrukcije je jasno da je [ B C] = [ OA ]. Sada je c = [ OC] = [ OB ] + [ B C] = [ OB ] + [ OA ] = α[ OA] + β[ OB] = α a + β b. 21

1. Vektorski prostor V 3 22 Teorem 1.4.5. Neka su a, b nekolinearni vektori u V 3 i c V 3 vektor koji je s njima komplanaran. Tada postoje jedinstveni skalari α, β R takvi da je c = α a + β b. Dokaz: Postojanje skalara α i β smo dokazali u prethodnom teoremu. Dokažimo jedinstvenost. pomoću a i b : Pretpostavimo da postoje dva zapisa vektora c c = α a + β b = α a + β b. Tada je (α α ) a = (β β) b. Ako bi bilo α α tada a = β β α α b, što bi značilo da su a i b kolinearni, kontradiktorno početnoj pretpostavci. Isto i u slučaju β β. Evidentno se u V 3 mogu naći tri nekomplanarna vektora (odnosno, u prostoru E 3 postoje četiri nekomplanarne točke). To znači da je naš prostor barem trodimenzionalan, a da je točno trodimenzionalan slijedi iz sljedećeg teorema. Teorem 1.4.6. Neka su a, b, c V 3 tri nekomplanarna vektora. Za svaki vektor d V 3 postoje jedinstveni α, β, γ R takvi da vrijedi d = α a + β b + γ c. Dokaz: Neka je a = [ OA], b = [ OB], c = [ OC], d = [ OD]. Neka je π ravnina odredena točkama O, A i B. Ova ravnina je jednoznačno odredena, jer bi u protivnom značilo da su O, A i B kolinearne točke, pa bi O, A, B i C bile komplanarne, odnosno a, b i c komplanarni vektori, što je kontradiktorno pretpostavci. Točkom D povučemo pravac paralelan pravcu OC i točku gdje taj pravac siječe ravninu π označimo s D. Tada je d = [ OD] = [ OD ] + [ D D]. (1) 22

1. Vektorski prostor V 3 23 Vektor [ D D] kolinearan je vektoru c pa postoji (jedinstven) γ R tako da je [ D D] = γ c. Točka D leži u ravnini π, pa su vektori a, b i [ OD ] komplanarni. Zato postoje (jedinstveni) α, β R takvi da je [ OD ] = α a + β b. Uvrštavanjem u (1) slijedi tvrdnja. Još dokažimo jedinstvenost skalara. Pretpostavimo da je Ako je α α tada imamo d = α a + β b + γ c = α a + β b + γ c. a = β β α α b + γ γ α α c pa su a, b i c komplanarni, što nije. Jednako zaključujemo u slučaju β β i γ γ. Korolar 1.4.7. Ako su a, b i c nekomplanarni vektori, tada iz α a + β b + γ c = 0 slijedi α = β = γ = 0. Dokaz: Jasno je da je 0 a + 0 b + 0 c = 0, a kako je taj prikaz jedinstven (prema prethodnom teoremu), slijedi tvrdnja. Primjer 1.4.8. Neka je zadan ABC, te neka su A, B, C polovišta stranica BC, AC, AB, redom. 23

1. Vektorski prostor V 3 24 (1) Izrazite vektore težišnice kao linearne kombinacije vektora stranica. (2) Dokažite da se od težišnica može sastaviti trokut. (3) Dokažite da se težišnice sijeku u jednoj točki T. (4) Izrazite vektore [ AT ], [ BT ], [ CT ] kao linearne kombinacije vektora stranica i provjerite može li se od njih sastaviti trokut. Krenimo redom. Težišnice su AA, BB, CC. Imamo Kako je [ AA ] = [ AB] + [ BA ] = [ AB] + 1 2 [ BC], [ BB ] = [ BA] + [ AB ] = [ BA] + 1 2 [ AC], [ CC ] = [ CA] + [ AA ] = [ CA] + 1 2 [ AB]. [ AA ] + [ BB ] + [ CC ] = [ AB] + 1 2 [ 1 BC] + [ BA] + 2 [ AC] + [ CA] + 1 2 [ AB] = 0, slijedi da se od težišnica može sastaviti trokut. Pokažimo da se težišnice sijeku u istoj točki. Označimo s P sjecište težišnica AA i CC, te sa S sjecište težišnica AA i BB. Neka su α, β, γ, δ R takvi da je [ AS] = α[ AA ], [ BS] = β[ BB ], [ AP ] = γ[ AA ], [ CP ] = δ[ CC ]. Tada je [ AS] = α[ AA ] = α([ AB] + 1 2 [ BC]), a takoder i [ AS] = [ AB] + [ BS] = [ AB] + β[ BB ] = [ AB] + β([ BA] + 1 2 [ AC]) = [ AB] + β( [ AB] + 1 2 ([ AB] + [ BC])) = (1 β 2 )[ AB] + β 2 [ BC]. 24

1. Vektorski prostor V 3 25 Sada smo na dva načina prikazali isti vektor pa imamo α([ AB] + 1 2 [ β BC]) = (1 2 )[ AB] + β 2 [ BC], odnosno, (α 1 + β 2 )[ AB] = ( β 2 α )[ BC]. 2 Slijedi α 1 + β = 0 i β α = 0 odakle je α = β = 2. 2 2 2 3 Sada se na isti način postupi za [ AP ] i dobije [ AP ] = γ([ AB] + 1 2 [ BC]), te [ AP ] = (1 δ 2 )[ AB] + (1 δ)[ BC], odakle je γ = δ = 2. Posebno, zaključujemo da su α i γ jednaki i time 3 smo provjerili da se težišnice sijeku u jednoj točki (koju nazivamo težištem trokuta). Uočimo da smo pokazali i to da težište dijeli svaku težišnicu u omjeru 2 : 1 krenuvši od vrha trokuta. Dobili smo [ AT ] = 2 3 [ AB] + 1 3 [ BC]), [ BT ] = 2 3 [ BA] + 1 3 [ AC]), [ CT ] = 2 3 [ CA] + 1 3 [ AB]). Očito je [ AT ] + [ BT ] + [ CT ] = 0, što dokazuje i posljednji preostali dio tvrdnje. Navedimo još pojmove linearne nezavisnosti i zavisnosti skupa vektora. Skup vektora { a 1,..., a n } je linearno nezavisan ako iz λ 1 a 1 +...+λ n a n = 0 slijedi λ 1 =... = λ n = 0. U protivnom kažemo da je { a 1,..., a n } linearno zavisan skup. Drugim riječima, skup je linearno nezavisan ako se nulvektor 25

1. Vektorski prostor V 3 26 pomoću vektora tog skupa može zapisati jedino na trivijalan način, te linearno zavisan ako postoji netrivijalna linearna kombinacija tih vektora koja daje nulvektor. Lako se pokaže sljedeće: Svaki skup koji sadrži nulvektor je linearno zavisan. Dvočlan skup u V 3 je linearno nezavisan ako i samo su vektori tog skupa nekolinearni. Tročlan skup u V 3 je linearno nezavisan ako i samo su vektori tog skupa nekomplanarni. Nadskup svakog linearno zavisnog skupa je linearno zavisan. Podskup svakog linearno nezavisnog skupa je linearno nezavisan. Pojmove linearne nezavisnosti i zavisnosti skupa vektora obradivat ćemo detaljno u Matematici 4 u kontekstu apstraktnih vektorskih prostora. 1.5 Baza prostora V 3 Definicija 1.5.1. Baza prostora V 3 je svaki skup od tri nekomplanarna vektora. Koordinatna baza za V 3 je uredena trojka nekomplanarnih vektora iz V 3. Vektore koordinatne baze nazivamo koordinatnim vektorima. Očito je da baza postoji u V 3, odnosno, da ih ima mnogo. Ako je B = { a 1, a 2, a 3 } neka baza prostora V 3, onda se prema teoremu 1.4.6 svaki vektor a V 3 može na jedinstven način prikazati kao linearna kombinacija vektora iz V 3, tj. postoje jedinstveni α 1, α 2, α 3 R takvi da je a = α 1 a 1 + α 2 a 2 + α 3 a 3. Ovo je osnovno svojstvo baze. Ako smo u nekoj konkretnoj situaciji odredili koordinatnu bazu B = ( a 1, a 2, a 3 ) s kojom radimo, onda poznavajući uredenu trojku (α 1, α 2, α 3 ) znamo i o kojem se vektoru radi (bitno je da nam 26

1. Vektorski prostor V 3 27 je baza uredena kako bismo znali koji skalar ide uz koji vektor). Zato vektore možemo identificirati s uredenim trojkama iz R 3 : a = (α 1, α 2, α 3 ). Brojeve α 1, α 2, α 3 nazivamo koordinatama vektora a (u odnosu na zadanu koordinatnu bazu). Na primjer, koordinate vektora baze su a 1 = (1, 0, 0), a 2 = (0, 1, 0), a 3 = (0, 0, 1), dok vektor a 1 + 2 5 a 2 a 3 ima koordinate (1, 2 5, 1). Neka je B = ( a 1, a 2, a 3 ) neka koordinatna baza prostora V 3, te neka je a 1 = [ OA 1 ], a 2 = [ OA 2 ], a 3 = [ OA 3 ]. Označimo s π ravninu odredenu točkama O, A 1 i A 2. Kažemo da je baza B desna ili desno orijentirana ako je, gledajući iz točke A 3, trokut OA 1 A 2 pozitivno orijentiran (suprotno smjeru okretanja kazaljke na satu). Baze koje nisu desne se nazivaju lijevim, odnosno lijevo orijentiranim bazama. U daljnjem ćemo, ako ne navedemo drugačije, podrazumijevati da je baza desna. Propozicija 1.5.2. Neka je B = ( a 1, a 2, a 3 ) neka koordinatna baza prostora V 3, te a = (α 1, α 2, α 3 ), b = (β 1, β 2, β 3 ) zapisi vektora u toj bazi. Tada vrijedi: (a) a + b = (α 1 + β 1, α 2 + β 2, α 3 + β 3 ); (b) λ a = (λα 1, λα 2, λα 3 ) za svaki λ R; posebno a = ( α 1, α 2, α 3 ); (c) a i b su kolinearni ako i samo ako α 1 : α 2 : α 3 = β 1 : β 2 : β 3. Dokaz: Zapisi a = (α 1, α 2, α 3 ) i b = (β 1, β 2, β 3 ) znače da je a = α 1 a 1 + α 2 a 2 + α 3 a 3 i b = β 1 a 1 + β 2 a 2 + β 3 a 3. Tada je a + b = (α 1 a 1 + α 2 a 2 + α 3 a 3 ) + (β 1 a 1 + β 2 a 2 + β 3 a 3 ) = (α 1 + β 1 ) a 1 + (α 2 + β 2 ) a 2 + (α 3 + β 3 ) a 3 = (α 1 + β 1, α 2 + β 2, α 3 + β 3 ). 27

1. Vektorski prostor V 3 28 Ostale tvrdnje se slično dokažu. Kut ( a, b ) izmedu dva nenul vektora a, b V 3 definiramo kao mjerni broj neorijentiranog kuta izmedu predstavnika ovih vektora s početkom u istoj točki koji pada u interval [0, π]. Točnije, ako a = [ OA] i b = [ OB], onda je ( a, b ) jednak kutu AOB [0, π]. Ova definicija je neovisna o izboru predstavnika, jer ako a = [ O A ] i b = [ O B ], onda su kutovi AOB i A O B kutovi s paralelnim kracima i zato jednaki. Kut izmedu nulvektora i nekog vektora se ne definira. Očito je ( a, b ) = ( b, a ). Takoder, vektori a i b su kolinearni ako i samo ako je kut izmedu njih 0 ili π. Posebno, ( a, a ) = 0 za svaki a V 3. Vektori su okomiti ako je ( a, b ) = π 2. Bazu koja je sastavljena od jediničnih vektora koji su medusobno okomiti nazivamo ortonormiranom bazom. Koordinate vektora s obzirom na ortonormiranu bazu nazivat ćemo pravokutnim koordinatama. Najčešće ćemo (desnu) ortonormiranu bazu označavati s ( i, j, k). Ortonormiranim bazama ćemo se više baviti u sljedećem poglavlju u kojem ćemo definirati nove operacije množenja vektora. 1.6 Zadaci 1. Neka je zadan kvadar ABCDA B C D i neka je E sjecište prostornih dijagonala. Izrazite vektor [ AE] kao linearnu kombinaciju vektora a = [ AB], b = [ AD] i c = [ AA ]. 2. Neka je V vrh četverostrane piramide čija je baza paralelogram ABCD. Ako je S sjecište dijagonala paralelograma, pokažite da je [ V A] + [ V B] + [ V C] + [ V D] = 4[ V S]. 3. Neka je a V 3 zadan. Odredite λ R tako da su vektori λ a i (3 2λ) a ; a i (λ 2 5λ + 6) a ; 28

1. Vektorski prostor V 3 29 (λ 2 + 1) a i (λ λ 2 2) a jednakih orijentacija. 4. Neka su a, b V 3 takvi da je a = b. Odredite λ R tako da su vektori λ a i (3 2λ) b ; a i (λ 2 5λ + 6) b ; (λ 2 + 1) a i (λ λ 2 2) b jednakih duljina. 5. Sportski zrakoplov leti svojom brzinom od 150 km/h od sjevera prema jugu. Tada počne puhati vjetar sjeverozapadnog smjera brzinom 30 km/h. Nacrtajte vektor brzine zrakoplova (u odnosu na Zemlju) i izračunajte njegov modul. 6. Neka je ABCDA B C D kocka, O središte kocke i P polovište brida BB. Izrazite vektor [ OP ] pomoću vektora bridova kocke koji imaju početak u istom vrhu kocke (npr. [ AB], [ AD] i [ AA ]). 7. Neka su P, Q, R, S polovišta bridova baze piramide OABCD (O je vrh piramide). Dokažite da je zbroj vektora [ OA], [ OB], [ OC] i [ OD] jednak zbroju vektora [ OP ], [ OQ], [ OR] i [ OS]. 8. Neka su vektori a i b dani svojim koordinatnim prikazima u nekoj bazi: a = (ln(t 2), 2, 6s), b = (2, 4, 10). Odredite parametre t i s tako da a i b budu kolinearni. 9. Odredite parametar t R tako da se vektor b može zapisati kao linearna kombinacija vektora a i c, ako je a = (4, 5, 1), b = (t, 2, 1), c = (t, 1, 0). (Vektori su zadani s obzirom na istu bazu.) 29

1. Vektorski prostor V 3 30 10. Ako je ( a 1, a 2, a 3 ) neka baza za V 3, tada je i ( a 1, a 1 + a 2, a 1 + a 2 + a 3 ) baza za V 3. 11. Ako je x = (1, 2, 3) zapis vektora x s obzirom na bazu ( a 1, a 2, a 3 ), odredite zapis vektora x s obzirom na bazu ( a 1, a 1 + a 2, a 1 + a 2 + a 3 ). 12. Odredite zapis vektora x u bazi ( a 1, a 2, a 3 ), ako znamo da je x = (1, 2, 3) zapis od x s obzirom na bazu ( a 1, a 1 + a 2, a 1 + a 2 + a 3 ). 30

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 31 2 Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora U ovom poglavlju upoznajemo skalarno, vektorsko i mješovito množenje. Rezultat skalarnog množenje je skalar, a vektorskog vektor, što je i razlog da se ova množenja tako zovu. Mješovito množenje je skalarno-vektorsko množenje. Ove operacije će nam pomagati pri provjeri kolinearnosti i komplanarnosti vektora, a pomoću njih ćemo moći i računati duljine dužina, površine nekih likova i volumene nekih tijela. 2.1 Skalarno množenje Definicija 2.1.1. Skalarno množenje vektora je preslikavanje : V 3 V 3 R koje paru vektora ( a, b ) pridružuje broj a b definiran formulom { a a b = b cos ( a, b ), ako je a 0 i b 0; 0, ako je a = 0 ili b = 0. Skalar a b nazivamo skalarnim produktom vektora a i b. Skalarni produkt a a ćemo označavati s a 2. Očito je a 2 = a 2, a V 3. Lema 2.1.2. Za sve a, b V 3 vrijedi: (a) a b ako i samo ako a b = 0; (b) a b = b a ; (c) (λ a ) b = a (λ b ) = λ( a b ). 31

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 32 Dokaz: Prve dvije tvrdnje su očite. Pokažimo treću tvrdnju: a (λ b ) = a λ b cos ( a, λ b )) { λ a = b cos ( a, b ), ako je λ 0, λ a b cos(π ( a, b )), ako je λ < 0, { λ a = b cos ( a, b ), ako je λ 0, ( λ) a b ( cos ( a, b )), ako je λ < 0, = λ( a b cos ( a, b )) = λ( a b ). Sada je a (λ b ) = (λ b ) a = λ( b a ) = λ( a b ). Propozicija 2.1.3. Za sve a, b V 3 vrijedi (a) ( a + b ) 2 = a 2 + 2 a b + b 2 ; (b) ( a b ) 2 = a 2 2 a b + b 2 ; (c) 2 a 2 + 2 b 2 = ( a + b ) 2 + ( a b ) 2 ; (d) 4 a b = ( a + b ) 2 ( a b ) 2. Dokaz: Ako je a ili b nulvektor, onda su tvrdnje trivijalne. Ako su a i b kolinearni nenul vektori, tada postoji λ R takav da je a = λ b. Tada, koristeći lemu 2.1.2 (c), slijedi ( a ± b ) 2 = (λ b ± b ) 2 = ((λ ± 1) b ) 2 = (λ ± 1) 2 b 2 = (λ 2 ± 2λ + 1) b 2 = λ 2 b 2 ± 2λ b 2 + b 2 = (λ b ) 2 ± 2(λ b ) b + b 2 = a 2 ± 2 a b + b 2, pa su prve dvije tvrdnje dokazane u kolinearnom slučaju. Neka su a i b nekolinearni vektori i neka je a = [ OA] i b = [ OB]. Tada su točke O, A i B nekolinearne. Na trokut OAB primijenimo kosinusov poučak AB 2 = OA 2 + OB 2 2 OA OB cos ( a, b ). 32

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 33 Kako je OA = a, OB = b i AB = a b, to je odnosno, a b 2 = a 2 + b 2 2 a b cos ( a, b ), ( a b ) 2 = a 2 + b 2 2 a b. Neka je C točka takva da je b = [ AC]. Tada je a + b = [ OA] + [ AC] = [ OC]. Sada kosinusov poučak primijenimo na trokut OAC i dobijemo OC 2 = OA 2 + AC 2 2 OA AC cos OAC = a 2 + b 2 2 a b cos(π ( a, b )) = a 2 + b 2 + 2 a b cos ( a, b ) = a 2 + b 2 + 2 a b. Kako je OC 2 = a + b 2 = ( a + b ) 2, dokazali smo i posljednju tvrdnju. Treća tvrdnja dobije se zbrajanjem prve dvije, a četvrta njihovim oduzimanjem. Treća tvrdnja je u literaturi poznata kao relacija paralelogama. Relacija paralelograma Primjer 2.1.4. Trokut sa stranicama duljina a, b i c je pravokutan ako i samo vrijedi c 2 = a 2 + b 2. Ako je trokut pravokutan, onda po Pitagorinom poučku znamo da je kvadrat nad hipotenuzom jednak zbroju kvadrata nad 33

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 34 obje katete. Vrijedi i obratna tvrdnja. Zaista, neka u trokutu OAB vrijedi AB 2 = OA 2 + OB 2. Označimo a = [ OA] i b = [ BO]. Tada je a iz pretpostavke imamo [ BA] 2 = ([ BA]) 2 = ( a + b ) 2 = a 2 + 2 a b + b 2, AB 2 = OA 2 + OB 2 = a 2 + b 2 = a 2 + b 2. Izjednačavajući ove dvije relacije dobivamo a 2 + 2 a b + b 2 = a 2 + b 2, pa je a b = 0, tj. a b. Zato je promatrani trokut pravokutan. Dokažimo sada da je skalarno množenje vektora distributivno u odnosu na zbrajanje vektora. Teorem 2.1.5. Za sve a, b, c V 3 vrijedi (a) a ( b + c ) = a b + a c ; (b) ( a + b ) c = a c + b c. Dokaz: Dovoljno je dokazati jednu od ovih tvrdnji i onda će iz nje, primjenom komutativnosti skalarnog produkta, slijediti preostala tvrdnja. Dokazat ćemo prvu tvrdnju tako što ćemo više puta primijeniti propoziciju 2.1.3. 4 a ( b + c ) = 2(2 a ) ( b + c ) = (2 a + ( b + c )) 2 4 a 2 ( b + c ) 2 = (2 a + ( b + c )) 2 4 a 2 2 b 2 2 c 2 + ( b c ) 2 = (2 a + ( b + c )) 2 + ( b c ) 2 4 a 2 2 b 2 2 c 2 = (( a + b )+( a + c )) 2 +(( a + b ) ( a + c )) 2 4 a 2 2 b 2 2 c 2 = 2( a + b ) 2 + 2( a + c ) 2 4 a 2 2 b 2 2 c 2 = 2 a 2 + 2 b 2 + 4 a b + 2 a 2 + 2 c 2 + 4 a c 4 a 2 2 b 2 2 c 2 = 4 a b + 4 a c. Još ostaje samo dobivenu relaciju podijeliti s 4. 34

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 35 Napomena 2.1.6. Kada u nekom vektorskom prostoru V nad poljem realnih brojeva imamo definiranu i operaciju množenja : V V R koja ima svojstva (a) a b = b a, a, b V (komutativnost); (b) (λa) b = a (λb) = λ(a b), a, b V, λ R (kvaziasocijativnost); (c) a (b + c) = a b + a c, a, b, c V (distributivnost); (d) a 2 0, a V ; a 2 = 0 a = 0 (pozitivna definitnost); onda kažemo da je prostor V unitaran uz to množenje. Teorem 2.1.7. Prostor V 3 je uz skalarno množenje vektora realan unitarni prostor. Primjer 2.1.8. Neka su a, b, c V 3 medusobno okomiti vektori. vrijedi ( a + b + c ) 2 = a 2 + b 2 + c 2. Zaista, imamo Tada ( a + b + c ) 2 = ( a + b + c ) ( a + b + c ) = a a + a b + a c + b a + b b + b c + c a + c b + c c. Zbog okomitosti je a b = a c = b c = 0, odakle slijedi tvrdnja. Ovu tvrdnju ponekad nazivamo trodimenzionalnim Pitagorinim poučkom. Napomena 2.1.9. Neka je zadan vektor a V 3, a 0. Za svaki b V 3 definiramo p a ( a b b ) = a a. 2 Ovaj vektor nazivamo (ortogonalnom) vektorskom projekcijom vektora b u smjeru vektora a, a njegovu duljinu skalarnom projekcijom vektora b u smjeru vektora a. Uočimo da je skalarna projekcija zapravo p a ( b ) = a b cos ( a, b ) a 2 a = b cos ( a, b ), 35

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 36 a onda je vektorska projekcija jednaka umnošku skalarne projekcije p a ( b ) i jediničnog vektora u smjeru vektora a, dakle 1 a a. Vektorska projekcija vektora b na vektor a. Neka je ( i, j, k) ortonormirana baza. Tada je tablica skalarnog množenja vektora baze dana s i j k i 1 0 0 j 0 1 0 k 0 0 1 Ukoliko su vektori zadani pravokutnim koordinatama, njihov skalarni produkt je lako računati. Propozicija 2.1.10. Neka su a, b V 3 zadani svojim pravokutnim koordinatama a = (α 1, α 2, α 3 ) i b = (β 1, β 2, β 3 ). Tada je (a) a b = α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3, (b) a = α 2 1 + α 2 2 + α 2 3. Dokaz: Dokaz slijedi koristeći svojstva distributivnosti i kvaziasocijativnosti 36

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 37 skalarnog produkta, te gornju tablicu množenja za skalarni produkt. a b = (α 1 i + α 2 j + α 3 k) (β1 i + β 2 j + β 3 k) = α 1 β 1 ( i i) + α 1 β 2 ( i j) + α 1 β 3 ( i k) + α 2 β 1 ( j i) + α 2 β 2 ( j j) + α 2 β 3 ( j k) + α 3 β 1 ( k i) + α 3 β 2 ( k j) + α 3 β 3 ( k k) = α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3. Druga tvrdnja slijedi iz prve uzimajući b = a. Ako je a V 3 zadan svojim pravokutnim koordinatama (α 1, α 2, α 3 ) tada za kutove izmedu a i vektora baze ( i, j, k) vrijedi cos ( a, i) = α 1 a, cos ( a, j) = α 2 a, cos ( a, k) = α 3 a. Ove brojeve nazivamo kosinusima smjera vektora a, jer je njima odreden smjer vektora a. Kosinusi smjera nisu neovisni, a veza medu njima je dana u sljedećom korolaru. Korolar 2.1.11. Za svaki a V 3 vrijedi cos 2 ( a, i) + cos 2 ( a, j) + cos 2 ( a, k) = 1. 2.2 Vektorsko množenje Definicija 2.2.1. Vektorsko množenje vektora je preslikavanje : V 3 V 3 V 3 koje paru vektora ( a, b ) pridružuje vektor kojeg označavamo s a b, a koji je definiran na sljedeći način: (1) ako su a i b kolinearni tada je a b = 0; (2) ako su a i b nekolinearni tada je a b vektor čiji je modul jednak a b = a b sin ( a, b ), smjer od a b je okomit na smjerove vektora a i b, a orijentacija vektora a b je takva da je ( a, b, a b ) desno orijentirana baza za V 3. 37

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 38 Vektor a b nazivamo vektorskim produktom vektora a i b. Vektorski produkt Propozicija 2.2.2. Za sve a, b V 3 vrijedi: (a) a b = b a (antikomutativnost), (b) a i b su kolinearni ako i samo ako a b = 0, (d) a a = 0, (e) površina paralelograma razapetog s a i b jednaka je a b. Dokaz: Tvrdnje se dokažu po definiciji. Slučaj kada je a = 0 ili b = 0 je trivijalan, zato pretpostavimo da su a i b različiti od 0. (a) Ako su a i b kolinearni onda je a b = 0 = b a. Za svaka dva nekolinearna vektora a i b su duljine i smjerovi vektora a b i b a jednaki, a orijentacije suprotne. To znači da su ti vektori suprotni jedan drugome. (b) Ako su a i b kolinearni, onda je njihov vektorski produkt jednak nulvektoru prema definiciji. Ako su a i b nekolinearni, onda su brojevi a 0, b 0, sin ( a, b ) svi različiti od nule, pa je i a b 0, dakle, a b 0. (c) Slijedi iz prethodne tvrdnje. 38

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 39 (d) I ova tvrdnja je trivijalna u slučaju kolinearnih vektora a i b. U slučaju nekolinearnih vektora, površina paralelograma razapetog s a i b jednaka je produktu duljine osnovice a i visine na tu osnovicu koja iznosi b sin ( a, b ), dakle P = a b sin ( a, b ) = a b. Propozicija 2.2.3. Za sve a, b, c V 3 i sve λ R vrijede sljedeće tvrdnje: (a) (λ a ) b = a (λ b ) = λ( a b ); (b) a ( b + c ) = a b + a c ; (c) ( a + b ) c = a c + b c. Dokaz: Sve tvrdnje postaju trivijalne ako je neki od vektora koji se u njima pojavljuje jednak nulvektoru ili ako je λ = 0. Zato pretpostavljamo da su svi vektori različiti od 0 i λ 0. (a) Ako su a i b kolinearni, onda očito svi izrazi u ovoj jednakosti iznose 0. Ako a i b nisu kolinearni, tada je { sin (λ a, sin ( a, b ) = b ), ako je λ > 0; sin(π ( a, = sin ( a, b ), b )), ako je λ < 0. i zato (λ a ) b = λ a b sin (λ a, b ) = λ a b sin ( a, b ) = λ a b = λ( a b ), 39

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 40 a na isti način se dobije i da je a (λ b ) = λ( a b ). Takoder je lako uvjeriti se da vektori (λ a ) b, a (λ b ) i λ( a b ) imaju iste smjerove i orijentacije, te su stoga svi medusobno jednaki. (b) Neka su OA, OB, OC predstavnici vektora a, b, c, redom, te neka je D takva da je d := a + b = [ OD]. Paralelogram OADB projiciramo u ravninu π koja prolazi točkom O i okomita je na c. Dobivena projekcija je paralelogram OA D B. Sada još u ravnini π zarotiramo paralelogram OA D B za 90 u negativnom smjeru (tj. suprotno kretanju kazaljke na satu) i novodobiveni paralelogram označimo s OA D B. Sada je [ OD ] = [ OA ] + [ OB ]. (2) Pogledajmo vektor [ OA ]. On je po svojoj konstrukciji okomit na vektore [ OA ] i [ OC], dakle, kolinearan je s [ OA ] [ OC]. Štoviše, konstrukcija je načinjena tako da je ([ OA ], [ OC], [ OA ]) desna baza, pa su i orijentacije od [ OA ] i [ OA ] [ OC] jednake. Još pogledajmo duljine: te je stoga Na isti način je [ OA ] = OA = OA = OA sin ( a, c ) = [ OA ] = 1 ( a c ). c a c, c [ OB ] = 1 c ( b c ) i [ OD ] = 1 c ( d c ) = 1 c (( a + b ) c ). Uvrštavanjem u (2) te množenjem s c slijedi tvrdnja. (c) Primjenom antikomutativnosti vektorskog množenja i prethodne relacije slijedi ( a + b ) c = c ( a + b )= ( c a + c b )= c a c b = a c + b c. 40

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 41 Vektorsko množenje nije asocijativno, tj. općenito ne vrijedi a ( b c ) ( a b ) c. Uvjerite se u to skicirajući situaciju za neka tri vektora, a posebno i za slučaj kada je b = c. Takoder se neasocijativnost vektorskog množenja vidi i iz sljedeće propozicije. Propozicija 2.2.4. Za sve a, b, c V 3 vrijedi: (a) ( a b ) c = ( a c ) b ( b c ) a ; (b) a ( b c ) = ( a c ) b ( a b ) c. Dokaz: Dokazat ćemo prvu tvrdnju, a onda će iz nje biti lako dobiti drugu primjenom antikomutativnosti. Označimo d = ( a b ) c. Kako je taj vektor okomit na a b, on je komplanaran s a i b, pa postoje α, β R takvi da je d = α a + β b. Kako je d c, imamo 0 = d c = α( a c ) + β( b c ), dakle α = λ( b c ) i β = λ( a c ) za neki λ R, pa je d = λ( b c ) a + λ( a c ) b = λ(( a c ) b ( b c ) a ). Još se treba pokazati da je λ = 1. Taj dio ćemo napraviti naknadno, jer nam treba jedna tvrdnja koju ćemo dokazati u sljedećoj sekciji. Iz prethodne tvrdnje slijedi da tzv. Jacobijev identitet. Korolar 2.2.5. Za sve a, b, c V 3 vrijedi ( a b ) c + ( b c ) a + ( c a ) b = 0. 41

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 42 Neka je ( i, j, k) ortonormirana baza. Tada je tablica vektorskog množenja vektora baze dana s i j k i 0 k j j k 0 i k j i 0 Propozicija 2.2.6. Neka su a, b V 3 zadani svojim pravokutnim koordinatama a = (α 1, α 2, α 3 ) i b = (β 1, β 2, β 3 ). Tada je a i j k b = α 1 α 2 α 3. β 1 β 2 β 3 Dokaz: Dokaz provodimo slično kao i prethodni, dakle koristeći svojstva vektorskog produkta, te tablicu množenja za vektorski produkt. a b = (α 1 i + α 2 j + α 3 k) (β1 i + β 2 j + β 3 k) = α 1 β 1 ( i i) + α 1 β 2 ( i j) + α 1 β 3 ( i k) + α 2 β 1 ( j i) + α 2 β 2 ( j j) + α 2 β 3 ( j k) + α 3 β 1 ( k i) + α 3 β 2 ( k j) + α 3 β 3 ( k k) = (α 2 β 3 α 3 β 2 ) i (α 1 β 3 α 3 β 1 ) j + (α 1 β 2 α 2 β 1 ) k. Razvojem gornje determinante po prvom retku dobivamo upravo izraz koji smo izračunali. Primjer 2.2.7. Odredimo sve jedinične vektore okomite vektore a = (3, 2, 1) i b = (1, 5, 2) dane svojim pravokutnim koordinatama. Jasno je da su ± 1 a a b traženi vektori. S obzirom da je b a i j k b = 3 2 1 = i 5 j + 13 k, 1 5 2 traženi vektori su ±1 195 i 5 j + 13 k. 42

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 43 2.3 Mješovito množenje Kombiniranjem skalarnog i vektorskog množenja dobivamo novu vrstu množenja vektora. Ovo novo množenje ima važnu geometrijsku interpretaciju i zanimljiva svojstva. Mješovito množenje je preslikavanje m : V 3 V 3 V 3 R koje uredenoj trojci vektora pridružuje broj zadan formulom m( a, b, c ) = ( a b ) c. Rezultat ovog množenja, tj. broj m( a, b, c ) nazivamo mješoviti produkt vektora a, b i c. Propozicija 2.3.1. Mješoviti produkt tri vektora je jednak nuli ako i samo ako su vektori komplanarni. Dokaz: Neka su a, b i c komplanarni vektori. Ako je a b = 0 ili c = 0 tada je očito m( a, b, c ) = 0. Ako a b 0 i c 0, tada je a b okomit na ravninu paralelnu s a i b. Zbog komplanarnosti je c paralelan s tom ravninom, pa su a b i c medusobno okomiti. Dakle, njihov skalarni produkt je 0, tj. m( a, b, c ) = 0. Obratno, ako je m( a, b, c ) = 0, tj. ( a b ) c = 0 tada je a b = 0 ili c = 0 ili ( a b ) c. Ako je a b = 0 onda su a i b kolinearni, pa su a, b i c očito biti komplanarni vektori. Ako je c = 0 onda su takoder a, b i c komplanarni. U trećem slučaju će c biti paralelan ravnini paralelnoj vektorima a i b, pa opet imamo traženu komplanarnost. Napomena 2.3.2. Sjetimo se: (a) skalarni produkt dva vektora je 0 ako i samo ako su vektori okomiti; (b) vektorski produkt dva vektora je 0 ako i samo ako su vektori kolinearni; (c) mješoviti produkt tri vektora je 0 ako i samo ako su vektori komplanarni. 43

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 44 Teorem 2.3.3. Neka su a, b, c V 3. Tada je broj m( a, b, c ) jednak volumenu paralelepipeda razapetog ovim vektorima. Dokaz: Volumen spomenutog paralelepipeda jednak je produktu površine baze i visine na tu bazu, dakle produktu površine paralelograma razapetog s a i b, i duljini projekcije vektora c na vektor a b : V = Bv = a 1 b a b (( a b ) c ) = m( a, b, c ). Paralelepiped razapet vektorima a, b i c. Napomena 2.3.4. Sjetimo se: (a) skalarni produkt a 2 jednak je a 2 ; (b) duljina vektorskog produkta dva vektora je površina paralelograma kojeg ti vektori razapinju; (c) mješoviti produkt tri vektora jednak je, do na predznak, volumenu paralelepipeda kojeg ta tri vektora razapinju. Izvedimo sada formulu za računanje mješovitog produkta za vektore zadane svojim pravokutnim koordinatama. 44

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 45 Propozicija 2.3.5. Neka su a, b, c V 3 zadani svojim pravokutnim koordinatama a = (α 1, α 2, α 3 ), b = (β 1, β 2, β 3 ) i c = (γ 1, γ 2, γ 3 ). Tada je m( a, α 1 α 2 α 3 b, c ) = β 1 β 2 β 3. γ 1 γ 2 γ 3 Dokaz: Tvrdnja slijedi iz propozicija 2.1.10 i 2.2.6. Naime, iz propozicije 2.2.6 slijedi da je a b = (α 2 β 3 α 3 β 2, (α 1 β 3 α 3 β 1 ), α 1 β 2 α 2 β 1 ), a onda iz propozicije 2.1.10 dobijemo m( a, b, c ) = ( a b ) c = (α 2 β 3 α 3 β 2 )γ 1 (α 1 β 3 α 3 β 1 )γ 2 + (α 1 β 2 α 2 β 1 )γ 3 = (β 2 γ 3 β 3 γ 2 )α 1 (β 1 γ 3 β 3 γ 1 )α 2 + (β 1 γ 2 β 2 γ 1 )α 3, što je jednako gornjoj determinanti. Poznato je da determinanta mijenja predznak kada njena dva retka (ili stupca) zamijene mjesta. Zato za mješoviti produkt možemo zaključiti sljedeće: Iz ovog slijedi m( a, b, c ) = m( b, c, a ) = m( c, a, b ) = m( b, a, c ) = m( a, c, b ) = m( c, b, a ). ( a b ) c = m( a, b, c ) = m( b, c, a ) = ( b c ) a = a ( b c ), pa vidimo da smo mješoviti produkt mogli definirati i kao m( a, b, c ) = a ( b c ). Ostaje nam još dovršetak dokaza propozicije 2.2.4. Dokazali smo da je ( a ( b ) c = λ ( a b ) b ( ) b c ) a, 45

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 46 i ostalo je dokazati da je λ = 1. Prvo pokažimo da je vrijednost parametra λ jednaka za svaki c V 3. Neka su c 1 i c 2 neka dva vektora i neka su λ 1 i λ 2 njima pripadajući skalari, tj. neka vrijedi ( a b ) c 1 = λ 1 (( a c 1 ) b ( b c 1 ) a ), ( a b ) c 2 = λ 2 (( a c 2 ) b ( b c 2 ) a ). Tada je (( a b ) c 1 ) c 2 = λ 1 (( a c 1 )( b c 2 ) ( b c 1 )( a c 2 )), (( a b ) c 2 ) c 1 = λ 2 (( a c 2 )( b c 1 ) ( b c 2 )( a c 1 )). Kako je (( a b ) c 1 ) c 2 = m( a b, c 1, c 2 ) = m( a b, c 2, c 1 ) = (( a b ) c 2 ) c 1 ), iz prethodnih jednakosti dobijemo λ 1 = λ 2. Dakle, λ uistinu ne ovisi o vektoru c, pa onda možemo uzeti neki nama pogodan c. Uzet ćemo c = a. Tada je ( a b ) a = λ(( a a ) b ( b a ) a ), pa skalarno pomnožimo sve s b (( a b ) a ) b = λ(( a a ) b 2 ( b a ) 2 ). S lijeve strane imamo m( a b, a, b )=m( a, b, a b )=( a b ) ( a b )=( a b ) 2 = a 2 b 2 sin 2 ( a, b ), a izraz u zagradi s desne strane iznosi upravo toliko, jer je ( a a ) b 2 ( b a ) 2 = a 2 b 2 a 2 b 2 cos 2 ( a, b ) = a 2 b 2 sin 2 ( a, b ). Prema tome, λ = 1 i dokaz je završen. 46

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 47 2.4 Zadaci 1. Dokažite da su dva medusobno okomita vektora uvijek linearno nezavisna. 2. Dokažite da su tri medusobno okomita vektora uvijek linearno nezavisna. 3. Dokažite drugu tvrdnju propozicije 2.2.4 i korolar 2.2.5. 4. Neka su m i n vektori sa svojstvima m = 2, n = 3 i ( m, n) = 60, te neka su a = 3 m + n i b = 2 m n. Odredite a b, a i b. 5. Neka su a i b vektori sa svojstvima a = 2, b = 3 i ( a, b ) = π. 3 Odredite t R tako da vektori a + b i 2 a +t b budu okomiti. Skicirajte sliku i interpretirajte. 6. Odredite t R tako da vektor a = 2t i+ 1 sin t j+ 1 cos t k bude jedinični. 2 2 7. Neka su a i b vektori sa svojstvima a b = 2 a + b = 5, a + 2 b = 10. Odredite a b. 8. Neka su a, b, c V 3 takvi da je a b, b = c = 1 i ( b, c ) = π. 4 Izračunajte ( a b ) c i ( b c ) a. 9. Izračunajte (5 a + 2 b ) (2 a b ) + 2 a 5 b, ako je a = 1, b = 2 i ( a, b ) = π. 4 10. Odredite kut izmedu a i c ako su a, b, c vektori jednakih duljina takvi da je kut izmedu a i b jednak π, te a b = 8 2 i a c = 8. 4 11. Odredite α, β R tako da vektor α i + β j 4 k bude okomit na vektore 3 i + 2 j + k i 3 i + j k. 12. Neka je a = 2 i + 3 j + k, b = 3 i + j + 2 k i c = i + 2 j + 3 k. Izračunajte 47

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 48 a ( b c ); ( a b ) c ; a ( b c ); ( a b ) c. 13. Pojednostavnite izraze ( a b ) ( b a ); ( a b ) a ; a b 2 + ( a b ) 2. 14. Zadani su vektori a = i + 3 k, b = 2 i + j, c = 5 i + j 2 k i d = 2 5 i 1 5 j. Koje od sljedećih tvrdnji su točne? a je paralelan s d. a + b je okomit na c. d je jedinični vektor u smjeru vektora b. 15. Neka su a i b vektori sa svojstvima a = 11, b = 23, a b = 30. Izračunajte a + b. Skicirajte sliku i interpretirajte. 16. Odredite površinu paralelograma s dijagonalama e = i + 2 j + 3 k i f = 2 i 2 j + 5 k na dva načina: izračunavajući vektore stranica tog paralelograma; bez izračunavanja vektora stranica tog paralelograma. 17. Neka su a i b jedinični vektori koji zatvaraju kut od π. Odredite duljine 3 dijagonala romba kojeg a i b razapinju. 48

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 49 18. Zadani su vektori a = 3 p 4 q i b = p + 5 q, pri čemu su p i q vektori duljine 2, a kut izmedu njih je π. Odredite površinu trokuta kojeg 3 razapinju a i b, stranice tog trokuta, te visinu spuštenu iz jednog (bilo kojeg) vrha tog trokuta. 19. Zadani su vektori a = 14 j + 7 k, b = 2 i + 2 j + k i c = i 2 j k. Odredite vektor d sa svojstvima a b = c d, a c = b d, te pokažite da su a d i b c kolinearni vektori. 20. Odredite vektor okomit na a = 2 i + 3 j k i b = i 2 j + 3 k, čiji je skalarni produkt s vektorom 2 i j + k jednak 6. 21. Ako su a i b vektori koji zatvaraju kut od π 6 takvi da je a b = 3, kolika je površina paralelograma kojeg oni razapinju. 22. Dokažite da za sve α 1, α 2, α 3, β 1, β 2, β 3 R vrijedi α 1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3 α1 2 + α2 2 + α3 2 β1 2 + β2 2 + β3. 2 Ovu nejednakost nazivamo Cauchy-Schwarz-Bunjakovskijevom nejednakošću. (Uputa: definiramo vektore a = (α 1, α 2, α 3 ) i b = (β 1, β 2, β 3 ) njihovim pravokutnim koordinatama s obzirom na neku ortonormiranu bazu. Tada je a b = a b cos ( a, b ) a b, pa preostaje primijeniti formule iz propozicije 2.1.10.) 23. Dokažite da za sve α 1, α 2, α 3, β 1, β 2, β 3 R vrijedi (α1 +β 1 ) 2 +(α 2 +β 2 ) 2 +(α 3 +β 3 ) 2 α1+α 2 2+α 2 3+ 2 β1 2 +β2 2 +β3. 2 Ovu nejednakost nazivamo nejednakost trokuta. (Uputa: slično kao u prethodnom zadatku.) 24. Ako su a, b i c takvi da je a b = a c, mora li biti b = c? 49

2. Skalarno, vektorsko i mješovito množenje vektora 50 25. Ako su a, b i c takvi da je a b = a c, mora li biti b = c? 26. Ako su a, b i c takvi da je a b = a c i a b = a c, mora li biti b = c? 27. Ako su a i b jedinični vektori takvi da je a b jedinični vektor, što možemo reći o medusobnom položaju vektora a i b? 28. Pojednostavnite izraze ( ) ( a b + 3 c ) (2 a 3 b + c ) a. ( ) ( a b + 3 c ) (2 a 3 b + c ) a. 29. Dokažite da za sve vektore a, b V 3 vrijedi ( a b ) ( a + b ) = 2 a b. 30. Izračunajte oplošje i volumen tetraedra razapetog vektorima a = i + j, b = 2 i j + k, c = 3 i j. [Rješenje: P = 1 2 a b + 1 2 a c + 1 2 b c + 1 2 ( b a ) ( c a ) = 2 + 11 + 3, V = 1 6 ( a, b, c ). ] 31. Izračunajte oplošje paralelepipeda razapetog vektorima iz prethodnog zadatka. [Rješenje: P = 2 a b + 2 a c + 2 b c. V = ( a, b, c ). ] 32. Dokažite da za sve a, b, c V 3 vrijedi [( a b + c ) (3 a b c )] ( a + b + c ) = 8( a b ) c. 50

3. Analitička geometrija prostora 51 3 Analitička geometrija prostora 3.1 Kartezijev koordinatni sustav Neka je O E 3 proizvoljno odabrana točka i ( i, j, k) ortonormirana baza u V 3. Odaberimo predstavnike vektora baze u točki O, dakle, neka je i = [ OA], j = [ OB] i k = [ OC]. Radi jednostavnijeg zapisa možemo identificirati vektore i, j i k s orijentiranim dužinama OA, OB i OC, redom. Izborom točke O i vektora i, j i k (tj. njihovih predstavnika u točki O) zadali smo jedan pravokutni ili Kartezijev koordinatni sustav u E 3. Kažemo da je O ishodište, a i, j i k koordinatni vektori. Koordinatni sustav je desni (lijevi) ako je baza ( i, j, k) desna (lijeva). Mi ćemo redovito raditi u desnom koordinatnom sustavu. Koordinatne osi su pravci odredeni koordinatnim vektorima, dakle, x- os ili os apscisa je odredena točkama O i A, y-os ili os ordinata točkama O i B, z-os ili os aplikata točkama O i C. Koordinatne ravnine su ravnine odredene koordinatnim osima i zato ih i nazivamo xy-ravnina, xz-ravnina i yz-ravnina. Neka je T E 3 proizvoljna točka. Tada za [ OT ] V 3 postoje jedinstveni skalari x, y, z R tako da je [ OT ] = x i + y j + z k. Kako je točka T potpuno odredena poznavanjem vektora [ OT ] (i obratno), a [ OT ] je potpuno odreden uredenom trojkom skalara (x, y, z) (i obratno), zaključujemo da točku T možemo poistovjećivati s uredenom trojkom (x, y, z). Na primjer, ishodište poistovjećujemo s uredenom trojkom (0, 0, 0). Prema tome, preslikavanje T (x, y, z) je bijekcija sa skupa E 3 na skup R 3. Ovo preslikavanje nazivamo koordinatizacija prostora E 3. Uredenu trojku (x, y, z) nazivamo pravokutne ili Kartezijeve koordinate točke T u odnosu na dani koordinatni sustav (x je apscisa, y ordinata i z aplikata). Dakle, kada pišemo T (x, y, z) podrazumijevamo [ OT ] = x i + y j + z k. Sjetimo se da smo sličnu identifikaciju imali i u slučaju vektorskog prostora V 3, jer smo svaki vektor identificirali s uredenom trojkom skalara koji 51

3. Analitička geometrija prostora 52 su se pojavljivali u (jedinstvenom) prikazu zadanog vektora s obzirom na fiksiranu bazu. Ovdje smo fiksirali i točku i promatramo predstavnike vektora s obzirom na tu točku. Propozicija 3.1.1. Neka su A(x 1, y 1, z 1 ) i B(x 2, y 2, z 2 ) točke u E 3 (dane svojim koordinatama s obzirom na neki koordinatni sustav). Tada vrijedi [ AB] = (x 2 x 1, y 2 y 1, z 2 z 1 ), (pri čemu su koordinate vektora [ AB] dane u odnosu na bazu koja je definirala koordinatni sustav). Nadalje, udaljenost izmedu točka A i B računa se po formuli d(a, B) = (x 2 x 1 ) 2 + (y 2 y 1 ) 2 + (z 2 z 1 ) 2. Dokaz: Iz [ AB] = [ OB] [ OA] = (x 2 i + y 2 j + z 2 k) (x1 i + y 1 j + z 1 k) = (x 2 x 1 ) i + (y 2 y 1 ) j + (z 2 z 1 ) k slijedi prva tvrdnja. Sada za drugu tvrdnju samo treba primijeniti propozicije 2.1.10. Primjer 3.1.2. Zadani su vrhovi A(1, 2, 3), B(3, 2, 1) i C(6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odredimo njegovu površinu te koordinate vrha D. Označimo a = [ AB] i b = [ AD] = [ BC]. Tada je a = (2, 4, 2) i b = (3, 2, 3) i zato P = a i j k b = 2 4 2 = 16 i 12 j 8 k = 464 = 4 29. 3 2 3 Ako je D(x D, y D, z D ) tada iz [ AD] = [ BC] slijedi (xd 1, y D + 2, z D 3) = (3, 2, 3) pa je D(4, 0, 6). 52

3. Analitička geometrija prostora 53 Zadatak 3.1.3. Pokažite da polovište P dužine s krajevima A(x A, y A, z A ) i B(x B, y B, z B ) ima koordinate ( xa + x B P 2, y A + y B, z ) A + z B. 2 2 Zadatak 3.1.4. Pokažite da težište T trokuta s vrhovima A(x A, y A, z A ), B(x B, y B, z B ) i C(x C, y C, z C ) ima koordinate ( xa + x B + x C T 3 3.2 Jednadžbe ravnine, y A + y B + y C, z A + z B + z C 3 3 Ravninu možemo zadati na razne načine. Ovdje ćemo proučiti neke od njih. Vektor normale ravnine je svaki nenul vektor koji je okomit na ravninu, tj. na sve pravce u ravnini. Naravno, takav vektor nije jednoznačno odreden, ali su svi takvi vektori kolinearni (dakle, jednoznačan je do na skalarni multipl). ). Vektori normale ravnine Neka je zadana točka T 0 (x 0, y 0, z 0 ) i vektor n = (A, B, C) 0. Odredimo jednadžbu ravnine koja sadrži točku T 0 i kojoj je n vektor normale. 53

3. Analitička geometrija prostora 54 Točka T E 3 pripada ravnini π ako i samo je vektor [ T 0 T ] okomit na n, a s obzirom da su dva vektora medusobno okomita ako i samo ako je njihov skalarni produkt jednak nuli, točke ravnine π možemo okarakterizirati na sljedeći način: T π [ T 0 T ] n = 0. (3) Prema tome, A(x x 0 ) + B(y y 0 ) + C(z z 0 ) = 0 (4) je jednadžba ravnine kojoj pripada točka T 0 i čiji je vektor normale n. Primjer 3.2.1. Jednadžba ravnine kroz točku A(1, 2, 3) s vektorom normale n = (1, 2, 5) je 1(x 1) 2(y 2) + 5(z 3) = 0, odnosno, x + 2y + 5z 12 = 0. Napomena 3.2.2. Vidjeli smo u (4) da jednadžba ravnine ima oblik Ax + By + Cz + D = 0, gdje je barem jedan od brojeva A, B, C različit od nule. Zapravo, svaka jednadžba oblika Ax + By + Cz + D = 0, (5) gdje je barem jedan od A, B, C različit od nule, predstavlja jednadžbu neke ravnine. Zaista, neka je (x 0, y 0, z 0 ) rješenje ove jednadžbe (rješenje postoji, upravo zbog pretpostavke A 0 ili B 0 ili C 0). Tada je Ax 0 +By 0 +Cz 0 +D = 0, to jest, D = Ax 0 By 0 Cz 0. Tada jednadžbu (5) možemo zapisati kao Ax + By + Cz Ax 0 By 0 Cz 0 = 0, odnosno A(x x 0 ) + B(y y 0 ) + C(z z 0 ) = 0. (6) 54

3. Analitička geometrija prostora 55 Označimo n = (A, B, C) i T (x, y, z). Tada je [ T 0 T ] = (x x 0, y y 0, z z 0 ) i izraz (6) je ekvivalentan s n [ T 0 T ] = 0. Prema tome, (5) je jednadžba ravnine kroz T 0 s vektorom normale n. Neka je zadana točka T 0 (x 0, y 0, z 0 ) i dva nekolinearna vektora a i b. Odredimo ravninu kojoj pripada točka T 0 i koja je paralelna s a i b. Iz zadanih podataka je lako naći vektor normale ravnine: s obzirom da je n okomit i na a i b, možemo staviti n = a b, a zatim jednadžbu ravnine odrediti kao u prethodnom slučaju. Ipak, ovdje ćemo malo drugačije kako bismo se upoznali s još nekim oblicima jednadžbe ravnine. pripada ravnini π ako i samo ako su vek- Jasno je da točka T E 3 tori [ T 0 T ], a i b komplanarni. Zbog nekolinearnosti vektora a i b postoje jedinstveni skalari λ, µ R tako da je [ T 0 T ] = λ a + µ b, odnosno, [ OT ] [ OT 0 ] = λ a + µ b. Prema tome, T π ([ OT ] = [ OT 0 ] + λ a + µ b za neke λ, µ R), pa je [ OT ] = [ OT 0 ] + λ a + µ b, λ, µ R (7) vektorski parametarski oblik jednadžbe ravnine. Ako su a i b dani svojim koordinatama a = (α 1, α 2, α 3 ) i b = (β 1, β 2, β 3 ), tada iz (7) dobivamo parametarski oblik jednadžbe ravnine x = x 0 + λα 1 + µβ 1 π... y = y 0 + λα 2 + µβ 2, λ, µ R. (8) z = z 0 + λα 3 + µβ 3 To znači da će, uvrštavanjem svih mogućih vrijednosti za λ i µ, dobivene trojke (x, y, z) predstavljati točke tražene ravnine (ravnine kroz T 0 paralelne s vektorima a i b ), te da će se na taj način dobiti sve točke te ravnine. 55

3. Analitička geometrija prostora 56 Kako su tri vektora komplanarna ako i samo ako je njihov mješoviti produkt jednak nuli, dobivamo pa je T π ([ T 0 T ], a, b ) = 0, x x 0 y y 0 z z 0 α 1 α 2 α 3 = 0 (9) β 1 β 2 β 3 još jedan oblik jednadžbe ravnine, kojeg nazivamo kanonskim. Primjer 3.2.3. Odredimo jednadžbu ravnine koja prolazi točkom T 0 (1, 7, 6) i paralelna je s vektorima a = (1, 1, 0) i b = (0, 1, 2). Vektorski parametarski oblik jednadžbe ravnine je prema (7) jednak (x, y, z) = (1, 7, 6) + λ(1, 1, 0) + µ(0, 1, 2), λ, µ R, a parametarski, prema (12), x = 1 + λ y = 7 + λ + µ z = 6 + 2µ, λ, µ R. Kanonski oblik jednadžbe ravnine je x 1 y 7 z 6 1 1 0 = 0 2x 2y + z + 6 = 0. 0 1 2 (10) Uočimo da do kanonskog oblika možemo doći i eliminacijom parametara λ i µ iz parametarskog oblika: iz prve jednadžbe je λ = x 1, a iz treće µ = 1z 3, 2 pa uvrštavanjem u drugu jednadžbu dobijemo y = 7 + (x 1) + ( 1z 3), 2 odakle slijedi 2x 2y + z + 6 = 0. Neka su zadane tri nekolinearne točke T 1 (x 1, y 1, z 1 ), T 2 (x 2, y 2, z 2 ) i T 3 (x 3, y 3, z 3 ). Odredimo ravninu kojoj pripadaju ove točke. 56

3. Analitička geometrija prostora 57 Ovo možemo riješiti koristeći prethodni slučaj: ulogu točke T 0 može preuzeti točka T 1, a umjesto vektora a i b možemo uzeti [ T 1 T 2 ] i [ T 1 T 3 ]. Tako dobivamo [ OT ] = [ OT 1 ] + λ[ T 1 T 2 ] + µ[ T 1 T 3 ], λ, µ R, (11) što predstavlja vektorski parametarski oblik jednadžbe ravnine kroz tri točke. Kako su u ovom slučaju koordinate od a i b dane s a = (x 2 x 1, y 2 y 1, z 2 z 1 ) i b = (x 3 x 1, y 3 y 1, z 3 z 1 ), parametarski oblik jednadžbe ravnine kroz tri točke izgleda ovako x = x 0 + λ(x 2 x 1 ) + µ(x 3 x 1 ) π... y = y 0 + λ(y 2 y 1 ) + µ(y 3 y 1 ) z = z 0 + λ(z 2 z 1 ) + µ(z 3 z 1 ), λ, µ R. (12) Jednadžba (9) u ovom slučaju ima oblik x x 1 y y 1 z z 1 x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 = 0. (13) x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 Može se pokazati da se (13) može zapisati pomoću determinante četvrtog reda x y z 1 x 1 y 1 z 1 1 = 0. (14) x 2 y 2 z 2 1 x 3 y 3 z 3 1 Primjer 3.2.4. Odredimo jednadžbu ravnine kroz točke T 1 (1, 2, 1), T 2 ( 1, 2, 7) i T 3 ( 2, 3, 4). Prema (13) je jednadžba ravnine dana s x 1 y 2 z 1 2 0 6 = 0. 3 5 5 Raspisivanjem dobijemo 15x 14y + 5z + 8 = 0. 57

3. Analitička geometrija prostora 58 3.3 Segmentni oblik jednadžbe ravnine Ukoliko ravnina ne prolazi ishodištem, posebno zgodno je poznavati točke sjecišta ravnine s koordinatnim osima (ukoliko ravnina prolazi ishodištem sva tri sjecišta se podudaraju s ishodištem i taj podatak je nedovoljan za odredivanje ravnine). Ponekad će ravnina biti paralelna s jednom ili dvjema koordinatnim osima, pa neće sjeći one koordinatne osi s kojima je paralelna. Pretpostavimo da sva tri sjecišta postoje i da su to točke T 1 (m, 0, 0), T 2 (0, n, 0) i T 3 (0, 0, p), pri čemu je m, n, p 0. Uvrštavanjem u (13) dobijemo x m y z m n 0 = 0, m 0 p odnosno, npx + mpy + mnz mnp = 0. Kako je m, n, p 0 (jer ravnina ne prolazi ishodištem), gornju jednadžbu možemo dijeliti s mnp i dobivamo segmentni oblik jednadžbe ravnine π... x m + y n + z p = 1. (15) 58

3. Analitička geometrija prostora 59 osima. Može se dogoditi da postoji samo jedno sjecište ravnine s koordinatnim U tom slučaju je ravnina paralelna s koordinatnim osima koje ne siječe, odnosno, okomita je na koordinatnu os koju siječe. Dakle, ako je T 1 (m, 0, 0) jedino sjecište ravnine s koordinatnim osima, tada je x = m ili x = 1 jednadžba te ravnine, ako je T m 2(0, n, 0) jedino sjecište ravnine s koordinatnim osima, tada je y = n ili = 1 jednadžba te ravnine, te ako y n je T 3 (0, 0, p) jedino sjecište ravnine s koordinatnim osima, tada je z = p ili z p = 1 jednadžba te ravnine. Može se dogoditi i da postoje točno dva sjecišta. U tom slučaju je ravnina paralelna s koordinatnom osi koju ne siječe. Na primjer, ako ravnina siječe x-os i y-os u točkama T 1 (m, 0, 0) i T 2 (0, n, 0), redom, a z-os ne siječe, tada je ravnina paralelna sa z-osi pa lako možemo uočiti da, na primjer, i točka T 1 (m, 0, 1) pripada toj ravnini. Uvrštavanjem u (13) dobijemo x m y z 0 0 1 = 0, m n 0 odnosno, Na isti način se pokaže da je x m + y n = 1. x m + z p = 1 jednadžba ravnine koja x-os i z-os siječe u točkama T 1 (m, 0, 0) i T 3 (0, 0, p), redom, a y-os ne siječe, te da je y n + z p = 1 jednadžba ravnine koja y-os i z-os siječe u točkama T 1 (m, 0, 0) i T 3 (0, 0, p), redom, a x-os ne siječe. Uočimo da je dovoljno zapamtiti samo jednadžbu (15), jer ako ravnina ne siječe neku koordinatnu os onda možemo zamišljati kao da je odsječak na toj 59

3. Analitička geometrija prostora 60 osi beskonačno velik. Na primjer, ako ravnina ne siječe x-os onda je m = pa član x u (15) iščezava i ostaje y + z = 1. Ako ravnina, na primjer, siječe m n p samo x-os, onda je n = p =, pa iz (15) slijedi z = 1. p Primjer 3.3.1. Odredite jednadžbu ravnine kojoj su presjeci s koordinatnim osima vrhovi jednakostraničnog trokuta površine 8 3. Stranica tog trokuta a zadovoljava a2 3 4 = 8 3, dakle, a 2 = 32. Ako su m, n i p odsječci koje ravnina čini na koordinatnim osima, tada vrijedi m 2 + n 2 = a 2, m 2 + p 2 = a 2, n 2 + p 2 = a 2, odakle je m 2 = n 2 = p 2 = 16. Dakle, m, n, p { 4, 4}, to jest, svaka od ravnina x + y + z = 4, x + y + z = 4, x y + z = 4, x + y z = 4, x y z = 4, x y + z = 4, x + y z = 4, x + y + z = 4 odsijeca jednakostranični trokut površine 8 3. 3.4 Jednadžba pravca u prostoru Vektor smjera pravca je svaki nenul vektor čiji je smjer jednak smjeru tog pravca. Pravac može biti zadan jednom točkom i vektorom smjera, dvjema točkama, kao presjek dviju neparalelnih ravnina ili na neki drugi način. Neka znamo vektor smjera a pravca p i jednu točku T 0 (x 0, y 0, z 0 ) koja pripada tom pravcu. Tada vrijedi: T E 3 pripada pravcu p ako i samo ako je [ T 0 T ] kolinearan vektoru a, to jest, T p ( λ R : [ T 0 T ] = λ a ). Kako je [ T 0 T ] = [ OT ] [ OT 0 ], gornja ekvivalencija nam daje parametarske jednadžbe pravca u vektorskom obliku [ OT ] = [ OT 0 ] + λ a, λ R, (16) 60

3. Analitička geometrija prostora 61 a uvrštavanjem koordinatnih prikaza [ OT ] = (x, y, z), [ OT 0 ] = (x 0, y 0, z 0 ) i a = (α, β, γ) u (16) i izjednačavanjem odgovarajućih koordinata dobivamo parametarske jednadžbe pravca u skalarnom obliku x = x 0 + λα p... y = y 0 + λβ, λ R. (17) z = z 0 + λγ Eliminacijom parametra λ u prethodnim jednadžbama dobivamo p... x x 0 α = y y 0 β = z z 0, (18) β što nazivamo kanonskim ili normalnim oblikom jednadžbe pravca. Neka su poznate dvije točke T 1 (x 1, y 1, z 1 ) i T 2 (x 2, y 2, z 2 ) koje pripadaju pravcu p. Tada za njegov vektor smjera možemo uzeti [ T 1 T 2 ] = (x 2 x 1, y 2 y 1, z 2 z 1 ) pa je kanonski oblik jednadžbe pravca kroz dvije točke p... x x 1 x 2 x 1 = y y 1 y 2 y 1 = z z 1 z 2 z 1, (19) a parametarske jednadžbe pravca poprimaju oblik p... [ OT ] = (1 λ)[ OT 1 ] + λ[ OT 2 ], λ R. (20) i x = x 1 + λ(x 2 x 1 ) p... y = y 1 + λ(y 2 y 1 ) z = z 1 + λ(z 2 z 1 ), λ R. (21) Primjer 3.4.1. Pravac p 1 odreden je točkama (0, 3, 2) i (1, 0, 1), a pravac p 2 točkama (0, 0, 0) i (1, 1, 1). Odredimo njihovo sjecište (naravno, ako postoji). Iz (21) slijedi x p 1... y z = λ = 3 3λ = 2 λ 61, λ R (22)

3. Analitička geometrija prostora 62 i x = µ p 2... y = µ z = µ, µ R. (23) Sjecište pravaca je točka koja pripada i jednom i drugom pravcu, dakle mora istovremeno biti i oblika (22) i (23). Tražimo, dakle, λ i µ koji će zadovoljavati sustav λ = µ 3 3λ = µ 2 λ = µ. (24) Iz prve i druge jednadžbe slijedi λ = µ = 3 i preostaje nam samo provjeriti 4 zadovoljavaju li dobiveni λ i µ treću jednadžbu. Kako je 2 3 3, slijedi 4 4 da sustav (24) nema rješenja, pa se pravci p 1 i p 2 ne sijeku. Pravac može biti zadan kao presjek dviju (neparalelnih) ravnina. Pravac kao presjek ravnina Dakle, ako su π 1... A 1 x+b 1 +C 1 z +D 1 = 0 i π 2... A 2 x+b 2 +C 2 z +D 2 = 0 dvije neparalelne ravnine, onda je njihov presjek pravac { p... A 1 x + B 1 + C 1 z + D 1 = 0 A 2 x + B 2 + C 2 z + D 2 = 0. (25) 62

3. Analitička geometrija prostora 63 Uočimo da je iz gornjeg oblika (25) lako doći do kanonskog oblika: kako pravac leži u obje ravnine, njegov je vektor smjera okomit na njihove vektore normala n 1 i n 2, pa za vektor smjera možemo uzeti n 1 n 2. Za točku T 0 se uzme bilo koja točka koja leži u obje ravnine, to jest, koja zadovoljava sustav (25). Drugi način je da nademo dvije točke koje zadovoljavaju spomenuti sustav jednadžbi i uvrstimo u (19). Primjer 3.4.2. Neka pravac p leži u ravninama π 1... x 4y + 5z 1 = 0 i π 2... 2x + 3y + z + 9 = 0. Tada za njegov vektor smjera možemo uzeti i j k 4 5 a = 1 4 5 = i 2 3 1 3 1 1 5 j 2 1 + 1 4 k 2 3 = 19 i + 9 j + 11 k. Sada odredimo neku točku koja pripada objema ravninama. Zbog pripadnosti ravnini π 1 mora biti x = 1+4y 5z, pa uvrštavanjem u drugu jednadžbu dobijemo 8y 10z + 3y + z + 11 = 0, to jest 11y = 9z 11. Ako uzmemo npr. z = 0 dobivamo y = 1 i x = 3. Prema tome, ( 3, 1, 0) je jedna točka pravca p i zato je jednadžba pravca p dana s p... x + 3 19 = y + 1 9 = z 11. Zadatak 3.4.3. Nadimo sjecište pravaca p... x a a = x b b ako znamo da oni nisu paralelni. = x c i q... x a c a Parametarski oblik jednadžbe pravca p je x = a λ + a p... y = b λ + b, λ R. z = c λ + c = x b b = x c, c 63

3. Analitička geometrija prostora 64 Uvrštavanjem u jednadžbu pravca q dobijemo odnosno, a λ + a a 1 + a a a = b λ + b b b (λ 1) = 1 + b b = c λ + c c, c c (λ 1) = 1 + (λ 1). c S obzirom da znamo da nisu paralelni, to jest, da nije a a = b b = c c, mora biti λ = 1. Slijedi da je sjecište S(a + a, b + b, c + c). 3.5 Kut izmedu ravnina i pravaca Pod kutem ϕ = (π 1, π 2 ) izmedu ravnina π 1 i π 2 podrazumijevamo manji od dva suplementarna kuta koje te dvije ravnine zatvaraju. Zato je uvijek ϕ π, a prema teoremu o kutovima s okomitim kracima slijedi da je 2 (π 1, π 2 ) = min{ ( n 1, n 2 ), π ( n 1, n 2 )}, pri čemu su n 1 i n 2 (bilo koji) vektori normala ravnina π 1 i π 2, redom. Ako je n 1 = (A 1, B 1, C 1 ) i n 2 = (A 2, B 2, C 2 ), tada je cos ϕ = n 1 n 2 n 1 n 2 = A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2. A 2 1 + B1 2 + C1 2 A 2 2 + B2 2 + C2 2 Ako su p 1 i p 2 dva pravca u E 3, tada je kut ϕ = (p 1, p 2 ) izmedu pravaca p 1 i p 2 manji od dva suplementarna kuta koje zatvaraju pravci paralelni zadanim pravcima, a koji se sijeku. Zato je (p 1, p 2 ) = min{ ( a 1, a 2 ), π ( a 1, a 2 )}, pri čemu su a 1 i a 2 (bilo koji) vektori smjerova pravaca p 1 i p 2, redom. Ako je a 1 = (α 1, β 1, γ 1 ) i a 2 = (α 2, β 2, γ 2 ), tada je cos ϕ = a 1 a 2 a 1 a 2 = α 1 α 2 + β 1 β 2 + γ 1 γ 2. α 2 1 + β1 2 + γ1 2 α 2 2 + β2 2 + γ2 2 64

3. Analitička geometrija prostora 65 Kut ψ = (p, π) izmedu pravca p i ravnine π je kut izmedu pravca p i njegove ortogonalne projekcije p na ravninu π. Kako smo kut izmedu pravca i ravnine sveli na kut izmedu dva pravca, slijedi da je uvijek ψ π. 2 Takoder, očito je π ψ kut ili izmedu vektora a i n, ili izmedu a i n, ovisno 2 o tome koji je od ta dva kuta manji. U svakom slučaju sin ψ = cos( π 2 ψ) = a n a n = αa + βb + γc α2 + β 2 + γ 2 A 2 + B 2 + C 2. Pritom su a = (α, β, γ) i n = (A, B, C) (bilo koji) vektori smjera pravca, odnosno normale ravnine. Primjer 3.5.1. Nadimo jednadže ravnina koje s ravninama π 1... 2x y + z 1 = 0 i π 2... x 2y + z 2 = 0 zatvaraju jednake kutove i sadrže pravac π 1 π 2. Vektori normala zadanih ravnina su n 1 = (2, 1, 1) i n 2 = (1, 2, 1). Za vektore i N 1 = n 1 n 1 + n 2 n 2 = 1 6 (3, 3, 2) N 2 = n 1 n 1 n 2 n 2 = 1 6 (1, 1, 0) vrijedi ( N 1, n 1 ) = ( N 1, n 2 ) i ( N 2, n 1 ) = ( N 2, n 2 ), pa ravnine čiji su vektori normala kolinearni vektorima N 1 i N 2 zatvaraju s ravninama π 1 i π 2 jednake kutove. Sada kada znamo vektore normala, dovoljno je naći neku točku koja pripada traženim ravninama, dakle, tražimo neko rješenje sustava { 2x y + z 1 = 0 x 2y + z 2 = 0. Lako se vidi da je (0, 1, 0) jedno njegovo rješenje. Prema tome, tražene ravnine su 3x 3y + 2z 3 = 0 i x + y + 1 = 0. Zadatak 3.5.2. Obrazložite zašto smo u prethodnom primjeru, pri izračunavanju vektora N 1 i N 2, vektore n 1 i n 2 skalirali prije zbrajanja i oduzimanja? 65

3. Analitička geometrija prostora 66 3.6 Udaljenost točke od ravnine Neka je zadana točka T 0 (x 0, y 0, z 0 ) i ravnina π... Ax + By + Cz + D = 0. Izvedimo formulu za računanje udaljenosti d(t 0, π) od točke T 0 do ravnine π. Točka P (x 1, y 1, z 1 ) π za koju vrijedi d(t 0, π) = d(t 0, P ) ima svojstvo da je [ T 0 P ] π, to jest, [ T 0 P ] i n su kolinearni. Udaljenost točke od ravnine Dakle, postoji λ R takav da je x 1 x 0 = λa, y 1 y 0 = λb, z 1 z 0 = λc. Zato je P oblika (x 0 + λa, y 0 + λb, z 0 + λc) za neki λ R. Kako je P π, to vrijedi Ax 1 + By 1 + Cz 1 + D = 0, što daje A(x 0 + λa) + B(y 0 + λb) + C(z 0 + λc) + D = 0, a odavde slijedi da je parametar koji odgovara točki P zadan s Tada je λ = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A 2 + B 2 + C 2. (26) d(t 0, π) = d(t 0, P ) = (x 1 x 0 ) 2 + (y 1 y 0 ) 2 + (z 1 z 0 ) 2 = (λa) 2 + (λb) 2 + (λc) 2 = λ A 2 + B 2 + C 2, i uvrštavanjem vrijednosti parametra λ (dobivenog u (26)) dobijemo traženu formulu d(t 0, π) = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A2 + B 2 + C 2. (27) 66

3. Analitička geometrija prostora 67 Ovu formulu lako pamtimo: koordinate točke T 0 uvrstimo u jednadžbu ravnine, uzmemo apsolutnu vrijednost i podijelimo s duljinom vektora normale ravnine. Drugi način da dodemo do ove formule je da točkom T 0 povučemo pravac p okomit na π, to jest, pravac kojemu je vektor smjera jednak vektoru normale od π. Tada je P presjek pravca p i ravnine π, pa se nastavlja dalje kao u prethodnom slučaju. Udaljenost točke od ravine 3.7 Udaljenost točke od pravca Neka je zadana točka T 0 (x 0, y 0, z 0 ) i pravac p... x x 1 = y y 1 = z z 1. α β β Dat ćemo nekoliko načina za računanje udaljenosti d(t 0, p) od točke T 0 do pravca p. I. način: Neka je π ravnina koja prolazi točkom T 0 i čiji je vektor normale upravo jednak vektoru smjera pravca p. 67

3. Analitička geometrija prostora 68 Tada je π... α(x x 0 ) + β(y y 0 ) + γ(z z 0 ) = 0. Ako je S sjecište pravca p i ravnine π, tada je d(t 0, p) = d(t 0, S). Točku S nalazimo kao rješenje sustava koji se sastoji od jednadžbe pravca p i jednadžbe ravnine π. II. način: Svaka točka na pravcu p ima oblik (x 1 + αλ, y 1 + βλ, z 1 + γλ) za neki λ R. Tražimo onu točku P na pravcu p za koju vrijedi d(t 0, p) = d(t 0, P ). Ta 68