Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008 Predavanja: Nenad Bakić, Vježbe: Luka Grubišić i Maja Starčević 22. listopada 2007. 1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadžbi Neka je E 3 trodimenzionalni prostor s točkovnom strukturom i neka je u njemu zadan pravokutni koordinatni sustav s ishodištem u O. Skup svih radijvektora koji počinju u O se označava sa V 3 (O). Sve definicije i rezultati iz V 2 (O) vrijede sa analognim formulacijama i u ovoj strukturi. Koristit ćemo sljedeće dodatne definicije i rezultate o prostoru radijvektora. Definicija 1. Neka je { v 1, v 2,..., v n }, n 2, konačan skup radijvektora u V 3 (O), te neka vrijedi v i = OT i, i = 1,...,n. Kažemo da su vektori v 1,..., v n komplanarni ako postoji ravnina kroz ishodište koja sadrži sve završne točke T i, i = 1,...,n. Ukoliko takva ravnina ne postoji kaže se da su vektori nekomplanarni. Propozicija 2. Neka su a, b V 3 (O) proizvoljni nekolinearni vektori. Za svaki v V 3 (O) komplanaran sa a i b postoje jedinstveni skalari α, β R tako da vrijedi v = α a + β b. Propozicija 3. Neka su a, b, c V 3 (O) proizvoljni nekomplanarni vektori. Za svaki radijvektor v V 3 (O) postoje jedinstveni skalari α, β, γ R tako da vrijedi v = α a + β b + γ c. Napomena 4. U V 3 (O) tri nekomplanarna vektora čine bazu. To je mišljeno u smislu da se svaki drugi radijvektor može na jedinstven način prikazati kao linearna kombinacija tih vektora. Teorem 5. Tri vektora a, b, c V 3 (O) su nekomplanarni (linearno nezavisni) ako i samo ako vrijedi 1.1 Prostor V 3 (O) α, β, γ R, α a + β b + γ c = 0 α = β = γ = 0. Zadatak 1. Provjerite čine li vektori a = OA, b = OB, c = OC, gdje je 1. A = (1, 0, 1), B = (1, 2, 3), C = (0, 1, 1) 2. A = (1, 1, 1), B = (1, 2, 2), C = (0, 1, 1) 3. A = (1, 0, 0), B = (0, 1, 0), C = (0, 0, 1) bazu za V 3 (O) Zadatak 2. Prikažite vektor d = OD, D = (1, 1, 4) kao linearnu kombinaciju vektora iz prethodnog zadatka. Zadatak 3. Neka su a, b i c nekomplanarni vektori u V 3 (O). Odredite za koje α, β R su vektori takoder komplanarni. a + α b, b + β c, a + β b + α c 1
1.1.1 Rješenja Zad 1: ad. 1) i ad. 3) vektori čine bazu; ad. 2) vektori ne čine bazu Zad 2: ad. 1) v = α a + β b + γ c, α = 2, β = 1, γ = 1; ad. 2) nema rješenja (prikaza); ad. 3) α = 1, β = 1, γ = 4 Zad 3: α, β R i αβ β 2 + α 0 1.2 Diskusija rješenja sustava linearnih jednadžbi Pri rješavanju sustava linearnih jednadžbi, (1) pri čemu su a i, b i, c i R, i = 1, 2, 3, koristit ćemo se sljedećim rezultatom. Propozicija 6. Neka su α, β R te α 0, tada sustavi linearnih jednadžbi α(a 1 x + b 1 y + c 1 z) + β(a 2 x + b 2 y + c 2 z) = αd 1 + βd 2 imaju isti skup rješenja. Isti rezultat vrijedi ako zamjenimo poredak jednadžbi u sustavu. Ova propozicija se dokazuje direktnom provjerom. Strategija rješavanja sustava primjenom ove propozicije bit će sljedeća. 1. Zamjenom redosljeda jednadžbi sustava zapisat ćemo sustav kao sustav pri ćemu je ã 1 0. (2) ã 2 x + b 2 y + c 2 z = d 2 ã 3 x + b 3 y + c 3 z = d 3 2. Uzastopnom primjenom Propozicije 6 konstruiramo sustav b2 y + c 2 z = d2 b3 y + c 3 z = d3 koji ima isti skup rješenja kao i polazni sustav (2). 3. Ponavljamo korake 1) i 2) sa elementima b2 i b3 tako da konačno konstruiramo sustav b2 y + c 2 z = d2 (3) c 3 z = d3 koji ima isti skup rješenja kao i polazni sustav (2). 2
Za sustav linearnih jednadžbi (3) kažemo da ima trokutastu formu i njegovo rješenje je moguće direktno odčitati uvštavanjem rješenja treće jednadžbe u drugu i onda rješenja druge u prvu. Takav postupak se zove povratna supstitucija. Na primjerima ćemo vidjeti da rješavanje sustava linearnih jednadžbi svodenjem na trokutastu formu daje siguran put k rješenju i u slučajevima kada sustav nema jedinstveno rješenje. Naglasimo da je jednadžba rješena onda kada smo odredili cijeli skup rješenja. Zadatak 4. Odredite h, k R tako da sustav ima 1. jedinstveno rješenje 2. beskonačno mnogo rješenja 3. nema rješenja. Ukoliko sustav ima rješenja odredite ih. x + 2y = k 4x + hy = 5 1.2.1 Radijvektorska interpretacija rješivosti sustava Pokušajmo sada dati geometrijski zor o rješivosti sustava linearnih jednadžbi. Neka su dane točke A = (a 1, a 2, a 3 ) B = (b 1, b 2, b 3 ) C = (c 1, c 2, c 3 ) D = (d 1, d 2, d 3 ) u prostoru E 3. U prostoru V 3 (O) promatramo radijvektore OA, OB, OC i OD i njima pridružujemo sistem linearnih jednadžbi. (5) Sljedeći teorem je osnovni rezultat o rješivosti sistema (5). Teorem 7. Neka su dani radijvektori OA, OB, OC i OD sa krajnim točkama (4), te neka je skup V definiran formulom V = {α OA + β OB + γ OC α, β, γ R}. (6) Sustav linearnih jednadžbi (5) ima rješenje ako i samo ako je OD V. Nadalje, korištenjem Propozicija 2 i 3 možemo opisati skup rješenja jednadžbe (5). Korolar 8. Sustav linearnih jednadžbi (5) ima jedinstveno rješenje ako i samo ako radijvektori OA, OB i OC nisu komplanarni. Neka su radijvektori OA, OB, OC i OD komplanarni, te neka u skupu { OA, OB, OC} postoje dva nekolinearna vektora v 1 i v 2. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je v 1 = OA i v 2 = OB. Korolar 9. Postoje jedinstveni γ 1, γ 2, δ 1, δ 2 R takvi da je (δ 1 tγ 1 ) OA + (δ 2 tγ 2 ) OB + t OC = OD, t R. (7) Korolar 10. Neka su vektori OA, OB, OC i OD kolinearni, tada postoje jedinstveni δ1, δ 2, δ 3 R takvi da je (δ 3 βδ 1 γδ 2 ) OA + β OB + γ OC3 = OD, (8) za sve γ, β R. 3 (4)
Rješenja jednadžbe (5) dobivaju se iz Korolara 9 i 10 tako da se jednakosti (7) i (8) razmotre u kanonskoj bazi. Mi ćemo sisteme oblika (5) rješavati primjenom Propozicije 6. Zadatak 5. Rješite sljedeće sustave i kod svakog radijvektorskom interpretacijom ustanovite razloge (ne) postojanja rješenja. Ako rješenja postoje, opravdajte strukturu skupa rješenja geometrijsko (vektorskim) argumentima. 1. 2. 3. 4. Zadatak 6. Odredite α, β, γ R tako da sustav ima 1. jedinstveno rješenje 2. beskonačno mnogo rješenja 3. nema rješenja. Ukoliko sustav ima rješenja odredite ih. 1.2.2 Rješenja 2x 1 + 4x 2 + 6x 3 = 18 4x 1 + 5x 2 + 6x 3 = 24 3x 1 + x 2 2x 3 = 4 2x 1 + 4x 2 + 6x 3 = 18 4x 1 + 5x 2 + 6x 3 = 24 2x 1 + 7x 2 + 12x 3 = 40 3x 1 + 6x 2 6x 3 = 9 2x 1 5x 2 + 4x 3 = 6 x 1 + 16x 2 14x 3 = 3 x 1 + x 2 x 3 = 0 4x 1 x 2 + 5x 3 = 0 6x 1 + x 2 + 3x 3 = 0 2 βx + βy + βz = 1 + γ 2x + y + βz = 1 4x + (2 β)y + (β 2 + 2β)z = 2 + γ Zad 6: β 0 i β 1 rješenje je jedinstveno β = 0 nema rješenja i ukoliko je β = 1 i γ 0 takoder nema rješenja Za β = 1 i γ = 0 dobivamo da je skup rješenja dan kao x 1 = 1 2 t x 2 = t x 3 = t za svaki t R. 4
1.2.3 Dodatni zadaci za vježbu 1. Odredite za koje su t R vektori a = i + 2 j + 3 k, b = i + t j + k i c = i + j + k nekomplanarni. Rješenje: t 1. 2. Odredite za koje su t R vektori a = t i + j + k, b = i 2 j 2 k i c = i + t j + k komplanarni. Rješenje: t = 1, 1 2. 3. Odredite za koje su p R vektori a = (p 1) i + 2 j, b = (p + 4) i + (p 2) j kolinearni. Rješenje: t = 1, 6. 4. Za koje p R vektori a = i p j p k, b = i + j + k i c = i +p j + k čine bazu za V 3 (O)? Rješenje: p 1, 1. 5. Za koje α, β R se vektor d = α i j + k može prikazati kao linearna kombinacija vektora a = i j k, b = i + j + k i c = i + β j + k? Rješenje: Za β = 1 i α R prikaz je jedinstven. Za β 1, prikaz nije moguć. 6. Jesu li vektori i + j + k, j k, i + 2 k, i j k komplanarni? Rješenje: Ne. 5