Vektorski prostori

Vektorski prostor

Neka je X neprazan skup i (K,+, ·) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostornad poljem skalara K ako ima sledecu strukturu:

(1) Definisana je operacija + u skupu X (sabiranje vektora), takva da je (X,+)Abelova grupa;

(2) Definisana je operacija · (mnozenje vektora skalarom) koja svakom vektoruu ∈ X i svakom skalaru λ ∈ K pridruzuje vektor λu ∈ X, pri cemu vazi sledece:

1. λ(µu) = (λµ)u,2. (λ+ µ)u = λu+ µu,3. λ(u+ v) = λu+ λv,4. 1u = u.

Ako su u1, u2, . . . , uk ∈ X vektori i λ1, λ2, . . . , λk ∈ K skalari, vektor

λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λkuk

se zove linearna kombinacija vektora u1, u2, . . . , uk.

Skup svih linearnih kombinacija vektora iz skupa A ⊂ X zove se lineal skupa A:

L(A) = {λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λkuk | u1, u2, . . . , uk ∈ A, λ1, λ2, . . . , λk ∈ K, k ∈ N} .

Vektori u1, u2, . . . , un ∈ X su linearno nezavisni ako vazi

λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λnun = θ ⇔ λ1 = λ2 = . . . = λn = 0.

Vektori u1, u2, . . . , un ∈ X su linearno zavisni ako postoji λk ∈ K, λk = 0, tako daje

1

2

λ1u1 + λ2u2 + · · ·+ λnun = θ.

Ako u vektorskom prostoru X postoji n linearno nezavisnih vektora, a svakiskup od n+ 1 vektora je linearno zavisan, tada je prostor X n–dimenzionalan, tj.

dimX = n.

Skup B ⊂ X je algebarska baza prostora X ako je B skup linearno nezavisnihvektora i L(B) = X.

Skup Y ⊂ X je vektorski potprostor vektorskog prostora X ako je on sam zasebe vektorski prostor nad istim poljem skalara i sa istim operacijama kao i prostorX.

Skup Y ⊂ X je potprostor vektorskog prostora X ako i samo ako vazi

1◦ (∀u1, u2 ∈ Y ) u1 + u2 ∈ Y,

2◦ (∀u ∈ X)(∀λ ∈ K) λu ∈ Y,

ili, drugacije zapisano,

(∀u, v ∈ Y )(∀µ, ν ∈ K) µu+ νv ∈ Y.

Normirani prostor

Vektorski prostor X nad poljem K (C ili R) je normiran ako postoji nenegativnafunkcija ∥ · ∥ : X → R+

0 takva da je

1. ∥u∥ = 0 ⇔ u = θ,

2. ∥λu∥ = |λ| · ∥u∥,3. ∥u+ v∥ ≤ ∥u∥+ ∥v∥,

za svako λ ∈ K i u, v ∈ X. Za funkciju u 7→ ∥u∥ kazemo da je norma ili duzinavektora u.

3

Unitarni prostor (prostor sa skalarnim proizvodom)

Vektorski prostor X nad poljem K (C ili R) je unitarni prostor ili prostor saskalarnim proizvodom ako postoji funkcija (·, ·) : X2 → K koja za svako u, v, w ∈ Xi λ ∈ K zadovoljava uslove:

1. (u, u) ≥ 0,

2. (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 vazi:

1. (u, λv) = λ(u, v),

2. (u, v + w) = (u, v) + (u,w),

3. |(u, v)|2 ≤ (u, u)(v, v).

U unitarnom prostoru moze se definisati norma

∥u∥ =√

(u, u).

Ako je K = R, tada se unitarni prostor naziva euklidski, a osobina 5. iz definicijeskalarnog proizvoda postaje

5’. (u, v) = (v, u).

Ugao izmedu vektora u i v odreduje se formulom

cos∠(u, v) =(u, v)

∥u∥∥v∥,

odakle je ∠(u, v) = arccos (u,v)∥u∥∥v∥ .

Uslov ortogonalnosti vektora u i v: u⊥v ⇔ (u, v) = 0.

Gram-Smitov postupak ortogonalizacije: Polazeci od linearno nezavisnog

skupa vektora {a1, . . . , an} odredujemo ortogonalan skup vektora {u1, . . . , un} nanacin:

u1 = a1, uk = ak −k−1∑i=1

(ak, ui)

(ui, ui)ui, k = 2, 3, . . . , n.

4

Primeri skalarnog proizvoda:

1. Vektorski prostor Rn nad poljem K = R, vektori

x = (x1, . . . , xn), y = (y1, . . . , yn)

i skalarni proizvod definisan sa

(x, y) = x · y = (x1, . . . , xn) · (y1, . . . , yn) = x1y1 + · · ·+ xnyn,

ili(x, y) = ∥x∥∥y∥ cos∠(x, y).

2. Vektorski prostor V0(E) nad poljem K = R, vektori

−→x = x1−→i + x2

−→j + x3

−→k , −→y = y1

−→i + y2

−→j + y3

−→k

i skalarni proizvod definisan sa

−→x · −→y = x1y1 + x2y2 + x3y3,

ili−→x · −→y = ∥x∥ · ∥y∥ cos∠(x, y).

Zadaci:

1. Ispitati linearnu zavisnost vektora u1, u2, u3 ∈ R3 ako je:

a) u1 = (1, 0, 3), u2 = (−1, 1, 1), u3 = (2,−1, 3);b) u1 = (2, 1,−1), u2 = (0,−2, 3), u3 = (−2,−4, 5).

Resenje: a) Formirajmo linearnu kombinaciju vektora u1, u2, u3, izjednacimoje sa nula–vektorom i odredimo njene koeficijente:

λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 = λ1(1, 0, 3) + λ2(−1, 1, 1) + λ3(2,−1, 3)

= (λ1 − λ2 + 2λ3, λ2 − λ3, 3λ1 + λ2 + 3λ3)

= (0, 0, 0).

Vektori su jednaki ako imaju jednake odgovarajuce koordinate, pa se koeficijentiλ1, λ2, λ3 dobijaju resavanjem sistema linearnih jednacina

λ1 − λ2 + 2λ3 = 0,λ2 − λ3 = 0,

3λ1 + λ2 + 3λ3 = 0.

5

Mnozenjem prve jednacine sa −3 i dodavanjem trecoj, a zatim mnozenjem drugejednacine sa −4 i dodavanjem trecoj sistem dobija trougaoni oblik

λ1 − λ2 + 2λ3 = 0,λ2 − λ3 = 0,

4λ2 − 3λ3 = 0,

λ1 − λ2 + 2λ3 = 0,

λ2 − λ3 = 0,λ3 = 0.

Sistem jednacina je zadovoljen samo ako je λ1 = λ2 = λ3 = 0. Kako je

λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 = 0 ⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 0,

vektori u1, u2, u3 su linearno nezavisni.

b) Kao u prethodnom delu zadatka, odredimo koeficijente u proizvoljnoj line-arnoj kombinaciji vektora u1, u2, u3 koja je jednaka nula–vektoru:

λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 = λ1(2, 1,−1) + λ2(0,−2, 3) + λ3(−2,−4, 5)

= (2λ1 − 2λ3, λ1 − 2λ2 − 4λ3, −λ1 + 3λ2 + 5λ3)

= (0, 0, 0).

Izjednacavanjem odgovarajucih koordinata dobija se sistem linearnih jednacina2λ1 − 2λ3 = 0,

λ1 − 2λ2 − 4λ3 = 0,−λ1 + 3λ2 + 5λ3 = 0.

Posle sledecih koraka:-drugu jednacinu pomnozimo sa −2 i dodamo prvoj,-drugu jednacinu dodamo trecoj,-drugu jednacinu prebacimo na prvo mesto,

sistem dobija oblik λ1 − 2λ2 − 4λ3 = 0,

4λ2 + 4λ3 = 0,λ2 + λ3 = 0,

tj. svodi se na dve jednacine {λ1 − 2λ2 − 4λ3 = 0,

λ2 + λ3 = 0.

Iz druge jednacine dobija se λ2 = −λ3, a zamenom u prvoj i λ1 = 2λ2 + 4λ3 =−2λ3 + 4λ3 = 2λ3. Prema tome, sistem jednacina je zadovoljen za svaki izborkoeficijenata

λ1 = 2λ3, λ2 = −λ3, λ3 ∈ R.

6

Na primer, za λ3 = 1, λ1 = 2, λ2 = −1 dobija se

2u1 − u2 + u3 = 0 ili u3 = −2u1 + u2,

sto znaci da su vektori u1, u2, u3 linearno zavisni.

2. Dokazati da vektori −→a =−→i +

−→j +

−→k ,

−→b =

−→i +

−→j +2

−→k i −→c =

−→i +2

−→j +3

−→k

cine bazu u prostoru VO(E) i odrediti koordinate vektora−→d = 6

−→i +9

−→j +14

−→k

u toj bazi.

Resenje: Vektori −→a ,−→b ,−→c cine bazu u prostoru VO(E) ako su linearno neza-

visni i ako svaki vektor −→x ∈ VO(E) moze da se predstavi kao njihova linearnakombinacija.

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 + 2

−→k ) + γ(

−→i + 2

−→j + 3

−→k )

= (α+ β + γ)−→i + (α+ β + 2γ)

−→j + (α+ 2β + 3γ)

−→k .

Dobijeni vektor je jednak nula–vektoru samo ako su mu koordinate jednake nuli,tj. ako vazi

α+ β + γ = 0,α+ β + 2γ = 0,α+ 2β + 3γ = 0.

Oduzimanjem prve jednacine od trece i druge jednacine redom, sistem linearnihjednacina dobija trougaoni oblik

α+ β + γ = 0,β + 2γ = 0,

γ = 0,

koji je zadovoljen samo ako je α = β = γ = 0. Prema tome, vektori −→a ,−→b ,−→c su

linearno nezavisni.Pokazimo da proizvoljan −→x ∈ VO(E) moze da se predstavi kao linearna kom-

binacija vektora −→a ,−→b ,−→c . Kako je dimVO(E) = 3, svaki skup od 4 vektora, pa

i {−→a ,−→b ,−→c ,−→x }, je linearno zavisan, sto znaci da −→x moze da se predstavi kao

linearna kombinacija preostalih.

Na osnovu dokazanih cinjenica, skup {−→a ,−→b ,−→c } cini bazu u prostoru VO(E).

Koordinate vektora−→d u toj bazi su koeficijenti u linearnoj kombinaciji

7

−→d = α−→a + β

−→b + γ−→c

i odredujemo ih na sledeci nacin:

−→d = α−→a + β

−→b + γ−→c ,

6−→i + 9

−→j + 14

−→k = α(

−→i +

−→j +

−→k ) + β(

−→i +

−→j + 2

−→k ) + γ(

−→i + 2

−→j + 3

−→k )

= (α+ β + γ)−→i + (α+ β + 2γ)

−→j + (α+ 2β + 3γ)

−→k ,

α+ β + γ = 6,α+ β + 2γ = 9,

α+ 2β + 3γ = 14,

α+ β + γ = 6,

β + 2γ = 8,γ = 3,

γ = 3,β = 2,α = 1.

Prema tome, −→d = −→a + 2

−→b +−→c .

3. Dokazati da je {t2, t2 + t, t+ 1} baza u prostoru

P2 = {p | p(t) = at2 + bt+ c, a, b, c ∈ R},

a zatim odrediti koordinate vektora q(t) = 4t2 − 1 u toj bazi.

Resenje: Kako je dimP2 = 3, dovoljno je dokazati da su vektori p1, p2, p3, gdeje p1(t) = t2, p2(t) = t2 + t, p3(t) = t + 1, linearno nezavisni. Nula–vektor uprostoru P2 je nula–polinom O(t) = 0t2 + 0t+ 0. Sada je

λ1p1 + λ2p2 + λ3p3 = O ⇔ (∀t ∈ R) λ1p1(t) + λ2p2(t) + λ3p3(t) = O(t)

⇔ (∀t ∈ R) λ1t2 + λ2

(t2 + t

)+ λ3(t+ 1) = O(t)

⇔ (∀t ∈ R) (λ1 + λ2)t2 + (λ2 + λ3)t+ λ3 = O(t)

⇔

λ1 + λ2 = 0,λ2 + λ3 = 0,λ3 = 0

⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 0.

Dakle, vektori p1, p2, p3 su linearno nezavisni, pa cine bazu u prostoru P2. Koor-dinate vektora q u toj bazi odredujemo na sledeci nacin:

8

q = αp1 + βp2 + γp3 ⇔ (∀t ∈ R) q(t) = αp1(t) + βp2(t) + γp3(t)

⇔ (∀t ∈ R) 4t2 − 1 = αt2 + β(t2 + t

)+ γ(t+ 1)

= (α+ β)t2 + (β + γ)t+ γ

⇔

α+ β = 4,β + γ = 0,γ = 1

⇔ α = 5, β = −1, γ = 1.

4. Ispitati da li skup vektora {(1, 2, 1), (0, 1, 2), (1, 3, 3)} obrazuje bazu vektorskogprostora R 3.

Resenje: S obzirom da je dim R3 = 3 i skup {(1, 2, 1), (0, 1, 2), (1, 3, 3)} sadrzitri vektora, da bi ovaj skup vektora predstavljao bazu prostora R 3, dovoljno je dabude linearno nezavisan. Linearnu nezavisnost skupa vektora utvrdujemo proveromvrednosti koeficijenata u linearnoj kombinaciji

α(1, 2, 1) + β(0, 1, 2) + γ(1, 3, 3) = (0, 0, 0)

⇔ (α+ γ, 2α+ β + 3γ, α+ 2β + 3γ) = (0, 0, 0). (0.1)

To nas dovodi do homogenog sistema jednacina po koeficijentim α, β i γα+ γ = 02α+ β + 3γ = 0α+ 2β + 3γ

⇔ α = β = −γ.

Zakljucujemo da koeficijenti linearne kombinacije (0.1) ne moraju svi istovremenobiti nule, tj. skup vektora {(1, 2, 1), (0, 1, 2), (1, 3, 3)} je linearno zavisan te nemozepredstavljati bazu.

5. Dokazati da je

X ={(α, α+ β, α+ β + γ, 0) | α, β, γ ∈ R

}potprostor vektorskog prostora R4, a zatim odrediti dimenziju i jednu bazuprostora X.

Resenje: Skup X je potprostor vektorskog prostora R4 ako vazi:

9

1◦ (∀x1,x2 ∈ X) x1 + x2 ∈ X,

2◦ (∀x ∈ X)(∀λ ∈ R) λx ∈ X.

Dokazimo 1◦. Neka su

x1 = (a1, a1 + b1, a1 + b1 + c1, 0) i x2 = (a2, a2 + b2, a2 + b2 + c2, 0)

proizvoljni vektori iz skupa X. Tada je

x1 + x2 = (a1, a1 + b1, a1 + b1 + c1, 0) + (a2, a2 + b2, a2 + b2 + c2, 0)

= (a1 + a2, (a1 + b1) + (a2 + b2), (a1 + b1 + c1) + (a2 + b2 + c2), 0)

= (a1 + a2, (a1 + a2) + (b1 + b2), (a1 + a2) + (b1 + b2) + (c1 + c2), 0) .

Uvodeci oznake

a1 + a2 = α, b1 + b2 = β, c1 + c2 = γ

dobija sex1 + x2 = (α, α+ β, α+ β + γ, 0) ∈ X.

Dokazimo 2◦. Neka je x = (a, a+ b, a+ b+ c, 0) proizvoljan vektor iz skupa X iλ ∈ 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 oznacimoλa = α, λb = β, λc = γ,

dobijamoλx = (α, α+ β, α+ β + γ, 0) ∈ X.

Dakle, X je potprostor prostora R4. Odredimo mu dimenziju i jednu bazu. Pro-izvoljan vektor x = (α, α + β, α + β + γ, 0) ∈ X moze da se predstavi na sledecinacin:

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

u1 = (1, 1, 1, 0), u2 = (0, 1, 1, 0), u3 = (0, 0, 1, 0).

10

Vektori u1,u2,u3 su linearno nezavisni, jer vazi:

λ1u1 + λ2u2 + λ3u3 = 0

⇔ λ1(1, 1, 1, 0) + λ2(0, 1, 1, 0) + λ3(0, 0, 1, 0) = (0, 0, 0, 0)

⇔ (λ1, λ1 + λ2, λ1 + λ2 + λ3, 0) = (0, 0, 0, 0)

⇔

λ1 = 0,λ1 + λ2 = 0,λ1 + λ2 + λ3 = 0,

⇔ λ1 = λ2 = λ3 = 0.

Kako su vektori u1,u2,u3 linearno nezavisni i L ({u1,u2,u3}) = X, oni cine bazuu prostoru X. Dimenzija prostora jednaka je broju vektora u bazi, pa je dimX = 3.

6. Dokazati da je

X ={(−α, α, α+ β, β) | α, β ∈ R

}potprostor prostora R4. Odrediti dimenziju i jednu bazu prostora X.

Resenje: Dokazimo da vazi

(∀x1,x2 ∈ X)(∀µ, ν ∈ R) µx1 + νx2 ∈ X.

Neka su x1 = (−a1, a1, a1+b1, b1) i x2 = (−a2, a2, a2+b2, b2) proizvoljni vektoriiz skupa X i µ, ν ∈ R proizvoljni skalari. Tada je

µx1 + νx2 = µ(−a1, a1, a1 + b1, b1) + ν(−a2, a2, a2 + b2, b2)

= (µ(−a1) + ν(−a2), µa1 + νa2, µ(a1 + b1) + ν(a2 + b2), µb1 + νb2)

= (−(µa1 + νa2), µa1 + νa2, (µa1 + νa2) + (µb1 + νb2), µb1 + νb2) .

Uvodeci oznakeµa1 + νa2 = α, µb1 + νb2 = β,

dobija seµx1 + νx2 = (−α, α, α+ β, β) ∈ X.

Prema tome, X je potprostor prostora R4. Odredimo bazu i dimenziju prostora X.Kako proizvoljan vektor x = (−α, α, α+ β, β) ∈ X moze 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

zakljucujemo da je X = L ({u1,u2}), gde je u1 = (−1, 1, 1, 0), u2 = (0, 0, 1, 1).Pored toga, vektori u1 i u2 su linearno nezavisni jer vazi

λ1u1 + λ2u2 = 0 ⇔ λ1(−1, 1, 1, 0) + λ2(0, 0, 1, 1) = (0, 0, 0, 0)

⇔ (−λ1, λ1, λ1 + λ2, λ2) = (0, 0, 0, 0)

⇔ λ1 = λ2 = 0.

Zato {(−1, 1, 1, 0), (0, 0, 1, 1)} predstavlja bazu u prostoru X i dimX = 2.

7. a) Dokazati da je

X ={(a, b, c) ∈ R3 | a+ b+ c = 0

}vektorski prostor.

b) Odrediti dimenziju i jednu bazu prostora X.

Resenje: a) Kako je X ⊂ R3, dovoljno je dokazati da je on potprostor prostoraR3. Neka su x1 = (a1, b1, c1) i x2 = (a2, b2, c2) proizvoljni vektori iz X i µ, ν ∈ Rproizvoljni skalari. Tada je

µx1+νx2 = µ(a1, b1, c1)+ν(a2, b2, c2) = (µa1+νa2, µb1+νb2, µc1+νc2) = (a, b, c).

Kako je a1 + b1 + c1 = 0 i a2 + b2 + c2 = 0, vazi

a+b+c = (µa1+νa2)+(µb1+νb2)+(µc1+νc2) = µ(a1+b1+c1)+ν(a2+b2+c2) = 0,

zakljucuje se da µx1 + νx2 ∈ X.

b) Za proizvoljan vektor x = (a, b, c) ∈ X vazi a+ b+ c = 0, tj. c = −a− b, paon moze da se predstavi na sledeci nacin:

x = (a, b, c) = (a, b,−a− b) = a(1, 0,−1) + b(0, 1,−1) = au1 + bu2,

gde je u1 = (1, 0,−1), u2 = (0, 1,−1). Vektori u1 i u2 su linearno nezavisni jervazi

λ1u1 + λ2u2 = 0 ⇔ λ1(1, 0,−1) + λ2(0, 1,−1) = (0, 0, 0)

⇔ (λ1, λ2,−λ1 − λ2) = (0, 0, 0)

⇔ λ1 = λ2 = 0.

Zato vektori u1 i u2 cine bazu u prostoru X, pa je dimX = 2.

12

8. Dat je vektorski prostor

X = {(3x, 2x, y) | x, y ∈ R}

u odnosu na uobicajene operacije sabiranja vektora i mnozenja vektora skalarom.Odrediti dimenziju i jednu bazu vektorskog prostora X.

Resenje: Proizvoljan vektor u ∈ X moze da se predstavi u obliku

u = (3x, 2x, y) = x(3, 2, 0) + y(0, 0, 1).

Kako su vektori (3, 2, 0) i (0, 0, 1) linearno nezavisni, oni cine bazu u prostoru X,pa je dimX = 2.

9. Dokazati da je

X ={(α, β, γ, α+ γ) | α+ β + γ = 0, α, β, γ ∈ R

}potprostor prostora R4. Odrediti bazu i dimenziju prostora X.

Resenje: Za proizvoljni vektor u = (α, β, γ, α + γ) ∈ X vazi α + β + γ = 0,pa je β = −α − γ, tj. u = (α,−α − γ, γ, α + γ). Zbog toga skup X moze da sepredstavi u obliku

X ={(α,−α− γ, γ, α+ γ) | α, γ ∈ R

}.

Na nacin prikazan u resenjima zadataka 4. i 5. zakljucuje se da je X potprostorprostora R4, dimX = 2, a jedna baza je {(1,−1, 0, 1), (0,−1, 1, 1)}.

10.Ispitati da li je skup

Xc = {(x1, x2, . . . , xn) | x1 + · · ·+ xn = c, xi ∈ R, i = 1, 2, . . . , n}, c ∈ R

potprostor vektorskog prostora Rn ako je:

a) c = 0, b) c = 0.

Resenje: Neka su µ, ν ∈ R proizvoljni skalari i x = (x1, x2, . . . , xn) i y =(y1, y2, . . . , yn) proizvoljni vektori iz Xc. Tada je

x1 + x2 + · · ·+ xn = c i y1 + y2 + · · ·+ yn = c.

13

Zato vazi

µx+ νy = µ(x1, x2, . . . , xn) + ν(y1, y2, . . . , yn)

= (µx1 + νy1, µx2 + νy2, . . . , µxn + νyn)

= (z1, z2, . . . , zn),

pri cemu je zi = µxi + νyi, i = 1, 2, . . . , n, i

z1 + z2 + · · ·+ zn = (µx1 + νy1) + (µx2 + νy2) + · · ·+ (µxn + νyn)

= µ(x1 + x2 + · · ·+ xn) + ν(y1 + y2 + · · ·+ yn)

= µc+ νc = (µ+ ν)c.

a) Ako je c = 0, tada je

z1 + z2 + · · ·+ zn = x1 + x2 + · · ·+ xn = y1 + y2 + · · ·+ yn = 0,

pa µx+ νy ∈ X0, sto znaci da je X0 potprostor prostora Rn dimenzije n− 1.b) Ako je c = 0, tada je

z1 + z2 + · · ·+ zn = (µ+ ν)c = c,

sto znaci da za µ+ ν = 1 vazi µx+ νy /∈ Xc, tj. Xc 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 + 2w), (u, iw).

Resenje: Na osnovu definicije i osobina skalarnog proizvoda (·, ·) : X2 → Cimamo

(v, u) = (u, v) = 1 + i = 1− i,

(u, v + 2w) = (u, v) + 2(u,w) = 1 + i+ 2i = 1 + 3i,

(u, iw) = i(u,w) = −i · i = 1.

12.Neka je X unitarni prostor i neka su u, v, w ∈ X vektori takvi da je (u, v) = 2ii (u,w) = 1 + 9i. Odrediti skalarne proizvode (v − 2w, u), (3iu, v) i (u, iw).

14

Rezultat: (v − 2w, u) = −2 + 16i, (3iu, v) = −6, (u, iw) = 9− i.

13.Odrediti ugao izmedu vektora a = (3, 0,−5, 4) i b = (0, 0, 1, 0). Naci jedinicnivektor u pravcu vektora a.

Resenje: Ugao odredujemo iz formula

cos“(a, b) =a · b

∥a∥∥b∥, ∥a∥ =

√a · a, ∥b∥ =

√b · b.

Imamo

a · b = (3, 0,−5, 4)(0, 0, 1, 0) = −5,

a · a = (3, 0,−5, 4)(3, 0,−5, 4) = 50, b · b = (0, 0, 1, 0)(0, 0, 1, 0) = 1,

odakle je

cos“(a, b) =−5√50

= −√2

2⇒ “(a, b) =

3π

4.

Jedinicni vektor u pravcu vektora a je

a0 =a

∥a∥=

(3, 0,−5, 4)√50

=(3√2

10, 0,−

√2

2,2√2

5

).

14.Dati su vektoriu1 = (1, 0,−1, 0), u2 = (1, 1, 0,−1).

a) Odrediti ugao izmedu vektora u1 i u2.

b) Normirati vektore u1 i u2.

Rezultat: a) “(u1, u2) = arccos (1/√6).

b) u∗1 =u1

∥u1∥=

1√2(1, 0,−1, 0), u∗2 =

u2∥u2∥

=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) Naci ugao izmedu vektora a i b.c) Odrediti intenzitet vektora c.

15

Resenje: a) I nacin: Pretpostavimo da je

αa+ βb+ γc = 0 (0.2)

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).

Izjednacavanjem odgovarajucih koordinata dve uredene cetvorke dolazimo dojednacina

α+ β = 0, α− γ = 0.

Tako polazna linearna kombinacija (0.2) ne mora biti trivijalna (α = β = γ = 0) dabi jednakost vazila. Dovoljno je uzeti β = −α, γ = α, α ∈ R \ {0}. Zakljucujemoda su vektori a,b i c linearno zavisni.

II nacin: Obzirom na ociglednu 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 odredivanje ugla izmedu vektora a i b, potrebno je izracunati

a · b = (1, 1, 1, 1) · (1, 0, 1, 0) = 2,

|a| =√a · a =

√4 = 2,

|b| =√b · b =

√2.

Tada je

cos < (a,b) =2

2√2=

√2

2,

tj. < (a,b) = arccos

√2

2=

π

4.

c) Intenzitet vektora izracunava se prema formuli

|c| =√c · c =

√(−1)2 + (−1)2 =

√2.

16

16.Neka je X = {(a, 0, 0) | a ∈ R}. Dokazati da je X potprostor unitarnog prostoraR3 nad poljem R sa operacijama sabiranja vektora i mnozenja vektora skalarom.Odrediti ugao izmedu vektora (a, 0, 0), (b, 0, 0) ∈ X, a > 0, b < 0.

Rezultat: Ugao je jednak π.

17.Neka su −→a i−→b jedinicni vektori koji zaklapaju ugao od π/3. Odrediti intenzitete

vektora −→m = −→a −−→b i −→n = 2−→a +

−→b , kao i ugao izmedu njih.

Resenje: Na osnovu datih podataka imamo da je

|−→a | = |−→b | = 1, −→a

−→b = cos(π/3) = 1/2.

Odredujemo intenzitete (duzine) vektora −→m i −→n :

|−→m|2 = −→m · −→m = (−→a −−→b )(−→a −

−→b ) = |−→a |2 − 2−→a

−→b + |

−→b |2 = 2− 2 · 1

2= 1,

|−→n |2 = −→n · −→n = (2−→a +−→b )(2−→a +

−→b ) = 4|−→a |2 + 4−→a

−→b + |

−→b |2 = 5 + 4 · 1

2= 7,

odakle je |−→m| = 1 i |−→n | =√7.

Ugao je “(−→m,−→n ) = arccos 12√7jer je

cos“(−→m,−→n ) =−→m · −→n|−→m||−→n |

=(−→a −

−→b )(2−→a +

−→b )√

7=

2|−→a |2 −−→a−→b − |

−→b |2√

7=

1

2√7.

18.Odrediti ugao koji grade vektori −→a i−→b ako su vektori −→m = 2−→a −

−→b i −→n =

−→a + 5−→b uzajamno ortogonalni i |−→a | = 2, |

−→b | = 3.

Rezultat: Ugao je jednak arccos(37/54).

19.Ispitati da li je skup X = {(2x, x, x − 1) | x ∈ R} potprostor prostora R3.Naci sve vektore u ∈ X koji imaju normu 1, a zatim odrediti ugao izmedu tihvektora.

Resenje: Skup X nije vektorski potprostor jer za (2x, x, x−1), (2y, y, y−1) ∈ Ximamo

(2x, x, x− 1) + (2y, y, y − 1) = (2(x+ y), x+ y, x+ y − 2) /∈ X.

17

Iz uslova ∥u∥ = 1, u = (2x, x, x− 1), x ∈ R imamo

1 = ∥u∥ =√

(u, u) =√

(2x, x, x− 1) · (2x, x, x− 1) =√

4x2 + x2 + (x− 1)2

=√

6x2 − 2x+ 1 ⇒ 6x2 − 2x+ 1 = 1 ⇒ 2x(3x− 1) = 0

odakle je x = 0 ili x = 1/3. Imamo dva vektora cija je duzina 1, a to su:

u1 = (0, 0,−1) i u2 =(23,1

3,−2

3

).

Ugao izmedu ovih vektora (uz koriscenje da je ∥u1∥ = ∥u2∥ = 1) odredujemo izformule

cos“(u1, u2) =(u1, u2)

∥u1∥ · ∥u2∥= (u1, u2) = (0, 0,−1) ·

(23,1

3,−2

3,)=

2

3

odakle je “(u1, u2) = arccos(2/3).

20.U skupu X = {(m, 0,m) | m ∈ R} naci sve jedinicne vektore i odrediti ugaoizmedu njih.

Resenje: Iz uslova da je duzina vektora jednaka jedan dobijamo

1 = ∥(m, 0,m)∥ =√

(m, 0,m)(m, 0,m) =√2m2 = |m|

√2.

Imamo dva resenja za m: m1 = 1/√2 i m2 = −1/

√2. Trazeni jedinicni vektori su

u1 =(√2

2, 0,

√2

2

)i u2 =

(−√2

2, 0,−

√2

2

).

Sada je

cos“(u1, u2) =(u1, u2)

∥u1∥∥u2∥= u1u2 = −1 ⇒ “(u1, u2) = π.

21. Ispitati da li skup vektora {(3x, 2x − 1) | x ∈ R} predstavlja vektorski pot-prostor prostora R2. Naci sve vrednosti x ∈ R za koje vektori (3x, 2x− 1) imajunormu jedan. Odrediti ugao izmedu dobijenih vektora.

Resenje: Skup X nije vektorski prostor, jer su, na primer, v1 = (0,−1) iv2 = (6, 3) njegovi elementi, a njihov zbir v1 + v2 = (6, 2) ne pripada X.

Jedinicni vektori se dobijaju za x = 0 ili x = 4/13. Ugao izmedu dobijenihvektora (0,−1) i (12/13,−5/13) jednak je arccos(5/13).

18

22.Odrediti sve vrednosti parametra p ∈ R tako da vektori

u = (p+ 3)i+ p(p+ 2)j+ (p+ 3)k i v = (p− 2)i+ (p+ 3)j+ (p+ 2)k

budu ortogonalni, a zatim za dobijene vrednosti p odrediti ortonormirane vek-tore u∗ i v∗.

Resenje: Uslov ortogonalnosti dva vektora se izrazava skalarnim proizvodom:

u⊥v ⇔ u · v = 0.

Prelaskom na koordinate vektora

u =(p+ 3, p(p+ 2), p+ 3

), v =

(p− 2, p+ 3, p+ 2

),

uslov ortogonalnosti u i v postaje jednacina

(p+ 3)(p− 2) + p(p+ 2)(p+ 3) + (p+ 3)(p+ 2) = 0,

⇔ (p+ 3)(p− 2 + p(p+ 2) + p+ 2

)= 0,

⇔ (p+ 3)(2p+ p(p+ 2)

)= 0,

⇔ (p+ 3)p(p+ 4) = 0.

Vrednosti parametra p za koje su vektori u i v ortogonalni su p = 0,−3,−4. Zaove vrednosti parametra p dobijaju se sledeci parovi u, u∗ i v, v∗ :

p = 0 : u = (3, 0, 3), u∗ = 1√2(1, 0, 1),

v = (−2, 3, 2), v∗ = 1√17(−2, 3, 2),

p = −3 : u = (0, 3, 0), u∗ = (0, 1, 0),

v = (−5, 0,−1), v∗ = 1√26(−5, 0,−1),

p = −4 : u = (−1, 8,−1), u∗ = 1√66(−1, 8,−1),

v = (−6,−1,−2), v∗ = 1√41(−6,−1,−2).

23. Dati su vektori a = (1, 2, 1) i b = (1, 0, 1). Odrediti sve vektore x ∈ R3 kojizadovoljavaju uslove

(a, x) = 8, x⊥b, ∥x∥ =√34.

Odrediti ugao izmedu dobijenih vektora.

19

Resenje: Neka je x = (α, β, γ). Imamo

(a, x) = 8 ⇒ (1, 2, 1)(α, β, γ) = α+ 2β + 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) =√

2α2 + 16 =√34 ⇒ α2 = 9.

Imamo dva resenja za α: α1 = 3 i α2 = −3. Dva vektora zadovoljavaju trazeneuslove

x1 = (3, 4,−3) i x2 = (−3, 4, 3).

Za ugao izmedu njih vazi

cos“(x1, x2) =x1x2

∥x1∥∥x2∥= − 1

17⇒ “(x1, x2) = arccos

−1

17.

24.Dati su vektori a = (2λ, 1, 1− λ), b = (−1, 3, 0) i c = (5,−1, 8).

a)Odrediti vrednost parametra λ ∈ R tako da vektor a zaklapa jednake uglovesa vektorima b i c.

b)Odrediti vrednost parametra λ ∈ R tako da vazi√2∥a∥ = ∥b∥.

Resenje: a) Jednakost uglova izmedu vektora moze se izraziti sledecim relaci-jama

< (a,b) =< (a, c)

⇔ cos < (a,b) = cos < (a, c). (0.3)

Kako vazi cos < (u,v) =u · v

∥u∥ ∥v∥, to jednakost (0.3) svodi na

a · b∥a∥ ∥b∥

=a · c

∥a∥ ∥c∥⇔ ∥c∥(a · b) = ∥b∥(a · c). (0.4)

Imajuci u vidu

∥b∥ =√b · b =

√10,

∥c∥ =√c · c =

√90 = 3

√10,

a · b = (2λ, 1, 1− λ) · (−1, 3, 0) = −2λ+ 3,

a · c = (2λ, 1, 1− λ) · (5,−1, 8) = 2λ+ 7,

20

jednakost (0.4) postaje

3√10(3− 2λ) =

√10(7 + 2λ) ⇒ λ =

1

4.

b) S obzirom da je

∥a∥ =√a · a =

√5λ2 − 2λ+ 2,

∥b∥ =√b · b =

√10,

to je onda

√2∥a∥ = ∥b∥

⇔√2√

5λ2 − 2λ+ 2 =√10

⇔ 2(5λ2 − 2λ+ 2

)= 10

⇔ 10λ2 − 4λ− 6 = 0

⇔ 2(5λ+ 3)(λ− 1) = 0

⇒ λ = −3/5 ∨ λ = 1 .

25. Koristeci Gram-Smitov postupak ortogonalizacije i linearno nezavisne vektore

a = (1, 2,−1), b = (0, 1,−1), c = (3,−7, 1),

formirati ortogonalnu bazu u R3. Odrediti koordinate vektora u = (1, 1, 1) u tojbazi.

Resenje: Gram-Smitovim postupkom odredicemo vektore ortogonalne bazeB = {u1, u2, u3}:

21

u1 = a = (1, 2,−1),

u2 = b− (b, u1)

(u1, u1)u1 = (0, 1,−1)− (0, 1,−1)(1, 2,−1)

(1, 2,−1)(1, 2,−1)(1, 2,−1)

= (0, 1,−1)− 0 + 2 + 1

1 + 4 + 1(1, 2,−1) = (0, 1,−1)− 1

2(1, 2,−1) =

(−1

2, 0,−1

2

)u3 = c− (c, u1)

(u1, u1)u1 −

(c, u2)

(u2, u2)u2 = (3,−7, 1)− (3,−7, 1)(1, 2,−1)

(1, 2,−1)(1, 2,−1)(1, 2,−1)

−(3,−7, 1)

(−1

2 , 0,−12

)(−1

2 , 0,−12

)(−1

2 , 0,−12

)(−1

2, 0,−1

2

)= (3,−7, 1)− 3− 14− 1

1 + 4 + 1(1, 2,−1)

−−3

2 + 0− 12

14 + 0 + 1

4

(−1

2, 0,−1

2

)= (3,−7, 1) + 2(1, 2,−1) + 4

(−1

2, 0,−1

2

)= (3,−3,−3).

Dobili smo ortogonalnu bazu

B ={(1, 2,−1),

(−1

2, 0,−1

2

), (3,−3,−3)

}.

Izrazicemo vektor u = (1, 1, 1) preko dobijene ortogonalne baze:

u = αu1 + βu2 + γu3 ⇔ (1, 1, 1) = α(1, 2,−1) + β(−1

2, 0,−1

2

)+ γ(3,−3,−3).

Pomnozicemo skalarno datu jednakost redom sa svakim od vektora baze i isko-risticemo medusobnu ortogonalnost baznih vektora

(1, 1, 1) = α(1, 2,−1) + β(−1

2, 0,−1

2

)+ γ(3,−3,−3) \ · (1, 2,−1) ⇒

(1, 1, 1)(1, 2,−1) = α(1, 2,−1)(1, 2,−1) ⇒ 1 + 2− 1 = α(1 + 4 + 1) ⇒ α =1

3

(1, 1, 1) = α(1, 2,−1) + β(−1

2, 0,−1

2

)+ γ(3,−3,−3) \ ·

(−1

2, 0,−1

2

)⇒

(1, 1, 1)(−1

2, 0,−1

2

)= β

(−1

2, 0,−1

2

)(−1

2, 0,−1

2

)⇒ −1

2− 1

2= β(

1

4+

1

4) ⇒ β = −2

(1, 1, 1) = α(1, 2,−1) + β(−1

2, 0,−1

2

)+ γ(3,−3,−3) \ · (3,−3,−3) ⇒

(1, 1, 1)(3,−3,−3) = γ(3,−3,−3)(3,−3,−3) ⇒ 3− 3− 3 = γ(9 + 9 + 9) ⇒ γ = −1

9.

Za koordinate vektora u u ortogonalnoj bazi B dobili smo (13 ,−2,−19).

22

26. Polazeci od linearno nezavisnih vektora

a = (0, 0, 1), b = (1, 1, 2), c = (−1, 1,−1),

konstruisati ortogonalne vektore u1, u2, u3. Odrediti koordinate vektora u =(1, 1, 1) u bazi {u1, u2, u3}.

Resenje: Konstruisacemo ortogonalne vektore Gram-Smitovim postupkom:

u1 = a = (0, 0, 1),

u2 = b− (b, u1)

(u1, u1)u1 = (1, 1, 2)− (1, 1, 2)(0, 0, 1)

(0, 0, 1)(0, 0, 1)(0, 0, 1)

= (1, 1, 2)− 2(0, 0, 1) = (1, 1, 0)

u3 = c− (c, u1)

(u1, u1)u1 −

(c, u2)

(u2, u2)u2 = (−1, 1,−1)− (−1, 1,−1)(0, 0, 1)

(0, 0, 1)(0, 0, 1)(0, 0, 1)

−(−1, 1,−1)(1, 1, 0)

(1, 1, 0)(1, 1, 0)(1, 1, 0) = (−1, 1,−1) + (0, 0, 1) = (−1, 1, 0).

U dobijenoj ortogonalnoj bazi B = {(0, 0, 1), (1, 1, 0), (−1, 1, 0)} naci cemo koordi-nate (α, β, γ) vektora u = (1, 1, 1):

u = αu1 + βu2 + γu3 ⇔ (1, 1, 1) = α(0, 0, 1) + β(1, 1, 0) + γ(−1, 1, 0).

Skalarnim mnozenjem date jednakosti redom sa svakim od vektora baze i koriscenjemortogonalnosti 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).

27. Dati su vektoria = (1, 1), b = (−1, 7).

Odrediti ugao izmedu vektora a i b. Polazeci od vektora a i b primenom Gram-Smitovog postupka naci ortogonalne vektore u i v. Izraziti vektor c = (0, 1) kaolinearnu kombinaciju vektora u i v.

23

Resenje: Za ugao imamo

cos“(a, b) =a · b

∥a∥∥b∥=

(1, 1)(−1, 7)√(1, 1)(1, 1)

√(−1, 7)(−1, 7)

=6√2√50

=3

5⇒

“(a, b) = arccos3

5.

Ortogonalne vektore odredujemo primenom Gram-Smitovog postupka

u = a = (1, 1),

v = b− (b, u1)

(u1, u1)u1 = (−1, 7)− (−1, 7)(1, 1)

(1, 1)(1, 1)(1, 1) = (−1, 7)− 3(1, 1) = (−4, 4)

Izrazicemo 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

2,

(0, 1)(−4, 4) = µ(−4, 4)(−4, 4) ⇒ µ =1

8.

28. Odrediti ugao izmedu vektora

a = (−1, 1, 1) i b = (2, 0, 1).

Polazeci od linearno nezavisnih vektora a i b Gram-Smitovim postupkom kon-struisati ortogonalne vektore u1 i u2. Odrediti vektor u3 koji je ortogonalan savektorima u1 i u2.

Rezultat: Na osnovu formule

cos“(a, b) =a · b

∥a∥∥b∥=

(−1, 1, 1)(2, 0, 1)√(−1, 1, 1)(−1, 1, 1)

√(2, 0, 1)(2, 0, 1)

= − 1√15

ugao je jednak “(a, b) = arccos(−1/√15). Napomenimo da je time sto je ugao

izmedu datih vektora razlicit od 0 i π dokazano je da vazi a = λb, odnosno vektoria i b su linearno nezavisni.

Ortogonalni vektori su

24

u1 = a = (−1, 1, 1),

u2 = b− (b, u1)

(u1, u1)u1 = (2, 0, 1)− (2, 0, 1)(−1, 1, 1)

(−1, 1, 1)(−1, 1, 1)(−1, 1, 1)

= (2, 0, 1) +1

3(−1, 1, 1) =

(53,1

3,4

3

).

Primetimo da umesto vektora (5/3, 1/3, 4/3) za vektor u2 mozemo uzeti vektoru2 = 3(5/3, 1/3, 4/3) = (5, 1, 4) koji je takode ortogonalan sa vektorom u1.

Odredicemo vektor u3 tako da bude ortogonalan i sa u1 i sa u2.

I nacin odredivanja vektora u3:

Iz definicije ortogonalnosti skupa vektora imamo da za vektor u3 = (α, β, γ) vazi

(u3, u1) = 0 ⇒ (α, β, γ)(−1, 1, 1) = −α+ β + γ = 0,

(u3, u2) = 0 ⇒ (α, β, γ)(5, 1, 4) = 5α+ β + 4γ = 0,

odakle je β = (−3/2)γ i α = (−1/2)γ. Tada je

u3 =(−1

2γ,−3

2γ, γ

)= −1

2γ(1, 3,−2), γ = 0.

Uzimajuci za vrednost γ da je, na primer, jednaka −2, za vektor u3 dobijamou3 = (1, 3,−2).

Napomenimo da kod odredivanja ortogonalnih vektora uvek treba proveritida li su dobijeni vektori zaista ortogonalni (da bi se izbegle eventualne racunskegreske):

(u1, u2) = (−1, 1, 1)(5, 1, 4) = 0, (u1, u3) = (−1, 1, 1)(1, 3,−2) = 0,

(u2, u3) = (5, 1, 4)(1, 3,−2) = 0.

II nacin odredivanja vektora u3:

Za odredivanje vektora u3 mozemo koristiti Gram-Smitov postupak ako datimvektorima a i b pridruzimo jos jedan vektor c tako da su {a, b, c} linearno nezavisni.Neka je, na primer, c = (0, 0, 1). Provericemo da li vazi linearna nezavisnost

λa+ µb+ νc = θ ⇔ λ(−1, 1, 1) + µ(2, 0, 1) + ν(0, 0, 1) = (0, 0, 0) ⇒(−λ+ 2µ, λ, λ+ µ+ ν) = (0, 0, 0).

Poredenjem odgovarajucih koordinata ova dva vektora dobijamo da je jedinoresenje λ = µ = ν = 0, odakle sledi da su vektori linearno nezavisni.

25

Prvi i drugi ortogonalan vektor, u1 i u2, su odredeni Gram-Smitovim postupkom.Nastavicemo na isti nacin i odredicemo vektor u3:

u3 = c− (c, u1)

(u1, u1)u1 −

(c, u2)

(u2, u2)u2 = (0, 0, 1)− (0, 0, 1)(−1, 1, 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)− 2

21(5, 1, 4)

=(−1

7,−3

7,2

7

)= −1

7(1, 3,−2).

Vidimo da su vektori oblika λ(1, 3,−2) ortogonalni sa u1 i u2, tako da za vektoru3 mozemo uzeti (1, 3,−2).

29. Polazeci od linearno nezavisnih vektora (1, 0, 1) i (1, 1, 0) primenom Gram-Smitovog postupka konstruisati ortogonalne vektore u1 i u2. Dopuniti skup vek-tora {u1, u2} vektorom u3 tako da {u1, u2, u3} cini ortogonalnu bazu prostoraR3, a zatim naci i odgovarajucu ortonormiranu bazu.

Rezultat: Ortogonalni vektori u1 i u2 su

u1 = (1, 0, 1), u2 =(12, 1,−1

2

).

Polazeci od vektora (0, 0, 1) dobija se treci ortogonalni vektor

u3 =(−1

3,1

3,1

3

).

Ortonormirana baza je

B ={ 1√

2(1, 0, 1),

1√6(1, 2,−1),

1√3(−1, 1, 1)

}.

30.Polazeci od vektora u1 = (1, 2, 1) i u2 = (3, 2,−1) primenom Gram-Smitovogpostupka ortogonalizacije odrediti ortogonalne vektore v1 i v2.Odrediti vektor v∗3tako da skup {v∗1, v∗2, v∗3} cini ortonormiranu bazu prostora R 3, a zatim odreditikoordinate vektora v = (1, 0, 0) u toj bazi.

26

Resenje: Gram-Smitov postupak ortogonalizacije:

v1 = u1 = (1, 2, 1)

v2 = u2 −v1 · u2v1 · v1

v1

= (3, 2,−1)− 3 + 4− 1

1 + 2 + 1(1, 2, 1) = (2, 0,−2).

Normiranjem vektora v1 i v2 dobijamo ortonormirane vektore v∗1 i v∗2 :

v∗1 =1

∥v1∥v1 =

1√1 + 2 + 1

(1, 2, 1)

=1

2(1, 2, 1),

v∗2 =1

∥v2∥v2 =

1√4 + 4

(2, 0,−2)

=

√2

2(1, 0,−1).

Uvedimo oznaku v3 = (x, y, z). Iz ortogonalnosti vektora v1, v2 i v3 sledi

v1⊥v3 ⇔ v1 · v3 = 0 ⇔ x+ 2y + z = 0,

v2⊥v3 ⇔ v2 · v3 = 0 ⇔ 2x− 2z = 0.

Resavanjem postavljenog sistema po x, y i z dobijamo da za koordinate vektora v3vaze relacije

x = z, y = −z, z ∈ R \ {0}.

Izborom, npr. z = 1 treci ortogonalni vektor glasi v3 = (1,−1, 1), dok je ortonormi-rani

v∗3 =1

∥v3∥v3 =

√3

3(1,−1, 1).

Koordinate vektora v = (1, 0, 0) u ortonormiranoj bazi {v∗1, v∗2, v∗3} su

v · v∗1 = 1/2, v · v∗2 =

√2

2, v · v∗3 =

√3

3,

v =

1/2√2/2√3/3

{v∗1 ,v∗2 ,v∗3}

.

27

31. Dati su vektori u1, u2 ∈ R2, u1 = (−2, 2), u2 = (1, 3).

a) Odrediti ugao izmedu vektora u1 i u2.

b) Polazeci od sistema vektora {u1, u2} formirati ortogonalnu bazu u R2.

Rezultat: a) “(u1, u2) = arccos (1/√5).

b) B = {(−2, 2), (2, 2)}.

32. Dokazati da su vektori

u1 = (1, 1, 0, 0), u2 = (0, 0, 1, 1), u3 = (2, 0, 0, 1), u4 = (0, 0, 0, 3)

linearno nezavisni. Polazeci od skupa vektora {u1, u2, u3, u4}, primenom Gram-Smitovog postupka ortogonalizacije, odrediti skup ortogonalnih vektora{v1, v2, v3, v4}.

Resenje: Dokazacemo linearnu nezavisnost:

αu1 + βu2 + γu3 + δu4 = θ ⇔α(1, 1, 0, 0) + β(0, 0, 1, 1) + γ(2, 0, 0, 1) + δ(0, 0, 0, 3) = (0, 0, 0, 0) ⇔(α+ 2γ, α, β, β + γ + 3δ) = (0, 0, 0, 0),

odakle je α = β = γ = δ = 0, sto znaci da su dati vektori linearno nezavisni.Odredicemo ortogonalne vektore Gram-Smitovim postupkom:

v1 = u1 = (1, 1, 0, 0),

v2 = u2 −(u2, v1)

(v1, v1)v1 = (0, 0, 1, 1)− (0, 0, 1, 1)(1, 1, 0, 0)

(1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0) = (0, 0, 1, 1),

v3 = u3 −(u3, v1)

(v1, v1)v1 −

(u3, v2)

(v2, v2)v2 = (2, 0, 0, 1)− (2, 0, 0, 1)(1, 1, 0, 0)

(1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0)

−(2, 0, 0, 1)(0, 0, 1, 1)

(0, 0, 1, 1)(0, 0, 1, 1)(0, 0, 1, 1) =

(1,−1,−1

2,1

2

),

v4 = u4 −(u4, v1)

(v1, v1)v1 −

(u4, v2)

(v2, v2)v2 −

(u4, v3)

(v3, v3)v3

= (0, 0, 0, 3)− (0, 0, 0, 3)(1, 1, 0, 0)

(1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0)(1, 1, 0, 0)− (0, 0, 0, 3)(0, 0, 1, 1)

(0, 0, 1, 1)(0, 0, 1, 1)(0, 0, 1, 1)

−(0, 0, 0, 3)

(1,−1,−1

2 ,12

)(1,−1,−1

2 ,12

)(1,−1,−1

2 ,12

)(1,−1,−1

2,1

2

)=

(−3

5,3

5,−6

5,6

5

).

28

33. Dokazati da su vektori

u1 = (0,−1,−1), u2 = (1, 0,−1), u3 = (1, 1, 1)

linearno nezavisni. Polazeci od skupa vektora {u1, u2, u3}, primenom Gram-Smitovog postupka ortogonalizacije, odrediti ortogonalnu bazu {v1, v2, v3}, azatim vektor u = (1, 0, 0) predstaviti u toj bazi.

Resenje: Dokazacemo linearnu nezavisnost:

λu1 + µu2 + νu3 = 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.

Odredicemo ortogonalne vektore:

v1 = u1 = (0,−1,−1),

v2 = u2 −(u2, v1)

(v1, v1)v1 = (1, 0,−1)− (1, 0,−1)(0,−1,−1)

(0,−1,−1)(0,−1,−1)(0,−1,−1) =

(1,

1

2,−1

2

),

v3 = u3 −(u3, v1)

(v1, v1)v1 −

(u3, v2)

(v2, v2)v2 = (1, 1, 1)− (1, 1, 1)(0,−1,−1)

(0,−1,−1)(0,−1,−1)(0,−1,−1)

−(1, 1, 1)

(1, 12 ,−

12

)(1, 12 ,−

12

)(1, 12 ,−

12

)(1, 12,−1

2

)=

(13,−1

3,1

3

).

Primetimo da je umesto dobijenih vektora v2 i v3 bolje uzeti vektore

v2 = (2, 1,−1) i v3 = (1,−1, 1),

koji takode sa v1 cine ortogonalan sistem vektora.Odredicemo koordinate vektora u u odnosu na ortogonalnu bazu

u = λu1 + µu2 + νu3 ⇔

(1, 0, 0) = λ(0,−1,−1)+µ(2, 1,−1)+ν(1,−1, 1) \·(0,−1,−1) \·(2, 1,−1) \·(1,−1, 1)

(1, 0, 0)(0,−1,−1) = λ(0,−1,−1)(0,−1,−1) ⇒ λ = 0,

(1, 0, 0)(2, 1,−1) = µ(2, 1,−1)(2, 1,−1) ⇒ µ =1

3,

(1, 0, 0)(1,−1, 1) = ν(1,−1, 1)(1,−1, 1) ⇒ ν =1

3.

29

34.Gram-Smitovim postupkom ortogonalizacije odrediti ortonormirane vektoreu∗1, u

∗2 ∈ R2 polazeci od vektora v1 = (6, 8) i v2 = (−3, 1).

Rezultat: Vektori u∗1 i u∗2 su jednaki

u∗1 =(35,4

5

)i u∗2 =

(−4

5,3

5

).

35. Koristeci Gram-Smitov postupak ortogonalizacije i skup linearno nezavisnihvektora

a = (1, 1, 1), b = (1, 2, 3), c = (1,−3,−4)

formirati ortonormiranu bazu u R3.

Rezultat: Ortogonalni vektori su

u1 = (1, 1, 1), u2 = (−1, 0, 1), u3 =(12,−1,

1

2

),

a ortonormirani

u∗1 =1√3(1, 1, 1), u∗2 =

1√2(−1, 0, 1), u∗3 =

√2

3

(12,−1,

1

2

).