171007_Sistemi

7/26/2019 171007_Sistemi

1/5

Linearna algebra I, zimski semestar 2007/2008

Predavanja: Nenad Bakic, Vjezbe: Luka Grubisic i Maja Starcevic

22. listopada 2007.

1 Prostor radijvektora i sustavi linearni jednadzbi

Neka je E3 trodimenzionalni prostor s tockovnom strukturom i neka je u njemu zadan pravokutni ko-ordinatni sustav s ishodistem u O. Skup svih radijvektora koji pocinju u O se oznacava sa V3(O). Svedefinicije i rezultati izV2(O) vrijede sa analognim formulacijama i u ovoj strukturi. Koristit cemo sljedecedodatne definicije i rezultate o prostoru radijvektora.

Definicija 1. Neka je {v1, v2, . . . , vn}, n 2, konacan skup radijvektora u V3(O), te neka vrijedi vi =OTi, i = 1, . . . , n. Kazemo da su vektori v1, . . . ,vn komplanarni ako postoji ravnina kroz ishodistekoja sadrzi sve zavrsne tocke Ti, i = 1, . . . , n. Ukoliko takva ravnina ne postoji kaze se da su vektorinekomplanarni.

Propozicija 2. Neka sua,b V3(O) proizvoljni nekolinearni vektori. Za svakiv V3(O) komplanaran

saa ib postoje jedinstveni skalari , R tako da vrijedi

v= a+b.

Propozicija 3. Neka su a,b, c V3(O) proizvoljni nekomplanarni vektori. Za svaki radijvektor v V3(O) postoje jedinstveni skalari, , R tako da vrijedi

v= a+b+c.

Napomena 4. U V3(O) tri nekomplanarna vektora cine bazu. To je misljeno u smislu da se svaki drugiradijvektor moze na jedinstven nacin prikazati kao linearna kombinacija tih vektora.

Teorem 5. Tri vektoraa,b, c V3

(O) su nekomplanarni (linearno nezavisni) ako i samo ako vrijedi

, , R, a+b+c= 0 = = = 0.

1.1 Prostor V3(O)

Zadatak 1. Provjerite cine li vektoria=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 zaV3

(O)

Zadatak 2. Prikazite vektor d =OD, D = (1, 1, 4) kao linearnu kombinaciju vektora iz prethodnog

zadatka.

Zadatak 3. Neka sua,b ic nekomplanarni vektori uV3(O). Odredite za koje, R su vektori

a+b, b+c, a+b+c

takoder komplanarni.

1

7/26/2019 171007_Sistemi

2/5

1.2 1 LA 07/08: N. BAKI C, L. GRUBISIC I M. STARCEVIC

1.1.1 Rjesenja

Zad 1: ad. 1) i ad. 3) vektori cine bazu; ad. 2) vektori ne cine bazu

Zad 2: ad. 1)v = a+ b+ c, = 2, = 1, = 1; ad. 2) nema rjesenja (prikaza); ad. 3) = 1,= 1, = 4

Zad 3: , R i 2 + = 0

1.2 Diskusija rjesenja sustava linearnih jednadzbi

Pri rjesavanju sustava linearnih jednadzbi

a1x+b1y+c1z =d1a2x+b2y+c2z =d2a3x+b3y+c3z =d3

, (1)

pri cemu su ai, bi, ci R, i = 1, 2, 3, koristit cemo se sljedecim rezultatom.

Propozicija 6. Neka su, R te= 0, tada sustavi linearnih jednadzbi


(a1x+b1y+c1z) +(a2x+b2y+c2z) =d1+d2a2x+b2y+c2z =d2a3x+b3y+c3z =d3

imaju isti skup rjesenja. Isti rezultat vrijedi ako zamjenimo poredak jednadzbi u sustavu.

Ova propozicija se dokazuje direktnom provjerom. Strategija rjesavanja sustava primjenom ove propozi-cije bit ce sljedeca.

1. Zamjenom redosljeda jednadzbi sustava zapisat cemo sustav


(2)

kao sustava1x+ b1y+ c1z = d1a2x+ b2y+ c2z = d2a3x+ b3y+ c3z = d3

pri cemu je a1 = 0.

2. Uzastopnom primjenom Propozicije 6 konstruiramo sustav

a1x+ b1y+ c1z = d1b2y+ c2z =

d2b3y+ c3z =

d3

koji ima isti skup rjesenja kao i polazni sustav (2).

3. Ponavljamo korake 1) i 2) sa elementimab2 i

b3 tako da konacno konstruiramo sustav

a1x+ b1y+ c1z = d1b2y+

c2z =d2

c3z =d3

(3)

koji ima isti skup rjesenja kao i polazni sustav (2).

2

7/26/2019 171007_Sistemi

3/5


Za sustav linearnih jednadzbi (3) kazemo da ima trokutastu formu i njegovo rjesenje je moguce direktnoodcitati uvstavanjem rjesenja trece jednadzbe u drugu i onda rjesenja druge u prvu. Takav postupakse zove povratna supstitucija. Na primjerima cemo vidjeti da rjesavanje sustava linearnih jednadzbisvodenjem na trokutastu formu daje siguran put k rjesenju i u slucajevima kada sustav nema jedinstvenorjesenje. Naglasimo da je jednadzba rjesena onda kada smo odredili cijeli skup rjesenja.

Zadatak 4. Odrediteh, k R tako da sustav

x+ 2y= k

4x+hy = 5

ima

1. jedinstveno rjesenje

2. beskonacno mnogo rjesenja

3. nema rjesenja.

Ukoliko sustav ima rjesenja odredite ih.

1.2.1 Radijvektorska interpretacija rjesivosti sustava

Pokusajmo sada dati geometrijski zor o rjesivosti sustava linearnih jednadzbi. Neka su dane tocke

A = (a1, a2, a3)B = (b1, b2, b3)C = (c1, c2, c3)D = (d1, d2, d3)

(4)

u prostoru E3. U prostoru V3(O) promatramo radijvektoreOA,

OB,

OC i

OD i njima pridruzujemo

sistem linearnih jednadzbia1x+b1y+c1z =d1a2x+b2y+c2z =d2a3x+b3y+c3z =d3

. (5)

Sljedeci teorem je osnovni rezultat o rjesivosti sistema (5).

Teorem 7. Neka su dani radijvektori

OA,

OB,

OC i

OD sa krajnim tockama (4), te neka je skup Vdefiniran formulom

V={ OA+

OB+

OC | , , R}. (6)

Sustav linearnih jednadzbi (5) ima rjesenje ako i samo ako je

OD V.

Nadalje, koristenjem Propozicija 2 i 3 mozemo opisati skup rjesenja jednadzbe (5).

Korolar 8. Sustav linearnih jednadzbi (5) ima jedinstveno rjesenje ako i samo ako radijvektoriOA,

OB

iOCnisu komplanarni.

Neka su radijvektoriOA,

OB,

OC i

OD komplanarni, te neka u skupu {

OA,

OB,

OC} postoje dva

nekolinearna vektorav1 iv2. Bez smanjenja opcenitosti mozemo pretpostaviti da je v1 =

OA i v2 =

OB.Korolar 9. Postoje jedinstveni1, 2, 1, 2 R takvi da je

(1 t1) OA+ (2 t2)

OB+t

OC=

OD, t R. (7)

Korolar 10. Neka su vektoriOA,

OB,

OC i

OD kolinearni, tada postoje jedinstveni 1, 2, 3 R takvi

da je

(3 1 2) OA+

OB+

OC3=

OD, (8)

za sve, R.

3

7/26/2019 171007_Sistemi

4/5


Rjesenja jednadzbe (5) dobivaju se iz Korolara 9 i 10 tako da se jednakosti (7) i (8) razmotre ukanonskoj bazi. Mi cemo sisteme oblika (5) rjesavati primjenom Propozicije 6.

Zadatak 5. Rjesite sljedece sustave i kod svakog radijvektorskom interpretacijom ustanovite razloge (ne)postojanja rjesenja. Ako rjesenja postoje, opravdajte strukturu skupa rjesenja geometrijsko (vektorskim)argumentima.

1.

2x1+ 4x2+ 6x3 = 18

4x1+ 5x2+ 6x3 = 24

3x1+x2 2x3 = 4

2.

2x1+ 4x2+ 6x3 = 18

4x1+ 5x2+ 6x3 = 24

2x1+ 7x2+ 12x3 = 40

3.

3x1+ 6x2 6x3 = 9

2x1 5x2+ 4x3 = 6x1+ 16x2 14x3 = 3

4.

x1+x2 x3 = 0

4x1 x2+ 5x3 = 0

6x1+x2+ 3x3 = 0

Zadatak 6. Odredite, , R tako da sustav

2 x+y +z = 1 +

2x+y+z = 1

4x+ (2 )y+ (2 + 2)z= 2 +

ima

1. jedinstveno rjesenje

2. beskonacno mnogo rjesenja

3. nema rjesenja.

Ukoliko sustav ima rjesenja odredite ih.

1.2.2 Rjesenja

Zad 6: = 0 i = 1 rjesenje je jedinstveno

= 0 nema rjesenja i ukoliko je = 1 i = 0 takoder nema rjesenja

Za = 1 i = 0 dobivamo da je skup rjesenja dan kao

x1 = 1

2 t

x2 = t

x3 = t

za svaki t R.

4

7/26/2019 171007_Sistemi

5/5


1.2.3 Dodatni zadaci za vjezbu

1. Odredite za koje su t R vektori a =

i + 2j + 3

k,

b =

i +t

j +

k i c =

i +

j +

k

nekomplanarni.

Rjesenje: t= 1.

2. Odredite za koje su t R vektori a = ti +

j +

k,

b =

i 2

j 2

k i c =

i +t

j +

k

komplanarni.

Rjesenje: t= 1, 12

.

3. Odredite za koje su p R vektoria = (p 1)i + 2

j , b = (p+ 4)

i + (p 2)

j kolinearni.

Rjesenje: t= 1, 6.

4. Za kojep R vektoria =

i pj p

k,

b =

i +

j +

k ic =

i +p

j +

k cine bazu za V3(O)?

Rjesenje: p=1, 1.

5. Za koje , R se vektor

d = i

j +

k moze prikazati kao linearna kombinacija vektora

a =

i j

k,

b =

i +

j +

k ic =

i +

j +

k?

Rjesenje: Za = 1 i R prikaz je jedinstven. Za =1, prikaz nije moguc.

6. Jesu li vektori

i +j +

k,

j

k,

i + 2

k,

i

j

k komplanarni?

Rjesenje: Ne.

5

Documents

171007_Sistemi