Унутрашњи производ

Унутрашњи производ простора је поопштење скаларног производа вектора, чији резултат је скалар.

Дефиниција

Нека је V векторски простор. Унутрашњи производ над пољем реалних бројева (ℝ) је пресликавање

$(.,.):V\times V\to \mathbb {R}$

са следећим особинама

$\forall u,v,w\in V,\ \forall \alpha ,\beta ,\in \mathbb {R}$

1. (позитивност) $\ \langle v,v\rangle \geq 0,$
2. (нулта дужина) $\langle v,v\rangle =0\ \iff \ v=0,$
3. (линеарност) $\langle \alpha u+\beta v,w\rangle =\alpha \langle u,w\rangle +\beta \langle v,w\rangle ,$
4. (симетрија) $\langle u,v\rangle =\langle v,u\rangle .$

За унутрашњи производ истог векторског простора над пољем комплексних бројева (ℂ) особина симетрије (четврта) је особина конјуговане симетрије

4. (конјугована симетрија) $\langle u,v\rangle ={\overline {\langle v,u\rangle }}\in \mathbb {C} .$

Норма

Норма (интензитет, дужина) вектора дефинише се са

$\|v\|={\sqrt {\langle v,v\rangle }}.$

Став 1.

Норма задовољава следеће особине>

1. $\|v\|\geq 0,\quad \|v\|=0\iff v=0,$
2. $\|\alpha v\|=|\alpha |\cdot \|v\|.$

Доказ: Имамо да је

$\|\alpha v\|={\sqrt {(\alpha v,\alpha v)}}$

$={\sqrt {\alpha ^{2}(v,v)}}$

$=|\alpha |\cdot {\sqrt {(v,v)}}$

$=|\alpha |\cdot \|v\|.$♦

Став 2.

$(\forall u,v\in V)|\langle u,v\rangle |\leq \|u\|\cdot \|v\|.$

Доказ: Можемо претпоставити да су оба вектора различита од нуле, јер је у супротном неједнакост очигледна. Даље, користимо дефиниционе особине

$0\leq \left(v-{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}u,v-{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}u\right)$ - позитивност

$=\langle v,v\rangle -{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}\langle u,v\rangle -{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}\langle v,u\rangle +{\frac {\langle v,u\rangle ^{2}}{\|u\|^{4}}}\langle u,u\rangle$ - линеарност

$=\|v\|^{2}-2{\frac {\langle u,v\rangle ^{2}}{\|u\|^{2}}}+{\frac {\langle v,u\rangle ^{2}}{\|u\|^{2}}}$ - симетрија

$=\|v\|^{2}-{\frac {\langle u,v\rangle ^{2}}{\|u\|^{2}}}.$

Отуда

${\frac {\langle u,v\rangle ^{2}}{\|u\|^{2}}}\leq \|v\|^{2},$

или

$|\langle u,v\rangle |\leq \|u\|\cdot \|v\|,$

што је и требало доказати.♦

Приметимо да је

$\left(v-{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}u,v-{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}u\right)=0$

ако и само ако је

$v-{\frac {\langle v,u\rangle }{\|u\|^{2}}}u=0,$

тј. ако је

$v={\frac {\langle u,v\rangle }{\|u\|^{2}}}u.$

Према томе, u и v морају бити на истој правој која садржи исходиште.

Последица 3.

У ставу 2. стоји једнакост, тј.

$|\langle u,v\rangle |=\|u\|\cdot \|v\|$

ако и само ако су u и v на истој правој која пролази исходиштем.

Следећи став је поопштење Питагорине теореме.

Став 4.

За произвољне векторе u и v датог векторског простора важи

$\|u+v\|\leq \|u\|+\|v\|.$

Биће

$\|u+v\|=\|u\|+\|v\|,$

ако и само ако је

$\langle u,v\rangle =0.$

Доказ:

$\|u+v\|^{2}=\langle u+v,u+v\rangle$

$=\langle u,u\rangle +2\langle u,v\rangle +\langle v,v\rangle$

$\leq \|u\|^{2}+2\|u\|\cdot \|v\|+\|v\|^{2}$

$=(\|u\|+\|v\|)^{2}.$

Према томе, доказано је

$\|u+v\|\leq \|u\|+\|v\|.$

У истом доказу, ако је <u, v> = 0, онда је

$\|u+v\|=\|u\|+\|v\|.$

Обратно, ако имамо наведену једнакост, из истог дјела доказа видимо да је унутрашњи производ нула.♦

На примјер, дати су вектори

$u=(1,2-3),\ v=(0,6,4).$

Показаћемо да за њих важи једнакост става 4. Наиме

$\langle u,v\rangle =12-12$ - нормалност

$\|u\|^{2}=1+4+9=14,\ \|v\|^{2}=36+16=52.$

Са друге стране, из u + v = (1, 8, 1) следи

$\|u+v\|^{2}=1+64+1=66.$

Према томе, тачно је

$\|u+v\|=\|u\|+\|v\|.$

Примери

Скаларни производ

Скаларни производ вектора u и v из ℝⁿ је скалар (реалан) број

$\langle (u_{1},u_{2},...,u_{n}),(v_{1},v_{2},...,v_{n})\rangle =u_{1}v_{1}+u_{2}v_{2}+\dots +u_{n}v_{n}\in \mathbb {R} .$

Норма, дужина вектора v је ненегативан број

$\|v\|={\sqrt {v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+\dots +v_{n}^{2}}}.$

На пример, u = (1, -2, 3) и v = (2, 1, -1). Тада је простор 3-димензионалан (n = 3), па имамо

$\langle u,v\rangle ={\vec {u}}\cdot {\vec {v}}=1\cdot 2-2\cdot 1-3\cdot 1=-3,$

$\|u\|={\sqrt {u\cdot u}}={\sqrt {1+4+9}}=14,\ \|v\|={\sqrt {4+1+1}}=6.$

Нормалност се може дефинисати за општи случај димензије n = 2, 3, ..., због неједнакости

$|u_{1}v_{1}+u_{2}v_{2}+\dots +u_{n}v_{n}|\leq {\sqrt {u_{1}^{2}+u_{2}^{2}+\dots +u_{n}^{2}}}\cdot {\sqrt {v_{1}^{2}+v_{2}^{2}+\dots +v_{n}^{2}}},$

тј.

$|\langle u,v\rangle |\leq \|u\|\cdot \|v\|.$

Наиме, за векторе не нулте дужине, имамо

$-1\leq {\frac {\langle u,v\rangle }{\|u\|\cdot \|v\|}}\leq 1,$

па можемо дефинисати косинус угла између њих

$\cos \angle (u,v)={\frac {\langle u,v\rangle }{\|u\|\cdot \|v\|}}.$

Кажемо да су два вектора нормална када је овај косинус нула, прецизније

$u\perp v\iff \langle u,v\rangle =0.$

Нормалност је веома практична.

На пример, треба наћи тачку P на правој y = 2x + 1 која је најближа тачки Т(4, 2) ван те праве.

Прво дефинишемо векторе u = (t, 2t + 1) чији врхови су тачке на датој правој, рецимо u₁ = (0, 1) и u₂ = (1, 3). Вектор u₀ = u₂ - u₁ = (1, 2) паралелан је датој правој. Затим дефинишемо вектор v = (4, 2) чији врх је дата тачка Т. Ако је параметар t такав да је u најближа тачка тачки Т, дакле да је то тражена тачка P, онда је вектор PT = v - u = (4 - t, 1 - 2t) нормалан на дату праву. Према томе, рјешење задатка је рјешење једначине

$\langle u_{0},v-u\rangle =0.$

Даље лако налазимо, редом

$\langle (1,2),(4-t,1-2t)\rangle =0,$

$4-t+2-4t=0,\,$

$t={\frac {6}{5}}\ \Rightarrow \ P=\left({\frac {6}{5}},{\frac {17}{5}}\right).\,$

Нашли смо тачку P на правој y = 2x + 1 која је најближа тачки Т(4, 2) ван те праве.

У истом примеру, друго питање је: колика је удаљеност од дате праве до дате тачке?

Одговор је: то је дужина вектора PT = v - u, гдје сада за врх вектора u треба узети тачку P, тј.

$\|v-u\|=\|(4,2),\left({\frac {6}{5}},{\frac {17}{5}}\right)\|$

$=\|\left({\frac {14}{5}},-{\frac {7}{5}}\right)\|$

$={\sqrt {\left({\frac {14}{5}}\right)^{2}+\left({\frac {7}{5}}\right)^{2}}}$

$={\frac {7{\sqrt {5}}}{5}}.$

Интеграл

Нека су дати затворени интервал I = [a, b], при чему је a < b, и векторски простор V који чини скуп интеграбилних функција на том интервалу.

Став

$\langle f,g\rangle =\int _{a}^{b}f(t)g(t)dt$

је унутрашњи производ на простору V.

Доказ: Нека су α и β реални бројеви, а f, g и h вектори из V. Тада:

1. $\langle f,f\rangle =\int _{a}^{b}f(t)^{2}dt\geq 0,$

јер

$f(t)^{2}\geq 0\ \Rightarrow \ \int _{a}^{b}f(t)^{2}dt\geq 0.$

2. $\langle f,f\rangle =0\ \Rightarrow \ (\forall t)f(t)^{2}=0,$

тј. функција f(t) једнака је нули у свакој тачки датог интервала.

3. $\langle \alpha f+\beta g,h\rangle =\int _{a}^{b}(\alpha f+\beta g)(t)h(t)dt$

$=\alpha \int _{a}^{b}f(t)h(t)dt+\beta \int _{a}^{b}g(t)h(t)dt$

$=\alpha \langle f,h\rangle +\beta \langle g,h\rangle .$

4. $f(t)g(t)=f(t)f(t)\ \Rightarrow \ \langle f,g\rangle =\langle g,f\rangle .$♦.

Норма овог простора је

$\|f\|={\sqrt {\int _{a}^{b}f(t)^{2}dt}}.$

Примјер 1.

Нека је a = 0 и b = 1, и нека су дати полиноми

$f(t)=t^{2},\ g(t)=1+2t-3t^{2}.$

Тада имамо

$\langle f,g\rangle =\int _{0}^{1}t^{2}(1+2t-3t^{2})dt$

$=\int _{0}^{1}(t^{2}+2t^{3}-3t^{4})dt$

$={\frac {t^{3}}{3}}+2\cdot {\frac {t^{4}}{4}}-3\cdot {\frac {t^{5}}{5}}{\Bigg |}_{0}^{1}$

$={\frac {1}{3}}+{\frac {2}{4}}-{\frac {3}{5}}$

$={\frac {7}{30}}.$

За њихове норме имамо

$\|f\|={\sqrt {\int _{0}^{1}t^{4}dt}}={\frac {1}{\sqrt {5}}}\approx 0,45.$

$\|g\|={\sqrt {\int _{0}^{1}(1+2t-3t^{2})^{2}dt}}$

$={\sqrt {\int _{0}^{1}(1+4t^{2}+9t^{4}+4t-6t^{2}-12t^{3})dt}}$

$={\sqrt {1+{\frac {4}{3}}+{\frac {9}{5}}+{\frac {4}{2}}-{\frac {6}{3}}-{\frac {12}{4}}}}$

$={\sqrt {\frac {17}{15}}}={\frac {\sqrt {255}}{15}}\approx 1,06.$

Примјер 2.

На истом интервалу I = [0, 1] дате су тригонометријске функције

$f(t)=\sin 2\pi t,\ g(t)=\cos 2\pi t.$

Тада је

$\langle f,g\rangle =\int _{0}^{1}\sin 2\pi t\cos 2\pi tdt$

$={\frac {1}{4\pi }}(\sin 2\pi t)^{2}{\Bigg |}_{0}^{1}=0.$

Према томе, ове фукције су нормалне на датом интервалу.♦

Примјер 3.

На интервалу [0, 1] дат је полином f(t) = t. Наћи полином облика g(t) = kt + n нормалан на дати.

Рјешење: Тражимо бројеве k и n такве да је

$0=\langle f,g\rangle$

$=\int _{0}^{1}t(kt+n)dt$

$=k{\frac {t^{3}}{3}}+n{\frac {t^{2}}{2}}{\Bigg |}_{0}^{1}={\frac {k}{3}}+{\frac {n}{2}}.$

Према томе, 2k + 3n = 0. Па можемо узети, рецимо g(t) = 3t - 2.♦

Спољашње везе

• Координатна геометрија