Unutrašnji proizvod

Unutrašnji proizvod prostora je poopštenje skalarnog proizvoda vektora, čiji rezultat je skalar.

Definicija

Neka je V vektorski prostor. Unutrašnji proizvod nad poljem realnih brojeva (ℝ) je preslikavanje

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

sa sledećim osobinama

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

1. (pozitivnost) $\ \langle v,v\rangle \geq 0,$
2. (nulta dužina) $\langle v,v\rangle =0\ \iff \ v=0,$
3. (linearnost) $\langle \alpha u+\beta v,w\rangle =\alpha \langle u,w\rangle +\beta \langle v,w\rangle ,$
4. (simetrija) $\langle u,v\rangle =\langle v,u\rangle .$

Za unutrašnji proizvod istog vektorskog prostora nad poljem kompleksnih brojeva (ℂ) osobina simetrije (četvrta) je osobina konjugovane simetrije

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

Norma

Norma (intenzitet, dužina) vektora definiše se sa

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

Stav 1.

Norma zadovoljava sledeće osobine>

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

Dokaz: Imamo da je

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

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

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

$=|\alpha |\cdot \|v\|.$♦

Stav 2.

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

Dokaz: Možemo pretpostaviti da su oba vektora različita od nule, jer je u suprotnom nejednakost očigledna. Dalje, koristimo definicione osobine

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

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

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

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

Otuda

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

ili

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

što je i trebalo dokazati.♦

Primetimo da je

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

ako i samo ako je

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

tj. ako je

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

Prema tome, u i v moraju biti na istoj pravoj koja sadrži ishodište.

Posledica 3.

U stavu 2. stoji jednakost, tj.

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

ako i samo ako su u i v na istoj pravoj koja prolazi ishodištem.

Sledeći stav je poopštenje Pitagorine teoreme.

Stav 4.

Za proizvoljne vektore u i v datog vektorskog prostora važi

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

Biće

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

ako i samo ako je

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

Dokaz:

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

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

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

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

Prema tome, dokazano je

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

U istom dokazu, ako je <u, v> = 0, onda je

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

Obratno, ako imamo navedenu jednakost, iz istog djela dokaza vidimo da je unutrašnji proizvod nula.♦

Na primjer, dati su vektori

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

Pokazaćemo da za njih važi jednakost stava 4. Naime

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

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

Sa druge strane, iz u + v = (1, 8, 1) sledi

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

Prema tome, tačno je

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

Primeri

Skalarni proizvod

Skalarni proizvod vektora u i v iz ℝⁿ je skalar (realan) broj

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

Norma, dužina vektora v je nenegativan broj

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

Na primer, u = (1, -2, 3) i v = (2, 1, -1). Tada je prostor 3-dimenzionalan (n = 3), pa imamo

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

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

Normalnost se može definisati za opšti slučaj dimenzije n = 2, 3, ..., zbog nejednakosti

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

tj.

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

Naime, za vektore ne nulte dužine, imamo

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

pa možemo definisati kosinus ugla između njih

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

Kažemo da su dva vektora normalna kada je ovaj kosinus nula, preciznije

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

Normalnost je veoma praktična.

Na primer, treba naći tačku P na pravoj y = 2x + 1 koja je najbliža tački T(4, 2) van te prave.

Prvo definišemo vektore u = (t, 2t + 1) čiji vrhovi su tačke na datoj pravoj, recimo u₁ = (0, 1) i u₂ = (1, 3). Vektor u₀ = u₂ - u₁ = (1, 2) paralelan je datoj pravoj. Zatim definišemo vektor v = (4, 2) čiji vrh je data tačka T. Ako je parametar t takav da je u najbliža tačka tački T, dakle da je to tražena tačka P, onda je vektor PT = v - u = (4 - t, 1 - 2t) normalan na datu pravu. Prema tome, rješenje zadatka je rješenje jednačine

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

Dalje lako nalazimo, redom

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

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

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

Našli smo tačku P na pravoj y = 2x + 1 koja je najbliža tački T(4, 2) van te prave.

U istom primeru, drugo pitanje je: kolika je udaljenost od date prave do date tačke?

Odgovor je: to je dužina vektora PT = v - u, gdje sada za vrh vektora u treba uzeti tačku P, tj.

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

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

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

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

Integral

Neka su dati zatvoreni interval I = [a, b], pri čemu je a < b, i vektorski prostor V koji čini skup integrabilnih funkcija na tom intervalu.

Stav

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

je unutrašnji proizvod na prostoru V.

Dokaz: Neka su α i β realni brojevi, a f, g i h vektori iz V. Tada:

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

jer

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

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

tj. funkcija f(t) jednaka je nuli u svakoj tački datog intervala.

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

Norma ovog prostora je

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

Primjer 1.

Neka je a = 0 i b = 1, i neka su dati polinomi

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

Tada imamo

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

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

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

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

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

Za njihove norme imamo

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

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

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

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

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

Primjer 2.

Na istom intervalu I = [0, 1] date su trigonometrijske funkcije

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

Tada je

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

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

Prema tome, ove fukcije su normalne na datom intervalu.♦

Primjer 3.

Na intervalu [0, 1] dat je polinom f(t) = t. Naći polinom oblika g(t) = kt + n normalan na dati.

Rješenje: Tražimo brojeve k i n takve da je

$0=\langle f,g\rangle$

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

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

Prema tome, 2k + 3n = 0. Pa možemo uzeti, recimo g(t) = 3t - 2.♦

Spoljašnje veze

• Koordinatna geometrija