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

$(.,.):V\times V\to ℝ$

са следећим особинама

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

1. (позитивност) $⟨v,v⟩\ge 0,$
2. (нулта дужина) $⟨v,v⟩=0⟺v=0,$
3. (линеарност) $⟨\alpha u+\beta v,w⟩=\alpha ⟨u,w⟩+\beta ⟨v,w⟩,$
4. (симетрија) $⟨u,v⟩=⟨v,u⟩.$

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

4. (конјугована симетрија) $⟨u,v⟩=\overline{⟨v,u⟩}\in ℂ.$

Норма

Норма (интензитет, дужина) вектора дефинише се са

$\Vert v\Vert =\sqrt{⟨v,v⟩}.$

Став 1.

Норма задовољава следеће особине>

1. $\Vert v\Vert \ge 0,\Vert v\Vert =0⟺v=0,$
2. $\Vert \alpha v\Vert =|\alpha |\cdot \Vert v\Vert .$

Доказ: Имамо да је

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

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

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

$=|\alpha |\cdot \Vert v\Vert .$♦

Став 2.

$(\mathrm{\forall }u,v\in V)|⟨u,v⟩|\le \Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert .$

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

$0\le (v-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}u,v-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}u)$ - позитивност

$=⟨v,v⟩-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}⟨u,v⟩-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}⟨v,u⟩+\frac{⟨v,u{⟩}^2}{\Vert u{\Vert }^4}⟨u,u⟩$ - линеарност

$=\Vert v{\Vert }^2-2\frac{⟨u,v{⟩}^2}{\Vert u{\Vert }^2}+\frac{⟨v,u{⟩}^2}{\Vert u{\Vert }^2}$ - симетрија

$=\Vert v{\Vert }^2-\frac{⟨u,v{⟩}^2}{\Vert u{\Vert }^2}.$

Отуда

$\frac{⟨u,v{⟩}^2}{\Vert u{\Vert }^2}\le \Vert v{\Vert }^2,$

или

$|⟨u,v⟩|\le \Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert ,$

што је и требало доказати.♦

Приметимо да је

$(v-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}u,v-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}u)=0$

ако и само ако је

$v-\frac{⟨v,u⟩}{\Vert u{\Vert }^2}u=0,$

тј. ако је

$v=\frac{⟨u,v⟩}{\Vert u{\Vert }^2}u.$

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

Последица 3.

У ставу 2. стоји једнакост, тј.

$|⟨u,v⟩|=\Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert$

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

$\Vert u+v\Vert \le \Vert u\Vert +\Vert v\Vert .$

Биће

$\Vert u+v\Vert =\Vert u\Vert +\Vert v\Vert ,$

ако и само ако је

$⟨u,v⟩=0.$

Доказ:

$\Vert u+v{\Vert }^2=⟨u+v,u+v⟩$

$=⟨u,u⟩+2⟨u,v⟩+⟨v,v⟩$

$\le \Vert u{\Vert }^2+2\Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert +\Vert v{\Vert }^2$

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

Према томе, доказано је

$\Vert u+v\Vert \le \Vert u\Vert +\Vert v\Vert .$

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

$\Vert u+v\Vert =\Vert u\Vert +\Vert v\Vert .$

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

$⟨u,v⟩=12-12$ - нормалност

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

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

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

Према томе, тачно је

$\Vert u+v\Vert =\Vert u\Vert +\Vert v\Vert .$

Примери

Скаларни производ

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

$⟨(u_1,u_2,...,u_n),(v_1,v_2,...,v_n)⟩=u_1{v}_1+u_2{v}_2+\dots +u_n{v}_n\in ℝ.$

Норма, дужина вектора v је ненегативан број

$\Vert v\Vert =\sqrt{v_1^2+v_2^2+\dots +v_n^2}.$

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

$⟨u,v⟩=\overrightarrow{u}\cdot \overrightarrow{v}=1\cdot 2-2\cdot 1-3\cdot 1=-3,$

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

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

$|u_1{v}_1+u_2{v}_2+\dots +u_n{v}_n|\le \sqrt{u_1^2+u_2^2+\dots +u_n^2}\cdot \sqrt{v_1^2+v_2^2+\dots +v_n^2},$

тј.

$|⟨u,v⟩|\le \Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert .$

Наиме, за векторе не нулте дужине, имамо

$-1\le \frac{⟨u,v⟩}{\Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert }\le 1,$

па можемо дефинисати косинус угла између њих

$\cos \mathrm{\angle }(u,v)=\frac{⟨u,v⟩}{\Vert u\Vert \cdot \Vert v\Vert }.$

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

$u\perp v⟺⟨u,v⟩=0.$

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.

Датотека:RastojanjePT.gif

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

$⟨u_0,v-u⟩=0.$

Даље лако налазимо, редом

$⟨(1,2),(4-t,1-2t)⟩=0,$

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

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

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.

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

$=\Vert (\frac{14}{5},-\frac{7}{5})\Vert$

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

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

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

$⟨f,g⟩=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t)g(t)dt$

је унутрашњи производ на простору V.

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

1. $⟨f,f⟩=\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t{)}^{2}dt\ge 0,$

јер

$f(t{)}^2\ge 0\Rightarrow \underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t{)}^{2}dt\ge 0.$

2. $⟨f,f⟩=0\Rightarrow (\mathrm{\forall }t)f(t{)}^2=0,$

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

3. $⟨\alpha f+\beta g,h⟩=\underset{a}{\overset{b}{\int }}(\alpha f+\beta g)(t)h(t)dt$

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

$=\alpha ⟨f,h⟩+\beta ⟨g,h⟩.$

4. $f(t)g(t)=f(t)f(t)\Rightarrow ⟨f,g⟩=⟨g,f⟩.$♦.

Норма овог простора је

$\Vert f\Vert =\sqrt{\underset{a}{\overset{b}{\int }}f(t{)}^{2}dt}.$

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

$⟨f,g⟩=\underset{0}{\overset{1}{\int }}{t}^2(1+2t-3t^2)dt$

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

$=\frac{t^3}{3}+2\cdot \frac{t^4}{4}-3\cdot \frac{t^5}{5}{|}_0^1$

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

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

За њихове норме имамо

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

$\Vert g\Vert =\sqrt{\underset{0}{\overset{1}{\int }}(1+2t-3t^2{)}^{2}dt}$

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

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

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

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

$⟨f,g⟩=\underset{0}{\overset{1}{\int }}\sin 2\pi t\cos 2\pi tdt$

$=\frac{1}{4\pi }(\sin 2\pi t{)}^2{|}_0^1=0.$

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

$0=⟨f,g⟩$

$=\underset{0}{\overset{1}{\int }}t(kt+n)dt$

$=k\frac{t^3}{3}+n\frac{t^2}{2}{|}_0^1=\frac{k}{3}+\frac{n}{2}.$

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

Спољашње везе

• Координатна геометријаШаблон:Мртва веза