SVEUČILIŠTE/UNIVERZITET „VITEZ“ TRAVNIK
FAKULTET POSLOVNE INFORMATIKE
STUDIJ I CIKLUSA; GODINA STUDIJA: I
SMJER: POSLOVNA INFORMATIKA
„LINEARNA ZAVISNOST”
SEMINARSKI RAD
Travnik, 05.09.2013.
0
SVEUČILIŠTE/UNIVERZITET „VITEZ“ TRAVNIK
FAKULTET POSLOVNE INFORMATIKE
STUDIJ I CIKLUSA; GODINA STUDIJA: I
SMJER: INFORMACIJSKE TEHNOLOGIJE
„LINEARNA ZAVISNOST”
SEMINARSKI RAD
IZJAVA: Ja Danijel Mrnjavac student Sveučilišta/Univerziteta „Vitez“ Travnik,
Indeks broj: 0277-12/VPI odgovorno i uz moralnu i akademsku odgovornost
izjavljujem da sam ovaj rad izradio potpuno samostalno uz korištenje citirane
literature i pomoć profesora odnosno asistenata
.
Potpis studenta:_________________
STUDENT: Danijel Mrnjavac
PREDMET: Matematika za informatičare
PROFESOR: Prof. Dr. Esad Jakupović
ASISTENT: Dino Hadzialić
2
1. LINEARNA ZAVISNOST
Rezultat linearne kombinacije datih vektora uvijek je neki vector. Kao rezultat linearne
kombinacije može da se pojavi I nula-vektor. Najprostija mogućnost dobijanja nula-
vektora kao rezultat linearne kombinacije je ona u kojoj se za sve skalarne uzmu nule, tj.
λ
1
a
1
+λ
2
a
2
+…λ
n
a
n
= 0, ako je λ
1
= λ
2
= … = λ
n
= 0
Ova trivijalna mogućnost dobijanja nula-vektora, linearnom kombinacijom datih
vektora, postoji uvijek, bez ozira na strukturu datih vektora. U nekim slučajevima, pored
trivijalne, postoje I druge (tzv. netrivijalne) mogućnosti za dobijanje nula-vektora
linearnom kombinacijom datih vektora, tj,:
(
∃
λ ≠ 0, λ
∈
{λ
1
, λ
2
,… λ
n
})(λ
1
a
1
+λ
n
a
n
= 0)
Dakle, nula-vektor se dobija linearnom kombinacijom u kojoj bar jedan od skalara nije
jednak nuli.
1.) Dati su vektori
a
1
=
[
3
2
]
a
2
=
[
0
4
]
Odredite skalare
λ
1
i
λ
2
tako da bude
λ
1
a
1
+λ
2
a
2
= 0
Rješenje:
Sigurno je da je jednakost
λ
1
a
1
+λ
2
a
2
= 0
zadovoljena za
λ
1
= λ
2
= 0,
tj.:
3
0
∙
[
3
2
]
+0
∙
[
0
4
]
=
[
0
0
]
+
[
0
0
]
=
[
0
0
]
= 0
Postavlja se pitanje, da li postoji i druga (netrivijalna) rješenja? Odgovor dobijamo
rješavanjem sljedeće jednačine:
λ
1
[
3
2
]
+ λ
2
[
0
4
]
=
[
0
0
]
[
3
λ
1
2
λ
1
]
+
[
0
4
λ
2
]
=
[
0
0
]
[
3
λ
1
2
λ
1
+
4
λ
2
]
=
[
0
0
]
⇒
{
3
λ
1
=
0
λ
1
=
0
2
λ
1
+
4
λ
2
=
0
Zamjenom
λ
1
= 0
u jednačini
2λ
1
+4λ
2
= 0 a λ
2
= 0.
pa zaključujemo da, osim
trivijalni, nema drugih mogućnosti za rješavanje date jednačine.
2.) Dati su tzv. jedinični vektori
e
1
=
[
1
0
1
]
, e
2
=
[
0
1
0
]
, e
3
=
[
0
0
1
]
Lako se dakazuje da jednačinama
λ
1
e
1
+
λ
2
e
2
+
λ
3
e
3
= 0 osim trivijalnih nema drugih
rješenja. Isto važi i za ostale slučajeve jediničnih vektora.
3.) Dati su vektori:
a
1
=
[
1
2
3
]
, a
2
=
[
4
5
6
]
, a
3
=
[
7
8
−
9
]
Da li osim trivijalnog ima i drugih rješenja jednačina λ
1
a
1
+ λ
2
a
1
+ λ
3
a
3
= 0?
Rješenje:
5
0/0 je neodređen izraz, jer rezultat djeljenja nule sa nulom može biti bilo koji broj.
Prema tome, osim trivijalnog, postoji i bezbroj drugih rješenja date jednačine.
Do ovog saznanja se može doći i ovako:
[
−
2
λ
1
+
10
λ
2
3
λ
1
−
15
λ
2
]
=
[
0
0
]
⇒
λ
1
-
5
λ
2
=
0, odnosno
λ
1
=
5
λ
2
Jednačina λ
1
= 5λ
2
ima bezbroj rješenja. Prikazujemo neka od njih.
1) Neka je λ
2
= 0, onda je λ
1
= 5 , pa je:
5 ∙
[
−
2
3
]
+
1 ∙
[
−
10
15
]
=
[
−
10
15
]
+
[
10
−
15
]
=
[
0
0
]
2) Neka je λ
2
= 1 , onda je λ
1
= -10 , pa je:
-10 ∙
[
−
2
3
]
+
(-2) ∙
[
10
−
15
]
=
[
20
−
30
]
+
[
−
20
30
]
=
[
0
0
]
3) Neka je λ
2
=0, onda je λ
1
= 0,pa je riječ o trivijalnom rješenju. Dakle, trivijalno
rješenje postoji uvijek, a u ovom slučaju ono je jedno od bezbroj riješenja.
Pokazaćemo da nezavisno od konkretne veličine λ
1
i λ
2
, kad god je λ
1
= 5 λ
2
data
jednačina je zadovoljena:
