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

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

са следећим особинама

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

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

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

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

Норма (интензитет, дужина) вектора дефинише се са

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

Став 1.

Норма задовољава следеће особине>

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

Доказ: Имамо да је

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

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

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

${\displaystyle =|\alpha |\cdot \|v\|.}$♦

Став 2.

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

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

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

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

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

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

Отуда

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

или

${\displaystyle |\langle u,v\rangle |\leq \|u\|\cdot \|v\|,}$

што је и требало доказати.♦

Приметимо да је

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

ако и само ако је

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

тј. ако је

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

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

Последица 3.

У ставу 2. стоји једнакост, тј.

${\displaystyle |\langle u,v\rangle |=\|u\|\cdot \|v\|}$

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

${\displaystyle \|u+v\|\leq \|u\|+\|v\|.}$

Биће

${\displaystyle \|u+v\|=\|u\|+\|v\|,}$

ако и само ако је

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

Доказ:

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

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

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

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

Према томе, доказано је

${\displaystyle \|u+v\|\leq \|u\|+\|v\|.}$

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

${\displaystyle \|u+v\|=\|u\|+\|v\|.}$

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

На примјер, дати су вектори

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

Показаћемо да за њих важи једнакост става 4. Наиме

${\displaystyle \langle u,v\rangle =12-12}$ - нормалност

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

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

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

Према томе, тачно је

${\displaystyle \|u+v\|=\|u\|+\|v\|.}$

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

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

Норма, дужина вектора v је ненегативан број

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

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

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

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

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

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

тј.

${\displaystyle |\langle u,v\rangle |\leq \|u\|\cdot \|v\|.}$

Наиме, за векторе не нулте дужине, имамо

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

па можемо дефинисати косинус угла између њих

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

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

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

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

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

Даље лако налазимо, редом

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

${\displaystyle 4-t+2-4t=0,\,}$

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

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.

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

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

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

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

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

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

је унутрашњи производ на простору V.

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

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

јер

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

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

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

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

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

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

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

Норма овог простора је

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

Примјер 1.

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

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

Тада имамо

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

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

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

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

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

За њихове норме имамо

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

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

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

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

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

Примјер 2.

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

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

Тада је

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

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

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

${\displaystyle 0=\langle f,g\rangle }$

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

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

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

• Координатна геометрија^{[мртва веза]}