Table of Contents O SKUPOVIMA.....................................................................................................................
1
OPERACIJE SA SKUPOVIMA.............................................................................................
2
UNIJA....................................................................................................................................
3
PRESEK...............................................................................................................................
4
RAZLIKA...............................................................................................................................
4
SIMETRICNA RAZLIKA........................................................................................................
5
PARTITIVNI SKUP...............................................................................................................
6
KOMPLEMENT SKUPA........................................................................................................
6
DEKARTOV PROIZVOD......................................................................................................
7
ALGEBARSKE STRUKTURE...............................................................................................
12
Operacije sa racionalnim algebarskim izrazima....................................................................
14
NZD.......................................................................................................................................
14
NZS.......................................................................................................................................
14
Transformacije algebarskih izraza........................................................................................
25
BINOMNA FORMULA...........................................................................................................
33
ISKAZI...................................................................................................................................
42
LOGICKE OPERACIJE.........................................................................................................
43
NEKA PRAVILA LOGICKOG ZAKLJUCIVANJA..................................................................
46
KVANTORI............................................................................................................................
49
NEKE VA™NE NEJEDNAKOSTI............................................................................................
53
MATEMATICKA INDUKCIJA................................................................................................
56
STEPENOVANJE.................................................................................................................
65
KORENOVANJE...................................................................................................................
72
ELEMENTARNE FUNKCIJE … GRAFICI...............................................................................
83
INVERZNA FUNKCIJA.........................................................................................................
91
FUNKCIONALNE JEDNACINE............................................................................................
97
FUNKCIONALNE JEDNACINE, INVERZNA FUNKCIJA I KOMPOZICIJA FUNKCIJA........
103
LINEARNA FUNKCIJA I NJEN GRAFIK...............................................................................
117
KVADRATNA FUNKCIJA.....................................................................................................
126
EKSPONENCIJALNE FUNKCIJE, JEDNACINE INEJEDNACINE.......................................
145
Eksponencijalne jednacine...................................................................................................
147
Eksponencijalne nejednacine...............................................................................................
160
LOGARITMI..........................................................................................................................
164
LOGARITAMSKA FUNKCIJA...............................................................................................
171
LOGARITAMSKE JEDNACINE I NEJEDNACINE................................................................
175
Aritmeticki niz:.......................................................................................................................
188
Geometrijski niz....................................................................................................................
199
Beskonacni red.....................................................................................................................
207
EKONOMSKE FUNKCIJE....................................................................................................
212
Procentni racun.....................................................................................................................
216
........ . ....... ...........................................................................................................................
221
PROST KAMATNI RACUN...................................................................................................
228
Racun Me•anja......................................................................................................................
231
Racun podele........................................................................................................................
235
ZAJMOVI..............................................................................................................................
238
Kompleksni brojevi................................................................................................................
242
Deljenje kompleksnih brojeva...............................................................................................
245
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja.............................................................................
252
Množenje I deljenje kompleksnih brojeva utrigonometrijskom obliku....................................
257
Stepenovanje kompleksnog broja.........................................................................................
258
Korenovanje kompleksnih brojeva........................................................................................
260
LINEARNE JEDNACINE.......................................................................................................
264
SISTEMI LINEARNIH JEDNACINA......................................................................................
273
SISTEM TRI JEDNACINE SA TRI NEPOZNATE.................................................................
278
GRAFICKO RE—AVANJE SISTEMA.....................................................................................
284
LINEARNE NEJEDNACINE..................................................................................................
292
KVADRATNA JEDNACINA...................................................................................................
298
VIETOVE FORMULE. RASTAVLJANJE KVADRATNOGTRINOMA NA LINEARNE CINIOCE.
307
NEKE JEDNACINE KOJE SE SVODE NA KVADRATNE....................................................
314
Binomne jednacine...............................................................................................................
318
Trinomne jednacine..............................................................................................................
322
Simetricne (reciprocne) jednacine........................................................................................
324
SISTEMI KVADRATNIH JEDNACINA SA DVENEPOZNATE..............................................
329
KVADRATNA NEJEDNACINAZNAK KVADRATNOG TRINOMA........................................
339
IRACIONALNE JEDNACINE................................................................................................
349
IRACIONALNE NEJEDNACINE...........................................................................................
356
trig.........................................................................................................................................
358
trigonometrijske_funkcije_ostrog_ugla..................................................................................
358
trigonometrijski_krug.............................................................................................................
370
svodjenje_na_i_kvadrant......................................................................................................
384
grafici_trigonometrijskih_funkcija_I_deo...............................................................................
390
grafici_trigonometrijskih_funkcija_II_deo..............................................................................
398
adicione_formule...................................................................................................................
408
transformacije_zbira_i_razlike..............................................................................................
415
trigonometrijske_funkcije_dvostrukog_ugla..........................................................................
424
trionometrijske_funkcije_poluugla.........................................................................................
430
osnovne_trigonometrijske_jednacine....................................................................................
437
trigonometrijske_jednacine...................................................................................................
453
Trigonometrijske_nejednacine..............................................................................................
465
sinusna_i_kosinusna_teorema.............................................................................................
478
analiticka...............................................................................................................................
491
planimetrija............................................................................................................................
491
ravan.....................................................................................................................................
498
prava.....................................................................................................................................
507
tacka_i_prava........................................................................................................................
514
prava_ravan..........................................................................................................................
525
talesova_teorema.................................................................................................................
531
trougao..................................................................................................................................
538
slicnost_trouglova.................................................................................................................
552
primene_slicnosti_na_pravougli_trougao.............................................................................
561
konstruktovni_zadaci(trougao)..............................................................................................
572
cetvorouglovi.........................................................................................................................
582
konstrukcije_cetvorouglova...................................................................................................
596
translacija..............................................................................................................................
603
rotacija..................................................................................................................................
610
osna_simetrija.......................................................................................................................
616
centralna_simetrija................................................................................................................
622
kruznica.................................................................................................................................
627
primena_slicnosti_na_krug_zlatni_presek............................................................................
635
elipsa.....................................................................................................................................
646
parabola................................................................................................................................
652
hiperbola...............................................................................................................................
658
neke_povrsi_u_r3.................................................................................................................
664
svodjenje_na_kanonicki_oblik_teorija...................................................................................
672
svodjenje_na_kanonicki_oblik_zadaci..................................................................................
676
poliederi................................................................................................................................
687
piramida_i_zarubljena_piramida...........................................................................................
705
kupa_i_zarubljena_kupa.......................................................................................................
724
lopta......................................................................................................................................
732
obrtna_tela............................................................................................................................
739
polinomi.................................................................................................................................
748
polinom_sa_jednom_promenljivom......................................................................................
748
hornerova_sema...................................................................................................................
757
polinomi_nad_brojem_kompleksnog_broja..........................................................................
761
vektori...................................................................................................................................
767
vektori_u_ravni......................................................................................................................
767
vektori_u_ravni_i_deo...........................................................................................................
777
vektori_u_ravni_ii_deo..........................................................................................................
784
vektori_u_prostoru................................................................................................................
791
vektori_u_prostoru_ii_deo.....................................................................................................
799
matrce...................................................................................................................................
805
matrice..................................................................................................................................
805
matrice_zadaci_I_deo...........................................................................................................
825
matrice_zadaci_II_deo..........................................................................................................
841
matrice_zadaci_III_deo.........................................................................................................
856
determinante.........................................................................................................................
870
resavanje_sistema_jednacina _metoda_det.........................................................................
879
izvodi.....................................................................................................................................
890
granicne_vrednosti_funkcija_teorija......................................................................................
890
granicne_vrednosti_funkcija_I_deo......................................................................................
893
granicne_vrednosti_funkcija_II_deo.....................................................................................
901
izvod_funkcije.......................................................................................................................
910
izvodi_zadaci _I deo.............................................................................................................
916
izvodi _zadaci_II deo............................................................................................................
926
izvodi_zadaci _III deo...........................................................................................................
938
izvodi _zadaci_IV deo...........................................................................................................
947
Izvodi_zadaci_I_...................................................................................................................
956
Izvodi_zadaci_II_deo............................................................................................................
966
grafici_funkcija_zadaci_I_deo...............................................................................................
978
ispitivanje_toka_i_grafik_funkcije..........................................................................................
991
asimptote_funkcija................................................................................................................
994
grafici_funkcija_zadaci_II_deo..............................................................................................
1005
grafici_funkcija_zadaci_III_deo.............................................................................................
1015
grafici_funkcija_zadaci_IV_deo............................................................................................
1029
parcijalni_izvodi_i_diferencijali..............................................................................................
1039
ekstremumi_funkcija_vise_promenljivih_ideo.......................................................................
1050
ekstremumi_funkcija_vise_promenljivih_iideo......................................................................
1057
integrali.................................................................................................................................
1066
tablica_integrala....................................................................................................................
1066
integrali_tipa..........................................................................................................................
1067
integracija_trigonometrijskih_funkcija...................................................................................
1069
ojlerove_smene.....................................................................................................................
1071
parcijalna_integracija............................................................................................................
1073
integrali_I_deo_zadaci..........................................................................................................
1074
integrali_II_deo_zadaci.........................................................................................................
1082
integrali_III_deo_zadaci........................................................................................................
1089
integrali_ IV_deo_zadaci.......................................................................................................
1099
integrali_V_deo_zadaci.........................................................................................................
1109
integrali_VI_deo_zadaci........................................................................................................
1122
Integrali_VII_deo_zadaci......................................................................................................
1132
integrali_VIII_deo_zadaci......................................................................................................
1140
odredjeni_integral.................................................................................................................
1146
odredjeni_integrali_teorija.....................................................................................................
1150
nesvojstveni_integrali............................................................................................................
1154
pocetni_integral.....................................................................................................................
1157
primena_integrala.................................................................................................................
1158
primena_integrala_zadaci.....................................................................................................
1172
primena_odredjenog_integrala_u_geometriji........................................................................
1187
krivolinijski_integrali..............................................................................................................
1189
povrsinski_integral................................................................................................................
1193
dvostruki_integral..................................................................................................................
1197
trostruki_integral...................................................................................................................
1200
visestruki_integral_zadaci_I_deo..........................................................................................
1203
visestruki_integral_zadaci_II_deo.........................................................................................
1217
visestruki_integral_zadaci_III_deo........................................................................................
1232
visestruki_integral_zadaci_IV_deo.......................................................................................
1243
visestruki_integral_zadaci_V_deo........................................................................................
1255
visestruki_integral_zadaci_VI_deo.......................................................................................
1265
difer.......................................................................................................................................
1277
diferencijalne_jednacine_prvog_reda_teorija.......................................................................
1277
diferencijalne_jednacine_prvog_reda_zadaci.......................................................................
1281
diferencijalne_jednacine_drugog_reda_teorija.....................................................................
1298
diferencijalne_jednacine_drugog_reda_zadaci.....................................................................
1301
parcijalne_difrencijalne_jednacine........................................................................................
1314
parcijalne_diferencijalne_jednacine_zadaci..........................................................................
1316
sistemi_difrencijalnih_jednacina...........................................................................................
1325
sistemi_diferencijalnih_jednacina_zadaci.............................................................................
1326
redovi....................................................................................................................................
1338
brojni_redovi_zadaci_I_deo_................................................................................................
1338
brojni_redovi_zadaci_II_deo_...............................................................................................
1348
brojni_redovi_zadaci_III_deo_..............................................................................................
1358
redovi_sa_pozitivnim_clanovima..........................................................................................
1365
stepeni_redovi_zadaci_I_deo...............................................................................................
1367
stepeni_redovi_zadaci_II_deo..............................................................................................
1373
furije......................................................................................................................................
1381
furijeovi_redovi_teorija..........................................................................................................
1381
furijeovi_redovi_zadaci_I_deo_............................................................................................
1384
furijeovi_redovi_zadaci_II_deo_...........................................................................................
1390
verov.....................................................................................................................................
1399
kombinatorika........................................................................................................................
1399
slucajna_promenljiva_i_njena_raspodela.............................................................................
1404
verovatnoca..........................................................................................................................
1408
verovatnoca_zadaci_I_deo...................................................................................................
1410
verovatnoca_zadaci_II_deo..................................................................................................
1418
verovatnoca_zadaci_III_deo.................................................................................................
1427
verovatnoca_zadaci_IV_deo.................................................................................................
1436
verovatnoca_zadaci_V_deo..................................................................................................
1445
www.matematiranje.com
O SKUPOVIMA Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem , posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata , stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup knjiga u biblioteci, skup klupa u učionici itd. Tvorac teorije skupova je Georg Kantor , nemački matematičar, koji je prvi dao “opisnu” definiciju skupa. Mnogi drugi matematičari su takođe pokušavali da definišu skup. Danas, po savremenom shvatanju, pojam skupa se ne definiše, već se usvaja intuitivno kao celina nekih razičitih objekata. Predmeti iz kojih je skup sastavljen zovu se elementi skupa. Postoje skupovi sa konačno mnogo elemenata, koje nazivamo konačnim skupovima, i skupovi sa beskonačno mnogo elemenata, odnosno beskonačni skupovi. Tako, na primer , skup stanovnika na zemlji predstavlja jedan konačan skup, dok skup svih celih brojeva sadrži beskonačno mnogo elemenata. Skupove najčešće obeležavamo velikim slovima A,B ,.....X, Y,... , a elemente skupa malim slovima a,b,...,x,y,... Ako je x element skupa X , tu činjenicu ćemo označavati sa x ∈ X, a ako ne pripada skupu X, označićemo sa x∉X. Oznake ćemo čitati: “x pripada skupu X” ili “x je element skupa X”. Oznaku x∉X ćemo čitati “ x ne pripada skupu X” ili “ x nije element skupa X” Postavimo sada pitanje: “ Koliko elemenata ima skup prirodnih brojeva većih od jedan a manjih od dva” ? Jasno je da takav skup nema ni jednog elementa. Za takav skup kažemo da je prazan i obeležava se sa ∅ .
1
1
www.matematiranje.com
Međutim, desiće nam se nekad da nije zgodno, a ni moguće, da neposredno navedemo sve elemente nekog skupa. Stoga se koristi i ovakvo zapisivanje skupova: {x S(x)} ili, isto{x x ima svojstvo S}, što bi značilo”skup svih x koji imaju svojstvo S”. Na primer X={x
skup X={7,8,9,10,11,12} možemo zapisati i na sledeći način:
x ∈ N ∧ 6< x <13 }.
Za neka dva skupa kažemo da su jednaki ako su svi elementi jednog skupa ujedno elementi drugog skupa, i obrnuto, svi elementi drugog skupa su elementi prvog skupa . Zapisujemo:
A=B ako i samo ako ( ∀ x) (x ∈ A ⇔ x ∈ B ) ,
na primer po definiciji biće {a,a,a,b,b,c}={a,b,b,c,c,c}={a,b,c}. Dakle , svaki član skupa je prisutan jednim pojavljivanjem, a sva ostala njegova pojavljivanja, ukoliko ih ima, nisu važna, i, uz to, ni redosled navođenja članova nije bitan. Kažemo da je skup B podskup skupa A, što označavamo B ⊂ A, ako su svi elementi skupa B takođe i elementi skupa A, tj. B ⊂ A ako i samo ako ( ∀ x) (x ∈ B ⇒ x ∈ A ) Relacija uvedena ovom definicijom se zove relacija inkluzije. Ovde moramo voditi računa da se svi skupovi ne mogu upoređivati. Prazan skup je podskup svakog skupa.
OPERACIJE SA SKUPOVIMA 2
2
www.matematiranje.com
-
UNIJA
-
PRESEK
-
RAZLIKA
-
SIMETRICNA RAZLIKA
-
PARTITIVNI SKUP
-
DEKARTOV PROIZVOD
-
KOMPLEMENT SKUPA UNIJA
Skup svih elemenata koji su elementi bar jednog od skupova A ili B , zove se unija skupova A i B i označava se sa A ∪ B.
A ∪ B = {x x ∈ A ∨ x ∈ B} Na dijagramu bi to izgledalo ovako:
A
B
Primer: Ako je A={1,2,3} i B={2,3,4} A ∪ B={1,2,3,4}
3
3
www.matematiranje.com PRESEK Skup svih elemenata koji su elementi skupa A i skupa B zove se presek skupova A i B i obeležava se sa A ∩ B.
A ∩ B = {x x ∈ A ∧ x ∈ B} Graficki prikaz bi bio:
A
B
Primer: Ako je A={1,2,3} i B={2,3,4} A ∩ B={2,3}
RAZLIKA Skup svih elemenata koji su elementi skupa A ali nisu elementi skupa B zove se razlika redom skupova A i B u oznaci A\B. A\B={ x
x ∈ A ∧ x∉B }
Naravno mozemo posmatrati i skup B\A, to bi bili svi elementi skupa B koji nisu u A. Na dijagramima to bi izgledalo ovako:
4
4
www.matematiranje.com
A
B
Za nas primer je A\B={1} A\B
A
B
Za nas primer je B\A={4} B\A SIMETRIČNA RAZLIKA Skup (A\B) ∪ (B\A) naziva se simetrična razlika i najčešće se obeležava sa Δ . A Δ B= (A\B) ∪ (B\A).
Na dijagramu je:
A
B
Za naš primer je A Δ B={1,4}
5
5
www.matematiranje.com PARTITIVNI SKUP Skup svih podskupova skupa A naziva se partitivni skup skupa A i obeležava se sa P(A). Primer: Ako je A={1,2,3) , onda je P(A)={ ∅ , {1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3}, {1,2,3}} KOMPLEMENT SKUPA Unija , presek i razlika su binarne skupovne operacije, dok je komplement skupa unarna operacija. To je skup svih elemenata koji nisu sadržani u posmatranom skupu. Komplement najčešće obeležavamo sa A Na slici bi bilo:
B A
A ={x
x∉ A}
Primer: Ako je A={1,3,7} i B={1,2,3,4,5,6,7} onda je : A = {2,4,5,6}
DEKARTOV PROIZVOD 6
6
www.matematiranje.com
Čuveni francuski filozof i matematičar Dekart je u matematiku uveo pojam pravouglog koordinatnog sistema, koji se i danas, u njegovu čast, naziva Dekartovim koordinatnim sistemom. U tom sistemu svakoj tački ravni odgovara jedan uređeni par realnih brojeva (x,y) i, obrnuto, svakom paru brojeva (x,y) odgovara tačno jedna tačka u koordinatnoj ravni. Prvi broj x u tom paru nazivamo prvom koordinatom (apscisom) , a drugi y , drugom koordinatom (ordinatom). Za uređene parove je karakteristična osobina: (x,y)=(a,b) ako i samo ako x=a ∧ y=b Dekartov proizvod skupova je skup:
Treba voditi računa da A × B ≠ B × A Primer: Ako je M={1,2,3} i N={A,B} onda je: M × N={(1,A),(1,B),(2,A),(2,B),(3,A),(3,B)}. Na slici:
B A
1
2
3
7
7
www.matematiranje.com ZADACI 1. Dokazati da je prazan skup podskup svakog skupa. Dokaz: Mi ustvari trebamo dokazati da vazi: ∅ ⊂ A ⇔ (∀x )( x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A) Kako prazan skup nema elemenata, to je istinitosna vrednost x ∈ ∅ sigurno netacna. Dakle ⊥⇒ x ∈ A , podsetimo se tablice za implikaciju: p⇒q
p
q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
T
Implikacija je netačna jedino u slučaju kada je iskaz p tačan i iskaz q netačan.
Iz laži sledi sve, odnosno iz netačnog sledi sve(uvek tačno)
Dakle, prazan skup je podskup svakog skupa. 2. Dati su skupovi: A={x x se sadrzi u 12, x pripada N}, B={x x se sadrzi u 20, x pripada N} i skup C={x x se sadrzi u 32, x pripada N}. Odrediti : A\(B ∪ C), A ∪ (B ∩ C ), i A\(B\C) Resenje: Najpre moramo odrediti skupove A,B, i C. Kada se x sadrzi u nekom broju to drugim recima znaci da se taj broj moze podeliti sa x. Kako se broj 12 moze podeliti sa 1,2,3,4,6,12 to je : A={1,2,3,4,6,12}, slicno je B={1,2,4,5,10,20} i C={1,2,4,8,16,32} Odredimo A\(B ∪ C). Najpre je B ∪ C={1,2,4,5,8,10,16,20,32}. Sada trazimo one koji su elementi skupa A a ne pripadaju B ∪ C. To su 3,6,12, pa je A\(B ∪ C)={3,6,12} Odredimo A ∪ (B ∩ C ). Najpre naravno B ∩ C , to su elementi koji su zajednicki za ova dva skupa, dakle: B ∩ C ={1,2,4}. Dalje trazimo uniju skupa A i ovog skupa, to jest sve elemente iz oba skupa: A ∪ (B ∩ C )={1,2,3,4,6,12}. A\(B\C)= {1,2,3,4,6,12}\({1,2,4,5,10,20}\{1,2,4,8,16,32}) = {1,2,3,4,6,12}\{{5,10,20} = {1,2,3,4,6,12}=A
8
8
www.matematiranje.com 3. Dati su skupovi A={1,2,3,4,5} i B={4,5,6,7}. Odrediti skup X tako da bude: X\B= ∅ i A\X ={1,2,3} Resenje: Izgleda da cemo ovde imati vise mogucnosti za trazeni skup X. Kako je X\B= ∅ , to nam govori da su svi elementi skupa B potencijalni elementi skupa X jer nema takvih elemenata da su u X a nisu u skupu B. A\X ={1,2,3} nam govori da u skupu X sigurno nisu elementi {1,2,3}.Dakle: X={4,5} ili X={4,5,6}ili X={4,5,7}ili X={4,5,6,7} 4. Na jednom kursu stranih jezika svaki slušalac uči bar jedan od tri strana jezika(engleski, francuski i nemački) i to : 18 slušalaca uči francuski, 22 uči engleski, 15 slušalaca uči nemački, 6 slušalaca uči engleski i francuski, 11 slušalaca engleski i nemački, 1 slušalac uči sva tri jezika.Koliko ima slušalaca na tom kursu i koliko od njih uči samo dva jezika? Resenje: Najpre zapisimo pregledno podatke: - 18 slušalaca uči francuski - 22 uči engleski - 15 slušalaca uči nemački - 6 slušalaca uči engleski i francuski - 11 slušalaca engleski i nemački - 1 slušalac uči sva tri jezika Najbolje je upotrebiti Venov dijagram sa tri skupa(njega popunjavamo tako što popunimo presek sva tri skupa, pa preseke po dva skupa, i na kraju, elemente koji pripadaju samo po jednom skupu) ENGLEZI FRANCUZI
9
9
www.matematiranje.com NEMCI Prvo upisemo 1 u preseku sva tri skupa.Zatim presek Francuzi i Englezi, ali tu ne pisemo 6, vec 6-1=5, onda presek Englezi i Nemci 11-1=10. Dalje je ostalo 18-5-1=12 koji uce samo francuski, 22-10-5-1=6 koji uce engleski i na kraju 15-10-1=4 koji uce nemacki. Broj slusaoca je 12+5+6+1+10+4=38, a broj onih koji uce samo dva jezika je 10+5=15 5. Dokazati skupovnu jednakost: ( A ∪ B) ∩ C = ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) Ovde uvek krecemo isto ( ∀ x ) x pripada levoj strani, = zamenimo sa ⇔ , pa x pripada desnoj strani. Koristimo definicije skupovnih operacija dok potpuno ne rastavimo obe strane. Dalje preko logickih operacija dokazemo da je nastala formula tautologija. Pazi: = menjamo sa ⇔ , ∪ menjamo sa ∨ , ∩ menjamo sa ∧ , itd. Dokaz: ( ∀ x) ( x ∈ ( A ∪ B ) ∩ C ) ⇔ (x ∈ ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) ) ( x ∈ ( A ∪ B ) ∧ x ∈ C) ⇔ (x ∈ ( A ∩ C ) ∨ x ∈ ( B ∩ C ) ) ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ x ∈ C) ⇔ ((x ∈ A ∧ x ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)) neka je: p= x ∈ A q= x ∈ B r = x∈ C Dobili smo formulu: F: ((p ∨ q) ∧ r) ⇔ ((p ∧ r) ∨ (q ∧ r)) Nju sad moramo dokazati preko tablice i upotrebom logickih operacija: p
q
r
p∨ q
(p ∨ q) ∧ r
p∧r
q∧r
T T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥
T ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥
T T T T T T ⊥ ⊥
T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
Formula JESTE TAUTOLOGIJA, pa je time dokaz zavrsen. ⇔ 6. Dokazati skupovnu jednakost: C\(A ∩ B)=(C\A) ∪ (C\B) Dokaz: ( ∀ x)(x ∈ C\(A ∩ B)) ⇔ (x ∈ (C\A) ∪ (C\B)) 10
10
(p ∧ r) ∨ (q ∧ r) T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
F T T T T T T T T
www.matematiranje.com (x ∈ C ∧ x∉(A ∩ B)) ⇔ ( x ∈ (C\A) ∨ x ∈ (C\B)) (x ∈ C ∧ ¬ ( x ∈ A ∧ x ∈ B)) ⇔ (x ∈ C ∧ ¬ (x ∈ A)) ∨ ( x ∈ C ∧ ¬ ( x ∈ B)) neka je: p= x ∈ A q= x ∈ B r = x∈ C F: (r ∧ ¬ (p ∧ q)) ⇔ ((r ∧ ¬ p) ∨ (r ∧ ¬ q)) Ovo dokazujemo tablicno: ¬p ¬q p∧ q ¬ r ∧ ¬ (p ∧ q) r ∧ ¬ p r ∧ ¬ q p q r (p ∧ q) T T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T ⊥ T T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T T ⊥ ⊥ T T ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
(r ∧ ¬ p) ∨ (r ∧ ¬ q) ⊥ ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥
⇔ Dakle ova formula jeste TAUTOLOGIJA, pa je pocetna skupovna jednakost tačna.
11
11
F T T T T T T T T
www.matematiranje.com ALGEBARSKE STRUKTURE UVOD: Def 1. Operacija dužine n u skupu X je svako jednoznačno preslikavanje skupa X u skup X Za n=1 je UNARNA operacija, za n=2 je BINARNA operacija, tj, jednoznačno preslikavanje skupa X2 u skup X. Najčešće oznake binarne operacije su: *, ×,⊕,+ itd n
Def 2. Za binarnu operaciju * u skupu X važi ASOCIJATIVNI zakon ako je ( ∀x, y, z ∈ X ) x*(y*z)=(x*y)*z Def 3. Za binarnu operaciju * x u skupu X važi KOMUTATIVNI zakon ako je ( ∀x, y ∈ X ) x*y=y*x Def 4. Neka su u skupu X date dve binarne operacije * i #
Levi i desni DISTRIBUTIVNI zakon glasi: ( ∀x, y, z ∈ X ) x#(y*z)=(x#y)*(x#z) (x*y)#z=(x#y)*(x#z) Def 5. Ako postoji element e ∈ X takav da je ( ∀xeX ) e*x=x*e=x onda se takav element naziva NEUTRAL ( jedinični element) Stav : Ako postoji neutralni element onda je on jedinstven. Def 6. Neka u odnosu na operaciju * u skupu X postoji neutral e. Tada se element x` naziva SUPROTAN element elementu x ako važi: x*x`=x`*x=e
DEF1. Skup X zajedno sa binarnom operacijom * zove se GRUPOID. Oznaka je (X,*) DEF2. neka su (X,*) i (Y,#) grupoidi. Preslikavanje h: X → Y je HOMOMORFIZAM ako je ( ∀x, y ∈ X ) h(x*y)=h(x)#h(y)
Ako je X=Y onda je to AUTOMORFIZAM Ako je ovo preslikavanje još i bijekcija ( 1-1, i “na”), onda je to IZOMORFIZAM
12
www.matematiranje.com
DEF 3. Grupoid (X, *) za čiju operaciju * važi asocijativnost zove se POLUGRUPA DEF 4. Polugrupa (X,*) u kojoj postoji neutralni element i u kojoj svaki element ima inverzni element zove se GRUPA. Kad ispitujemo da li je zadata struktura grupa radimo sledeće: 1. Ispitujemo “zatvorenost zadane operacije” 2. Ispitujemo asocijativnost 3. Tražimo neutralni element 4. Tražimo inverzni element DEF 5. Ako za grupu ABELOVA GRUPA
(X,*) važi i komutativni zakon onda se ta grupa zove
DEF 6. Neka je (X,+, • ) skup sa dve operacije.( + je aditivna a • je multiplikativna ) Ako je: 1. (X,+) Abelova grupa 2. za operaciju • važi distributivni zakon u odnosu na operaciju + onda je (X,+, • ) PRSTEN DEF 7. Prsten (X,+, • ) je TELO ako je ( X\{0}, • ) grupa, gde je 0 neutralni element za operaciju +. DEF 8. Komutativno telo je POLJE.
13
Operacije sa racionalnim algebarskim izrazima Najveći zajednički delilac i najmanji zajednički sadržalac polinoma NZD polinoma P i Q je polinom D koji ima najveći stepen medju polinomima koji su delioci i polinoma P i polinoma Q. NZS polinoma P i Q je polinom S koji ima najmanji stepen medju polinomima koji su deljivi i polinomom P i polinomom Q. Primer 1: Nadji NZS i NZD za polinome:
P ( x) = x 2 − 4 Q( x) = x 2 − x − 2 R ( x) = x 2 − 3x + 2 Prvo moramo svaki od njih rastaviti na činioce (naravno , upotrebom postupka navedenog u poglavlju : Transformacije algebarskih izraza).
P ( x) = x 2 − 4 = x 2 − 2 2 = ( x − 2)( x + 2) Q( x) = x 2 − x − 2 = x 2 − 2 x + x − 2 = x( x − 2) + 1( x − 2) = ( x − 2)( x + 1) R ( x) = x 2 − 3x + 2 = x 2 − x − 2 x + 2 = x( x − 1) − 2( x − 1) = ( x − 1)( x − 2) NZD je ustvari ‘PRESEK’, odnosno ‘onaj’ koji ga ima u svakom od polinoma.
Ovde je to očigledno x-2. Dakle: NZD = x-2 NZS je ‘unija’. On mora biti deljiv sa sva tri polinoma. Dakle: NZS = (x-2)(x+2)(x-1)(x+1) Primer 2: Nadji NZS I NZD za polinome :
P = a 2 − ab Q = a2 − b2 R = a 2 − 2ab + b 2 P = a 2 − ab = a(a − b) Q = a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) R = a 2 − 2ab + b 2 = (a − b) 2 NZD = (a − b) → jer ga ima u sva tri
NZS = a(a − b) 2 (a + b) → deljiv sa sva tri
14
1
Primer 3: Nadji NZS I NZD za polinome: A = x 2 − xy B = xy + y 2 __________
A = x( x − y ) B = y( x + y)
⇒ NZS = xy ( x − y )( x + y )
Šta ćemo sa NZD? Nema činioca koji se sadrži u A i B. U takvoj situaciji NZD = 1 , a za polinome kažemo da su uzajamno prosti. Primer 4: Nadji NZS I NZD za polinome: 9a + 15 = 36a 2 − 100 = − 9a 2 + 30a − 25 = ________________________
9a + 15 = 3(3a + 5) 36a 2 − 100 = 4(9a 2 − 25) = 4(3a − 5)(3a + 5) − 9a 2 + 30a − 25 = −(9a 2 − 30a + 25) = −(3a − 5) 2 ____________________________________________________________________
NZS = −12(3a + 5)(3a − 5) 2
Primer 5: Nadji NZS I NZD za polinome:
4a 2 + 4ab + b 2 = (2a + b) 2 4a 2 − b 2 = (2a − b)(2a + b) 8a 3 + b = (2a) 3 + b 3 = (2a + b)(4a 2 − 2ab + b 2 ) ________________________________________________________________
NZS = (2a + b) 2 (2a − b)(4a 2 − 2ab + b 2 )
Primer 6: Nadji NZS I NZD za polinome:
3x 3 − 12 x 2 + 12 x = 5 x 4 + 20 x 3 + 20 x 2 = 3nx 2 − 12n = 3n( x 2 − 4) = __________________________________
15
2
3x 3 − 12 x 2 + 12 x = 3 x( x 2 − 4 x + 4) = 3 x( x − 2) 2 5 x 4 + 20 x 3 + 20 x 2 = 5 x 2 ( x 2 + 4 x + 4) = 5 x 2 ( x + 2) 2 3nx 2 − 12n = 3n( x 2 − 4) = 3n( x − 2)( x + 2) __________________________________________________________
NZS = 15nx 2 ( x − 2) 2 ( x + 2) 2 Primer 7:
Nadji NZS I NZD za polinome:
2a 4 − 2 = 2(a 4 − 1) = 2(a 2 − 1)(a 2 + 1) = 2(a − 1)(a + 1)(a 2 + 1) a 3 + a 2 + a + 1 = a 2 (a + 1) + 1(a + 1) = (a + 1)(a 2 + 1) a 3 − a 2 + a + 1 = a 2 (a − 1) + 1(a − 1) = (a − 1)(a 2 + 1) ______________________________________________________________________
NZS = 2(a − 1)(a + 1)(a 2 + 1) Kako upotrebiti NZS? 1) Uprosti izraz: a b a+b + 2 − = najpre treba svaki imenilac rastaviti na činioce= 2 ab − b a − ab ab a b a+b + − = zatim nadjemo NZS za imenioce ,to je ab(a − b) i izvršimo b(a − b) a(a − b) ab proširenje razlomka. Kako da znamo koji sa kojim da proširimo? Gledamo imenilac i NZS, šta je ‘’višak’’,sa tim proširimo. Tako prvi sabirak širimo sa a , jer je ‘’višak’’ kad gledamo ab(a − b) i b(a − b) drugi sa b a treći sa (a − b) . Dakle:
=
a ⋅ a + b ⋅ b − (a + b)(a − b) = ab(a − b)
=
a 2 + b 2 − (a 2 − b 2 ) a 2 + b 2 − a 2 + b 2 2b 2 2b = = = ab(a − b) ab(a − b) ab(a − b) a(a − b)
Pre početka (ili po završetku) rada treba postaviti uslove zadataka. Pošto deljenje nulom nije dozvoljeno to nijedan u imeniocu ne sme biti nula, tj. a ≠ 0; b ≠ 0; a − b ≠ 0 ⇒ a ≠ b 2) Uprosti izraz:
1 2 1 + + 2 2 x − x 1− x x +x 2
1 2 1 1 2 1 + + 2 = + + = šta je problem? 2 x − x 1− x x + x x( x − 1) (1 − x)(1 + x) x( x + 1) 2
Izrazi (1 + x) i ( x + 1) nisu, jer važni komutativni zakon ( A + B = B + A) , ali izrazi ( x − 1) i(1-x) jesu. Taj problem ćemo rešiti tako što jedan od ta dva izraza ‘’okrenemo’’ i izvučemo minus ispred, jer važi da je A − B = −( B − A)
16
3
1 2 1 − + = x( x − 1) ( x − 1)(1 + x) x( x + 1) 1 ⋅ ( x + 1) − 2 x + 1( x − 1) = x( x − 1)( x + 1) x + 1 − 2x + x −1 = x( x − 1)( x + 1) 0 = =0 x( x − 1)( x + 1) Naravno, uslovi zadatka su: =
x ≠ 0; x − 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1; x + 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ −1
3) Uprosti izraz:
6a 2a − 1 a +1 + 2 − a+2 a −4 a−2 a +1 6a 2a − 1 + 2 − = a+2 a −4 a−2 a +1 6a 2a − 1 + − = a + 2 (a − 2)(a + 2) a − 2 (a + 1)(a − 2) + 6a − (2a + 1)(a + 2) = Pazi na znak ispred zagrade!!! (a − 2)(a + 2)
(a 2 − 2a + a − 2) + 6a − (2a 2 + 4a − a − 2) = (a − 2)(a + 2) a 2 − 2a + a − 2 + 6 a − 2a 2 − 4a + a + 2 = Uvek pokušaj da na kraju rastaviš i brojilac, jer možda ima nešto da se (a − 2)(a + 2) ‘’skrati’’!!! − a 2 + 2a − a(a − 2) = = (a − 2)(a + 2) (a − 2)(a + 2) −a a+2
Uslovi zadatka su: a + 2 ≠ 0 ⇒ a ≠ −2 a−2 ≠ 0⇒ a ≠ 2
17
4
x 3x − 1 2x +1 − + 2 =? x − 1 x − 2 x − 3x + 2
4)
3x − 1 2x +1 x − + 2 = x − 1 x − 2 x − 3x + 2 Izdvojićemo i rastaviti ‘’na stranu’’
x 2 − 3x + 2 = x 2 − 2 x − x + 2 = x( x − 2) − 1( x − 2) = ( x − 2)( x − 1) x 3x − 1 2x +1 − + = x − 1 x − 2 ( x − 2)( x − 1) x( x − 2) − (3 x − 1)( x − 1) + 1(2 x + 1) = Pazi na minus!!! ( x − 1)( x − 2) x 2 − 2 x − (3 x 2 − 3 x − x + 1) + 2 x + 1 = ( x − 1)( x − 2)
x 2 − 2 x − 3x 2 + 3x + x − 1 + 2 x + 1 = ( x − 1)( x − 2) − 2x2 + 4x = ( x − 1)( x − 2) − 2 x( x − 2) − 2 x = ( x − 1)( x − 2) x − 1
Uslovi zadatka: x −1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1 x−2 ≠ 0⇒ x ≠ 2
1 1 2 + 2 + 2 =? x + 10 x + 25 x − 10 x + 25 x − 25
5)
2
1 1 2 + 2 + 2 = x + 10 x + 25 x − 10 x + 25 x − 25 1 1 2 + + = 2 2 ( x + 5) ( x − 5) ( x − 5)( x + 5) 2
1 ⋅ ( x − 5) 2 + 1 ⋅ ( x + 5) 2 + 2 ⋅ ( x 2 − 25) = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 x 2 − 10 x + 25 + x 2 + 10 x + 25 + 2( x 2 − 25) = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 2 x 2 + 50 − 2 x 2 − 50 = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 =
4x2 4x2 = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 ( x 2 − 25) 2
18
5
Uslovi zadatka:
x + 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ −5 x−5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5
Množenje i deljenje racionalnih algebarskih izraza se radi kao i kod običnih razlomaka, s tim da prvo moramo ‘’svaki’’ rastaviti na činioce. Dakle:
A C A D A C A⋅C ⋅ = i : = ⋅ B D B⋅D B D B C a 2 − a a 2 + 2a + 1 ⋅ =? prvo ‘’svaki’’ rastavimo na činioce !!! a2 −1 a2 + a A C (a + 1) 2 a (a − 1) ⋅ = ’’Skratimo’’ ⋅ (a − 1)(a + 1) a (a + 1) B D 1 1 = ⋅ =1 1 1 Uslov zadatka: a2 −1 ≠ 0 i a2 + a ≠ 0 a ≠ 1 , a ≠ −1 , a ≠ 0
1)
a 2 − ab a 2b + ab 2 2) 2 ⋅ = a − ab ab a (a − b) ab(a + b) a − b ⋅ = = a −b a ( a + b) ab 1 Uslov zadatka: a ≠ 0, b ≠ 0, a + b ≠ 0
x 2 − 25 x 2 + 5 x : =? x 2 − 3x x 2 − 9 x( x + 5) ( x − 5)( x + 5) = : x( x − 3) ( x − 3)( x + 3) ( x − 5)( x + 5) ( x − 3)( x + 3) ( x − 5) ⋅ ( x + 3) ⋅ = x( x − 3) x( x + 5) x2 Uslovi: x ≠ 0, x − 3 ≠ 0, x + 3 ≠ 0 x ≠ 3, x ≠ −3
3)
a2 + b2 a4 − b4 : 4) =? 1 + 2 m + m 2 1 − 2m 2 + m 4 a2 + b2 a4 − b4 = : 1 + 2m + m 2 1 − 2m 2 + m 4
19
6
a 2 + b 2 (a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 ) = : (1 + m) 2 (1 − m 2 ) 2 a2 + b2 (1 − m) 2 (1 + m) 2 (1 − m) 2 ⋅ = (1 + m) 2 (a − b)(a + b)(a 2 + b 2 ) (a − b)(a + b) Uslov zadatka: x ≠ b, x ≠ −b, m ≠ 1, x ≠ −1, 5)
a 2 + b 2 − c 2 + 2ab =? a 2 + c 2 − b 2 + 2ac
a 2 + b 2 − c 2 + 2ab = ’’pretumbajmo’’ ih prvo a 2 + c 2 − b 2 + 2ac a 2 + 2ab + b 2 − c 2 = prva tri čine ‘’pun’’ kvadrat a 2 + 2ac + c 2 − b 2 (a 2 + b 2 ) − c 2 = upotrebimo sad razliku kvadrata (a + c) 2 − b 2 (a + b − c)(a + b + c) a + b − c = (a + c − b)(a + c + b) a + c − b Uslov: a + c − b ≠ 0 i a + c + b ≠ 0
6) Skrati razlomak:
x 2 − 5x + 6 x 2 − 3x + 2
x 2 − 5x + 6 x 2 − 3x − 2 x + 6 = = x 2 − 3x + 2 x2 − 2x − x + 2 x( x − 3) − 2( x − 3) ( x − 3)( x − 2) x − 3 = = = x( x − 2) − 1( x − 2) ( x − 2)( x − 1) x − 1 Uslov: x − 2 ≠ 0 x −1 ≠ 0
⎛ x 2 y ⎞ ⎛x y⎞ ⎟⎟ : ⎜⎜ − 2 + ⎟⎟ = ? 7) ⎜⎜ 2 − + 2 x⎠ ⎝ y + xy x + y x + xy ⎠ ⎝ y ⎞ ⎛ x 2 − 2 xy + y 2 ⎞ ⎛ x y 2 ⎟⎟ = ⎟⎟ : ⎜⎜ ⎜⎜ − + xy ⎝ y ( y + x) x + y x( x + y ) ⎠ ⎝ ⎠ x 2 − 2 xy + y 2 x 2 − 2 xy + y 2 = : xy ( x + y ) xy xy ( x − y) 2 1 ⋅ = 2 xy ( x + y ) ( x − y ) x+ y
Uslovi: x ≠ 0, y ≠ 0, x + y ≠ 0, x − y ≠ 0
20
7
a 4a ⎞ a − 4 ⎛ a 8) ⎜ = + + 2 ⎟: ⎝ 6 − 3a a + 2 a − 4 ⎠ a − 2 ⎞ a−4 ⎛ a a 4a ⎟⎟ : ⎜⎜ = + + ⎝ 3(2 − a) a + 2 (a − 2)(a + 2) ⎠ a − 2 PAZI: Moramo 2 − a da okrenemo: 2 − a = −(a − 2) , pa (-) izlazi ispred!!! ⎞ a−2 ⎛ −a 4a a ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ = + + ⎝ 3(a − 2) a + 2 (a − 2)(a + 2) ⎠ a − 4 − a(a + 2) + 3a (a − 2) + 12a a − 2 ⋅ = 3(a − 2)(a + 2) a−4 − a 2 − 2a + 3a 2 − 6a + 12a = 3(a + 2)(a − 4) 2a 2 + 4a 2a(a + 2) 2a = = 3(a + 2)(a − 4) 3(a + 2)(a − 4) 3(a − 4) Uslovi: a ≠ 2, a ≠ −2, a ≠ 4
9) Uprosti izraz:
1 1 2 4 8 16 + + + + + = 2 4 8 1 − x 1 + x 1 + x 1 + x 1 + x 1 + x16
Ovaj zadatak ne možemo rešiti ‘’klasično’’, probajmo da saberemo prva dva: 1 1 1+ x +1− x 2 + = = 1 − x 1 + x (1 − x)(1 + x) 1 − x 2 Dodajemo mu treći sabirak: 2 2 2(1 + x 2 ) + 2(1 − x 2 ) 2 + 2 x 2 + 2 − 2 x 2 4 = = + = 2 2 2 2 4 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1− x 1− x4
Ovo radi!!! 4 4 4 + 4x2 + 4 − 4x2 8 = + = 4 4 4 2 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1 − x8
Idemo dalje: 8 8 8 + 8x8 + 8 − 8 x8 16 = + = 8 8 8 8 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1 − x16
Konačno: 16 16 16 + 16 x16 + 16 − 16 x16 32 = + = 16 16 16 16 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1 − x 32
21
8
Uslovi: 1 − x ≠ 0 i 1 + x ≠ 0
10) Pokazati da vrednost izraza ne zavisi od a,b,c i d 4 1
a+
b+
4
1 c
1 b
1
:
1 b+
a+
1 c
4 a+
1
:
a+
1 b
−
4 b(abc + a + c)
−
4 = b(abc + a + c)
A AD Pazi: B = C BC D
1 4 − = 1 ab + 1 b(abc + a + c) a+ bc + 1 b c 4 b 4 : − = c ab b abc a c + 1 ( + + ) a+ bc + 1 :
4 ab + 1 4 ⋅ − = abc + a + c b b(abc + a + c) bc + 1 4(bc + 1) ab + 1 4 ⋅ − = abc + a + c b b(abc + a + c) 4(bc + 1)(ab + 1) 4 − = Izvučemo gore 4 kao zajednički b(abc + a + c) b(abc + a + c) 4[(bc + 1)(ab + 1) − 1] = b(abc + a + c)
[
]
4 ab 2 c + bc + ab + 1 − 1 4b(abc + c + a ) =4 = b(abc + a + c) b(abc + c + a )
22
9
11) Ako je a + b + c = 0 dokazati da je a 3 + b 3 + c 3 = 3abc
Dokaz: Podjimo od
a+b+c = 0 a + b = −c kubirajmo ovo ( a + b) 3 = ( −c ) 3
a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b 3 = −c 3 −−−−− 3
−−−−−−
a + b + 3ab(a + b) = −c 3 → a + b = −c ovo iz a+b+c=0, zamenimo… 3
a 3 + b 3 − 3abc = −c 3 a 3 + b 3 + c 3 = 3abc 12) Ako je
1 1 1 + + = 0 Dokazati da je: a b c
b+c c+a a+b + + = −3 a b c Dokaz: Podjimo od: 1 1 1 + =− a b c b+a 1 =− ab c ab a+b = − c
/ Podelimo sa C da bi napravili izraz iz zadatka
a+b ab =− 2 c c Slično će biti: b+c bc =− 2 a a c+a ca =− 2 b b b+c c+a a+b + + = a b c bc ac ab − 2 − 2 − 2 = Priširimo ih redom sa a, b i c a b c abc abc abc − 3 − 3 − 3 = izvučemo − abc a b c 1 1⎞ ⎛ 1 = −abc⎜ 3 + 3 + 3 ⎟ Ajde ovo da nadjemo!!! b c ⎠ ⎝a 1 1 1 + = − /()3 a b c 1 1 1 1 1 1 1 + 3⋅ 2 ⋅ + 3⋅ ⋅ 2 + 3 = − 3 3 a a b a b b c
23
10
1 3 ⎛1 1⎞ 1 + ⎜ + ⎟=− 3 3 b ab ⎝ a b ⎠ c 1 3 ⎛ 1⎞ 1 + 3 + ⋅⎜− ⎟ = − 3 b ab ⎝ c ⎠ c 1 3 1 + 3− =− 3 abc b c 1 1 3 + 3 + 3 =+ Vratimo se u zadatak: abc b c ⎛ 1 1 1⎞ = −abc⎜ 3 + 3 + 3 ⎟ ⎝a b c ⎠ 3 = −abc ⋅ = −3 abc Malo je zeznuto, pa proučavajte pažljivo! 1 a3 1 a3 1 a3 1 a3
+
24
11
Transformacije algebarskih izraza Kako dati izraz rastaviti na činioce? Prati sledeći postupak: 1) Izvuči zajednički iz svih ispred zagrade, naravno, ako ima ( distrubutivni zakon ) 2) Gledamo da li je neka formula: A2 B 2 ( A B)( A B) RAZLIKA KVADRATA
I 2 2 I II II 2 ( I II ) 2 KVADRAT BINOMA
ili ako vam je lakše A2 2 AB B 2 ( A B) 2
I 2 2 I II II 2 ( I II ) 2 KVADRAT BINOMA
ili ako vam je lakše A2 2 AB B 2 ( A B )2
A3 B 3 ( A B)( A2 AB B 2 ) RAZLIKA KUBOVA A3 B 3 ( A B)( A2 AB B 2 ) ZBIR KUBOVA ( A B)3 A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 KUB ZBIRA ( A B)3 A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 KUB RAZLIKE 3) Ako neće ništa od ove dve stavke, ‘’sklapamo’’ 2 po 2, 3 po 3. itd. PRIMERI
Izvlačenje zajedničkog ispred zagrade: 1) 5a 5b 5(a b) 2) 2a 4b 2( a 2b) PAZI: Kad vidimo da ništa ne ostaje pišemo 1. 2 3) a a a( a 1) 4) 14ab 3 7a 2b 7ab(2b 2 a ) 7 2 a b b b
7 a a b
Ako nije jasno šta treba izvući ispred zagrade, možemo svaki član rastaviti: 14ab 3 7 2 a b b b i
7 a b 7 a a b 2
Zaokružimo (podvučemo) iste i izvučemo ispred zagrade a one koje su ostali stavimo u zagradu!!! 5) 3 x 2 y 6 xy 2 3 xy 3 x x y 3 2 x y y 3 x y 3 xy ( x 2 y 1)
WWW.MATEMATIRANJE.COM
25
1
6) 18a 3b 2 15a 2b 3 9a 3b 3 6 3 a a a b b 5 3 a a b b b 3 3 a a a b b b 2 2
3a b (6a 5b 3ab) Naravno, možemo razmišljati i ovako: Za 18, 15 i 9 zajednički je 3 Za a 3 , a 2 i a 3 zajednički je a 2 i Za b 2 , b 3 i b 3 zajednički je b 2 Dakle, ispred zagrade je 3a 2b 2 . 7) a x a x 1 a x a x a1 a x (1 a ) 8) a m 1 a a m a1 a a(a m 1) 9) 4 x a 2 12 x a 4 x a x 2 12 x a 4 x a ( x 2 3) 10) 12 x 2 n 3 16 x n 1 12 x 2 n x 3 16 x n x1 4 x n x(3x n x 2 4) 4 x n 1 (3x n 2 4) U zadacima 7, 8, 9 i 10 smo koristili pravila za stepenovanje.!!! UPOTREBA FORMULA:
A2 B 2 ( A B ) ( A B ) 1) x 2 4 x 2 2 2 ( x 2)( x 2) 2) 9 a 2 32 a 2 (3 a)(3 a) 3) x 2 1 x 2 12 ( x 1)( x 1) 4) y 2 144 y 2 12 2 ( y 12)( y 12) 5) 4 x 2 9 2 2 x 2 3 (2 x) 2 32 (2 x 3)(2 x 3) Pazi: Da bi upotrebili formulu za razliku kvadrata ‘’SVAKI’’ član mora da je na kvadrat. 6) 25 x 2 16 y 2 52 x 2 4 2 y 2 (5 x) 2 (4 y ) 2 (5 x 4 y )(5 x 4 y ) 1 2 9 2 12 2 32 2 1 3 1 3 x y 2 x 2 y x y x y 16 25 4 5 5 4 5 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 8) x y ( x ) ( y ) ( x y )( x y )
7)
( x y )( x y )( x 2 y 2 )
26
www.matematiranje.com
2
Dakle: x 4 y 4 ( x y )( x y )( x 2 y 2 ) ZAPAMTI!!! 9) 16a 4 1 2 4 a 4 14 (2a ) 4 14 , ako iskoristimo prethodni rezultat: 2a x i 1 y (2a 1)(2a 1)((2a ) 2 12 ) (2a 1)(2a 1)(4a 2 1)
A2 2 AB B 2 ( A B) 2
i
A2 2 AB B 2 ( A B) 2
1) x 2 8 x 16 Gledamo prvi i treći član jer nam oni daju A2 i B 2 , a onaj u sredini proveravamo da li je 2 A B
Kako je A2 x 2 A x B 2 16 B 4 2 AB 2 x 4 8 x Pa je
x 2 8 x 16 ( x 4) 2
2) x 2 10 x 25 ( x 5) 2 ↑ ↑ 2 A B2
jer je
A2 x 2 A x B 2 25 B 5 2 AB 2 x 5 10 x
Proveri da li je 2AB 3) 4) 5) 6) 7)
64 16 y y 2 (8 y ) 2 a 2 4ab 4b 2 (a 2b) 2 a 2 6ab 9b 2 (a 3b) 2 4 x 2 20 xy 25 y 2 (2 x 5 y ) 2 0, 25 0,1a 0, 01a 2 (0,5 0,1a ) 2 jer je A2 0,25 A 0,5 B 2 0,01a 2 B 0,1a
8) 0,04a 2 0,8ab 4b 2 (0,2a 2b) 2
A3 B 3 ( A B) ( A2 AB B 2 ) Najpre se podsetimo da je: 1 13 , 8 23 , 27 33 , 64 43 , 125 53 , 216 63 , 343 7 3 1) x 3 8 da bi mogli da upotrebimo formulu oba člana moraja biti ‘’na treći’’ x 3 8 x 3 23 Znači x-je A, 2 je B pa zamenjujemo u formulu: 3 3 3 x 8 x 2 ( x 2)( x 2 x 2 2 2 ) ( x 2)( x 2 2 x 4) www.matematiranje.com
27
3
2) x 3 216 x 3 63 ( x 6)( x 2 x 6 6 2 ) ( x 6)( x 2 6 x 36) 3) 64 y 3 43 y 3 (4 y )(4 2 4 y y 2 ) (4 y )(16 4 y y 2 ) 4) 125 x 3 1 53 x 3 13 (5 x) 3 13 Pazi ovde se najčešće napravi greska: A 5 x , B 1 (5 x 1) (5 x) 2 5 x 1 12 (5 x 1)(25 x 2 5 x 1)
5) (a 3) 8 (a 3) 23 pazi: a 3 A , 2 B 3
3
(a 3 2) (a 3) 2 (a 3) 2 2 2
(a 1)(a 2 6a 9 2a 6 4) (a 1)(a 2 8a 19)
A3 B 3 ( A B )( A2 AB B 2 ) 1) x3 3433 x3 73 ( x 7)( x 2 x 7 7 2 ) ( x 7)( x 2 7 x 49)
2) 64a 3 1 (4a)3 13 (4a 1) (4a) 2 4a 1 12 (4a 1)(16a 2 4a 1)
3) 27 x 3 y 3 (3 x)3 y 3 (3x y ) (3 x) 2 3 x y y 2 (3 x y )(9 x 2 3 xy y 2 )
3
4) ( x 1) ( y 2) 3 ( x 1 y 2) ( x 1) 2 ( x 1)( y 2) ( y 2) 2 A
( x y 1)x ( x y 1)x
B
( x y 1) x 2 x 1 ( xy 2 x y 2) y 2 4 y 4 2 2
2 x 1 xy 2 x y 2 y 4 y 4
2
4 x y 5 y xy 7
2
2
5) x 6 y 6 ( x 2 ) 3 ( y 2 ) 3 ( x 2
y )( x ) 2
2 2
x 2 y 2 ( y 2 ) 2 ( x 2 y 2 )( x 4 x 2 y 2 y 4 )
Redje se koristi da je: A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 ( A B)3 1) 8 x 3 12 x 2 y 6 xy 2 y 3 ako je A3 8x 3 onda A 2 x i B 3 y 3 pa je B y A3
Pr overi
Pr overi
B3
(2 x y )3 2) x 3 12 x 2 y 4 xy 2 64 y ( x 4 y ) 3 jer je A3 x 3 A x 64 y 3 B 3 B 4 y
3) 125a 3 150a 2b 60ab 2 8b3 (5a 2b)3 www.matematiranje.com
28
4
SKLAPANJE ‘’2 po 2’’
U situaciji kad ne možemo izvući zajednički, niti upotrebiti neku formulu, koristimo sklapanje ‘’2 po 2’’. Primeri: 1) 2 x 2 y ax ay izvlačimo ispred zagrade zajednički za prva dva, pa druga dva.
2( x y ) a( x y ) ( x y )(2 a) 2) 6 ax 9 bx 8ay 12by
3x(2a 3b) 4 y (2a 3b) (2a 3b)(3x 4 y ) 3) 4 a 2 4a ab b PAZI NA ZNAK!!!
4a (a 1) b(a 1) (a 1)(4a b) 4) 12 ab 20a 3 b 5 PAZI NA ZNAK!!!
4a (3b 5) 1(3b 5) (3b 5)(4a 1) 5) xa xb yb ya
x(a b) y (b a) Ovde moramo ‘’okrenuti’’ izraz b a da postane a b , ili pazi, kako je b a (a b) , moramo promeniti znak ispred y x(a b) y (a b) (a b)( x y ) 6) 2ax b 2bx a = ne '' juri '' da sklopiš ''prva dva'' i ''druga dva'' možda je bolja neka druga kombinacija!!
a (2 x 1) b(1 2 x) Slično kao u prethodnom primeru, promenimo znak ispred b, a oni u zagradi promene mesta,
a(2 x 1) b(2 x 1) (2 x 1)(a b)
7) 8 x 2 y 2by 2bx 8 xy 2 8 xy ( x y ) 2b( x y ) ( x y )(8 xy 2b) www.matematiranje.com
29
5
8) x 2 6 x 7 Ovo liči na kvadrat binoma ali očigledno nije. Ne možemo izvući zajednički iz svih, niti sklopiti ‘’2 po 2’’ Šta raditi?
Naravno, učinici II godina srednje škole i stariji znaju da treba iskoristiti da je ax 2 bx c a( x x1 )( x x2 ) , ali u I godini srednje škole moramo raditi ovako: 1. način: x 2 6 x 7 ideja je da se srednji član napiše kao zbir ili razlika neka 2 izraza. Naravno, to možemo učiniti na veliki broj načina. Onaj prvi je kad posmatramo član bez x-sa i kako njega možemo predstaviti u obliku proizvoda. Kako je 7 7 1 to ćemo napisati umesto -6x izraz -7x+1x ili +1x-7x , svejedno.
Onda sklapamo ''2 po 2'' x 2 6 x 7 x 2 7 x 1x 7 x( x 7) 1( x 7) ( x 7)( x 1) 2. način: x 2 6 x 7 izvršimo dopunu do ‘’punog’’ kvadrata, što znači da moramo dodati (i oduzeti) drugi član na kvadrat. x2 6 x 32 32 7
zapamti: uvek dodaj (i oduzmi) onaj uz x podeljen sa 2, pa na kvadrat.
x 2 6 x 9 9 7 ( x 3) 2 16 ( x 3) 2 4 2
sada iskoristimo da je ovo razlika kvadrata.
( x 3 4)( x 3 4) ( x 7)( x 1) Ti naravno izabereš šta ti je lakše, odnosno šta više voli tvoj profesor. Evo još par primera: 9)
x 2 5x 6 ?
1.način: Kako je 6 3 2 to ćemo umesto 5x pisati 3x+2x x 2 6 x( x 3) 2( x 3) ( x 3)( x 2) 3x 2x 2.način: Dodajemo (i oduzmemo) onaj uz x podeljen sa 2, pa na kvadrat. 2
2
5 5 Znači , pa je: 2 2 www.matematiranje.com
30
6
2
2
5 5 x 2 5x 6 x 2 5x 6 2 2 2
5 25 24 x 2 4 4 2
5 1 x 2 4 2
2
5 1 x 2 2 5 1 5 1 x x 2 2 2 2 ( x 2)( x 3)
10) x 2 7 x 10 ? 1.način: x2 5 x 2x 10 x( x 5) 2( x 5) ( x 5)( x 2) 2
2
7 7 2.način: x 2 7 x 10 x 2 7 x 10 2 2 2
7 49 40 x 2 4 4 2
7 9 x 2 4 2
2
7 3 x 2 2 7 3 7 3 x x 2 2 2 2 ( x 2)( x 5)
31
7
32
8
BINOMNA FORMULA
Upoznajmo se najpre sa nekim oznakama: n ! - čita se “en faktorijel” a označava sledeći proizvod: n!=n ο (n-1) ο (n-2) ο … ο3 ο 2 ο1 Primer: 5!=5 ο4 ο3 ο2 ο1= 120 Po definiciji je
ili
7! = 7 ο6 ο 5 ο4 ο3 ο2 ο1 = 5040
0!=1
U zadacima često koristimo trik da faktorijel rastavimo kao proizvod nekoliko članova i novog faktorijela. Tako je recimo:
(n+2)! = (n+2)(n+1)n(n-1) ο… ο2 ο1 (n+2)! = (n+2)(n+1)n ! ili (n+2)! = (n+2)(n+1)n (n-1)! Itd.
Primer 1.: (n − 1)! (n − 3)! (n − 1)! (n − 1)(n − 2)(n − 3)! =(n-1)(n-2) = (n − 3)! (n − 3)!
Skrati razlomak: Rešenje: Primer 2. Reši jednačinu :
Rešenje:
(2 x)! 20 x! = (2 x − 3)! ( x − 2)! (2 x)! 20 x! = (2 x − 3)! ( x − 2)!
(2 x)(2 x − 1)(2 x − 2)(2 x − 3)! 20 x( x − 1)( x − 2)! = (2 x − 3)! ( x − 2)!
33
1
(2x)(2x-1)(2x-2)= 20x(x-1) 2x (2x-1)2(x-1)= 20 x(x-1) [skratimo sa 2x-1 = 5 a odavde je x=3
4x(x-1)]
n Ako su n i k prirodni brojevi, onda možemo definisati simbol: ( ) k On se čita “ en nad ka”, a izračunava se :
n n(n − 1)(n − 2)...(n − k + 1) ( )= k k! Primeri: (
10 15 10 ο9 15 ο14 ο13 = 45 ili ( ) = = 455 )= 2 3 2 ο1 3 ο 2 ο1
Da bi imali brzinu u radu moramo zapamtiti da je :
n ( ) =1 0 n ( ) =1 n
5 na primer: ( ) = 1 0 7 na primer: ( ) = 1 7
n n ( )=( )=n 1 n −1
12 ( ) = 1 itd. 0 100 ( ) = 1 itd. 100
4 4 na primer: ( ) = ( ) = 4 1 3
50 50 ( ) = ( ) = 50 1 49
n n I najvažnije : ( ) = ( ) k n−k
Na primer dobijemo da rešimo
20 ( ) . Koristeći ovo pravilo mi rešavamo : 18
20 20 20 ο19 = 190. Mnogo je lakše ovako! ( )=( )= 18 2 2 ο1 Sada možemo videti kako izgleda binomni obrazac: n n n n n (a+b)n = ( ) anb0 + ( ) an-1b1 + ( ) an-2b2+ …+ ( ) a1bn-1 + ( ) a0bn 0 1 2 n −1 n
Ova formula se lako dokazuje primenom matematičke indukcije.
34
2
Šta je važno uočiti?
-
U razvoju uvek ima n+1 članova
-
a počinje sa n-tim stepenom, pa u svakom sledećem članu opada dok ne dođe do nule, dok b počinje sa nulom pa u svakom sledećem članu raste dok ne dođe do ntog stepena
-
n n n n n Izrazi ( ) , ( ) , ( ) ,…, ( ) i ( ) su binomni koeficijenti , i za njih važi 0 1 2 n −1 n jedna zanimljiva stvar:
Ako pođemo od nekoliko prvih razvoja dobićemo takozvani Paskalov trougao. (a+b)0 = 1
1
koeficijent je 1
(a+b)1 = a+b
1
koeficijenti su 1 i 1
(a+b)2 = a2+2ab+b2
1
koeficijenti su 1, 2, 1
(a+b)3 = a3+3a2b+3ab2+b3
(a+b)4 = a4+4a3b+6a2b2+4ab3+b4 koeficijenti
1
koeficijenti su 1, 3, 3, 1
su 1, 4, 6, 4, 1
1
1 2
3 4
1 3
6
1 4
1
itd.
I tako dalje.... Vidimo da su simetrični koeficijenti u razvijenom obliku binoma jednaki. Oni prave Paskalov trougao, gde su na kracima sve jedinice , a unutrašnji član se dobija sabiranjem gornja dva! 1 1 1 1 1 1
1
2
4
6 10
1
3
3 4
5
1
10
1 5
1
Opšti (bilo koji) član u razvijenom obliku binoma se traži po formuli:
35
3
n Tk+1 = ( ) an-k bk k
1) (3 + 2 x) 5 =?
(3 + 2 x) 5 = [Ovde je a = 3 , b = 2 x i n = 5 ] ⎛5⎞ 5 ⎛ 5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎛5⎞ ⎜⎜ ⎟⎟3 (2 x) o + ⎜⎜ ⎟⎟34 (2 x)1 + ⎜⎜ ⎟⎟33 (2 x) 2 + ⎜⎜ ⎟⎟32 (2 x) 3 + ⎜⎜ ⎟⎟31 (2 x) 4 + ⎜⎜ ⎟⎟3o (2 x) 5 ⎝ 0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝3⎠ ⎝ 4⎠ ⎝5⎠ Ako vam je lakše izdvojite binomne koeficijente ''na stranu'', pa ih rešite: ⎛ 5 ⎞ ⎛ 5⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 ⎝ 0⎠ ⎝ 5⎠ ⎛ 5⎞ ⎛ 5 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 5 ⎝1 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎛ 5⎞ ⎛5⎞ 5⋅ 4 ⎜⎜ ⎟⎟ = = 10 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 = 1⋅ 32 ⋅1 + 5 ⋅ 34 ⋅ 2 ⋅ x + 10 ⋅ 33 ⋅ 2 2 x 2 + 10 ⋅ 32 ⋅ 23 ⋅ x 3 + 5 ⋅ 3 ⋅ 2 4 ⋅ x 4 + 1⋅1⋅ 25 ⋅ x 5 = = 243 + 810 x + 1080 x 2 + 720 x 3 + 240 x 4 + 32 x 5 2) (1 + i ) 6 =?
(1 + i ) 6 = [Ovde je a = 1 , b = i
i
n = 6]
⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ ⎛6⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟16 ⋅ i o + ⎜⎜ ⎟⎟15 ⋅ i 1 + ⎜⎜ ⎟⎟14 ⋅ i 2 + ⎜⎜ ⎟⎟13 ⋅ i 3 + ⎜⎜ ⎟⎟12 ⋅ i 4 + ⎜⎜ ⎟⎟11 ⋅ i 5 + ⎜⎜ ⎟⎟1o ⋅ i 6 ⎝ 4⎠ ⎝5⎠ ⎝6⎠ ⎝ 0⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝3⎠ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 ⎝ 0⎠ ⎝ 6⎠ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ = 6 ⎝1 ⎠ ⎝ 5 ⎠ ⎛6⎞ 6⋅5 ⎛6⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ = = 15 = ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 ⎝ 4⎠ ⎛ 6⎞ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⎜⎜ ⎟⎟ = = 20 ⎝ 3 ⎠ 3 ⋅ 2 ⋅1
36
4
Da vas podsetimo: i1 = i ⎫ ⎪ i 2 = −1⎪ i5 = i4 ⋅ i = i pa je ⎬ i 3 = −i ⎪ i 6 = i 4 ⋅ i 2 = −1 i 4 = 1 ⎪⎭
Vratimo se u zadatak: = 1 ⋅1 ⋅ 1 + 6 ⋅ 1 ⋅ i + 15 ⋅ 1 ⋅ (−1) + 20 ⋅ 1 ⋅ (−i ) + 15 ⋅ 1 ⋅ 1 + 6 ⋅ i + 1 ⋅ 1(−1) = 1 + 6i − 15 − 20i + 15 + 6i − 1 = −8i 12
2 ⎛ 1 ⎞ 3) Odrediti peti član u razvijenom obliku binoma ⎜⎜ x 2 + x 3 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2 3
1 2
Odavde je a = x , b = x , n = 12 Iskoristićemo formulu: ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K b K ⎝k ⎠ Pošto traže peti član, to je T5 = T4+1 ( pazi k = 4 ) 12 − 4
⎛12 ⎞⎛ 12 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ x ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠⎝ ⎠ ⎛12 ⎞ 4 83 = ⎜⎜ ⎟⎟ x ⋅ x ⎝4 ⎠ =
⎛ 23 ⎞ ⎜x ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
4
12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 4+ 83 x 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 20
= 495 ⋅ x 3
(
4) Odrediti član koji ne sadrži x u razvijenom obliku binoma x + x − 2
)
12
Odavde je a = x, b = x −2 , n = 12
37
5
Upotrebićemo formulu TK +1 i naći k ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ ⎛12 ⎞ k = ⎜⎜ ⎟⎟ x12− k x − 2 ⎝k ⎠
( )
⎛12 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x12− k ⋅ x − 2 k ⎝k ⎠ ⎛12 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x12−3k ⎝k ⎠ Pošto nam treba član koji ne sadrži x, izvršićemo uporedjivanje: x12−3k = x o 12 − 3k = 0 3k = 12 k=4 Znači, u pitanju je (T4+1 = T5 ) peti član. n
1⎞ ⎛ 5) Zbir koeficijenta prvog, drugog i trećeg člana u razvoju binoma ⎜ x 2 + ⎟ jednak x⎠ ⎝ je 46. Naći koji član ne sadrži x . Zbir koeficijenta prva tri člana je: ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 46 ⎝ 0 ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n(n − 1) 1+ n + = 46 2 2 + 2n + n 2 − n = 92 n 2 + n − 90 = 0 − 1 ± 19 ⇒ n1 = 9; n2 = −10 n1, 2 = 2 n=9 Kako je a = x 2 i b =
1 , n=9 x
38
6
⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ ⎛9 ⎞ ⎛1⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟( x 2 ) 9− k ⎜ ⎟ ⎝ x⎠ ⎝k ⎠ ⎛9 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x 18− 2 k ⋅ x k ⎝k ⎠ ⎛9 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟ x 18−3k ⎝k ⎠
k
Sada mora biti: x18−3k = x o 18 − 3k = 0 3k = 18 k =6 Znači da je u pitanju sedmi član.
⎛ 1 ⎞ 6) Odrediti koeficijente uz x u razvoju binoma ⎜ − 2x 2 ⎟ ⎝ 4x ⎠
12
3
12
1 ⎛ 1 2⎞ , b = −2 x 2 , n = 12 ⎜ − 2 x ⎟ odavde je a = 4x ⎝ 4x ⎠ ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ 12 − k
⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 x ⎠
12 − k
⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 ⎠
12 − k
⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 ⎠
(
⋅ − 2x2
)
k
x k −12 ⋅ (− 2 ) ⋅ x 2 k k
⋅ (− 2 ) ⋅ 1x 32k3−12 k
Ovo je x 3
Dakle: x 3k −12 = x 3 3k − 12 = 3 3k = 15 k =5
39
7
Pa će koeficijent uz x 3 biti 12 − k
⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎝ k ⎠⎝ 4 ⎠
(− 2)k =
7
⎛12 ⎞⎛ 1 ⎞ 12 ⋅11 ⋅10 ⋅ 9 ⋅ 8 1 ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⎟ ⋅ (− 2)5 = ⋅ 7 ⋅ (−32) 5 4 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅ 1 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 99 =− = −1,546875 64 n
⎛ x y⎞ ⎟ odnosi se prema 7) Koeficijenat drugog člana u razvoju binoma ⎜ + ⎜ 4 ⎟ x ⎝ ⎠ koeficijentu trećeg člana kao 2:11. Odrediti peti član.
⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ : ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 : 11 ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ n(n − 1) = 2 : 11 n: 2 11n = n(n − 1) 11n = n 2 − n n 2 − 12n = 0 n(n − 12) = 0 ⇒ n = 0 Pošto je a =
∨
n = 12 , pazi: n=0 nije rešenje!
y x ,b = , n = 12 a traži se peti član, to je: x 4
⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ ⎛n⎞ TK +1 = ⎜⎜ ⎟⎟a n − K ⋅ b K ⎝k ⎠ 8
⎛12 ⎞⎛ x ⎞⎟ ⎛⎜ y ⎞⎟ T5 = T4+1 = ⎜⎜ ⎟⎟⎜ ⋅ ⎝ 4 ⎠⎜⎝ y ⎟⎠ ⎜⎝ x ⎟⎠ ⎛12 ⎞ x 8 y 2 = ⎜⎜ ⎟⎟ 4 ⋅ 4 ⎝4 ⎠ y x
4
12 ⋅11⋅10 ⋅ 9 x 4 = ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 y 2 = 495 x 4 y − 2
40
8
8) Na železničku stanicu treba da stigne iz istog pravca n ljudi. Na koliko mogućih načina, s obzirom na vreme dolaska, mogu da stignu na stanicu? Razmišljamo:
-
mogu da stignu svi u različiti vreme mogu da stignu dva zajedno, ostali u različito vreme mogu da stignu tri zajedno, ostali u različito vreme itd mogu da stignu u grupama po 2 mogu da stignu u grupama po 3 itd
Broj svih mogućnosti je: C1n + C2n + C3n + ... + Cnn = ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝n⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 3 ⎠
Da bi smo ovo izračunali podjimo od binomne formule: ⎛n⎞ ⎛n⎞ ⎛ n⎞ (a + b) n = ⎜⎜ ⎟⎟a nb o + ⎜⎜ ⎟⎟a n −1b1 + ... + ⎜⎜ ⎟⎟a ob n ⎝o⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ n⎠ Ako umesto a i b stavimo jedinice, dobićemo: ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ (1 + 1) n = ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ ⋅ 1 ⋅ 1 ⎝o⎠ ⎝1 ⎠ ⎝n⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ 2 n = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ o ⎠ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝n⎠
⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 n − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n⎠ ⎝o⎠ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎛ n⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + ... + ⎜⎜ ⎟⎟ = 2 n − 1 ⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ n⎠ Dakle broj svih mogućnosti je: 2 n − 1
41
9
ISKAZI U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.Ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.Dakle , pod iskazom podrazumevamo bilo koju rečenicu za koju se zna da može biti samo tačna ili samo netačna.Drugim rečima, iskaz može da ima samo jednu od istinitosnih vrednosti: istinit (tačan), neistinit (netačan). Primer: Nije teško videti koja je od sledećih rečenica iskaz: -
Broj 6 je veći od broja 2
-
Broj 3 je deljiv brojem 2
-
Zemlja se okreće oko Sunca
-
Broj 2 je veći od Nataše
-
Godina ima 365 dana
Prve tri rečenice jesu iskazi, jer su redom tačna, netačna i tačna, dok za zadnje dve rečenice ne možemo to tvrditi, dakle , nisu iskazi. Iskaze ćemo, po dogovoru, obeležavati malim slovima latinice: p,q,r,s,t....a ta slova ćemo zvati iskazna slova.Polazeći od takvih elementarnih iskaza,dakle, iskaznih slova, slično kao što u srpskom jeziku od prostih rečenica pravimo složene, možemo napraviti i složene iskaze.Tu će za nas biti značajno da znamo kada će ti novi iskazi biti tačni ili netačni. U tom cilju uvodimo oznake : T – za tačno (čita se te) i ⊥ - za netačno ( čita se ne-te) Istinitosna vrednost nekog iskaza p, koji ćemo označavati sa τ (p) (čita se tau od te), biće:
42
τ (t)=T, ako je iskaz p tačan τ (t)= ⊥ , ako je iskaz p netačan LOGIČKE OPERACIJE Neka su dati iskazi p i q. Konjukcija iskaza p i q je iskaz p ∧ q kojem odgovara sledeća istinitosna tablica:
p
q
p∧q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
⊥
⊥
⊥
⊥
Konjukcija je tačna samo ako su p i q tačni iskazi.
Disjunkcija iskaza p i q je iskaz p ∨ q kojem odgovara sledeća tablica:
p
q
p∨q
T
T
T
T
⊥
T
⊥
T
T
⊥
⊥
⊥
Disjunkcija je netačna samo ako su oba iskaza , i p i q, netačni.
Ovde treba obratiti pažnju na razliku između upravo definisanog veznika disjunkcije i veznika takozvane isključne disjunkcije kojem odgovara jezička forma “ili..,ili…”. Razlika je u tome što iskaz “ili p ili q” nije tačan ni u slučaju kada su oba iskaza , i p i q, tačni, dok je iskaz “p ili q” tačan.
43
Implikacija iskaza p i q je iskaz p ⇒ q kojem odgovara sledeća tablica:
p⇒q
p
q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
T
Implikacija je netačna jedino u slučaju kada je iskaz p tačan i iskaz q netačan.
Jedan od najznačajnijih veznika za nas je upravo veznik implikacije. Rečenica “p implicira q” se sa nepromenjenim značenjem može zapisati i na jedan od sledećih načina: “ ako p, onda q” “ iz p sledi q” “q, ako p” “ p je dovoljan uslov za q” “ q je potreban uslov za p”
Ekvivalencija iskaza p i q je iskaz p ⇔ q čije se istinitosne vrednosti zadaju tablicom:
p
q
p⇔ q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
⊥
⊥
⊥
T
Ekvivalencija je tačna samo ako oba iskaza, i p i q, imaju istu istinitostnu vradnost.
44
Rečenicu “p je ekvivalentno sa q” možemo iskazati i na jedan od sledećih načina: “ ako p , onda q, i ako q, onda p” “ p je potreban i dovoljan uslov za q” “ p ako i samo ako q” To su bili osnovni binarni logički veznici (operacije). Binarni , zato što dva iskaza prave jedan novi iskaz. Uvešćemo sada jedan unarni veznik (operaciju), koji od jednog iskaza p pravi jedan novi iskaz , složeniji.To je ¬ p , koji se čita “ne-p”.
Negacija iskaza p je iskaz ¬ p kojem odgovara tablica:
P
¬p
T
⊥
⊥
T
Očigledno je iskaz ¬ p tačan samo u slučaju kada je iskaz p netačan.
Zajedno, iskazne konstante (T i ⊥ ), sva iskazna slova i sve složene iskaze nazivamo iskaznim formulama.Da bi jedna iskazna formula bila nedvosmisleno zapisana, prilikom zapisivanja koristimo i zagrade.Polazimo od toga da je negacija operacija najvišeg prioriteta,za njom su konjukcija i disjunkcija, koje su međusobno ravnopravne, na kraju su implikacila i ekvivalencija, takođe međusobno ravnopravne. Primer: Niz simbola p ∧ q ∨ r ne možemo prihvatiti kao formulu, jer se ne zna redosled operacija, pošto su konjukcija i disjunkcija “iste snage”. Trebalo bi biti zapisano na sledeci način: (p ∧ q) ∨ r ili p ∧ (q ∨ r ) .
45
Dakle, iskazne formule su iskazi formirani od iskaznih slova p,q,r,…, znakova ∧,∨, ⇒, ⇔, ¬ i zagrada, primenom konačnog broja puta ovih simbola.
Iskazne formule koje su uvek, za sve moguće vrednosti iskaznih slova koja čine te formule tačne, nazivamo tautologijama. Da li je neka formula tautologija možemo proveriti na više načina: diskusijom po slovu, svođenjem na protivrečnost, preko istinitosnih tablica, itd. Evo jednog primera ispitivanja preko istinitosne tablice:
(¬q ⇒ ¬p ) ⇒ ( p ⇒ q ) Pazi: Uvek prvo napisi negacije,jer su najstarija operacija p
q
¬q
T
T
T ⊥ ⊥
¬p
¬q ⇒ ¬p
p⇒ q
⊥
⊥
T
T
T
⊥
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
T
T
T
T
T
T
T
T
T
⊥
(¬q ⇒ ¬p ) ⇒ ( p ⇒ q )
⇒
NEKA PRAVILA LOGIČKOG ZAKLJUČIVANJA
Tautologije, kao uvek tačni iskazi, u sebi kriju zakonitosti po kojima se vladaju logički veznici, pa, prema tome, i zakonitosti pravilnog logičkog zaključivanja.neka od nezaobilaznih i najčešće primenjivanih, a ujedno i najjednostavnijih logičkih zakona su: p ∧ ( p ⇒ q) ⇒ q
modus ponens
(¬q ⇒ ¬p ) ⇒ ( p ⇒ q ) pravilo kontrapozicije ( ispitano u tablici) (¬p ⇒ (q ∧ ¬q )) ⇒ p
svođenje na protivrečnost
46
zakon isključenja trećeg
p ∨ ¬p
¬( p ∧ q ) ⇔ ¬p ∨ ¬q ¬( p ∨ q ) ⇔ ¬p ∧ ¬q
De Morganovi zakoni
¬¬ p ⇔ p zakon dvojne negacije
itd.
Ispitajmo modus ponens upotrebom svođenja na protivrečnost: p ∧ ( p ⇒ q) ⇒ q
Pretpostavimo da je formula netačna.Budući da je implikacija netačna samo u jednom slučaju, onda mora biti:
τ ( p ∧ ( p ⇒ q )) = T
i
τ (q ) = ⊥
Dalje, kako je konjukcija tačna samo ako su oba izraza tačna , mora biti:
τ ( p) = T
i
τ ( p ⇒ q ) =T
Pogledajmo tablicu za implikaciju: Pošto smo zaključili da je τ ( p ) = T i
τ (q ) = ⊥
mora biti τ ( p ⇒ q ) = ⊥ što je u kontradikciji sa p
q
p⇒q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
T
τ ( p ⇒ q ) =T. Znači da polazna pretpostavka nije dobra, odnosno da je formula tautologija(tačna).
47
PRIMERI:
1 q: =0,2 ; 5 Ispitati istinitostnu vrednost izraza: ¬p ⇒ (q ∨ r )
1.
Dati su iskazi : p: (-2)(-3)=-(-6);
r: -32=(-3)2
Resenje: Kod ovog tipa zadatka najpre odredimo vrednosti iskaza p,q,r , pa te vrednosti zamenimo u datu formulu.(ovde nije potrebno praviti celu tablicu, vec samo jednu vrstu , za dobijene vrednosti za p,q,r) Dakle: (-2)(-3)=6 i -(-6)=6, pa je iskaz p- tacan , to jest τ ( p ) = T 2 1 0,2= = , pa je i iskaz q – tacan, to jest τ (q ) =T 10 5 2 -3 = -9 a (-3)2=(-3)(-3)=9 pa je iskaz r – netacan, to jest τ (r ) =⊥ Zamenimo sada ove vrednosti u datoj formuli: ¬p ⇒ (q ∨ r ) = ¬T ⇒ (T ∨ ⊥) = ⊥⇒ T = T. Dakle , dati izraz je tacan. 2. Ispitati da li je sledeca formula tautologija(tablicno): F: (¬p ⇒ q ) ⇔ ((r ∨ p ) ∧ q ) Kad imamo tri iskazna slova, potrebno nam je 8 vrsta:
p T T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
q T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥
r T ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥
¬p ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T
¬p ⇒ q T T T T T T ⊥ ⊥
r∨p T T T T T ⊥ T ⊥
(r ∨ p) ∧ q T T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
F T T ⊥ ⊥ T ⊥ T T
Dakle ova formula nije tautologija, jer ima na kraju na tri mesta netačno(dovoljno je i samo na jedno) ZAPAMTI: kod p idemo 4 tačna, 4 netačna; kod q 2 tačna ,2 netačna; kod r jedno tačno ,1 netačno ⇔
48
KVANTORI Posmatrajmo recenicu: “ x2 = 25 “. Očigledno ona nije iskaz, jer može biti tačna ako je x= 5 ili x=-5, a može biti i netačna ako je x neki drugi broj. Ako,međutim rečenicu kažemo: “ Za svaki x, x2 = 25” ili “Postoji x tako da je x2 = 25”, onda za njih možemo reći da je prva netačna a druga tačna, pa one predstavljaju iskaze. Upotrebom matematičke terminologije možemo zapisati: “ Za svaki x, x2 = 25” je ( ∀x) (x2 = 25) “Postoji x tako da je x2 = 25” je ( ∃x) (x2 = 25) Ove reči , za svaki (bilo koji, za proizvoljan), i postoji (ili za neki) zovemo kvantori ili kvantifikatori. Dakle: ∀ - se čita za svaki i zove se univerzalni kvantor, ∃ - se čita postoji i zove se egzistencijalni kvantor Zanimljivo je kako se kvantori ponašaju u prisustvu negacije: ¬(∀x) A ⇔ (∃x)¬A i ¬(∃x) A ⇔ (∀x)¬A Rečima objašnjeno to bi značilo da nije svaki i neki nije imaju isto značenje, odnosno da izrazi nije neki i svaki nije imaju isto značenje. Na primer, rečenice:” Nije svaki profesor dobar” i “ Postoji profesor koji nije dobar” imaju isto znacenje.
49
50
51
52
www.matematiranje.com
NEKE VAŽNE NEJEDNAKOSTI: 1) x 2 ≥ 0
x∈R
za sve
Kvadrat nekog izraza je uvek pozitivan ili jednak nuli (za x=0) Primeri: → x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2) 2 ≥ 0 za ∀x ∈ R → − a 2 + 2a − 1 = −(a − 1) 2 ≤ 0 za ∀a ∈ R → x 2 − xy + y 2 ≥ 0 jer 2
2
2
2
y⎞ y2 y ⎞ 3y2 ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ ⎛ ⎛ x 2 − xy + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ + y 2 = ⎜ x − ⎟ − + y2 = ⎜ x − ⎟ + 2⎠ 4 2⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 2
3y2 y⎞ ⎛ Izvršili smo dopunu od ''punog kvadrata'' pa je ⎜ x − ⎟ ≥ 0 i ≥ 0 , a onda je i 4 2⎠ ⎝ njihov zbir >0 2)
x2 + y2 + z 2 + 3 ≥ x+ y+z 2
Dokaz: ( x − 1) 2 ≥ 0 ( y − 1) 2 ≥ 0 ( z − 1) ≥ 0
( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1) 2 ≥ 0
⇒
x2 − 2x +1 + y 2 − 2 y +1 + z 2 − 2z +1 ≥ 0
2
x2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 2x + 2 y + 2z x 2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 2( x + y + z ) x2 + y2 + z 2 + 3 ≥ x+ y+z 2
3) Dokazati da za ∀a > 0 ⇒
a+
1 ≥2 2
Dokaz: (a − 1) 2 ≥ 0 a 2 − 2a + 1 ≥ 0 a 2 + 1 ≥ 2a / : a (podelimo sa a ) 1 a+ ≥2 a
53
1
www.matematiranje.com 4) Dokazati da za ∀x ≥ 0 i ∀y ≥ 0 xy ≤
x+ y 2
(geometrijska sredina < aritmetička sredina) Dokaz: Podjimo od
(
x+ y
) ≥0 2
2
2
x −2 x y + y ≥0 x − 2 xy + y ≥ 0 x + y = 2 xy / : 2 x+ y ≥ xy 2
Naravno jednakost važi ako je x = y 5) Dokazati da je: ∀x, y , z koji su nenegativni: 3
a 3 + b3 + c 3 3 Dokaz:
xyz ≤
Uvodimo najpre smene: x = a 3 y = b3 z = c3
Treba onda dokazati: a 3 + b3 + c 3 xyz ≤ 3 3 3 3abc ≤ a + b + c 3 3
a 3 + b 3 + c 3 − 3abc ≥ 0 Kako je
a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac) (proveri množenjem) odavde je a + b + c ≥ 0 sigurno 1 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac = ( a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 ≥ 0 2
[
54
]
2
www.matematiranje.com Dakle proizvod dva takva izraza je >0 pa je zaista: abc ≤ Odnosno
3
xyz ≤
a 3 + b3 + c 3 3
x+ y+z 3
Pazi: Znak = je ako je x = y = z
55
3
MATEMATIČKA INDUKCIJA
Princip matematičke indukcije glasi: Ako za neko tvrdjenje T (n) , n ∈ N važi:
1) T (1) je tačno 2) T (n) ⇒ T (n + 1) je tačno za ∀n = 1,2,... tada je tvrdjenje T (n) tačno za ∀n ∈ N Može se desiti da tvrdjenje Tn nije tačno za svako n ∈ N već počev od nekog prirodnog broja n0 > 1 pa , tj. da je Tn tačno za n = n0 , n0 + 1, n0 + 2,... Tada se dokazivanje metodom matematičke indukcije radi na sledeći način: 1) Proverimo tačnost tvrdjenja Tn0 2) Dokazujemo da za bilo koje n > n0 iz tačnosti tvrdjenja Tn sledi tačnost tvrdjenja Tn + 1 Postupak Praktično, mi ćemo indukciju sprovoditi:
i) ii) iii)
Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 Predpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k Dokazujemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 Zadaci:
1) Dokazati da je : 1 + 2 + 3 + ... + n =
n(n + 1) 2
i) Najpre proverimo dali je tvrdjenje tačno za n=1.(to jest gde vidimo n stavimo 1) 1(1 + 1) 1= ⇒ 1 = 1 tačno 2
ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k (to nam je indukcijska hipoteza) Gde vidimo n stavimo k k (k + 1) 1 + 2 + 3 + ... + k = 2 www.matematiranje.com
56
1
iii) Da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 Najpre vidimo šta treba da dokažemo, u početnoj formuli n zamenimo sa k+1 ali uvek na levoj strani napišemo i predposlednji član. 1 + 2 + ... + k + (k + 1) = ↑
(k + 1)(k + 1 + 1) 2
Pretposlednji član
(k + 1)(k + 2) 2 Znači , ovo treba da dokažemo!!! odnosno: 1 + 2 + ... + k + (k + 1) =
Uvek krenemo od indukcijske hipoteze za koju smo pretpostavili da je uvek tačna 1 + 2 + 3... + k =
k (k + 1) 2
Zastanemo malo i uporedimo leve strane hipoteze i onoga šta treba da dokažemo. Vidimo da u hipotezi ‘’fali’’ (k+1). To je TRIK, da na obe strane hipoteze dodamo izraz (k+1). 1 + 2 + 3... + k + (k + 1) =
k (k + 1) + (k + 1) 2
Sad nam preostaje da ‘’sredimo’’ desnu stranu i iz nje dobijemo
(k + 1)(k + 2) 2
Dakle: k (k + 1) k + 1 k (k + 1) + 2(k + 1) + = 2 1 2 = Izvučemo zajednički (k + 1) (k + 1)(k + 2) = 2 Ovim je dokaz završen. 2) Dokazati da je: 12 + 2 2 + 32 + ... + n 2 =
i)
ii)
n(n + 1)(2n + 1) 6
Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n = 1 1(1 + 1)(2 ⋅1 + 1) 12 = ⇒ 1 = 1 tačno 6 Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n = k
57
2
12 + 2 2 + ... + k 2 =
iii)
k (k + 1)(2k + 1) 6
Da dokažemo tvrdjenje za n = k + 1 Uvek prvo vidimo šta treba dokazati!!! (k + 1)(k + 1 + 1)(2(k + 1) + 1) 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) tj. 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = 6
Krenimo od indukcijske hipoteze i na obe strane dodamo (k + 1) 2 k (k + 1)(k + 2) 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = + (k + 1) 2 6 Leva strana onog što
Ovo kad ‘’sredimo’’ treba da (k + 1)(k + 2)(2k + 3) nam da 6
treba da dokažemo. Dakle:
k (k + 1)(2k + 1) (k + 1) 2 k (k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1) 2 + = 6 1 6 [Izvučemo ‘’zajednički’’ (k + 1) ]
(k + 1)[k (2k + 1) + 6(k + 1)] 6 2 (k + 1) 2k + k + 6k + 6 = 6 2 (k + 1) 2k + 7k + 6 = 6 =
[
]
[
]
Izraz 2k 2 + 7k + 6 ćemo rastaviti na činioce upotrebom znanja iz kvadratne jednačine: ak 2 + bk + c = 0.............................a(k − k1 )(k − k 2 ) 2k 2 + 7 k + 6 = 0 − 7 ±1 k1, 2 = 4 3 k1 = − 2 k 2 = −2 www.matematiranje.com
58
3
Dakle: ⎛ 2k 2 + 7k + 6 = 2⎜ k + ⎝
3⎞ ⎟(k + 2) = (2k + 3)(k + 2) 2⎠
Vratimo se u zadatak: =
(k + 1)[2k 2 + 7k + 6] (k + 1)(2k + 3)(k + 2) = 6 6
3) Dokazati da je:
1 1 n 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1
i)
Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 1 1 1 1 = ⇒ = tačno!!! (2 ⋅1 − 1)(2 ⋅1 + 1) 2 ⋅1 + 1 3 3
ii)
Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k 1 1 k 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1
iii)
Dokažemo da tvrdjenje važi za n=k+1. Prvo da vidimo šta treba da dokažemo! 1 1 k +1 1 1 + + ... + + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 3 Dokaz ćemo kao i obično početi od indukcijske hipoteze 1 1 k 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1 1 (2k + 1)(2k + 3) 1 1 1 1 k 1 + + ... + + = + 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3)
na obe strane ćemo dodati
ovo treba da se ‘’sredi’’ na
k +1 2k + 3
59
4
1 k k (2k + 3) + 1 + = 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) =
2k 2 + 3k + 1 (2k + 1)(2k + 3)
2k 2 + 3k + 1 = 0 − 3 ±1 k1, 2 = 4 1 k1 = − 2 k 2 = −1
2k 2 + 3k + 1 = a(k − k1 )(k − k 2 ) 1⎞ ⎛ = 2⎜ k + ⎟(k + 1) 2⎠ ⎝ = (2k + 1)(k + 1)
Vratimo se u zadatak: (2k + 1)(k + 1) (2k + 1)(2k + 3) k +1 = 2k + 3 =
4) Dokazati da je 5 n −1 + 2 n deljiv sa 3
5n −1 + 2 n = 51−1 + 21 = 5o + 2 = 1+ 2 = 3 Tačno
i) Za n=1
ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k to jest da je 5k −1 + 2 k deljivo sa 3 iii) Dokažimo da je za n=k+1 izraz deljiv sa 3: 5 n −1 + 2 n = 5 k +1−1 + 2 k +1 = 5 k −1+1 + 2 k ⋅ 21 k −1 1
= 5 5 ⋅ +2 ⋅ 2 k
Važi: a m + n = a m ⋅ a n
= 5 ⋅ 5 k −1 + 2 ⋅ 2 k
Napišimo kao ‘’trik’’:
5 ⋅ 5k −1 = 3 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 5k −1 to jest 5 = 3 + 2 www.matematiranje.com
60
5
= 3 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 2 k = 3 ⋅ 5k −1 + 2(5k −1 + 2 k )
Ovde je sigurno deljivo sa 3. Zašto? Izraz 3 ⋅ 5k −1 je deljiv sa 3 zbog činioca trojke. Izraz 2(5k −1 + 2 k ) je deljiv sa 3 zbog naše pretpostavke da je 5k −1 + 2 k deljiv sa 3. Ovim je dokaz završen. 5) Dokazati da je broj 6 2 n + 3n + 2 + 3n deljiv sa 11
Rešenje: i) za n=1 je 6 2 n + 3n + 2 + 3n = 6 2 + 33 + 31 = 36 + 27 + 3 = 66 = 6 ⋅11 tačno ii) pretpostavimo da je broj 6 2 k + 3 k + 2 + 3 k deljiv sa 11 iii) “odradimo” dokaz za n = k+1 6 2 ( k +1) + 3 k +1+ 2 + 3 k +1 = 6 2 k + 2 + 3 k + 2+1 + 3 k +1 = 6
2k
⋅6 + 3 2
k +2
(a m+ n = a m ⋅ a n )
⋅3 + 3 ⋅3 = 1
1
k
36 ⋅ 6 2 k + 3 ⋅ 3 k + 2 + 3 ⋅ 3 k =
Sad treba neka ideja!!! Pošto uz 6 2 k imamo 36 trojke uz 3k + 2 i 3k ćemo napisati kao 36-33
Dakle: 36 ⋅ 6 2 k + 36 ⋅ 3k + 2 − 33 ⋅ 3k + 2 + 36 ⋅ 3k − 33 ⋅ 3k = −
−
= 36(6 + 3 2k
k +2
−−
+ 3 ) − 33(3 k
−
k +2
−−
+3 ) k
Izraz 36(6 2 k + 3k + 2 + 3k ) je deljiv sa 11 zbog indukcijske pretpostavke, a izraz 33(3k + 2 + 3k ) zbog broja 33=3·11 Ovim je dokaz završen. 6) Dokazati da za ma koji prirodni broj n > 1 važi nejednakost: 1 1 1 13 + + ... + > 2n 24 n +1 n + 2 Pazi, pošto kaže n > 1 prva stavka će biti da ispitamo da li je tvrdjenje tačno za n=2
61
6
1 1 7 14 + = = 3 4 12 24 14 13 tačno tvrdjenje > 24 24
i)
n=2
ii)
pretpostavimo da je tačno za n=k 1 1 1 13 + + ... + > k +1 k + 2 2k 24
da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 iii) dakle treba da dokažemo: 1 1 1 1 13 + + ... + + > k +2 k +3 2k 2(k + 1) 24 Moramo upotrebiti novi ‘’trik’’!!!
Obeležimo sa: Sk = i
S k +1
1 13 1 1 + + ... + ( Sk > , po pretpostavci) k +1 k + 2 2k 24 1 1 1 1 1 = + + ... + + + k +2 k +3 2k 2k + 1 2(k + 1)
Odredimo razliku S k +1 − S k !!!
⎛ 1 1 ⎞ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎟⎟ − ⎜ + + ... + + + + ... + ⎟ S k +1 − S k = ⎜⎜ 2k + 1 2(k + 1) ⎠ ⎝ k + 1 k + 2 2k ⎠ ⎝k +2 k +3 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + ... + + + − − − ... − k +2 k +3 2k 2k + 1 2(k + 1) k + 1 k + 2 2k = svi se skrate sem: 1 1 1 = + − 2k + 1 2(k + 1) k + 1 1 ⋅ 2(k + 1) + 1 ⋅ (2k + 1) − 2(k + 1) = (2k + 1) ⋅ 2 ⋅ (k + 1) 2k + 2 + 2k + 1 − 4k − 2 = 2(2k + 1)(k + 1) 1 = >0 2(2k + 1)(k + 1) Ovo je sigurno pozitivno jer je k > 0 2k + 1 > 0 i k + 1 > 0 www.matematiranje.com
62
7
Dakle: S k +1 − S k > 0 odnosno: 13 S k +1 > S k > 24 indukcijska hipoteza pa je S k +1 >
13 24
Ovim je dokaz završen!!! 7) Dokazati da je:
2 n > n 2 za svako n ≥ 5 Rešenje: Dokaz počinjemo za n = 5 i)
n = 5 ⇒ 25 > 52 36 > 25 tačno
ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k dakle 2 k > k 2 iii) Dokažimo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 znači, treba da dokažemo: 2 k +1 > (k + 1) 2 2
⎛ 1⎞ I ovde je potrebna nova ideja!!! Posmatrajmo izraz ⎜1 + ⎟ . ⎝ n⎠ 2
2
1 ⎛1⎞ 2 1 ⎛ 1⎞ 2 ⎜1 + ⎟ = 1 + 2 ⋅ 1 ⋅ + ⎜ ⎟ = 1 + + 2 n ⎝n⎠ n n ⎝ n⎠ 1 1 1 1 i ≤ pošto je n ≥ 5 ⇒ ≤ 2 n 5 25 n 2
2 1 2 1 ⎛ 1⎞ onda je ⎜1 + ⎟ = 1 + + 2 ≤ 1 + + 5 25 n n ⎝ n⎠ 2 1 11 1+ + = 1+ <2 5 25 25 2
2
⎛ n +1⎞ ⎛ 1⎞ ⎟ <2 ⎜1 + ⎟ = ⎜ ⎝ n ⎠ ⎝ n⎠ (n + 1) 2 <2 n2
63
8
onda je i
(k + 1) 2 < 2 a hipoteza je 2 k > k 2 . Napišimo ove dve nejednakosti jednu ispred 2 k
druge. ⎫ ⎪ (k + 1) ⎬ pomnožimo ih! (levu sa levom i desnu sa desnom stranom) 2> ⎪ k2 ⎭ 2k > k 2
2
(k + 1) 2 2 ⋅k k2 2 k +1 > (k + 1) 2 → a ovo smo i trebali da dokažemo 2k ⋅ 2 >
www.matematiranje.com
64
9
STEPENOVANJE Proizvod a ⋅ a ⋅ ... ⋅ a = a n naziva se n -tim stepenom broja. Ako je a ∈ R , a ≠ 0 i neka je n ∈ N n − puta
Po definiciji je: 0
⎛4⎞ 1) a 0 = 1 → primer: 50 = 1, (−3) 0 = 1, ⎜ ⎟ = 1 ⎝7⎠ 1 1 1 1 1 2) a − n = n → primer: 3− 2 = 2 = , 5−3 = 3 = a 5 125 3 9 ______________________________________________________________________
Još važe sledeća pravila: 3) 4) 5) 6)
a m ⋅ a n = a m+n a m : a n = a m−n ( a m ) n = a m⋅ n ( a ⋅ b) = a n ⋅ b n
−n
⎛b⎞ =⎜ ⎟ ⎝a⎠
primer: primer: primer: primer:
32 ⋅ 35 = 32+5 = 37 710 : 7 6 = 710−6 = 7 4 (23 ) 5 = 23⋅5 = 215 (12 ⋅11) 5 = 125 ⋅112 2
n
72 ⎛7⎞ → primer ⎜ ⎟ = 2 4 ⎝4⎠
an ⎛a⎞ 7) ⎜ ⎟ = n b ⎝b⎠ ⎛a⎞ 8) ⎜ ⎟ ⎝b⎠
→ → → →
n
−2
2
32 9 ⎛2⎞ ⎛3⎞ → primer ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ = 2 = 2 4 ⎝3⎠ ⎝2⎠
O čemu treba voditi računa? Treba paziti na zapis: (−5) 2 = (−5)(−5) = 25 , dok − 52 = −5 ⋅ 5 = −25 . Uopšteno važi: (− a) paran = a paran (− a) neparan = − a neparan Dakle, paran izložilac ‘’uništi’’ minus.
www.matematiranje.com
65
1
ZADACI
1) Izračunati:
( 27 : 25 ) ⋅ 23 24 : 22
(27 : 25 ) ⋅ 23 27 −5 ⋅ 23 22 ⋅ 23 22+3 25 = = = 2 = 2 = 25 − 2 = 23 = 8 24 : 22 24 − 2 22 2 2 _____________________________________________________________
2) Izračunati:
35 ⋅ 93 27 2 ⋅ 3
35 ⋅ 93 35 ⋅ (32 )3 35 ⋅ 36 35 = 3 2 1 = 6 1 = 1 = 35−1 = 34 = 3 ⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 3 = 81 2 27 ⋅ 3 (3 ) ⋅ 3 3 ⋅3 3
______________________________________________________________
3) Izračunati:
( x 4 )3 ⋅ x 3 : x 5 = ( x 5 : x 2 )3
( x 4 ) 3 ⋅ x 3 : x 5 x12 ⋅ x 3 : x 5 x12+ 3−5 x10 = = 3 3 = 9 = x10−9 = x1 = x ( x 5 : x 2 )3 ( x 5− 2 ) 3 (x ) x _______________________________________________________________
4) Izračunati:
3n +1 ⋅ 3n + 2 32 n + 4
3 n +1 ⋅ 3 n + 2 3 n +1+ n + 2 3 2 n + 3 = 2 n + 4 = 2 n + 4 = Pazi pa zagrade zbog minusa 32n+ 4 3 3 1 1 = 3( 2 n + 3) −( 2 n + 4 ) = 32 n +3− 2 n − 4 = 3−1 = 1 = 3 3 _______________________________________________________________
www.matematiranje.com
66
2
5)
Izračunati 0,5−1 + 0,25−2 + 0,125−3 + 0,0625−4 0,5−1 + 0,25−2 + 0,125−3 + 0,0625−4 = −1
−2
−3
−4
⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = ⎝ 16 ⎠ ⎝8⎠ ⎝4⎠ ⎝2⎠ 1
2
3
4
⎛ 2 ⎞ ⎛ 4 ⎞ ⎛ 8 ⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = ⎝1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝1⎠ ⎝ 1 ⎠ 21 + 4 2 + 83 + 16 4 = 2 + 16 + 512 + 65536 = 66066 _________________________________________________________________
6) Izračunati 1−1 + 2 −2 + 3−3 + (−1) −1 + (−2) −2 + (−3) −3 1−1 + 2 −2 + 3−3 + (−1) −1 + (−2) −2 + (−3) −3 = 1 1 1 1 1 1 + 2+ 3+ + + = 1 2 1 2 3 (−1) (−2) (−3) 3 1 1 1 1 1 1 2 1 1+ + −1+ − = + = = 4 27 4 27 4 4 4 2 _________________________________________________________________ −4
2
⎛1⎞ ⎛3⎞ ⎛5⎞ a = 5 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ i b = 10 3 ⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎝2⎠ ⎝3⎠ 3
7) Ako je
−4
2
−2
nadji a ⋅ b −1
4
2 53 ⋅ 44 ⋅ 32 ⎛1⎞ ⎛3⎞ ⎛4⎞ 3 a = 53 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = 53 ⋅ ⎜ ⎟ ⋅ 2 = 22 ⎝4⎠ ⎝2⎠ ⎝1⎠ 2 53 ⋅ (22 ) 4 ⋅ 32 = = 53 ⋅ (22 )3 ⋅ 32 = 53 ⋅ 26 ⋅ 32 2 2
−2
2
3 2 (5 ⋅ 2)3 ⋅ 32 53 ⋅ 23 ⋅ 32 ⎛5⎞ ⎛ 3 ⎞ 10 ⋅ 3 = = = 5 ⋅ 23 ⋅ 32 b = 10 ⋅ ⎜ ⎟ = 103 ⋅ ⎜ ⎟ = 2 2 2 3 5 5 5 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 3
Konačno:
izračunati i a ⋅ b −1
1 = 52 ⋅ 23 = 25 ⋅ 8 = 200 3 2 5⋅ 2 ⋅3 ______________________________________________________________ a ⋅ b −1 = 53 ⋅ 26 ⋅ 32 ⋅
www.matematiranje.com
67
3
⎛ ⎛ 5 x −5 ⎞ −2 ⎛ y −1 ⎞ −3 ⎞ 8) Izračunati ⎜ ⎜⎜ − 2 ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎟ : 10 x 2 y −3 ⎜ ⎝ 2 y ⎠ ⎝ 5x ⎠ ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎛ 5 x −5 ⎞ −2 ⎛ y −1 ⎞ −3 ⎞ ⎜⎜ ⎟ ⋅ ⎜⎜ −1 ⎟⎟ ⎟ : 10 x 2 y −3 = −2 ⎟ ⎜ ⎜ ⎝ 2 y ⎠ ⎝ 5x ⎠ ⎟ ⎝ ⎠
⎛ 5−2 ⋅ x10 y3 ⎞ ⎜⎜ − 2 4 ⋅ −3 3 ⎟⎟ : 10 x 2 y −3 = ⎝ 2 ⋅y 5 ⋅x ⎠ (5− 2+3 ⋅ x10−3 ⋅ y 3− 4 ⋅ 2 2 ) : 10 x 2 y −3 = (51 ⋅ x 7 ⋅ y −1 ⋅ 4) : 10 x 2 y −3 = 20 7 − 2 −1−( −3) x y = 2 x 5 y −1+ 3 = 2 x 5 y 2 10 __________________________________________________________ 1 −3 1 − 4 10 + 10 x 2 2 9) Ako je 10 = 55 ⋅10 −7
Odrediti x.
1 1 1 −3 1 − 4 + 10 + 10 2 2 = 2000 20000 = Izvučemo gore zajednički −7 55 55 ⋅10 10000000 1 ⎛ 1⎞ 11 1 11 ⎜1 + ⎟ ⋅ 2000 ⎝ 10 ⎠ 2000 10 = = 20000 = 55 55 55 10000000 10000000 10000000 11⋅10000000 11⋅10000000 10000000 = = = 100 = 102 20000 ⋅ 55 11⋅100000 100000 sada je 10 x = 10 2 , dakle x = 2 ________________________________________________________ 10) a) A ⋅10 −5 = 0,2 ⋅ 0,008
b)
B ⋅10 −6 = 0,04 ⋅ 0,006
A ⋅10 −5 = 2 ⋅10 −1 ⋅ 8 ⋅10 −3
B ⋅10 −6 = 4 ⋅10 − 2 ⋅ 6 ⋅10 −3
A ⋅10 −5 = 16 ⋅10 − 4
B ⋅10 −6 = 24 ⋅10 −5 24 ⋅10 −5 10 −6 B = 24 ⋅10 −5+ 6 B = 24 ⋅10 B = 240
16 ⋅10 − 4 10 −5 A = 16 ⋅10 −4−( −5)
B=
A=
A = 16 ⋅10 −4+5 A = 16 ⋅10 A = 160
68
4
Ovde smo koristili zapisivanje realnog broja u sistemu sa osnovnim 10. Ovo je dobra opcija kada je broj ‘’glomazan’’. Primeri: 1) Brzina svetlosti je približno c ≈ 300000000m / s a mi je ‘’lakše’’ zapisujemo c ≈ 3 ⋅108 m / s , 108 -znači da ima 8 nula iza jedinice!!! 1 1 1 2 2) = = ⋅10 −5 = ⋅10 −5 = 2 ⋅10 −1 ⋅10 −5 = 2 ⋅10 −6 5 500000 5 ⋅10 5 10 −5 −5 3) 0,000069 = 6,9 ⋅10 ≈ 7 ⋅10 4) Površina zemlje je 510083000km 2 ali mi zapisujemo ≈ 5 ⋅108 km 2
⎛ 3a − x ax ⎞ a−x 2a − x ⎟ 11) Izračunati ⎜⎜ − − : −x 1 + a − x a 2 x − 1 ⎟⎠ a x − a − x ⎝1− a ⎛ 3a − x 2a − x ax ⎞ a−x ⎟: ⎜⎜ = − − −x 1 + a − x a 2 x − 1 ⎟⎠ a x − a − x ⎝1− a 2 1 ⎛ 3 ⎞ x x x ⎜ ax ⎟ a − a − 2x ⎟ : a = ⎜ 1 1 1 a 1 − x ⎜ 1− x 1+ x ⎟ a − x a a ⎝ a ⎠
⎛ 3 ⎞ 2 1 x ⎜ x ⎟ x x a = ⎜ xa − xa − 2 x ⎟ : 2ax ⎜ a −1 a +1 a −1 ⎟ a −1 ⎜ x ⎟ ax ⎝ a ⎠ ax ⎛ 3 ⎞ ax 2 1 − − = ⎜ x ⎟ : 2x x x x ⎝ a − 1 a + 1 (a − 1)(a + 1) ⎠ a − 1 3(a x + 1) − 2(a x − 1) − a x a 2 x − 1 ⋅ = (a x − 1)(a x + 1) 1 x x 3a x + 3 − 2a x + 2 − a x (a − 1)(a + 1) ⋅ = 1 (a x − 1)(a x + 1)
= 3+ 2 = 5 www.matematiranje.com
69
5
12)
Izračunati
⎞ 1 − x −1 ⎛ x − x −2 x − x −1 ⎟: ⎜⎜ − 2 − −1 −2 −1 ⎟ −1 ⎝ x + x +1 1+ x + 2 ⋅ x ⎠ 1+ x
⎛ x − x −2 ⎞ 1 − x −1 x − x −1 − = : ⎜ −2 −1 −2 −1 ⎟ −1 ⎝ x + x +1 1+ x + 2 ⋅ x ⎠ 1+ x 1 1 ⎞ 1 ⎛ x− 1− ⎜ x − x2 ⎟ x x = − ⎜ 1 1 ⎟: 1 2 1 ⎜ 2 + +1 1+ 2 + ⎟ 1+ x x x⎠ x ⎝x ⎛ x3 − 1 x2 − 1 ⎞ ⎜ ⎟ x2 x − ⎜ ⎟: 2 x2 + 1 + 2x ⎟ ⎜ 1+ x + x ⎜ ⎟ x2 x2 ⎝ ⎠
x −1 x = x +1 x
⎛ ( x − 1) ( x 2 + x + 1) x( x − 1) ( x + 1) ⎜ − 2 ⎜ ( x + 1) 2 x + x + 1 ⎝
⎞ x −1 ⎟: = ⎟ x +1 ⎠
⎛ x − 1 x( x − 1) ⎞ x − 1 − = ⎜ ⎟: x +1 ⎠ x +1 ⎝ 1 ( x − 1)( x + 1) − x( x − 1) x + 1 ⋅ = x +1 x −1 ( x − 1) [ ( x + 1) − x ] x + 1 ⋅ = x +1− x = 1 x +1 x −1
www.matematiranje.com
70
6
⎛ an a −n ⎞ ⎛ a n a −n ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ 13) Izračunati A = ⎜⎜ + − + −n 1 + a − n ⎟⎠ ⎜⎝ 1 + a − n 1 − a − n ⎟⎠ ⎝1− a ⎛ an a−n ⎞ ⎛ an a−n ⎞ A=⎜ + − + ⎟ ⎜ ⎟ −n 1 + a−n ⎠ ⎝ 1 + a−n 1 − a−n ⎠ ⎝ 1− a
1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎛ n n n ⎜ an ⎟ ⎜ ⎟ a A=⎜ + a ⎟−⎜ + a ⎟ ⎜ 1 − 1n 1 + 1n ⎟ ⎜ 1 + 1n 1 − 1n ⎟ a ⎠ ⎝ a a ⎠ ⎝ a n ⎛ a 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ an ⎟ n n A = ⎜ n1 + na ⎟ − ⎜ n + na ⎟ ⎜ a −1 a +1 ⎟ ⎜ a +1 a −1 ⎟ ⎜ n ⎟ ⎜ ⎟ an ⎠ ⎝ an an ⎠ ⎝ a ⎛ a 2n 1 ⎞ ⎛ a 2n 1 ⎞ A=⎜ n + n + n ⎟ ⎟−⎜ n ⎝ a −1 a +1 ⎠ ⎝ a +1 a −1 ⎠ A=
a 2 n (a n + 1) + 1(a n − 1) a 2 n (a n − 1) + 1(a n + 1) − (a n − 1)(a n + 1) (a n + 1)(a n − 1)
A=
a 3n + a 2 n + a n − 1 − (a 3n − a 2 n + a n + 1) (a n − 1)(a n + 1)
A=
a 3n + a 2 n + a n − 1 − a 3n + a 2 n − a n − 1 (a n − 1)(a n + 1)
A=
2a 2 n − 2 2(a 2 n − 1) 2(a n − 1)(a n + 1) =2 = = (a n − 1)(a n + 1) (a n − 1)(a n + 1) (a n − 1)(a n + 1)
www.matematiranje.com
71
7
KORENOVANJE Neka je a realan i n prirodan broj. Svako rešenje jednačine
xn = a ‘’po x’’ (ako postoji) naziva se n -ti koren broja a u oznaci x = n a . Dakle: simbol n a označava: 1) n − ti koren realnog broja a u svim slučajevima kada je on jedinstven (n ∈ N , n = 2k − 1, k ∈ N , a ∈ R) 2) Pozitivan n -ti koren broja a u slučaju n = 2k , k ∈ N , a > 0
Ova definicija sigurno nije baš mnogo jasna!!! Ajde da vidimo par primera: 27 = 3 = 3; 3
3
3
3
1 3 = 8
3
1 ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = 2 ⎝2⎠
7 0 =0 − 32 = 5 (−2)5 = −2; _______________________________________
5
2
4 = 2 = 2; 2
2
4
1 4 = 16
4
1 ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = 2 ⎝2⎠
Pazi: 4 16 = 4 2 4 = 2; − 4 16 = − 4 2 4 = −2 Pogrešno je pisati:
4
16 = ±2 ZAPAMTI!!!
Važi: n
⎧a , an = ⎨ ⎩ a,
n − neparan n − paran A = 2 A , to jest, jedino se ovde ne piše broj 2)
Primeri: (pazi, dogovor je da je 9 = 32 ;
3
23 = 2
(−3) 2 = − 3 = 3
;
3
(−2) 3 = −2 www.matematiranje.com
72
1
ZAPAMTI: Kad vidiš 2, 4, 6,… (parni koren) iz nekog konkretnog broja, rešenje je uvek pozitivan broj. Kad vadiš 3, 5, 7… (neparan koren) iz nekog broja, rešenje može biti i negativan broj, u zavisnosti kakva je potkorena veličina. (−5) 2 = − 5 = 5
3
53 = 5
4
( −7 ) 4 = − 7 = 7
3
(−5) 3 = −5
6
(−12) = − 12 = 12
8
1 1 ⎛ 1⎞ ⎜− ⎟ = − = 3 3 ⎝ 3⎠
5
6
5
1 ⎛1⎞ ⎜ ⎟ = 10 ⎝ 10 ⎠
7
3 ⎛ 3⎞ ⎜− ⎟ = − 5 ⎝ 5⎠
8
7
Primer: Za koje realne brojeve x je tačna vrednost: x2 = x
a) 3
b)
x3 = − x x2 = −x
v)
( )
4
g) x 4 = x ____________________________________ Rešenje: a)
x 2 = x je tačna samo za vrednosti x koje su veće ili jednake nuli, jer
x>0
⎧ x, ⎪ x = ⎨− x , ⎪0, ⎩
x<0 za ,x = 0
2
b)
3
x 3 = − x je tačka samo za x = 0 !!! Zašto? Ako uzmemo da je x negativan broj, na
primer x = −5 ⇒ 3
Dakle x ≥ 0
3
(−5) 3 = −5 ≠ − (−5) = +5 , a ako uzmemo x > 0 , recimo x = 10
103 = 10 ≠ −10
v)
x 2 = − x , x mora biti manje od nule, ili nula jer kao malopre važi: ⎧ x, x > 0 ⎪ 2 x = ⎨− x, x < 0 , Dakle x ≤ 0 ⎪0, x = 0 ⎩ www.matematiranje.com
73
2
( )
4
g) x 4 = x , Ovde mora biti x ≥ 0 . Zašto? Zbog odnosno mora biti x > 0
( x)
4
koji ne može biti negativan
Pravila: m
1) 2) 3) 4)
n
am = a n
n
a ⋅b = n a ⋅ n b a : n b = n a :b
n
( a)
m
n
5)
n m
6)
np
= n am
a = n⋅m a
a mp = n a m ( p se skrati)
Moramo naglasiti da pravila važe pod uslovima da je: a, b → pozitivni realni brojevi m, n, p → prirodni brojevi. Zadaci: 1) a) Izračunaj 36 − 2 25 + 4 16 − 5 32 36 − 2 25 + 4 16 − 5 32 =
= 6 − 2 ⋅ 5 + 4 2 4 − 5 25 = = 6 − 10 + 2 − 2 = −4 b) Izračunaj 2
9 3 1 4 + + 16 4 8 3
⎛3⎞ ⎛1⎞ = ⎜ ⎟ + 3 ⎜ ⎟ + 4 24 = ⎝2⎠ ⎝2⎠ 3 1 + +2=4 2 2 2
c) Izračunaj
⎛4⎞ 3 ⎜ ⎟ + − 27 − 4 ⎝9⎠
2
⎛4⎞ 3 ⎜ ⎟ + − 27 − 4 = ⎝9⎠ 2
2 2 1 ⎛2⎞ = ⎜ ⎟ + 3 (−3) 3 − 2 = − 3 − 2 = − 5 = −4 3 3 3 ⎝3⎠ www.matematiranje.com
74
3
d) Izračunaj
9 ⋅ 3 (−8) ⋅ 5 − 32
9 ⋅ 3 (−8) ⋅ 5 − 32 =
= 32 ⋅ 3 (−2) 3 ⋅ 5 (−2) 5 = = 3 ⋅ (−2) ⋅ (−2) = 12
2)
Izračunaj
( x − 5) 2 + ( x + 5) 2
( x − 5) 2 + ( x + 5) 2 = x − 5 + x + 5
Kako je:
za x − 5 ≥ 0 za x ≥ 5 ⎧ x − 5, ⎧ x − 5, x−5 = ⎨ = ⎨ i ⎩− ( x − 5), za x < 5 ⎩− ( x − 5), za x − 5 < 0 za x + 5 ≥ 0 za x ≥ −5 ⎧ x + 5, ⎧ x + 5, = ⎨ x+5 = ⎨ ⎩− ( x + 5), za x < −5 ⎩− ( x + 5), za x + 5 < 0 moramo najpre videti ‘’ gde ima’’ rešenja I za x ≥ 5 i x ≥ −5
x − 5 + x − 5 = x − 5 + x + 5 = 2x x ∈ [5, ∞ ) __________________________________________________________________
II za x ≥ 5 i x < −5
Nema rešenja __________________________________________________________________ www.matematiranje.com
75
4
III
za x < 5 i x ≥ −5
x − 5 + x − 5 = − x + 5 + x + 5 = +10
x ∈ [− 5,5) ________________________________________________________________
IV za
x<5 i
x < −5
x − 5 + x + 5 = − x + 5 − x − 5 = −2 x
⎧− 2 x, x < −5 ⎪ Konačno: x − 5 + x + 5 = ⎨10, − 5 ≤ x < 5 ⎪2 x, x ≥ 5 ⎩
Racionalisanje
Koristeći se osobinama korena, možemo, u cilju uprošćavanja nekog izraza, odstraniti korene ili ih premestiti na željeno mesto. Primeri: 1 1 5 5 5 = ⋅ = = 2 5 5 5 5 5 9 9 12 9 12 3 12 3 4 ⋅ 3 3 ⋅ 2 3 3 3 = ⋅ = = = = = 2) 12 4 4 4 2 12 12 12 1)
3)
15 15 3 15 3 5 3 = ⋅ = = 2⋅3 2 2 3 2 3 3
Ovo je bio najprostiji tip zadataka. Gde racionalisanjem prebacujemo koren iz imenioca u brojilac. U sledecoj grupi zadataka ćemo koristiti da je
n
n
a =a, a >0 www.matematiranje.com
76
5
6 = da bi ‘’uništili ’’ koren u imeniocu moramo napraviti 3 2
4)
6 3
1
2
treba racionalisati sa
3
3
23 , a pošto imamo
2 2 . Dakle:
6 6 3 22 6 ⋅ 3 22 6 ⋅ 3 4 = ⋅ = = = 33 4 3 3 3 2 3 3 2 2 2 2 2
5) 6)
10 10 4 33 10 4 27 10 4 27 = ⋅ = = = 4 4 4 3 3 4 3 4 33 3 ab 3
a 2b
=
ab 3
a 2b1
⋅
3
a1b 2
3
a1b 2
=
ab 3 ab 2 3
a 3b 3
=
ab 3 ab 2 3 2 = ab ab
Kad u imeniocu imamo zbir ili razliku dva kvadratna korena, upotrebljavamo razliku kvadrata: ( A − B) ⋅ ( A + B) = A2 − B 2 1 1 2− 3 2− 3 2− 3 = ⋅ = = = 2− 3 2 4−3 2 + 3 2 + 3 2 − 3 22 − 3 11 11 6 + 2 11 6 + 2 11 6 + 2 11 6 + 2 8) = ⋅ = = = 2 2 6−2 4 6− 2 6− 2 6+ 2 6 − 2 9)
7)
(
)
(
) ( ) ( )
5 5 2 3 +3 2 5 2 3+3 2 = ⋅ = 2 2 3 −3 2 2 3 −3 2 2 3 +3 2 2 3 − 3 2
2
(
=
(
)
(
) (
)
) (
5 2 3 +3 2 5 2 3 +3 2 5 2 3 +3 2 = = 4⋅3 − 9⋅ 2 12 − 18 −6
)
U zadacima u kojima se u imeniocu javlja zbir ili razlika ‘’trećih’’ korena moramo koristiti: A3 − B 3 = ( A − B)( A2 + AB + B 2 ) → Razlika kubova A3 + B 3 = ( A + B)( A2 − AB + B 2 ) → Zbir kubova 10) 3 2 1 1 3 − 3 3 3 2 + 3 22 3 9 − 3 6 + 3 4 3 9 − 3 6 + 3 4 3 9 − 3 6 + 3 4 = ⋅ = = = 3 3 3 3 3 + 3 2 5 3 + 3 2 3 3 + 3 2 3 32 − 3 3 3 2 + 3 2 2 3 + 2 ________________________________________________________________________
11)
(
) (
)
3 5 5 52 + 3 5 3 4 + 3 4 2 5 3 25 + 3 20 + 3 16 =3 ⋅ = = 5 3 25 + 3 20 + 3 16 3 3 3 3 3 3 2 2 3 3 3 3 3 5− 4 5− 4 5 + 5 4+ 4 5 − 4 ________________________________________________________________________
www.matematiranje.com
77
6
12)
4
3 = ovde ćemo uraditi dupli racionalizaciju da bi ''uništili'' četvrti koren. 5 −2
(
) (
)
4 4 3 4 5+2 3 3 5+2 3 5+2 5+4 3 = ⋅ = = ⋅ = 4 5 − 2 4 5 − 2 4 5 + 2 4 52 − 2 2 5−4 5+4
(
4
5+2
)(
5+4
52 − 4 2
) = 3(
4
5+2
)(
5+4
−11
Vratimo se na zadatke sa korenima: 3) Izračunati: a)
3
x 2 x −1 ⋅ 3 x −1 x x3 x 2 ⋅ 3 x 2 :
b)
(x ) −1
3
Rešenje: a) 3
x
2
=x
−1
x ⋅ x
2 1 1 1 − − + 3 6 5 10
b)
5
−1
=x
x = x 3
20 −5− 6 +3 30
2 3
=x
x3 x 2 ⋅ 3 x 2 : 1 2
2 6
2 3
x ⋅x ⋅x :x
−
12 30
−1
x ⋅ x 5
x
−1
2 3
−1
−
1 5
= x ⋅ x ⋅x ⋅ x 6
10
−1
2 3
−
1 6
−
1 5
1 10
= x ⋅x ⋅x ⋅x =
2 5
= x = 5 x2
(x )= −1
3 2
−1 5
=x
2
3
x
1 2 2 ⎛ 3⎞ + + −⎜ − ⎟ 2 6 3 ⎝ 2⎠
3
x 2 ⋅ x 3 : x −3 =
=x
3+ 2 + 4 + 9 6
18 6
= x = x3
1
ZAPAMTI:
x = x2
4) Izračunaj: a) 5 2 + 3 8 − 50 − 98 b) 3 + 3 27 − 2 48
Ovde je ideja da upotrebom pravila za korenovanje svedemo na čist koren.
a ⋅ b = a ⋅ b , svaki sabirak
www.matematiranje.com
78
7
)
a) 5 2 + 3 8 − 50 − 98 =
5 2 + 3 4 ⋅ 2 − 25 ⋅ 2 − 49 ⋅ 2 = 5 2 + 3⋅ 2 2 − 5 2 − 7 2 = 5 2 + 6 2 −5 2 − 7 2 = − 2 b) 3 + 3 27 − 2 48 = 3 + 3 9 ⋅ 3 − 2 16 ⋅ 3 = 3 + 3⋅3 3 − 2 ⋅ 4 3 = 3 + 9 3 − 8 3 = 2 3
5) Izračunaj: 3 ⋅ 12 4 − 4 ⋅ 15 27 + 8 ⋅ 24 16 + 5 ⋅ 20 81
Rešenje: 3 ⋅ 12 4 − 4 ⋅ 15 27 + 8 ⋅ 24 16 + 5 ⋅ 20 81 = 3 ⋅ 12 2 2 − 4 ⋅ 15 33 + 8 ⋅ 24 2 4 + 5 ⋅ 20 34 = 3 ⋅ 6 2 − 45 3 + 8 ⋅ 6 2 + 55 3 = −−
−−−
−−
−−−
= 11 2 + 3 6
5
LAGRANŽOV INDENTITET:
a± b =
a + a2 − b a − a2 − b ± 2 2
Gde je a > 0, b > 0, b < a 2 Primenimo ga na 2 primera: a) b)
a)
2+ 3 =
2+ 3 6−4 2
2 + 22 − 3 2 − 22 − 3 + 2 2
=
2+ 1 2− 1 + 2 2
=
3 1 3 +1 + = 2 2 2 www.matematiranje.com
79
8
6 − 4 2 = pazi, prvo moramo 4 da ubacimo pod koren!!!
b)
6 − 16 ⋅ 2 = 6 − 32 =
6 + 6 2 − 32 6 − 6 2 − 32 + 2 2
=
6 + 36 − 32 6 − 36 − 32 + 2 2
=
6+2 6−2 + = 4 − 2 = 2− 2 2 2
2+ 3
7) Dokazati da je vrednost izraza
2 + 2+ 3
+
2− 3 2 − 2− 3
Najpre ćemo upotrebom Lagranžovog indetiteta ‘’ srediti’’ 2 + 3 =(prethodni zadatak) = 2+ 3 2 + 2+ 3
+
2− 3 2 − 2− 3
2+ 3 2− 3 + = 2 + 3 +1 2 − 3 +1 2 2 2 2+ 3 2 2− 3 = + 3+ 3 3− 3 =
=
(2
)
)(
(
2− 3 =
3 −1 2
2− 3 , Dakle:
Pazi na znak!!!
)
) ( )(
)(
2 + 6 3− 3 + 2 2 − 6 3+ 3 3+ 3 3− 3
(
2+ 3 i
2+ 3 2− 3 + = 3 +1 3 −1 2+ 2− 2 2
=
=
(
3 +1 , slično je i 2
iracionalan broj.
)
)
6 2 −2 6 +3 6 − 18 + 6 2 + 2 6 −3 6 − 18 2
32 − 3 12 2 − 2 18 12 2 − 2 9 ⋅ 2 12 2 − 6 2 6 2 = = = = = 2 9−3 6 6 6 www.matematiranje.com
80
9
4+2 3
8) Dokazati da je:
= 3 +1.
10 + 6 3 Poći ćemo od leve strane da dobijemo desnu. 3
4 + 2 3 = 3 +1+ 2 3 = 3 + 2 3 +1 =
( 3) + 2 2
3 +1 =
(
)
3 +1
2
10 + 6 3 = razmislimo da li ovo nije 10 + 6 3 = ( A + B ) ? 3
( A + B)
3
(
3
)
= A3 + 3 A2 B + 3 AB 2 + B 3 3
2
3 + 1 = 3 + 3 ⋅ 3 ⋅1 + 3 ⋅ 3 ⋅12 + 13
= 27 + 3 ⋅ 3 ⋅1 + 3 3 + 1 = 9 ⋅ 3 + 9 + 3 3 + 1 = 3 3 + 3 3 + 10 = 10 + 6 3
Dakle:
10 + 6 3
3
( 3 + 1) = ( ( 3 + 1) 2
4+2 3
= 3
3
)
2
3 +1 = 3 +1 3 +1
Ovim je dokaz završen!!!
9) Racionalisati:
6 21 + 7 + 2 3 + 2
6 6 6 = = 21 + 7 + 2 3 + 2 7 ⋅ 3 + 7 + 2 3 +1 7 3 +1 + 2 3 +1
(
= =
(
6
)(
3 +1
(
7 +2
)(
)
⋅
3 −1 7 − 2 ⋅ = 3 −1 7 − 2
)
(
)(
)
(
) (
3 −1
6 3 −1 7 − 2 6 3 −1 7 − 2 = = 2 2 2⋅3 ⎛⎜ 3 − 12 ⎞⎟⎛⎜ 7 − 2 2 ⎞⎟ ⎠ ⎝ ⎠⎝
)(
) (
7 −2
)
) www.matematiranje.com
81
10
10) Racionalisati:
3
1 9 + 6 +3 4 3
3 3 3 1 1 3−3 2 3−3 2 3 −32 = ⋅ = = = 3 3− 2 9 + 3 6 + 3 4 3 32 + 3 3 ⋅ 3 2 + 3 22 3 3 − 3 2 3 33 − 3 23
=
3
3 −32 =33 −32 1
Ovde smo imali A2 + AB + B 2 , pa smo dodali A-B, da bi dobili A3 − B 3 . www.matematiranje.com
82
11
ELEMENTARNE FUNKCIJE – GRAFICI
Osnovne elementarne funkcije su : -
Konstantne funkcije
-
Stepene funkcije
-
Eksponencijalne funkcije
-
Logaritamske funkcije
-
Trigonometrijske funkcije
-
Inverzne trigonometrijske funkcije
-
Hiperboličke funkcije
Elementarnim funkcijama se nazivaju funkcije koje se mogu zadati pomoću osnovnih elementarnih funkcija i konstanti , pomoću konačno mnogo operacija sabiranja , oduzimanja, množenja, deljenja i kompozicija osnovnih elementarnih funkcija. Napomena: Ovo nije stroga definicija elementarnih funkcija. Vi tu definiciju naučite kako vam je kaže vaš profesor, mi smo tu da samo malo pojasnimo stvari i podsetimo vas kako izgledaju grafici...
y
y y xn
y xn
n-paran broj
n-neparan broj
x
x
Ovo su grafici stepenih funkcija gde je izložilac prirodni broj . Svi grafici izgledaju ovako, sem što se u zavisnosti od izložioca sužavaju ili šire…( pogledajte fajl kvadratna funkcija iz druge godine). www.matematiranje.com
83
1
y
y
yn x
ynx n-neparan broj
n-paran broj
x
x
Ovo su grafici stepenih funkcija gde je izložilac racionalan broj. Trebamo zapamtiti da je y n x , kada je n paran broj definisana samo za x [0, ) to jest x 0 , dok je funkcija
y n x kada je n neparan broj definisana na celom skupu R, to jest x (, )
y
y
y
y log a x a 1
y ln x
y log a x 0 a 1
slika 1
x
x
x 1
1
1
slika 3
slika 2
Podsetite se logaritamskih funkcija ( fajl iz II godine). Važno je zapamtiti da su one definisane za vrednosti x koje su veće od nule , to jest x 0 . U graničnim vrednostima funkcija smo rekli da je ln 0 . Sa elementarnog grafika to sad možemo i uočiti (slika 3.): kad se x približava 0 sa pozitivne strane funkcija teži beskonačnosti ( minus): lim ln x ( žuta crta) x 0
A rekli smo i da je ln . Sa grafika je i to jasno, kad x teži beskonačnosti i funkcija ide u beskonačno, što je na grafiku prikazano crvenom crtom. www.matematiranje.com
84
2
y
y
y
y ax
y ax
y ex
0 a 1
a 1
1
1
1
x
x
x
Eksponencijalne funkcije smo takodje obradjivali u II godini. Važno je da su one svuda definisane: x R . Kad smo objašnjavali limese, rekli smo da je e 0 . Sada to možemo videti i na grafiku( žuta crta), kad x teži minus beskonačno, funkcija se približava nuli. Dalje smo rekli i da je e ( crvena crta). Trigonometrijske funkcije:
Sinusna funkcija y = sinx je osnovna trigonometrijska funkcija.
1
3 2
2
2
y sin x 2
0
3 2
2
-1
Ostale trigonometrijske funkcije definišemo sa :
cos x sin( x ) 2
1 3 2
2
2
2
3 2
2
0
-1
www.matematiranje.com
85
3
tgx
sin x cos x y
3 2
2
ctgx
y=tgx 2
2
3 2
x
0
2
cos x sin x y
y=ctgx
3 2
2
2
3 2
x
2
0
Inverzne trigonometrijske funkcije:
Ove funkcije se nazivaju ciklometrijske ili arkus funkcije. i)
Arkus sinus
Pazite: funkcija y = sinx nema inverznu funkciju, jer nije bijekcija! Ali ako posmatramo njenu restrikciju na intervalu [
, ] i preslikavanje f 1 :[1,1] [ , ] dobijamo arkus 2 2 2 2
sinus funkciju: y
2
-1 1
0
x
y=arcsinx
2
www.matematiranje.com
86
4
Još zapamtite da važi: arcsin(sin x) x
za x [
, ] 2 2 za x [-1,1]
sin(arcsin x) x
Funkcija je definisana za x [1,1] Nula funkcije je u x=0
ii)
Arkus kosinus
I ovde ćemo iz sličnog razloga posmatrati restrikciju funkcije y = cos x na intervalu [0, ] . Posmatramo preslikavanje g 1 :[1,1] [0, ] y
y=arccosx 2
-1
0
1
x
Važi: arccos(cos x ) x za x [0, ] cos(arccos x ) x za x [1,1] Funkcija je definisana za x [1,1] Nula funkcije je u x =1 iii)
Arkus tangens
Posmatrajući restrikciju funkcije y = tgx na intervalu [
, ] i preslikavanje h 1 : R [ , ] 2 2 2 2
Dobijamo funkciju arkus tangens. www.matematiranje.com
87
5
y
2
y=arctgx
0
x
2
arctg (tgx) x
za x [
, ] 2 2
tg (arctgx) x za x R Funkcija je definisana na celom skupu R. Nula funkcije je x=0. iv)
Arkus kotangens
k 1 : R [0, ]
y
y=arcctgx
2 0
arcctg (ctgx) x
x
za x [0, ]
ctg (arcctgx) x za x R Funkcija je svuda definisana . Nema nule. Hiperboličke funkcije
To su funkcije : hiperbolički sinus shx
hiperbolički tangens
thx
e x e x e x e x
e x e x e x e x , hiperbolički kosinus chx 2 2
i hiperbolički kotangens
cthx
e x e x e x e x www.matematiranje.com
88
6
1 1 Grafici ovih funkcija se dobijaju iz grafika y e x i y e x odnosno pomoću y e x i y e x 2 2 y y ex
y e x
y=sh
y
1 y e x 2
1 y ex 2
y=ch
1
1
1 2
0
x
x
Ovde važe identiteti ( podseti se adicionih formula iz II godine…) ch 2 x sh 2 x 1 sh( x y ) shx chy chx shy ch( x y ) chx chy shx shy sh 2 x 2 shx chx ch2 x ch 2 x sh 2 x
hiperbolički tangens i hiperbolički kotangens
imaju grafike: y
y y=cth
y=th 1
1
x
x
-1
-1
www.matematiranje.com
89
7
90
8
INVERZNA FUNKCIJA Definišimo najpre bijektivno preslikavanje: Za preslikavanje f: A → B kažemo da je : 1) “jedan – jedan” (obostrano jednoznačno) , što skraćeno pišemo “ 1-1 “, ako važi (∀x1 , x 2 ∈ A)( x1 ≠ x 2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x 2 ))
2) “na” ako je (∀y ∈ B)(∃x ∈ A)( f ( x) = y )
3) bijektivno ako je “1-1” i “na” Preslikavanje skupa A na sebe , u oznaci iA , sa osobinom (∀x ∈ A)(i A ( x) = x) naziva se identičkim (jediničnim) preslikavanjem skupa A. Ako je f: A → B bijektivno preslikavanje, onda sa f –1 ozačavamo preslikavanje skupa B na skup A, koje ima osobinu da je f
−1
οf = f οf
−1
= i A . U tom slučaju f –1 nazivamo inverznim preslikavanjem preslikavanja f.
Postupak za rešavanje zadataka : i)
Umesto f(x) stavimo y
ii)
Odavde izrazimo x preko y
iii)
Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.
Zadaci
1.
Data je funkcija f(x) = 2x – 1. Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x).
Rešenje: f(x) = 2x – 1
Umesto f(x) stavimo y
y = 2x – 1
Odavde izrazimo x preko y
2x = y + 1 x=
y +1 2
Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.
91
www.matematiranje.com
f –1(x) =
x +1 2
i evo nam inverzne funkcije.
Pošto obe funkcije predstavljaju prave, uzećemo po dve proizvoljne tačke( prvo x = 0, pa y = 0) i nacrtati ih. f(x) = 2x – 1 x f(x)
0 -1
f –1(x) =
x +1 2
x f (x)
0 1/2
–1
1/2 0
-1 0
y 7 6 5
f(x)=2x-1
4 y=x
3
-1
f (x) =
2 1 -5
-4
.
-3 -2 -1
. .
x+1 2
. .
1
2
3
4
5
6
7
x
-1 -2 -3 -4 -5
Primetimo da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .
2. Data je funkcija f(x) = log 2(x-1). Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = log 2(x-1) y = log 2 (x-1)
Umesto f(x) stavimo y Odavde izrazimo x preko y
x – 1 = 2y x = 2y +1
umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x
92
www.matematiranje.com
f –1 (x) = 2x + 1 evo inverzne funkcije
Skicirajmo sada grafike: f(x) = log 2(x-1) . Ova funkcija je definisana za x-1 >0, odnosno za x >1, a to nam govori da je x = 1 vertikalna
asimptota sa leve strane. Uzmimo kao i malopre nekoliko proizvoljnih vrednosti i popunimo tablicu: x f(x)
3/2 -1
2 0
3 1
5 2
f –1 (x) = 2x + 1 . Ova funkcija očigledno ne može imati vrednosti manje ili jednake sa 1, što nam govori da je 1
njena horizontalna asimptota. Uzmimo nekoliko proizvoljnih vrednosti i popunimo tablicu: x f –1(x)
-1 3/2
0 2
1 3
y
7
.
6 5 4
.
3 -1
x
f (x) = 2 + 1
.
2
1 -5
-4
-3 -2 -1
1 -1
y=x
.
. 2
.
. 3
4
5
y = log (x-1) 2
6
7
x
-2 -3 -4 -5
Uočimo opet da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .
3. Odredi inverznu funkciju funkcije f(x) = 3x – 1 Rešenje: f(x) = 3x – 1 y = 3x – 1 3x = y + 1
93
www.matematiranje.com
x = log 3(y + 1) f –1 (x) = log 3 (x +1) 4. Data je funkcija f(x) = x2 . Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = x2 y = x2 y pa je f –1(x) = ±
x= ±
x
Nije bilo teško ovo rešiti, međutim ovo rešenje nije korektno ! Zašto?
Moramo voditi računa o tome gde je funkcija rastuća, a gde opadajuća! f(x) = x2 je opadajuća za x < 0 pa njoj odgovara opadajuća grana inverzne funkcije : f –1(x) = f(x) = x2 je rastuća za x > 0 pa njoj odgovara rastuća grana inverzne funkcije : f –1(x) = +
x
x
E ovo sad je korektno rešenje!
5. Data je funkcija f(x) = log 2( x +
x 2 + 1 ).
Odrediti f –1(x).
Rešenje: x2 +1 )
f(x) = log 2( x + y = log 2( x + x+
x2 +1 )
x 2 + 1 = 2y
x 2 + 1 = 2y – x
kvadriramo …
x2 + 1 = 22y – 2x 2y + x2
potiremo x2 …
2x 2y = 22y – 1 x=
22 y − 1 2 y +1
f –1(x) =
22x − 1 a ovo možemo malo da prisredimo ... 2 x +1
www.matematiranje.com
94
22x 1 − x 2x x −x 2x x 2 −1 2 −1 2 2 = 2 −2 f –1(x) = = = 2 2 2 x +1 2x2
6. Data je funkcija f(x) =
3
x + 1+ x2 +
3
x − 1 + x 2 . Odrediti f –1(x)
Rešenje: f(x) = y=
3
3
x + 1+ x2 +
x + 1+ x2 +
3
3
x − 1+ x2
x − 1+ x2
Ovo sve ide na treći stepen.
Podsetimo se najpre formule : (A + B)3 = A3 + 3A2B + 3AB2 + B3 = A3 + 3AB(A+B) + B3 y3 = x + 1 + x 2 + 3 3 x + 1 + x 2
3
x − 1+ x2 ( 3 x + 1+ x2 + 3 x − 1+ x2 ) + x − 1+ x2
y3 = 2x + 3
3
( x + 1 + x 2 )( x − 1 + x 2 ) y
y3 = 2x + 3
3
x2 −1− x2 y
y3 = 2x – 3y 2x = y3 + 3y x=
−1
y3 + 3y 2
f ( x) =
x 3 + 3x 2
www.matematiranje.com
95
96
FUNKCIONALNE JEDNAČINE Postupak rešavanja: i)
“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t ( smena)
ii)
Odatle izrazimo x
iii)
Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili
iv)
Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” i zamenimo t sa x
ZADACI 1)
Rešiti funkcionalnu jednačinu:
f ( x+1) = x2 –3x + 2
Rešenje: f ( x+1) = x2 –3x + 2
“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t
x +1 = t
Odatle izrazimo x
x=t-1
Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili
f ( t ) = (t – 1)2 – 3 (t – 1 ) + 2 f ( t ) = t2- 2t + 1 – 3t +3 + 2 f ( t ) = t2 – 5t + 6 f (x) = x2 – 5x + 6
Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ”
zamenimo t sa x i evo konačnog rešenja date funkcionalne jednačine.
2) Rešiti funkcionalnu jednačinu:
⎛1⎞ f ⎜ ⎟ = x + 1+ x2 ⎝ x⎠
Rešenje:
⎛1⎞ f ⎜ ⎟ = x + 1+ x2 ⎝ x⎠
1 1 = t pa je odavde = x ovo zamenimo u datoj jednačini x t 1 1 f (t ) = + 1 + 2 t t
www.matematiranje.com
97
1 t2 +1 f (t ) = + t t2 1 t2 +1 f (t ) = + t t 1+ t2 +1 f (t ) = t
1+ x2 +1 je konačno rešenje f ( x) = x
zamenimo t sa x
3) Rešiti funkcionalnu jednačinu:
f(
x ) = x2 x +1
Rešenje:
x ) = x2 x +1 x =t x +1 f(
x = t ( x+1) x=tx+t
x – tx = t izvučemo x kao zajednički na levoj strani... x(1–t)=t x=
f(
t 1− t
vratimo se sad na početnu jednačinu...
x ) = x2 x +1
f (t ) = (
t 2 ) 1− t
zamenimo t sa x ...
4) Reši funkcionalnu jednačinu: f (
f ( x) = (
x 2 ) je konačno rešenje 1− x
x+2 ) = 5x + 3 2x + 1
Rešenje:
f(
x+2 ) = 5x + 3 2x + 1
x+2 =t 2x + 1
www.matematiranje.com
98
x + 2 = t (2x + 1) x + 2 = 2tx + t
x – 2tx = t – 2 x (1 – 2t ) = t – 2 x=
f(
t−2 1 − 2t
x+2 ) = 5x + 3 2x + 1
t−2 5t − 10 3(1 − 2t ) 5t − 10 + 3 − 6t − t − 7 + 3 sredimo… f ( t ) = + = = izvučemo minus gore i 1 − 2t 1 − 2t 1 − 2t 1 − 2t 1 − 2t ubacimo ga u imenilac, koji onda promeni redosled … A - B = - (B – A) f(t)=5
f(t)=
t+7 2t − 1
f(x)=
x+7 je konačno rešenje 2x − 1
5) Ako je f (
x ) = ( x − 1) 2 , izračunati f(3). x +1
Rešenje: Najpre moramo naći f(x).
f(
x ) = ( x − 1) 2 x +1
x =t x +1 x = t ( x+1) x=tx+t
x – tx = t x(1–t)=t x=
t 1− t
vraćamo se u početnu jednačinu…
www.matematiranje.com
99
f(
x ) = ( x − 1) 2 x +1
f(t)=(
t - 1 )2 1− t
f(3)= (
6)
Sada umesto t stavljamo 3 jer se traži f(3)…
3 25 - 1 )2 = 1− 3 4
Rešiti funkcionalnu jednačinu:
1 1 f (x + ) = x 2 + 2 x x
Rešenje:
1 1 f (x + ) = x 2 + 2 x x
uzimamo smenu
x+
1 = t , ako odavde probamo da izrazimo x kao što bi trebalo, x
zapadamo u probleme... 1 =t x x2 + 1 = xt x+
sve pomnožimo sa x…
x2 – xt + 1 = 0 ovo je kvadratna po x i ne vodi rešenju… TRIK : OVDE SMENU TREBAMO KVADRIRATI
x+
1 = t kvadriramo… x
(x+
1 2 2 ) =t x
x 2 + 2x
1 1 + = t2 x x2
x2 + 2 +
pokratimo x-seve…
1 = t2 x2
1 = t 2 − 2 E sad se vratimo u datu početnu jednačinu... 2 x 1 1 f ( x + ) = x 2 + 2 pa je f ( t ) = t2 – 2 odnosno f(x) = x2 – 2 je konačno rešenje x x
x2 +
100
www.matematiranje.com
7. Rešiti funkcionalnu jednačinu:
⎛ x +1 ⎞ ⎛ x −2⎞ f⎜ ⎟+2f⎜ ⎟=x ⎝ x −2⎠ ⎝ x +1 ⎠
Rešenje:
⎛ x +1 ⎞ ⎛ x −2⎞ f⎜ ⎟+2f⎜ ⎟=x ⎝ x −2⎠ ⎝ x +1 ⎠ I ovaj zadatak ne možemo uraditi “ klasično” već se moramo poslužiti trikom... Ako uzmemo smenu
x +1 1 x−2 = i = t , onda je x−2 t x +1
t+2 x−2 = t odavde x-2 = t (x +1) pa je x – 2= tx + t , x – tx = t + 2 , x (1-t )= t + 2 i odavde je x = 1− t x +1 Vratimo se u datu jednačinu:
⎛ x +1 ⎞ ⎛ x −2⎞ f⎜ ⎟+2f⎜ ⎟=x ⎝ x −2⎠ ⎝ x +1 ⎠ f(
1 t+2 1 )+2f(t)= dobili smo jednu jednačinu...E sad je trik da umesto t stavimo t 1− t t
1 + 2t 1 +2 1 1 + 2t f( t ) + 2 f( ) = t = t = t −1 1 t t −1 1− t t Sada pravimo sistem od dve jednačine:
dobismo i drugu jednačinu
1 t+2 )+2f(t)= t 1− t 1 1 + 2t f( t ) + 2 f( ) = t t −1
f(
Prvu jednačinu pomnožimo sa -2 pa saberemo ove dve jednačine... 1 t+2 ) = -2 t 1− t 1 1 + 2t f( t ) + 2 f( ) = t t −1
-4f(t)-2f(
-3f(t)=
− 2t − 4 1 + 2t 2t + 4 1 + 2t 4t + 5 + = + = dakle 1− t t −1 t −1 t −1 t −1 www.matematiranje.com
101
-3f(t)=
4t + 5 podelimo sve sa –3 i dobijamo t −1
f(t)=
4t + 5 − 3(t − 1)
f(x)=
4x + 5 konačno rešenje 3 − 3x
odnosno f ( t ) =
4t + 5 umesto t stavimo x i dobijamo: 3 − 3t
www.matematiranje.com
102
FUNKCIONALNE JEDNAČINE, INVERZNA FUNKCIJA I KOMPOZICIJA FUNKCIJA FUNKCIONALNE JEDNAČINE Postupak rešavanja: i)
“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t ( smena)
ii)
Odatle izrazimo x
iii)
Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili
iv)
Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” i zamenimo t sa x ZADACI
1)
Rešiti funkcionalnu jednačinu:
f ( x+1) = x2 –3x + 2
Rešenje: f ( x+1) = x2 –3x + 2
“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t
x +1 = t
Odatle izrazimo x
x=t-1
Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili
f ( t ) = (t – 1)2 – 3 (t – 1 ) + 2 f ( t ) = t2- 2t + 1 – 3t +3 + 2 f ( t ) = t2 – 5t + 6 f (x) = x2 – 5x + 6
Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ”
zamenimo t sa x i evo konačnog rešenja date funkcionalne jednačine.
2) Rešiti funkcionalnu jednačinu:
1 f x 1 x2 x
Rešenje:
1 f x 1 x2 x
1 1 t pa je odavde x ovo zamenimo u datoj jednačini x t 1 1 f (t ) 1 2 t t
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
103
1 t2 1 f (t ) t t2 1 t2 1 f (t ) t t f (t )
1 t2 1 t
f ( x)
zamenimo t sa x
3) Rešiti funkcionalnu jednačinu:
f(
1 x2 1 je konačno rešenje x
x ) x2 x 1
Rešenje:
x ) x2 x 1 x t x 1 f(
x = t ( x+1) x=tx+t
x – tx = t izvučemo x kao zajednički na levoj strani... x(1–t)=t x
f(
t 1 t
vratimo se sad na početnu jednačinu...
x ) x2 x 1
f (t ) (
t 2 ) 1 t
zamenimo t sa x ...
4) Reši funkcionalnu jednačinu: f (
f ( x) (
x 2 ) je konačno rešenje 1 x
x2 ) 5x 3 2x 1
Rešenje:
f(
x2 ) 5x 3 2x 1
x2 t 2x 1
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
104
x + 2 = t (2x + 1) x + 2 = 2tx + t
x – 2tx = t – 2 x (1 – 2t ) = t – 2 x
f(
t2 1 2t
x2 ) 5x 3 2x 1
t2 5t 10 3(1 2t ) 5t 10 3 6t t 7 + 3 sredimo… f ( t ) = + = = izvučemo minus gore i 1 2t 1 2t 1 2t 1 2t 1 2t ubacimo ga u imenilac, koji onda promeni redosled … A - B = - (B – A) f(t)=5
f(t)=
t7 2t 1
f(x)=
x7 je konačno rešenje 2x 1
5) Ako je f (
x ) ( x 1) 2 , izračunati f(3). x 1
Rešenje: Najpre moramo naći f(x).
f(
x ) ( x 1) 2 x 1
x t x 1 x = t ( x+1) x=tx+t
x – tx = t x(1–t)=t t x vraćamo se u početnu jednačinu… 1 t
www.matematiranje.com
105
f(
x ) ( x 1) 2 x 1
f(t)=(
t - 1 )2 1 t
f(3)= (
6)
Sada umesto t stavljamo 3 jer se traži f(3)…
3 25 - 1 )2 = 1 3 4
Rešiti funkcionalnu jednačinu:
1 1 f (x ) x 2 2 x x
Rešenje:
1 1 f (x ) x 2 2 x x
uzimamo smenu
x
1 = t , ako odavde probamo da izrazimo x kao što bi trebalo, x
zapadamo u probleme... 1 =t x x2 + 1 = xt x
sve pomnožimo sa x…
x2 – xt + 1 = 0 ovo je kvadratna jednačina po x i ne vodi rešenju… TRIK : OVDE SMENU TREBAMO KVADRIRATI
x
1 = t kvadriramo… x
(x
1 2 2 ) =t x
x 2 2x
1 1 t2 x x2
x2 2
pokratimo x-seve…
1 t2 x2
1 t 2 2 E sad se vratimo u datu početnu jednačinu... 2 x 1 1 f ( x ) x 2 2 pa je f ( t ) = t2 – 2 odnosno f(x) = x2 – 2 je konačno rešenje x x
x2
106
www.matematiranje.com
7. Rešiti funkcionalnu jednačinu:
x 1 x 2 f 2f x x 2 x 1
Rešenje:
x 1 x 2 f 2f x x 2 x 1 I ovaj zadatak ne možemo uraditi “ klasično” već se moramo poslužiti trikom... Ako uzmemo smenu
x 1 1 x2 i t , onda je x2 t x 1
t2 x2 t odavde x-2 = t (x +1) pa je x – 2= tx + t , x – tx = t + 2 , x (1-t )= t + 2 i odavde je x = 1 t x 1 Vratimo se u datu jednačinu:
x 1 x 2 f 2f x x 2 x 1 f(
1 t2 1 )+2f(t)= dobili smo jednu jednačinu...E sad je trik da umesto t stavimo t 1 t t
1 2t 1 2 1 1 2t f( t ) + 2 f( ) = t = t = t 1 1 t t 1 1 t t Sada pravimo sistem od dve jednačine:
dobismo i drugu jednačinu
1 t2 )+2f(t)= t 1 t 1 1 2t f( t ) + 2 f( ) = t t 1
f(
Prvu jednačinu pomnožimo sa -2 pa saberemo ove dve jednačine... 1 t2 ) = -2 t 1 t 1 1 2t f( t ) + 2 f( ) = t t 1
-4f(t)-2f(
-3f(t)=
2t 4 1 2t 2t 4 1 2t 4t 5 + = + = dakle 1 t t 1 t 1 t 1 t 1 www.matematiranje.com
107
-3f(t)=
4t 5 podelimo sve sa –3 i dobijamo t 1
f(t)=
4t 5 3(t 1)
f(x)=
4x 5 konačno rešenje 3 3x
odnosno f ( t ) =
4t 5 umesto t stavimo x i dobijamo: 3 3t
INVERZNA FUNKCIJA
Definišimo najpre bijektivno preslikavanje: Za preslikavanje f: A B kažemo da je : 1) “jedan – jedan” (obostrano jednoznačno) , što skraćeno pišemo “ 1-1 “, ako važi (x1 , x 2 A)( x1 x 2 f ( x1 ) f ( x 2 ))
2) “na” ako je (y B)(x A)( f ( x) y ) 3) bijektivno ako je “1-1” i “na” Preslikavanje skupa A na sebe , u oznaci iA , sa osobinom (x A)(i A ( x) x) naziva se identičkim (jediničnim) preslikavanjem skupa A. Ako je f: A B bijektivno preslikavanje, onda sa f –1 ozačavamo preslikavanje skupa B na skup A, koje ima osobinu da je f
1
f ff
1
i A . U tom slučaju f –1 nazivamo inverznim preslikavanjem preslikavanja f.
Postupak za rešavanje zadataka : i)
Umesto f(x) stavimo y
ii)
Odavde izrazimo x preko y
iii)
Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.
www.matematiranje.com
108
1. Data je funkcija f(x) = 2x – 1. Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje:
f(x) = 2x – 1
Umesto f(x) stavimo y
y = 2x – 1
Odavde izrazimo x preko y
2x = y + 1 x=
y 1 2
f –1(x) =
Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.
x 1 2
i evo nam inverzne funkcije.
Pošto obe funkcije predstavljaju prave, uzećemo po dve proizvoljne tačke( prvo x = 0, pa y = 0) i nacrtati ih. f(x) = 2x – 1 x f(x)
0 -1
f –1(x) =
x 1 2
x f (x)
0 1/2
–1
1/2 0
-1 0
y 7 6 5
f(x)=2x-1
4 y=x
3
-1
f (x) =
2 1 -5
-4
.
-3 -2 -1
.
-1.
x+1 2
. .
1
2
3
4
5
6
7
x
-2 -3 -4 -5
Primetimo da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .
www.matematiranje.com
109
2. Data je funkcija f ( x) 3 x 3 . Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x).
Rešenje:
f ( x) 3 x 3 y 3x 3 3x y 3 x
y3 x3 f 1 ( x) 3 3
za f ( x) 3 x 3 x f(x)
0 -3
za f 1 ( x) x f –1(x)
1 0
x3 3
0 1
-3 0
y 5
f ( x ) 3x 3 y=x
4 3 2
f 1 ( x)
x 3 3
1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
Opet su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x. Šta mislite, da li će uvek tako biti? www.matematiranje.com
110
3. Odrediti inverznu funkciju za
f ( x)
x 3 x7
Rešenje: x3 x7 x 3 y x7 y x 3 množimo unakrsno 1 x7 y ( x 7) 1( x 3) f ( x)
yx 7 y x 3 yx x 3 7 y x( y 1) 3 7 y x
37y 3 7x f 1 ( x) y 1 x 1
a b c d e –1 4. Data je funkcija f . Odrediti njenu inverznu funkciju f (x). 2 4 1 3 5 Rešenje:
Ovde nam je funkcija zadata na drugi način. Direktno znamo koji elemenat se u koji preslikava: f
Šta će biti inverzna funkcija? .1
a.
Pa jednostavno, elementi iz drugog skupa se slikaju u prvi…
.2
b.
.3
c. d.
.4
e.
.5
f -1 a. b. c.
.1 .2 .3
d.
.4
e.
.5
2 4 1 3 5 Ili zapisano na drugi način: f 1 a b c d e
www.matematiranje.com
111
KOMPOZICIJA FUNKCIJA
f :A B i
Neka su
g : B C funkcije. Tada sa g f označavamo kompoziciju ( proizvod ) preslikavanja
f i g , i definišemo ga sa (x A) (( g f )( x) g ( f ( x)) . Na ovaj način smo ustvari dobili preslikavanje g f : A C ( kompozicija se najčešće obeležava sa , a čita se “ kružić” primer 1.
Date su funkcije
1 2 3 4 f acb d
i
a b c d g odrediti 6 8 7 9
( g f )( x)
Rešenje: Ajmo najpre da ovo predstavimo dijagramom da vidimo šta se zapravo dešava a onda ćemo ispisati i rešenje:
f
g
.1
a.
.6
.2
b.
.7
.3
c.
.8
.4
d.
.9
Za svaki element radimo posebno: ( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (1)) g (a) 6
Na slici uočite crvene strelice.
( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (2)) g (c) 7 Na slici uočite crne strelice. ( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (3)) g (b) 8
Na slici uočite plave strelice.
( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (4)) g (d ) 9
Na slici uočite žute strelice.
www.matematiranje.com
112
primer 2. Ako je
1 2 3 4 p q r s f , g c a b d 1 4 3 2
i
a b c d h odrediti: rpqs
a) f g = ? b) g h ? c) ( g h) f ?
Rešenje: a) f g = ?
1 2 3 4 p q r s Kako je f i g ,idemo redom: c a b d 1 4 3 2
( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g ( p)) f (1) c ( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g (q )) f (4) d ( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g (r )) f (3) b
( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g ( s)) f (2) a pqrs Odavde imamo da je: f g c d b a b) g h ?
p q r s g 1 4 3 2
i
a b c d h , pa je : rpqs
( g h)( x) g (h( x)) g (h(a )) g (r ) 3 ( g h)( x) g (h( x)) g (h(b)) g ( p) 1
( g h)( x) g (h( x)) g (h(c)) g (q) 4 ( g h)( x) g (h( x)) g (h(d )) g ( s ) 2
a b c d Pa je : g h 3 1 4 2 www.matematiranje.com
113
c) ( g h) f ? Slično radimo , samo što sada imamo tri funkcije u kompoziciji:
1 2 3 4 f , c a b d
a b c d h rpqs
pqrs g 1 4 3 2
[( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) Prvo radimo f, pa h i na kraju g... Ovako smemo da radimo jer važi asocijativni zakon ( g h) f g (h f ) . Dakle: [( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (1)) g (h(c)) g (q) 4
[( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (2)) g (h(a)) g (r ) 3 [( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (3)) g (h(b)) g ( p ) 1 [( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (4)) g (h(d )) g ( s ) 2 Ova kompozicija je
1 2 3 4 ( g h) f 4 3 1 2
primer 3. Date su funkcije f ( x) 3x 2
i g ( x) 5 x 7 . Odrediti:
a) f g b) g f c) f f d) g g Rešenje:
Ovo je drugi tip zadatka vezan za kompoziciju funkcija. a)
f g
( f g )( x) f ( g ( x)) Sad zamenimo funkciju koja je “ unutra”, znači g ( x) ( f g )( x) f ( g ( x) ) f (5 x 7) = nadjemo kako izgleda funkcija f ( f ( x) 3 x 2 ) i gde vidimo x stavimo sve iz zagrade... ( f g )( x) f ( g ( x)) f (5 x 7) 3 (5 x 7) 2 i još da ovo malo prisredimo...
( f g )( x) f ( g ( x)) f (5 x 7) 3(5 x 7) 2 15 x 21 2 15 x 19 www.matematiranje.com
114
b) g f ( g f )( x) g ( f ( x)) opet prvo zamenimo funkciju unutar... ( g f )( x) g ( f ( x)) g (3x 2) , sad posmatramo funkciju g i gde vidimo x stavimo sve iz zagrade... ( g f )( x) g ( f ( x)) g (3 x 2) 5(3 x 2) 7 opet malo sredimo... ( g f )( x) g ( f ( x)) g (3x 2) 5(3x 2) 7 15 x 10 7 15 x 3 c)
ff
( f f )( x) f ( f ( x)) f (3x 2) 3(3x 2) 2 9 x 6 2 9 x 8 d) g g ( g g )( x) g ( g ( x)) g (5 x 7) 5(5 x 7) 7 25 x 35 7 25 x 42 primer 4. a)
Date su funkcije f ( x 1) 5 x 3 i g (2 x 3) 3 x 1 . Odrediti:
f g
b) g 1 f 1
Rešenje: Ovo je zadatak u kome vas profesor proverava sve tri stvari: funkcionalnu jednačinu, inverznu funkciju i kompoziciju funkcija.
Prvo da nadjemo f(x) i
g(x).
f ( x 1) 5 x 3 x 1 t x t 1 f (t ) 5(t 1) 3 f (t ) 5t 5 3 f (t ) 5t 8 f ( x) 5 x 8
g (2 x 3) 3 x 1 2x 3 t 2x t 3 t 3 2 t 3 1 g (t ) 3 2 3t 9 2 g (t ) 2 3t 11 3 x 11 g ( x) g (t ) 2 2 x
115
www.matematiranje.com
Dalje tražimo inverzne funkcije: 3 x 11 2 3 x 11 y 2 3 x 11 2 y g ( x)
f ( x) 5 x 8 y 5x 8 5x y 8 x
y 8 x8 f 1 ( x ) 5 5
3 x 2 y 11 x
2 y 11 2 x 11 g 1 ( x) 3 3
Sada možemo naći:
( f g )( x) f ( g ( x)) f (
3x 11 3x 11 15 x 55 16 15 x 39 8 ) 5 2 2 2 2
x8 ( g 1 f 1 )( x) g 1 ( f 1 ( x)) g 1 ( ) 5
2
x 8 2 x 16 55 2 x 39 11 2 x 39 5 5 5 3 3 3 15 1 www.matematiranje.com
116
LINEARNA FUNKCIJA I NJEN GRAFIK Neka su dati skupovi A i B. Ako svaki elemenat x ∈ A odgovara tačno jedan elemenat y ∈ B , kažemo da se skup A preslikava u skup B. Takvo preslikavanje nazivamo funkcijom. Zapisujemo:
f : A → B ili y = f (x)
Domen
Kodomen
Najpoznatiji oblik linearne funkcije je: y = kx + n (eksplicitni) Grafik ove funkcije je prava. K- je koeficijenat pravca, odnosno k = tgα gde je α - ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x-ose, n - je odsečak na y-osi
Pošto je prava odredjena sa dve svoje tačke, grafik ucrtamo tako što u malu tablicu uzmemo 2 proizvoljne vrednosti za x, pa izračunamo y ili još bolje, x = 0 i y = 0 , pa nadjemo nepoznate: y = 2 x + 2 Za y = 0 Zaz za x=0 2x + 2 = 0 y = 2⋅0 + 2 = 2 x = −1
117
1
PAZI: Ako je funkcija samo y = kx (bez n) onda grafik prolazi kroz kordinatni početak i moramo uzimati dve različite vrednosti za x.
Primer: y = −2 x
x = 0 pa je y = 0 x = 1 pa je y = -2
Kako nacrtati grafike x = 2 ili y = −3 ? Važno je zapamtiti: → → → →
y=0 x=0 x=a y =b
je x-osa je y-osa , grafik je paralelan sa y-osom i prolazi kroz a , grafik je paralelan sa x-osom i prolazi kroz b
118
2
Dakle: y = −3
x=2
Nula Funkcije: je mesto gde grafik seče x-osu a dobija se kad stavimo y = 0 pa n⎞ ⎛ izračunamo koliko je x. ⎜ x = − ⎟ Funkcija može biti rastuća ili opadajuća. Ako je k>0 k⎠ ⎝ funkcija je rastuća i sa pozitivnim smerom x-ose gradi oštar ugao, a ako je k<0 funkcija je opadajuća i sa pozitivnim smerom x-ose gradi tup ugao.
Znak funkcije: Funkcija je pozitivna za y>0 tj. kx + n > 0 i grafik je iznad x-ose. Funkcija je negativna za y<0 tj. kx + n < 0 i grafik je ispod x-ose
119
3
Opadajuća
Rastuća k n ⎛ k ⎞ y > 0 za x ∈ ⎜ − , ∞ ⎟ ⎝ n ⎠ k⎞ ⎛ y < 0 za x ∈ ⎜ − ∞,− ⎟ n⎠ ⎝
y = 0 za x = −
y = 0 za x = −
k n
k⎞ ⎛ y > 0 za x ∈ ⎜ − ∞,− ⎟ n⎠ ⎝ ⎛ k ⎞ y < 0 za x ∈ ⎜ − , ∞ ⎟ ⎝ n ⎠
Ako se u zadatku kaže da grafik prolazi kroz neku tačku ( x 0 , y 0 ) onda koordinate te tačke smemo da zamenimo umesto x i y u datoj jednačini y = kx + n Dakle: y0 = kx0 + n Dva grafika y = kx1 + n1 i je k1 ⋅ k 2 = −1 .
y = kx2 + n2 će biti paralelna ako je k1 = k 2 , a normalna ako
Dakle: - uslov paralelnosti je k1 = k 2 - uslov normalnosti je k1 ⋅ k 2 = −1 Da nas ne zbuni: Prava može biti zadata i u drugim oblicima: a b ax + by + c = 0 ili + =1 x y Mi ovde izrazimo y (ipsilon) i ‘’pročitamo’’ k i n :
120
4
ax + by + c = 0 by = −ax − c a c y =− x− b b c a pa je: k = − , n = − b b ______________________ x y + = 1 /⋅ ab a b bx + ay = ab ay = −bx + ab / : a b y = − x+b a a pa je: k = − , n = b b 1) Proučiti promene i grafički prikaži funkcije:
1 b) y = −2 x + 4 x −1 2 _________________________________________________ a) y =
a) y =
1 x −1 2
za x = 0
⇒
y = 0 − 1 = −1
za y = 0
⇒
1 x −1 = 0 ⇒ x = 2 2
1. Oblast definisanosti: x ∈ R 2. Nula finkcija: x = 2 3. Znak: y > 0 za x ∈ (2, ∞) y < 0 za x ∈ (−∞,2) 4. Monotonost: Funkcija je rastuća jer je k =
121
1 >0 2
5
b) y = −2 x + 4
za za
x=0 y=0
⇒ ⇒
y = 0+4 = 4 − 2x + 4 = 0 ⇒
x=2
1. Oblast definisanosti: x ∈ R 2. Nula funkcije: x = 2 3. Znak: y > 0 za x ∈ (−∞,2) y < 0 za x ∈ (2, ∞) 4.Monotonost: funkcija je opadajuća jer k = −2 < 0 5) U skupu finkcija y=(a-4)x-(3a-10). (a realan parametar), odrediti parametar a tako da tačka M(1,2) pripada grafiku funkcije. Za nadjenu vrednost parametra a ispitati funkciju i skicirati njen grafik.
y = (a − 4) x − (3a − 10) 2 = (a − 4) ⋅1 − (3a − 10)
M(1,2) tačka pripada grafiku pa njene koordinate Stavljamo umesto x i y. x = 1 i y = 2
2 = a − 4 − 3a + 10 2 = −2 a + 6 2a = 6 − 2 2a = 4 a=2 y = −2 x + 4
y = (2 − 4) x − (3 ⋅ 2 − 10) y = −2 x − ( − 4 ) y = −2 x + 4
122
6
6) U skupu funkcija f ( x) = (a − 2) x − 2a + 3 , odrediti parameter a tako da grafik funkcije odseca na y-osi odsečak dužine 5.
f ( x) = (a − 2) x − 2a + 3 y = kx + n Pošto je n -odsečak na y-osi, a ovde je n = −2a + 3 , to mora biti: − 2a + 3 = 5 − 2a = 5 − 3 − 2a = 2 a = −1
7) Date su familije funkcija y = (2m − 5) x + 7 i parametra m grafici ovih funkcija paralelni?
y = (2m − 5) x + 7 y = (10 − m) x − 3
⇒ ⇒
y = (10 − m) x − 3 Za koje su vrednosti
k = 2m − 5 k = 10 − m
uslov paralelnosti je da imaju iste k. Dakle: 2m − 5 = 10 − m 2m + m = 10 + 5 3m = 15 15 m= 3 m=5 8) Nacrtati grafik funkcije y = x −1
Najpre definišemo apsolutnu vrednost: ⎧ x, x ≥ 0 x =⎨ ⎩− x, x < 0 Dakle,treba nacrtati dva grafika
123
7
y = x −1
y = x −1 za x ≥ 0
y = −x −1
y = −x −1 za x < 0
y = x −1
Kako grafik y = x − 1 važi samo za x ≥ 0 njegov deo (isprekidano) za x < 0 nam ne treba. Kako grafik y = − x − 1 važi za x < 0 i njegov isprekidani deo nam ne treba.
9) Dat je skup funkcija y=(4m)x-(3m-2), (m realan broj) a) Odrediti m tako da funkcija ima nula x=2 b) Za nadjenu vrednost m ispitati promene i konstruisati grafik funkcije.
y=(4m-6)x-(3m-2) a) x = 2 za y = 0 ⇒
(4m − 6) ⋅ 2 − (3m − 2) = 0 8m − 12 − 3m + 2 = 0 5m − 10 = 0 m=2
124
8
y = (4 ⋅ 2 − 6) x − (3 ⋅ 2 − 2) y = 2x − 4
10) Dat je skup funkcija y = (k − 2) x − (k − 1), gde je k realan parameter. Odrediti parametar k tako da njen grafik bude paralelan sa grafikom funkcije y = 2 x − 6 . Za dobijenu vrednost k, ispisati funkciju i konstruisati njen grafik.
y = (k − 2) x − (k − 1) y = 2x − 6 k −2 = 2 k =4
y = (4 − 2) x − (4 − 1) y = 2x − 3
125
9
KVADRATNA FUNKCIJA
Kvadratna funkcija je oblika: y = ax 2 + bx + c Gde je x ∈ R, a ≠ 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax 2 + bx + c je parabola.
Najpre ćemo naučiti kako izgleda grafik funkcije y = x 2 . Napravićemo tablicu za neke vrednosti promenljive x. x y
-3 9
-2 4
-1 1
0 0
1 1
2 4
3 9
y
9 8
y=x
2
4 3 2 1 -3
-2 -1
za x = −3 je za x = −2 je _________
x 1
2
3
y = (−3) 2 = 9 y = (−2) 2 = 4
za x = −1 je y = (−1) 2 = 1 _________
za x = 0 je
y = 02 = 0
x = 1 je
y = 12 = 1
_________
za
_________
za x = 2 je
y = 22 = 4
za x = 3 je
y = 32 = 9
_________
_________
www.matematiranje.com
126
1
Ovaj grafik će nam uvek služiti kao ‘’početni”. Šta se dešava ako ispred x 2 ima neki broj? Naučimo sad grafik y = ax 2
Razlikovaćemo 2 situacije: a > 0 i a < 0 za a > 0
Ovde je parabola okrenuta ‘’ otvorom nagore’’. Šta se dešava ako je a > 1 i 0 < a < 1?
a >1
U odnosu na početni grafik y = x 2 , ovaj grafik y = ax 2 se ‘’sužava’’ Primer y = 2x 2 X Y
-3 18
-2 8
-1 2
0 0
1 2
2 8
3 18
y
2
y=2x 9 8
y=x
2
4 3 2 1 -3 -2 -1
x 1
2
3
Što je broj a veći to je grafik uži!!!
www.matematiranje.com
127
2
0 < a <1
U odnosu na početni grafik y = x 2 , ovaj grafik y = ax 2 se ‘’širi’’ Primer 1 y = x2 2
X Y
-3 9 2
-2 2
-1 1 2
0 0
1 1 2
2 2
3 9 2
1 -1
2 -4
3 -9
y
9 1 _ y= x2 2
8
y=x 2 4 3 2 1 -3 -2 -1
x 1
2
3
Što je broj a bliži nuli, grafik je širi!!! Za a < 0 parabola je okrenuta ‘’otvorom nadole’’.
Početni grafik je y = − x 2 .
x y
-3 -9
-2 -4
-1 -1
0 0
www.matematiranje.com
128
3
Evo grafika funkcije y = − x 2 y 3 2 x
1 -3 -2 -1
1
3
2
-1 -2 -4
-8 -9 y=-x2
Opet ćemo razmotriti 2 situacije: U odnosu na početni y = − x 2 grafik se ‘’sužava’’ako je a<-1 Primer y = −2 x 2 x y
-3 -18
-2 -8
-1 -2
0 0
1 -2
2 -8
3 -18
y 3 2 x
1 -3 -2 -1
1
2
3
-1 -2 -4
-8 -9 y=-x2 2
y=-2x
www.matematiranje.com
129
4
Ako je −1 < a < 0 1 U odnosu na početni grafik y = − x 2 grafik , na primer y = − x 2 se ‘’širi’’ 2 x y
-3 9 2
-2 -2
-1 1 2
0 0
1 1 2
2 -2
3 9 2
y 3 2 x
1 -3 -2 -1
1
2
3
-1 -2
-4 _ 2 y=- 1 x 2
-8 -9 y=-x2
Dobro, ovo za sad nije bilo ''mnogo opasno'' Naučimo sada da pomeramo finkciju duž yose. Posmatrajmo grafik:
y = ax 2 + β → Prvo nacrtamo grafik funkcije y = ax 2 → taj grafik pomeramo duž y-ose i to: 1) Ako je β pozitivan ‘’podižemo’’ grafik, odnosno pomeramo ga u pozitivnom smeru y-ose. 2) Ako je β negativan, ‘’spuštamo’’ grafik, odnosno pomeramo ga u negativnom smeru y-ose www.matematiranje.com
130
5
Evo par primera: 1 2 x +1 2
y=
Primer 1:
y _ 2 y=1 x +1 2
1 y= _ x2 2
4 3 2 1 -3
0
-2 -1
x 1
2
3
Prvo nacrtamo grafik y =
1 2 x , Zatim taj grafik ‘’podignemo’’ za +1, paralelnim 2
pomeranjem (translacija) Primer 2: y = x2 − 2 Znači, najpre nacrtamo grafik y = x 2 . Potom taj grafik ‘’spustimo’’ za -2 duž y-ose (transplatorno pomeranje) y
2
y=x
9
4 3 2 1 -3 -2 -1 0
x 1
-1
2
3
2
y=x -2
-2
www.matematiranje.com
131
6
Nadam se da smo i ovo razumeli, jel tek sad ide ''prava stvar''. Naučimo da pomeramo funkciju i duž x-ose. Posmatrajmo funkciju: y = ( x − α ) 2 Pazi:
→ Ako je –α to znači da funkciju pomeramo za α po x-osi udesno. → Ako je +α to znači da finkciju pomeramo za α po x-osi ulevo Ništa bez primera: Primer 1: y = ( x − 3) 2 → Znači pomeramo funkciju y = x 2 udesno za 3
y y=x
2
y=(x-3)
2
9
4 3 2 1 -3 -2 -1 0
x 1
2
3
-1 -2
Primer 2:
y = ( x + 2) 2
→ Znači pomerimo funkciju y = x 2 ulevo za 2 www.matematiranje.com
132
7
y
2
y=x
9
4
2
y=(x+2)
3 2 1 -3 -2 -1 0
x 1
2
3
-1 -2
Sada imamo znanje da nacrtamo ceo grafik funkcije y = ax 2 + bx + c .
Najpre moramo funkciju y = ax 2 + bx + c svesti na takozvani kanonski oblik. Tu nam pomaže formula: 2
b ⎞ 4ac − b 2 ⎛ y = a⎜ x + ⎟ + 2a ⎠ 4a ⎝ ili ako uvedemo da je:
α =−
b 2a
i β=
D 4ac − b 2 tj. β = − dobijamo: y = a( x − α ) 2 + β kanonski oblik 4a 4a
Tačka T (α , β ) je teme parabole.
Dakle: (važno, ovo je postupak)
→ Datu funkciju y = ax 2 + bx + c najpre svedemo na kanonski oblik y = a(x − α ) 2 + β → Nacrtamo grafik funkcije y = ax 2 → Izvršimo pomeranje (transliranje) duž x–ose za α → Izvršimo pomeranje (transliranje) duž y-ose za β www.matematiranje.com
133
8
Primer 1: Nacrtaj grafik funkcije: y = x2 − 6x + 5 → Svedemo je na kanonski oblik:
a =1
b −6 =− =3 2a 2 ⋅1 4ac − b 2 4 ⋅1⋅ 5 − (−6) 2 20 − 36 − 16 = β= = = = −4 4a 4 ⋅1 4 4
α =−
b = −6 c=5
y = a( x − α ) 2 + β y = 1( x − 3) 2 + (−4) y = ( x − 3) 2 − 4 → Najpre nacrtamo y = ax 2 , odnosno y = x 2 y
9 8
y=x
2
4 3 2 1 -3
-2 -1
x 1
2
3
→ Sada ucrtamo grafik y = ( x − 3) 2 , odnosno vršimo pomeranje za 3 ulevo y
9 8
y=x
2
4 3 2 1 -3
-2 -1
x 1
2
3
134
9
→ I najzad ucrtamo y = ( x − 3) 2 − 4 tako što grafik y = ( x − 3) 2 spustimo za 4 ‘’nadole’’ y
9 8 2
y=(x-3) 5 y=x
2
4 3 2 1 -3 -2 -1
x 1
2
3
5 2
y=(x-3) - 4 -4
Ceo ovaj postupak je dosta ‘’zamršen’’ a nije baš ni mnogo precizan. Evo kako ćete mnogo brže i preciznije nacrtati grafik y = ax 2 + bx + c bez svodjenja na kanonski oblik i ‘’pomeranja’’: Naš grafik će u zavisnosti od a (broja uz x 2 ) i diskriminante D = b 2 − 4ac biti jedan od sledećih 6 grafika: 1) a > 0, D > 0 y
x1
x2 x
T (α , β )
→ F-ja seče x-osu u x1 i x2 → y < 0 za x ∈ ( x1 , x2) I y > 0 za x ∈ (−∞, x1 ) ∪ ( x2, ∞) → F-ja ima minimum u temenu T (α , β ) → F-ja raste za x ∈ (α , ∞) → F-ja opada za x ∈ (−∞, α )
135
10
2) a > 0, D = 0 y
x1 = x2 T (α , β )
x
→ F-ja je definisana za ∀x ∈ R → F-ja seče x-osu u x1 = x2 → y ≥ 0, ∀x ∈ R → F-ja ima minimum u T (α ,0) → F-ja raste za x ∈ (α , ∞) → F-ja opada za x ∈ (−∞, α )
3) a > 0, D < 0 y
T (α , β ) x
→ F-ja je definisana za ∀x ∈ R → F-ja ne seče x- osu ( x1, 2 su konjugovano -kompleksni brojevi). → y > 0, za ∀x ∈ R → F-ja ima minimum u T (α , β ) → F-ja raste za x ∈ (α , ∞) → F-ja opada za x ∈ (−∞, α ) www.matematiranje.com
136
11
4) a < 0, D > 0 y T (α , β )
x1
x2
x
→ F-ja je definisana ∀x ∈ R → F-ja seče x- osu u x1 , x2 → y < 0 za x ∈ (−∞, x1 ) ∪ ( x2 , ∞) y > 0 za x ∈ ( x1 , x2 ) → F-ja ima maksimum u T (α , β ) → F-ja raste za x ∈ (−∞, α ) → F-ja opada za x ∈ (α , ∞)
5) a < 0, D = 0 y
x1 = x2 T (α , β )
x
→ F-ja je definisana ∀x ∈ R → F-ja seče x- osu u x1 = x 2 → y ≤ 0, ∀x ∈ R → F-ja ima maximum u T (α ,0) → F-ja raste za x ∈ (−∞, α ) → F-ja opada za x ∈ (α , ∞) www.matematiranje.com
137
12
6) a < 0, D < 0 y
T (α , β )
x
→ F-ja je definisana ∀x ∈ R → F-ja ne seče x- osu ( x1, 2 su konjugovano -kompleksni brojevi) → y < 0, za ∀x ∈ R → F-ja ima maximum u T (α , β ) → F-ja raste za x ∈ (−∞, α ) → F-ja opada za x ∈ (α , ∞)
Postupak
1) Najpre odredimo a,b,c i nadjemo diskriminantu D = b 2 − 4ac −b± D (ako ima) 2) Tražimo x1, 2 = 2a D > 0, x 1 ≠ x 2
D = 0, x 1 = x 2 D < 0, nema x1 , x2 3) U zavisnost od znaka broja a zaključujemo da li je parabola okrenuta otvorom nagore ili na dole, tj: D > 0 → Smeje se D < 0 → Mršti se
4) Parabola uvek seče y-osu u broju c
138
13
5) Nadjemo teme T (α , β ) α = − T (α , β ) je max ako je a < 0 T (α , β ) je min ako je a > 0
b D ,β = − 2a 4a
6) Konstruišemo grafik Primer 1: Nacrtaj grafik funkcije y = x2 − 6x + 5 (ovo je ista funkcija koju smo crtali svodjenjem na kanonski oblik i pomerili duž x i y ose, pa da vidimo koji će nam postupak biti jasniji) 1)
a =1
D = b 2 − 4ac = (−6) 2 − 4 ⋅1⋅ 5 = 36 − 20 = 16
b = −6 c=5 2) x1, 2 =
−b± D 6± 4 = 2a 2
x1 = 5 x2 = 1 3)
a = 1 > 0 ⇒ okrenuta otvorom na gore (smeje se)
4) y-osu seče u c=5 5)
T (α , β ) b −6 =3 α =− = 2a 2 ⋅ 1 D 16 = −4 β =− =− 4a 4 ⋅1 T (3, −4) → min www.matematiranje.com
139
14
6) Grafik: y
9 8
5 4 3 2 1 -3 -2 -1
x 1
2
3
5
-4
sami odlučite koji način konstrukcije grafika vam je ‘’lakši’’ Primer 2: Nacrtati grafik finkcije 1 1 y = − x2 + x + 6 2 2 1) a=−
1 2
1 2 c=6
b=
2
1 1 49 ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ D = ⎜ ⎟ − 4 ⎜ − ⎟ ⋅ 6 = + 12 = 12 = 4 4 4 ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2) 1 7 1 7 1 7 1 7 − ± − ± − + − − 3 −b ± D −4 x1,2 = = 2 2 = 2 2 → x1 = 2 2 = = −3 → x2 = 2 2 = =4 2a −1 −1 −1 −1 −1 ⎛ 1⎞ 2⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ x1 = −3 x2 = 4 www.matematiranje.com
140
15
3) a=−
1 < 0 ⇒ okrenuta otvorom na dole (mršti se) 2
4) presek sa y-osom je c=6 5)
T (α , β ) 1 2
b 1 =− = 2a ⎛ 1⎞ 2 2⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ 49 D 49 1 β =− =− 4 =+ =6 4a 8 8 ⎛ 1⎞ 4⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎛1 1⎞ T ⎜ ,6 ⎟ ⎝ 2 8⎠
α =−
y
9 8
6 5 4 3 2 1 -3 -2 -1
x 1
2
3
4
5
-4
www.matematiranje.com
141
16
Primer 3: Skicirati grafik funkcije: y = x2 − 4 x + 3
Rešenje: ⎧ x, x ≥ 0 Pošto x = ⎨ , odavde ćemo imati 2 grafika, jedna za x ≥ 0 i jedan za ⎩− x , x < 0 x<0. y = x2 − 4 x + 3 za 1)
x ≥ 0 je
y = x2 − 4x + 3
a = 1, b = −4, c = 3 D = b 2 − 4ac = 16 − 12 = 4
2) x1, 2 =
4±2 2
x1 = 3 x2 = 1
3)
a = 1 > 0 ⇒ smeje se
4) presek sa y-osom je u 3 5)
T (α , β ) −4 b = =2 α =− 2a 2 ⋅ 1 D 4 =− = −1 β =− 4a 4 ⋅1 T (2,−1) www.matematiranje.com
142
17
za x < 0 grafik y = x 2 − 4 x + 3 je
y = x 2 + 4x + 3
1)
2)
a = 1, b = 4, c = 3 D = b 2 − 4ac = 16 − 12 = 4
−4±2 2 x1 = −1 x1, 2 =
x 2 = −3
3)
a = 1 >⇒ smeje se
4) presek sa –osom je u 3 5)
T (α , β ) −4 b = −2 α =− = 2a 2 ⋅1 D 4 = −1 β =− =− 4a 4 ⋅1 T (−2,−1)
Pogledajmo sad kako izgledaju ova dva grafika posebno a kako zajedno daju grafik y = x2 − 4 x + 3 www.matematiranje.com
143
18
y
y
y
4
4
4
3
3
3
2
2
1 -3 -2 -1 0
1
2
3
2
1
x -3 -2 -1 0
1
x 1
2
3
-3 -2 -1 0
-1
-1
-1
-2
-2
-2
y = x2 + 4x + 3
y = x2 − 4 x + 3
x 1
2
3
y = x2 − 4 x + 3
www.matematiranje.com
144
19
EKSPONENCIJALNE FUNKCIJE, JEDNAČINE I NEJEDNAČINE
Funkcija zadata formulom: y = a x . a ∈ R, a > 0, a ≠ 1 se naziva eksponencijalna funkcija. → Funkcija y = a x je svuda definisana ∀x ∈ R → Za x=0 je y = a o = 1 pa funkcija prolazi kroz tačku (0,1), tj. tu seče y-osu. → Ako je a > 0 funkcija je rastuća → Ako je 0 < a < 1 funkcija je opadajuća → Finkcija y = a x je uvek pozitivna, tj. grafik je iznad x-ose → Važe osnovna svojstva stepena: Za nju: a x+ y = a x ⋅ a y ax ay (a x ) y = a xy a x− y =
(a ⋅ b) x = a x b x x
ax a = bx b gde su a > 0 , b > 0 , x, y ∈ R
Primer 1.
Nacrtaj grafik funkcije y = 2 x
Rešenje: Iskoristićemo tablicu vrednosti uzećemo proizvoljne x-seve i naći vrednost za y x y
-3 1 8
-2 1 4
-1 1 2
0 1
1 2
2 4
3 8
www.matematiranje.com
145
1
→ Funkcija je definisana za ∀x ∈ R → Y-osu seče u (0,1) → Pošto je a = 2 > 0 ⇒ rastuća je → Uvek je pozitivna, tj. y > 0 za ∀x ∈ R
Primer 2: Nacrtaj grafik funkcije 1 y = 2
x
x
1 tj. y = y = 2 − x 2
Rešenje: x y
-3 8
-2 4
-1 2
0 1
1 1 2
2 1 4
3 1 8
→ Funkcija je definisana za ∀x ∈ R → Y-osu seče u (0,1) 1 a = < 0 ⇒ opadajuća je → Pošto je 2 → Uvek je pozitivna, y > 0 za ∀x ∈ R
www.matematiranje.com
146
2
Primer 3: Nacrtaj grafik funkcije y = 2x + 1
I ovde možemo napraviti tablicu vrednosti:
x y
-3 9 8
-2 5 4
-1 3 2
0 2
1 3
2 5
3 9
Ali je lakše da razmišljamo ovako: Nacrtamo grafik y = 2 x pa ga za 1 ‘’podignemo’’ po y-osi (vidi kvadratnu funkciju, slična translacija je i tamo radjena)
Eksponencijalne jednačine
Pošto je eksponencijalna funkcija bijektivno preslikavanje (''1-1'' i ''na'') možemo upotrebljavati: a f ( x ) = a g ( x ) ⇔ f ( x) = g ( x)
Ovo znači da kada na obe strane napravimo iste osnove, osnove kao ‘’skratimo’’ i uporedjujemo eksponente. www.matematiranje.com
147
3
Evo nekoliko primera: 1) Reši jednačine x +1
a) 4 x = 2 x b) 8 x +1 = 16 ⋅ 2 x − 2 1
x
v) 16 x = 4 2 g) 16 ⋅ 25 x + 2 = 2 x 1 d) 9 −3 x = 27
(
)
dj) x 2 + 1 e) 9 x
2
−3 x + 5
2 x −3
2
x +3
=1
= 36
Rešenja: a)
4x = 2
x +1 x
(22 ) x = 2 22 x = 2
x +1 x
x +1 x
⇔
Kad napravimo iste osnove njih ‘’skratimo’’!
x +1 x 2 2x = x + 1 2x =
2x2 − x −1 = 0 1± 3 x1, 2 = 4 x1 = 1 x2 = −
Rešenja su x1 = 1 i x2 = −
1 2
1 2
b) 8 x +1 = 16 ⋅ 2 x − 2
(23 ) x +1 = 2 4 ⋅ 2 x −2 23 x + 3 = 2 4 + x − 2 23 x + 3 = 2 x + 2 3x + 3 = x + 2 3x − x = 2 − 3 2 x = −1 x=−
1 2
www.matematiranje.com
148
4
v)
1
x
4 =x x x2 = 4
16 x = 4 2 x
1
(2 4 ) x = (2 2 ) 2 2
4⋅
1 x
=2
2⋅
x=± 4
x 2
x1 = 2
4 x
x 2 = −2
2 = 2x
g) 16 ⋅ 25 x + 2 = 2 x 2
2 4 ⋅ 25 x + 2 = 2 x 2 4+5 x + 2 = 2 x 25 x + 6 = 2 x
2
2
x2 = 5x + 6 x2 − 5x − 6 = 0 x1,2 =
2
5±7 2
x1 = 6 x2 = −1
d)
x +3
1 9 −3 x = 27 2 −3 x (3 ) = (3−3 ) x + 3
Pazi: 1 1 = 3 = 3− 3 27 3
− 6 x + 3x = −9 − 3 x = −9 x=3
3 − 6 x = 3− 3 x − 9
(
− 6 x = −3x − 9
)
2 x −3
đ) x 2 + 1 =1 Pošto znamo da je a o = 1 , jedno rešenje će nam dati 2x − 3 = 0 2x = 3 3 2 Drugo rešenje će biti ako je x2 +1 = 1 ⇒ x2 = 0 ⇒ x = 0 jer važi a f ( x ) = b f ( x ) ⇔ a = b tj. ( x 2 + 1) 2 x −3 = 12 x −3
x=
pa je x 2 + 1 = 1
e) 9 x 2 −3 x +5 = 36 (32 ) x 32 x
2
2
−3 x + 5
− 6 x +10
= 36
= 36
www.matematiranje.com
149
5
2 x 2 − 6 x + 10 = 6 2x2 − 6x + 4 = 0 / : 2
x 2 − 3x + 2 = 0 x1, 2 =
3 ±1 2
x1 = 2 x2 = 1
2) Rešiti jednačine: a) b) v) g) d)
2 x +3 − 7 ⋅ 2 x − 16 = 0 3 x −1 − 4 ⋅ 3 x + 33 = 0 2 ⋅ 3 x +1 − 4 ⋅ 3 x − 2 = 450 23 x − 2 − 23 x −3 − 23 x − 4 = 16 2 x −1 − 2 x −3 = 3 x −2 − 3 x −3
Rešenja: Ovde ćemo koristiti pravila za stepene:
a m+n = a m ⋅ a n a m −n =
(a )
m n
am an
= a m ⋅n
a) 2 x +3 − 7 ⋅ 2 x − 16 = 0 2 x ⋅ 23 − 7 ⋅ 2 x − 16 = 0 → Najbolje da uzmemo smenu 2 x = t t ⋅ 8 − 7 ⋅ t − 16 = 0 8t − 7t = 16 t = 16 → Vratimo se u smenu 2 x = 16 2 x = 24
x=4
b) 3 x −1 − 4 ⋅ 3 x + 33 = 0 3x − 4 ⋅ 3 x + 33 = 0 → Smena 3 x = t 3 www.matematiranje.com
150
6
t − 4t + 33 = 0 → Pomnožimo sve sa 3 3 t − 12t + 99 = 0
− 11t = −99 t =9 3x = 9 3 x = 32 x=2
v) 2 ⋅ 3 x +1 − 4 ⋅ 3 x − 2 = 450 3x 2 ⋅ 3 x ⋅ 31 − 4 2 = 450 → Smena 3 x = t 3 t 6 ⋅ t − 4 = 450 9 4t 6t − = 450 → Pomnožimo sve sa 9 9 54t − 4t = 4050 50t = 4050 4050 t= 50 t = 81 3 x = 81 → pazi 81=3·3·3·3= 34 3 x = 34 x=4 g) 23 x − 2 − 23 x −3 − 23 x − 4 = 16 23 x 23 x 23 x − 3 − 4 = 16 → smena 23 x = t 2 2 2 2 t t t − − = 16 → sve pomnožimo sa 16 4 8 16 4t − 2t − t = 256 t = 256 2 3 x = 28 3x = 8 8 x= 3
d) 2 x −1 − 2 x −3 = 3 x − 2 − 3 x −3 2 x 2 x 3x 3x − = − 2 2 3 32 33
151
7
2 x 2 x 3x 3x − = − → zajednički za levu stranu je 8 a za desnu 27 2 8 9 27 4 ⋅ 2 x − 2 x 3 ⋅ 3x − 3x = 8 27 x x 3⋅ 2 2⋅3 = → Pomnožimo unakrsno 8 27 3 ⋅ 2 x ⋅ 27 = 2 ⋅ 3 x ⋅ 8 2 x ⋅ 81 = 3 x ⋅ 16 / podelimo sa 3 x i sa 81 2 x 16 = 3 x 81 x
2 2 = 3 3 x=4
4
A mogli smo da razmišljamo i ovako: 2 x ⋅ 81 = 3 x ⋅16 2 x ⋅ 34 = 3 x ⋅ 2 4 Očigledno je x = 4
3) Reši jednačine: a) 4 x − 5 ⋅ 2 x + 4 = 0 4 x − 5 ⋅ 2 x + 4 = 0 → Pošto je 4 x = (2 2 ) x = 2 2 x uzećemo smenu 2 x = t pa će onda biti 4x = t 2 t 2 − 5t + 4 = 0
5±3 2
t1,2 = t1 = 4 t2 = 1
Vratimo se sad u smenu: 2x = 4 2 x = 2 2 ili x=2
2x = 1 x=0 www.matematiranje.com
152
8
b) 16 x − 4 x − 2 = 0 → smena je 4 x = t pa je 16 x = 4 2 x = t 2 t2 − t − 2 = 0 1± 3 2 t1 = 2 t1, 2 =
t 2 = −1 4 =2 x
2 2 x = 21 2x = 1 x=
ili 4 x = −1 ovde nema rešenja jer je y = a x uvek pozitivna!!!
1 2
v) 5 x − 53− x = 20 53 5 x − x = 20 → smena 5 x = t 5 125 t− = 20 → celu jednačinu pomnožimo sa t t t 2 − 125 = 20t t 2 − 20t − 125 = 0 20 ± 30 2 t1 = 25 t1, 2 =
t 2 = −5 Pa je 5 x = 25
ili 5 x = −5 Nema rešenja
5 x = 52 x=2
g) 52 x −3 = 2 ⋅ 5 x − 2 + 3 52 x 5x = 2 ⋅ + 3 → smena 5 x = t 53 52 t2 2t = + 3 → sve pomnožimo sa 125 125 25 www.matematiranje.com
153
9
t 2 = 10t + 375 t 2 − 10t − 375 = 0 10 ± 40 2 t1 = 25 t1, 2 =
t 2 = −15 Vratimo se u smenu: 5 x = 25 5 x = 52
ili 5 x = −15 nema rešenja ,jer je 5 x > 0
x=2 d) (11x − 11) 2 = 11x + 99 → Ovde ćemo odmah uzeti smenu 11x = t (t − 11) 2 = t + 99 t 2 − 22t + 121 − t − 99 = 0 t 2 − 23t + 22 = 0 23 ± 21 2 t1 = 22 t1, 2 =
t2 = 1 Vratimo se u smenu: 11x = 22 x = log11 22
ili
11x = 1 x=0
4) Rešiti jednačine: a) 4
x−2
b) 4 x +
+ 16 = 10 ⋅ 2
x 2 −2
− 5* 2 x
x−2
x −1+ x 2 − 2
=6 x
v) 2 + 3 + 2 − 3 = 4 Rešenja a) Najpre odredimo oblast definisanosti, pošto je u zadatku data korena funkcija, to je x − 2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 2 www.matematiranje.com
154
10
x−2
Uzećemo smenu 2
=t⇒4
x −2
= t2
t 2 + 16 = 10t t 2 − 10t + 16 = 0 10 ± 6 2
t1, 2 = t1 = 8
t2 = 2 Vratimo se u smenu x−2
2
=8
ili
x−2
= 23 x − 2 = 3 → kvadriramo x−2=9 x = 11
2
2
x−2
=2
x − 2 =1 x − 2 =1 x=3
Kako za oba rešenja važi x ≥ 2 , to su oba rešenja “dobra’’
b)
4 x+
x2 − 2
(22 ) x + 2
− 5⋅2
x2 − 2
2( x + x 2 − 2 )
x −1+ x 2 −2
− 5⋅ 2
− 5⋅
Smena 2 x +
2
x2 − 2
=6
x + x 2 − 2 −1
=6
x + x 2 −2
21 =t
=6
5t = 6 pomnožimo sa 2 2 2t 2 − 5t − 12 = 0
t2 −
t1, 2 =
5 ± 121 5 ± 11 = 4 4
t1 = 4 t2 = −
6 3 =− 4 2
Vratimo se u smenu: www.matematiranje.com
155
11
2 x+ 2 x+
x 2 −2 2
x −2
=4 = 22
x + x2 − 2 = 2
x 2 − 2 = 2 − x → uslovi 2 − x ≥ 0 pa je − x ≥ −2 tj x ≤ 2 i x2 − 2 ≥ 0 x ∈ ( −∞, − 2) ∪ ( 2, ∞) x 2 − 2 = (2 − x) 2 x2 − 2 = 4 − 4x + x2 4x = 4 + 2 4x = 6 6 3 = = 1,5 4 2 x = 1,5 → Zadovoljava uslove x=
x
x
b) 2 + 3 + 2 − 3 = 4 pogledajmo prvo jednu stvar: 2
2 − 3 2 + 3 22 − 3 4−3 1 2− 3 = ⋅ = = = 1 2+ 3 2+ 3 2+ 3 2+ 3 Dakle, zadatak možemo zapisati i ovako:
(
2+ 3
)+ x
(
1 2+ 3
)
x
=4
x
smena 2 + 3 = t 1 t + = 4 → pomnožimo sve sa t t 2 t + 1 = 4t t 2 − 4t + 1 = 0
(
)
4 ± 12 4 ± 2 3 4 ± 3 2 2 ± 3 = = = = 2± 3 2 2 2 2 t1 = 2 + 3 t1, 2 =
t2 = 2 − 3 Vratimo se u smenu: x
2 + 3 = t , dakle x
2 + 3 = 2 + 3 ili
x
2+ 3 = 2− 3 www.matematiranje.com
156
12
x
n
Kako važi
m
a n = a m tj.
2
ax = a2
(2 + 3 )
x 2
(2 + 3 ) = (2 + 3 ) x 2
1
=
1 2+ 3
(2 + 3 ) = (2 + 3 ) x 2
x =1 2 x=2
−1
x = −1 2 x = −2
5) Reši jednačine: a) 20 x − 6 ⋅ 5 x + 10 x = 0 b) 6 ⋅ 9 x − 13 ⋅ 6 x + 6 ⋅ 4 x = 0 a) 20 x − 6 ⋅ 5 x + 10 x = 0 → iskoristićemo da je (a ⋅ b) n = a n ⋅ b n (5 ⋅ 4) x − 6 ⋅ 5 x + (5 ⋅ 2) x = 0 5 x ⋅ 4 x − 6 ⋅ 5 x + 5 x ⋅ 2 x = 0 → izvucimo 5 x kao zajednički!!! 5 x (4 x − 6 + 2 x ) = 0 5x = 0
∨
4x + 2x − 6 = 0 t2 + t − 6 = 0
t1, 2 =
−1± 5 2
t1 = 2 t 2 = −3 pa je
2x = 2
∨
x =1
2 x = −3 nema rešenja
b) 6 ⋅ 9 x − 13 ⋅ 6 x + 6 ⋅ 4 x = 0 6 ⋅ 32 x − 13 ⋅ 3 x ⋅ 2 x + 6 ⋅ 2 2 x = 0 → celu jednačinu podelimo sa 2 2 x 32 x 3x 6 ⋅ 2 x − 13 ⋅ x + 6 = 0 2 2 2x
x
3 3 6 ⋅ − 13 ⋅ + 6 = 0 2 2 x
3 Smena: = t 2 www.matematiranje.com
157
13
6t 2 − 13t + 6 = 0 13 ± 5 t1, 2 = 12 18 3 t1 = = 12 2 8 2 t2 = = 12 3 x
3 3 = 2 2 x =1
x
ili
2 3 = 3 2 x
3 3 = 2 2 x = −1
−1
6) Grafički rešiti sledeće jednačine a) 2 x − 5 +
x x = 0 b) 3 x − − 8 = 0 2 2
a) Najpre ćemo razdvojiti funkcije, eksponencijalnu na levu a ostalo na desnu stranu: x 2x = 5 − 2 x Nacrtaćemo funkcije y = 2 x i y = − + 5 i njihov presek će nam dati rešenje. 2 y = 2x x y
-3 1 8
-2 1 4
-1 1 2
0 1
1 2
2 4
3 8
x y = − +5 2 x y
0 5
10 0
2 4
Na grafiku bi to izgledalo ovako: www.matematiranje.com
158
14
Rešenje je x = 2 b) 3 x −
x −8 = 0 2 3x =
x +8 2 y = 3x
x y
-3 1 27
-2 1 9
-1 1 3
0 1
y= x y
1 3
2 9
3 27
x +8 2
0 8
-16 0
2 9
Na grafiku bi bilo: www.matematiranje.com
159
15
Dakle, rešenje je x = 2 . Da li ovde ima još jedno rešenje? DA, Ali njega teško možemo naći baš precizno....(naučićemo kasnije i to)
Eksponencijalne nejednačine Na osnovu monotonosti (rašćenje i opadanje) za eksponencijalne funkcije važi: 1) za a > 1 je a f ( x ) > a g ( x ) ⇔ f ( x) > g ( x) 2) za 0 < a < 1 je a f ( x ) > a g ( x ) ⇔ f ( x) < g ( x) Znači, kad je osnova veća od jedan znak nejednakosti prepisujemo, a ako je osnova izmedju 0 i 1 znak se okreće. Primeri: 1. Rešiti nejednačine: a) 5−7 x + 3 > 5−3 b) 0,35 x −1 < 0,352 x + 2 2
c) 2 x −3 > 2 d) 2 x < 7 x
160
16
a) 5−7 x +3 > 5 −3 → pošto je osnova 5 > 1 znak prepisujemo!!! −7 x + 3 > −3 −7 x > −3 − 3 −7 x > −6 x<
6 7
b) 0,35 x −1 < 0,352 x + 2 → pazi osnova je 0,35 a 0 < 0,35 < 1 , pa okrećemo znak!!! x −1 > 2x + 2 x − 2x > 2 +1 −x>3 x < −3 v) 2 x 2 −3 > 2
2x
2
−3
> 21
x2 − 3 > 1 x2 − 4 > 0 −0±2 x1, 2 = 2 x1 = 2 x 2 = −2 g) 2 x < 7 x 2x <1 7x x
2 <1 7 x
o
2 2 < → pošto je osnova izmedju 0 i 1 znak se okreće 7 7 x >0
2) Rešiti nejednačine: a) 5 2 x +1 > 5 x + 4 b) 25 x < 6 ⋅ 5 x − 5 v)
9 x − 3 x + 2 > 3x − 9 www.matematiranje.com
161
17
a) 52 x +1 > 5 x + 4 52 x ⋅ 51 − 5 x − 4 > 0 → smena 5 x = t t2 ⋅5 − t − 4 > 0
5t 2 − t − 4 = 0 t1,2 =
1± 9 10
t1 = 1 t2 = −
4 5
4 t ∈ (−∞, − ) ∪ (1, ∞) 5 vratimo se u smenu: 4 ili 5 nema rešenja 5x = −
5x = 1 x = 0 → x ∈ (0, ∞)
sad se interval t ∈ (1, ∞) transformiše u x ∈ (0, ∞) b) 25 x < 6 ⋅ 5 x − 5 52 x − 6 ⋅ 5 x + 5 < 0 → smena 5 x = t t 2 − 6t + 5 < 0 6±4 2
t1, 2 = t1 = 5 t2 = 1
Znači t ∈ (1,5), vratimo se u smenu 5x = 1 5x = 1 ili x=0 x =1 Tako da je sada konačno rešenje x ∈ (0,1) www.matematiranje.com
162
18
v)
9 x − 3 x ⋅ 32 > 3 x − 9 32 x − 3 x ⋅ 9 > 3x − 9 → smena 3 x = t t 2 − 9t > t − 9 (vidi iracionalne nejednačine)
[t
2
− 9t ≥ 0 ∧ t − 9 < 0
t1, 2 =
]
∨
[t
9±9 2
t1 = 0
2
− 9t ≥ (t − 9) 2 ∧ t − 9 ≥ 0
]
t 2 − 9t > t 2 − 18t + 81
− 9t + 18t > 81 9t > 81 t >9 Znači t > 9
t <9
t2 = 9
t ≥9
3x > 9
t ∈ (− ∞,0] ∪ [9, ∞ ) Ova dva uslova daju t ∈ (− ∞,0] ovaj interval ‘’ne radi’’ jer je 3x = t
3x > 32 x>2 Konačno rešenje
www.matematiranje.com
163
19
www.matematiranje.com LOGARITMI
Logaritam broja b za osnovu a je realan broj x kojim treba stepenovati osnovu a da bi se dobilo pozitivan broj b. (a > 0, a ≠ 0) ili
log a b = x ⇔ b = a x
Važno: b > 0 je najčešći uslov koji postavljamo a još je a ∈ R, a ≠ 1, i a > 0 b-se zove numerus (logaritmand), a je osnova (baza) Osnovna svojstva logaritma 1. log a 1 = 0 2. log a a = 1 3. log a ( xy ) = log a x + log a y x 4. log a = log a x − log a y y 5. log a x n = n log a x 1 6. log a s x = log a x s
7. log a b ⋅ log b a = 1 tj. log a b =
1 log b a
8. Za prelazak na neku novu bazu c: log a b =
log c b log c a
9. a log a b = b → Ako je baza (osnova) a=10 takvi se logaritmi nazivaju DEKADNI i označavaju se log10 x = log x (Znači kad nema da piše osnova, podrazumeva se da je 10) → Ako je osnova (baza) a=e ( e ≈ 2,7 ) onda se takvi logaritmi zovu PRIRODNI I označavaju se log e x = ln x → Moramo voditi računa o zapisu:
(log a x )2 = log 2a x = log a x ⋅ log a x log a x 2 = log a x ⋅ x = 2 log a x Upoznajmo se sa svojstvima logaritma kroz sledeće primere:
164
1
www.matematiranje.com Izračunati:
1) log 5 1 = ? log 6 1 = ?
Svi ovi logaritmi za rešenje imaju 0. Znači, za bilo koju osnovu, od jedinice rešenje je 0 ( log a 1 = 0 )
log 1 1 = ? 2
log 1 = ? ln 1 = ?
2) log12 12 = ? log 2 3
2 =? 3
Svi ovi logaritmi za rešenje imaju 1, jer je log a a = 1 PAZI: log 10 = log10 10 = 1 ln e = log e e = 1
log10 = ? ln e = ?
3) a) log 6 2 + log 6 3 = ? b) log 30 2 + log 30 5 + log 30 3 = ? Primenićemo svojstvo 3:
log a x + log a y = log a ( xy )
Dakle: a) log 6 2 + log 6 3 = log 6 (2 ⋅ 3) = log 6 6 = ( po drugom svojstvu)=1 b) log 30 2 + log 30 5 + log 30 3 = log 30 (2 ⋅ 5 ⋅ 3) = log 30 30 = 1
4) a) log 5 10 − log 5 2 = ? b) log 2 20 − log 2 10 = ? Primenićemo:
log a x − log a y = log a
x y
Dakle: 10 = log 5 5 = 1 2 20 b) log 2 20 − log 2 10 = log 2 = log 2 2 = 1 10 a) log 5 10 − log 5 2 = log 5
165
2
www.matematiranje.com 5) Izračunati: a) log 2 8 = ? 1 b) log 5 =? 125
Ovde ćemo upotrebiti log a x n = n log a x n
v) log a 5 a 2 = ?
Podsetnik:
m
an = a m i
1 = a −n an
a) log 2 8 = log 2 23 = 3 log 2 2 = 3 ⋅1 = 3 b) log 5
1 1 = log 5 3 = log 5 5−3 = −3log 5 5 = −3 ⋅1 = −3 125 5
v) 2 5
log a a = log a a = 2
5
2 2 2 log a a = ⋅1 = 5 5 5
6) Izračunati: a) log81 3 = ? b) log
2
2=?
v) log
3
27 = ?
1 Ovde ćemo upotrebiti da je log a s x = log a x s a)
log81 3 = log 34 3 =
b)
log
v)
log
1 1 1 log 3 3 = ⋅1 = 4 4 4
1 log 2 2 = 2 ⋅1 = 2 1 2
2
2 = log 1 2 =
3
27 = log 1 33 = 3 ⋅
22
32
1 log 3 3 = 3 ⋅ 2 ⋅1 = 6 1 2
166
3
www.matematiranje.com
7) Izračunati: a) log 5 2 ⋅ log 2 5 = ?
Važi:
b) log10 15 ⋅ log15 10 = ?
log a b ⋅ log b a = 1
Dakle rešenja oba ova zadačića je 1.
8) Izračunati: a) log 3 2 ⋅ log 4 3 ⋅ log 5 4 ⋅ log 6 5 ⋅ log 7 6 ⋅ log 8 7 = ? b) Ako je log 5 2 = a i log 5 3 = b izračunati log 45 100 = ?
Rešenje: Ovde ćemo primeniti prelazak na novu osnovu: log a b =
log c b log c a
a) Ajde recimo da uzmemo novu osnovu 10 tada je: log 3 2 =
log 2 log 3 ; log 4 3 = , log 3 log 4
itd. Dakle: log 3 2 ⋅ log 4 3 ⋅ log 5 4 ⋅ log 6 5 ⋅ log 7 6 ⋅ log 8 7 =
log 2 log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ log 3 log 4 log 5 log 6 log 7 log 8
log 2 = (sad vidimo da je bilo bolje da log 8 log c a uzmemo osnovu 2, ali nema veze vraćamo se u = = log b a ) log c b 1 1 1 = log8 2 = log 23 2 = log 2 2 = ⋅1 = 3 3 3 Kao što vidimo dosta toga se ‘’skratiti’’ =
b) log 5 2 = a ∧ log 5 3 = b
167
4
www.matematiranje.com log 45 100 = (ovde je jasno da nova osnova mora biti 5.) =
log 5 100 = log 5 45
=
log 5 102 2 log 5 10 2 log 5 (5 ⋅ 2) 2 ( log 5 5 + log 5 2 ) = = = = log 5 (5 ⋅ 9) log 5 5 + log 5 9 1 + log 5 32 1 + 2 log 5 3
=
2(1 + log 5 2) 2(1 + a ) = 1 + 2 log 5 3 1 + 2b
9) Izračunati: a) 3log3 81 = ? b) 10 log 5 = ? 3 log3 81 = 81
Dakle:
Primenjujemo: a log a b = ? i
10 log 5 = 5
Sad kad smo se upoznali sa osnovnim svojstvima logaritama , pokažimo još neke osnovne tipove zadataka:
1) Logaritmovati sledeće izraze za osnovu 10. x⋅ y z x2 ⋅ y3 b) B = z5 3 x v) C = 5 y2 ⋅ y
a) A =
d) D = 3 5 x 4 y 3 Rešenja: a) A=
x⋅ y z
log A = log
xy = log( xy ) − log z = log x + log y − log z z
b) B=
x2 ⋅ y3 z5
x2 ⋅ y3 log B = log = log( x 2 ⋅ y 3 ) − log z 5 = log x 2 + log y 3 − log z 5 = 5 z = 2 log x + 3 log y − 5 log z
168
5
www.matematiranje.com v) 3
C= 5
n
x
PAZI:
y2 ⋅ z 3
log C = log 5
x
y2 ⋅ z
m
an = a m ,
= log 3 x − log
(
5
1
a = a2
)
1 2 1 y 2 ⋅ z = log x 3 − log y 5 + log z 2 =
1 2 1 = log x − log y − log z 3 5 2 g) D = 3 5x 4 y 3 1
4
D = 3 5 x 4 y 3 = 3 5 3 x 4 3 y 3 = 5 3 ⋅x 3 ⋅ y 13 43 log D = log 5 ⋅ x ⋅ y 1 4 = log 5 + log x + log y 3 3
2) Rešiti po x jednačine: a) log x = log 4 + 2 log 5 + log 6 − log 15 b) log x + log 3 = 2 log r + log π + log H 1 v) 2 log x − 3 log a = log 5 + log b + log c 2 Rešenje: Ideja je da se upotrebom svojstva logaritma ‘’spakuju’’ obe strane!!! Dobićemo izraz log x = log ⊗, ovde izvršimo takozvano ANTILOGARITMOVANJE, tj. skratimo logaritme i dobijemo x = ⊗ a) log x = log 4 + 2 log 5 + log 6 − log 15 SAVET: Prvo brojeve ispred prebacimo kao stepen numerusa!!! n log a x = log a x n
log x = log 4 + log 52 + log 6 − log15 4 ⋅ 25 ⋅ 6 log x = log 15 600 log x = log 15 log x = log 40.................. / ANTILOGARITMOVANJE x = 40
169
6
www.matematiranje.com
b) log x + log 3 = 2 log r + log π + log H log( x ⋅ 3) = log r 2 + log π + log H log(3 x) = log(r 2π H )....................................... / ANTILOGARITMOVANJE 3 x = r 2π H x=
r 2π H ...............................................(V kupe) 3
v)
1 2 log x − 3log a = log 5 + log b + log c 2 log x − log a = log 5 + log b + log c 2
log
3
1 2
x2 = log 5 ⋅ b ⋅ c ................. / ANTILOGARITMOVANJE a3
x2 = 5b c a3 x 2 = 5a 3 b c x = 5a 3 b c
3) Ako je log14 7 = a i
log14 5 = b
Izračunati log 35 28 = ?
Rešenje: ovo je onaj tip zadataka gde moramo uzeti novu osnovu, naravno, to će biti 14. 196 log14 28 log14 196 − log14 7 log14 14 2 − log14 7 7 log 35 28 = = = = = log14 35 log14 (7 ⋅ 5) log14 7 + log14 5 log14 7 + log14 5 log14
=
2 log14 14 − log14 7 2 − a = log14 7 + log14 5 a+b
196 14 2 Vi se sada naravno pitate kako smo mi znali da napišemo 28 = = . Probajte razne 7 7 opcije, nešto mora da ‘’upali’’, uglavnom, iskustvo je presudno!!!
170
7
www.matematiranje.com LOGARITAMSKA FUNKCIJA
Funkcija inverzna eksponencijalnoj funkciji y = a x (a ≠ 1, a > 0, a ∈ R) naziva se logaritamska funkcija. Označava se sa: y = log a x (čita se logaritam od x za osnovu a)
Ako je a=e → y=lnx Ako je a=10 → y=logx Za osnovne logaritamske funkcije važi: 1) Funkcije su definisane za x ∈ (0, ∞) 2) Nula funkcije je x=1 tj. grafik seče x-osu u tački A(1,0) 3) Monotonost (rašćenje i opadanje) a) Ako je osnova a > 1 finkcija je rastuća b) Ako je osnova 0 < a < 1 funkcija je opadajuća 4) Znak funkcije: a) Ako je osnova a > 1 , znak je: y > 0 za x ∈ (1, ∞) y < 0 za x ∈ (0,1) b) Ako je osnova 0 < a < 1 , znak je: y > 0 za x ∈ (0,1) y < 0 za x ∈ (1, ∞) Evo par primera osnovnih grafika: 1) y = log 2 x
Napravimo tablicu, ali vrednosti za x biramo pametno x=1,2,4,8,
1 1 1 , , . 2 4 8
Videćemo zašto!!! Za x=1 Za x=2 Za x=4 Za x=8 1 Za x= 2
⇒ y = log 2 1 = 0 ⇒ y = log 2 2 = 1
⇒ y = log 2 4 = log 2 2 2 = 2 log 2 2 = 2 ⋅ 1 = 2 ⇒ y = log 2 23 = 3 log 2 2 = 3 ⋅1 = 3 1 ⇒ y = log 2 = log 2 2 −1 = −1 log 2 2 = −1⋅1 = −1 2
171
1
www.matematiranje.com 1 1 ⇒ y = log 2 = log 2 2 − 2 = −2 4 4 1 Za x= ⇒ y = −3 8
Za x=
X
1 8 -3
Y
1 4 -2
1 2 -1
1
2
4
8
0
1
2
3
1
2
4
8
0
-1
-2
-3
y
3 2 1 x -1
1
4
2
8
-2 -3
Kako je a = 2 > 0 ona je rastuća!!! 2) y = log 1 x 2
Slično kao malopre pravimo tablicu: X Y
1 8 3
1 4 2
1 2 1
172
2
www.matematiranje.com y
3 2 1 2 -1
4
8
x
1
-2 -3
1 izmedju 0 i 1 grafik je opadajući!!! 2 Za malo složenije grafike je moguće izvršiti pomeranje duž x i y-ose (slično kao kod kvadratne funkcije) ali za ozbiljnije zadatke će nam biti potrebno znanje iz IV godine srednje škole. Dakle kad je osnova a =
3) Data je funkcija y = log a (3x 2 − 2 x)
(a > 0, a ≠ 1)
a) za koje vrednosti argumenata x funkcija ima smisla u skupu realnih brojeva? b) Odrediti nule date funkcije; c) Odrediti x tako da za osnovu a = 5 vrednost funkcije bude 2. Rešenje: y = log a (3x 2 − 2 x) Pazi: Sve iza log mora biti >0
Znači: 3x 2 − 2 x > 0 → upotrebimo znanje iz kvadratne nejednačine!!! (podseti se) 3x 2 − 2 x = 0 2±2 x1, 2 = 6 x1 = 0 x2 =
2 3
⎛2 ⎞ Pa je oblast definisanosti: x ∈ (−∞,0) ∪ ⎜ , ∞ ⎟ ⎝3 ⎠
173
3
www.matematiranje.com b) Nule f-je su rešenja jednačine y=0 Znači: log a (3x 2 − 2 x) = 0 Kako je log a 1 = 0 to mora biti: 3x 2 − 2 x = 1 3x 2 − 2 x − 1 = 0 2±4 x1, 2 = 6 x1 = 1 x2 = −
1 3
Dakle ova funkcija ima nule x1 = 1 i x2 = −
c) y = log a (3x 2 − 2 x) = 0
1 3
a = 5⎫ ⎬ zamenimo y=2 ⎭
log 5 (3x 2 − 2 x) = 2 Idemo po definiciji log A B = ⊗ ⇔ B = A⊗ 3x 2 − 2 x = 5
2
3x 2 − 2 x = 5 3x 2 − 2 x − 5 = 0 2±8 6 10 5 = x1 = 6 3 −6 = −1 x2 = 6 x1, 2 =
174
4
www.matematiranje.com
LOGARITAMSKE JEDNAČINE I NEJEDNAČINE
Pre nego što krenete u reševanje jednačine savetujemo vam da se podsetite pravila za logaritme. 1) Rešiti jednačine: a) log 3 (2 x + 3) = 2 b) log 4 (3 x + 4) = 3 1 c) log 3x + 1 = 2
Rešenje: a) log 3 (2 x + 3) = 2 → Iskoristićemo definiciju log A B = ⊗ ⇔ B = A⊗ Dakle:
2 x + 3 = 32 2x + 3 = 9 2x = 6 x=3
2x + 3 > 0 uz uslov 2 x > −3 3 x>− 2
3 Pošto je 3 > − , rešenje x = 3 je ‘’dobro’’ 2 b)
log 4 (3 x + 4) = 3 → Opet po definiciji
3 x + 4 = 43 3x + 4 = 64 3x = 60
uslov
x = 20
3x + 4 > 0 3x > −4 4 x>− 3
Rešenje zadovoljava uslov!!! v) log 3x + 1 =
1 → Primetimo da nema osnova, pa dopišemo 10 po dogovoru,. 2
175
1
www.matematiranje.com log10 3x + 1 =
1 2
1
3 x + 1 = 10 2
uz uslov 3 x + 1 = 10....... /() 2 kvadriramo 3x = 9 x=3
3x + 1 > 0 3x + 1 > 0 x>−
1 3
1 3 > − , dobro je rešenje. 3 2) Rešiti jednačine:
a) log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 2) = 2 b) log( x 2 + 19) − log( x − 8) = 2 v) log(5 − x) + 2 log 3 − x = 1 Rešenja: a)
Iskoristićemo log a x + log a y = log a ( xy) log 2 ( x − 1) + log 2 ( x + 2) = 2 log 2 ( x − 1)( x + 2) = 2 → Uslovi x − 1 > 0 i x + 2 > 0 x > 1 i x > −2
Dalje po definiciji: ( x − 1)( x + 2) = 2 2
x 2 + 2x − x − 2 = 4 x2 + x − 6 = 0 −1± 5 x1, 2 = 2 x1 = 2 x 2 = −3 Dalje se pitamo da li rešenja zadovoljavaju uslove: x > 1 i
x > −2
x ∈ (1, ∞ )
x1 = 2 → Zadovoljava x2 = −3 → Ne zadovoljava Dakle, jedino rešenje je x = 2
176
2
www.matematiranje.com b) log( x 2 + 19) − log( x − 8) = 2 Dopišemo najpre osnovu 10 log10 ( x 2 + 19) − log10 ( x − 8) = 2 Pošto je log a x − log a y = log a
x y
x 2 + 19 log10 = 2 naravno uz uslove: x 2 + 19 > 0 i x − 8 > 0 x −8 x>8 2 x + 19 = 10 2 x −8 x 2 + 19 = 100 x −8 x 2 + 19 = 100( x − 8) x 2 + 19 = 100 x − 800 x 2 − 100 x + 819 = 0 100 ± 82 2 x1 = 91 x1, 2 =
x2 = 9
Oba rešenja ‘’dobra’’ jer su veća od 8 v) log(5 − x) + 2 log 3 − x = 1 2
log(5 − x) + log 3 − x = 1 log(5 − x) + log(3 − x) = 1 Uslovi su: 5− x > 0 − x > −5 x<5
3− x > 0
i
− x > −3 x<3
Dakle uslov je x < 3
177
3
www.matematiranje.com (5 − x)(3 − x) = 101 15 − 5 x − 3 x + x 2 − 10 = 0 x 2 − 8x + 5 = 0 8 ± 44 8 ± 2 11 2(4 ± 11) = = = 4 ± 11 2 2 2 x1 = 4 + 11 ≈ 7,32 x1, 2 =
x 2 = 4 − 11 ≈ 0,68
x1 = 4 + 11 ne zadovoljava uslov, pa je jedino rešenje: x = 4 − 11 3) Rešiti jednačine:
a) log 2 x − 3 log x + 2 = 0 5 b) log 2 x + log x 2 = 2 Rešenja: a) Uvodimo smenu log x = t uz uslov x > 0 log 2 x − 3 log x + 2 = 0 t 2 − 3t + 2 = 0 3 ±1 t1, 2 = 2 t1 = 2 t2 = 1 Vratimo se u smenu log10 x = 2
log10 x = 1
i
x = 10 2 x = 100
b) log 2 x + log x 2 = log 2 x +
5 2
x = 101 x = 10
kako je log a b =
1 log b a
1 5 = → Uvodimo smenu log 2 x = t uz uslove x > 0 i x ≠ 1 log 2 x 2
1 5 t + = → Sve pomnožimo sa 2t t 2
178
4
www.matematiranje.com 2t 2 + 2 = 5t 2t 2 − 5t + 2 = 0 5±3 t1, 2 = 4 t1 = 2 t2 =
1 2
Vratimo se u smenu : log 2 x = 2
ili
x = 22 x=4
log 2 x = x=2
1 2
1 2
x= 2 4) Rešiti jednačine:
a) log 2 x + log 4 x + log16 x = 7 b) log 3 x ⋅ log 9 x ⋅ log 27 x ⋅ log 81 x =
2 3
Rešenje: U oba primera ćemo koristiti da je: log a S x =
1 log a x S
a) log 2 x + log 4 x + log16 x = 7
uslov x>0
log 2 x + log 22 x + log 24 x = 7 1 1 log 2 x + log 2 x + log 2 x = 7 /⋅ 4 2 4 4 log 2 x + 2 log 2 x + 1log 2 x = 28 7 log 2 x = 28 log 2 x = 4 x = 2 4 ⇒ x = 16
179
5
www.matematiranje.com b) 2 3 2 log 3 x ⋅ log 32 x ⋅ log 33 x ⋅ log 34 x = 3 1 1 1 2 log 3 x ⋅ log 3 x ⋅ log 3 x ⋅ log 3 x = 2 3 4 3 1 2 log 34 x = 24 3 4 log 3 x = 16 ⇒ log 3 x = t log 3 x ⋅ log 9 x ⋅ log 27 x ⋅ log 81 x =
t 4 − 16 = 0 ⇒ (t 2 ) 2 − 4 2 = (t 2 − 4)(t 2 + 4) = 0 (t − 2)(t + 2)(t 2 + 4) = 0
odavde je t=2 ili t=-2 Kada se vratimo u smenu log 3 x = 2 x=3 x=9
v
log 3 x = −2
v
x = 3− 2 1 x= 9
2
5)
Rešiti jednačine: a) log 5 (4 x − 6) − log 5 (2 x − 2) = 2 b) log(7 − 2 x ) − log(5 + 4 x ) + log 7 = 0
Rešenja a) log 5 (4 x − 6) − log 5 (2 x − 2) = 2 Kako je
log a x − log a y = log a
x y
180
6
www.matematiranje.com 4x − 6 =2 5 2x − 2 2 4x − 6 = 5 x 2 −2 4 x − 6 = 5(2 x − 2)
log
4 x − 6 = 5 ⋅ 2 x − 10 4 x − 5 ⋅ 2 x + 4 = 0 ⇒ smena 2 x = t t 2 − 5t + 4 = 0 5±3 t1, 2 = 2 t1 = 4 t2 = 1 2x = 4 2 x = 22 x=2
ili
2x = 1 x=0
Ovde je najbolje da proverimo rešenja u početnoj jednačini→ x=2 je jedino rešenje b) log(7 − 2 x ) − log(5 + 4 x ) + log 7 = 0 log10 (7 − 2 x ) − log10 (5 + 4 x ) + log10 7 = 0 log10 (7 − 2 x ) ⋅ 7 = log10 (5 + 4 x )............... / ANTILOGARITMOVANJE (7 − 2 x ) ⋅ 7 = 5 + 4 x 49 − 7 ⋅ 2 x = 5 + 4 x 49 − 7 ⋅ 2 x − 5 − 4 x = 0 −4 x − 7 ⋅ 2 x + 44 = 0 / (−1) 4 x + 7 ⋅ 2 x − 44 = 0...................................smena 2 x = t t 2 + 7t − 44 = 0 t1,2 =
−7 ± 15 2
t1 = 4 t2 = −11
181
7
www.matematiranje.com Vratimo se u smenu: 2x = 4
ili
2 x = −11 nema rešenja
2 x = 22 x=2 Uslovi su 7 − 2 x > 0 i
5 + 4 x > 0 a rešenje je x=2 ih očigledno zadovoljava
6) Rešiti jednačine:
a) x1+ log3 x = 3x b) x log 4 x − 2 = 23(log 4 x −1) Ovo je tip zadataka gde moramo logaritmovati obe strane za odgovarajuću osnovu!!! a) x1+ log3 x = 3x................ / log 3 važi log a b n = n log a b log 3 x1+ log3 x = log 3 3x (1 + log 3 x) log 3 x = log 3 3 + log 3 x............ ⇒ smena log 3 x = t (1 + t ) ⋅ t = 1 + t t + t2 = 1+ t t 2 = 1 − t + t ⇒ t 2 = 1 ⇒ t = ±1 Vratimo se u smenu: log 3 x = 1 ili log 3 x = −1 x = 31
ili
x=3
ili
x = 3−1 1 x= 3
b)
x log4 x − 2 = 23(log4 x −1) → logaritmijemo za osnovu 4 log 4 x log4 x − 2 = log 4 23(log 4 x −1) (log 4 x − 2) log 4 x = 3(log 4 x − 1) log 4 2 (log 4 x − 2) log 4 x = 3(log 4 x − 1) log 22 2 (log 4 x − 2) log 4 x = 3(log 4 x − 1) ⋅
1 2
Smena log 4 x = t :
182
8
www.matematiranje.com 3 (t − 1) 2 2t (t − 2) = 3(t − 1)
(t − 2) ⋅ t =
2t 2 − 4t = 3t − 3 2t 2 − 4t − 3t + 3 = 0 2t 2 − 7t + 3 = 0 7±5 t1, 2 = 4 t1 = 3 t2 =
1 2
Dakle: log 4 x = 3
ili
log 4 x =
x = 43 x = 64
ili ili
x = 42 x=2
1 2
1
Za logaritamske nejednačine koristimo iste ‘’trikove’’ kao za jednačine, ali vodimo računa: 1) Kad je osnova veća od 1 (a>1) prepisujemo znak nejednakosti jer je funkcija rastuća. 2) Kaj je osnova izmedju 0 i 1 (0
v) log 2 (3x − 5) < 1 Rešenje:
183
9
www.matematiranje.com a) log 2 (3 x + 4) ≥ 0 uslov
3x + 4 ≥ 2
o
3x + 4 > 0 3 x > −4
4 3x + 4 ≥ 1 x>− 3 3x ≥ −3 x ≥ −1 ne okrećemo znak jer je osnova veća od 1
Sad upakujemo rešenje i oblast definisanosti.
Konačno: x ∈ [− 1, ∞ ) b) log 1 (4 x − 3) < 0 2
PAZI: Okrećemo znak!!! o ⎛1⎞ 4x − 3 > ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 4x − 3 > 1
uslov:
4x − 3 > 0 4x > 3 3 x> 4
4x > 4 x >1 Upakujemo ova dva:
Konačno: x ∈ (1, ∞)
184
10
www.matematiranje.com v) log 2 (3 x − 5) < 1 3 x − 5 < 21
3x − 5 > 0 3x > 5 5 x> 3
uslov
3x − 5 < 2 3x < 7 x<
7 3
⎛5 7⎞ x∈⎜ , ⎟ ⎝3 3⎠ 2) Rešiti nejednačine:
a) log( x − 2) > log x b) log 0,5 (2 x + 6) > log 0,5 ( x + 8) Rešenja: a)
log( x − 2) > log x x−2 > x x−x >2 0x > 2
uslovi:
x−2 >0 i x >0 x>2 i x>0 Dakle x > 2
Ovo nema rešenja, pa cela nejednačina nema rešenja!!! b) log 0,5 (2 x + 6) > log 0,5 ( x + 8) PAZI:Okreće se smer 2x + 6 < x + 8 2x − x < 8 − 6 x<2
Uslovi: 2x + 6 > 0 ∧ x + 8 > 0 x > −3 ∧ x > −8
Uslovi daju : x > −3
185
11
www.matematiranje.com Upakujemo: x ∈ (−3,2) konačno rešenje
3) Rešiti jednačine:
a) log 3 ( x 2 − 5 x + 6) < 0 b) log 0,5 ( x 2 − 4 x + 3) ≥ −3 a) log 3 ( x 2 − 5 x + 6) < 0
x2 − 5x + 6 < 1
uslov x 2 − 5 x + 6 > 0 5 ±1 x1, 2 = 2 x1 = 3
x2 − 5x + 5 < 0
x2 = 2
x 2 − 5 x + 6 < 3o
5± 5 2 5+ 5 ≈ 3, 62 x1 = 2 5− 5 ≈ 1,38 x2 = 2 x1,2 =
x ∈ ( −∞,2) ∪ (3, ∞ ) Rešenje uslova
⎛5− 5 5+ 5 ⎞ ⎟ rešenje zadatka konačno rešenje dobijemo kad upakujemo ova dva x ∈ ⎜⎜ , ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ Dakle: Dakle: ⎛5− 5 ⎞ ⎛ 5+ 5 ⎞ ⎟ x ∈ ⎜⎜ ,2 ⎟⎟ ∪ ⎜⎜ 3, ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
186
12
www.matematiranje.com b) log 0,5 ( x 2 − 4 x + 3) ≥ −3
uslov:
x 2 − 4 x + 3 ≤ (0,5) −3 ⎛1⎞ x2 − 4 x + 3 ≤ ⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 x − 4 x + 3 ≤ 23
−3
x2 − 4x + 3 > 0 4±2 x1, 2 = 2 x1 = 3 x2 = 1
x2 − 4 x + 3 ≤ 8 x2 − 4 x + 3 − 8 ≤ 0 x2 − 4 x − 5 ≤ 0 4±6 x1,2 = 2 x1 = 5 x2 = −1
x ∈ [− 1,5]
Upakujemo rešenja:
x ∈ [− 1,1) ∪ (3,5] Konačno
187
13
Aritmetički niz: Podjimo od dva primera: Primer 1:
3,5,7,9,11,...
Primer 2:
55,50,45,40,...
Nije teško zaključiti da će u prvom primeru nekoliko sledećih članova biti 13,15,17,… jer se svaki sledeći član povećava za dva. U drugom primeru će nekoliko sledećih članova biti 35,30,25,… jer se svaki sledeći smanjuje za 5. Kako vidimo , niz može biti rastući ili opadajući. Ovakvi nizovi u kojima je razlika ma koja dva uzastopna člana konstantna nazivaju se Aritmetički nizovi ili aritmetičke progresije. Vrlo je važno od kog broja počinje niz, pa se on zove prvi član niza i obeležava se sa a1 . Za primer 3,5,7,9,11,... → prvi član niza je a1 = 3 Za primer 55,50,45,40,... → prvi član niza a1 = 55 Razlika (diferencija) niza je broj za koji se niz povećava (smanjuje) i obeležava se slovom d .
d = a2 − a1 = a3 − a2 = ... = an − an −1 Za primer 3,5,7,9,11,... → d = 2
(raste niz)
Za primer 55,50,45,40,... → d = −5 (opada niz) Nekad će nam biti potrebno da nadjemo stoti, hiljaditi ili bilo koji drugi član niza. Slažete se da je naporno pisati ih redom. Tu nam pomaže formula za n-ti član niza:
an = a1 + (n − 1)d Ako trebamo sabrati prvih n-članova niza,tu važi formula:
Sn =
n [ 2a1 + (n − 1)d ] 2
ili
Sn =
n(a1 + an ) 2
Za svaki aritmetički niz još važi ( aritmetička sredina) :
an =
an −1 + an +1 2
ili
an =
a n − j + an + j 2
j = 2,..., n − 1
www.matematiranje.com
1
188
Ako izmedju brojeva a i b treba umetnuti (interpolirati) k-brojeva tako da zajedno sa a i b čine aritmetički niz, onda razliku d tog niza tražimo po formuli d =
b−a k +1
Zadaci: 1) Peti član aritmetičkog niza je 19 a deseti član niza je 39. Odrediti niz.
a5 = 19
Rešenje:
a10 = 39
Aritmetički niz je potpuno odredjen ako znamo prvi član a1 i razliku d. Da bi našli ove 2 nepoznate primenićemo formulu za n-ti član niza:
an = a1 + (n − 1)d
za n = 5 ⇒ a5 = a1 + 4d = 19 za n = 10 ⇒ a10 = a1 + 9d = 39
Sastavićemo sistem jednačina:
a1 + 4d = 19 /⋅ (−1) a + 9d = 39
1 _________________
− a1 − 4d = −19 + a1 + 9d = 39
_________________
5d = 20 d =4→
vratimo se u jednu od jednačina
a1 + 4d = 19 a1 + 16 = 19 a1 = 3 Znači prvi član niza je 3 a povećava se za 4 pa je niz:
3,7,11,15,19,…
Njegov opšti član će biti:
an = a1 + (n − 1)d an = 3 + (n − 1) ⋅ 4 an = 4n − 1 2
189
2) Nadji prvi član a1 i diferenciju d aritmetičkom nizu ako je :
a2 + a5 − a3 = 10 i a2 + a9 = 17
Rešenje: Ovakav tip zadatka rešavamo pomoću opšteg člana:
a 2 = a1 + d an = a1 + (n − 1)d →
a5 = a1 + 4d a3 = a1 + 2d a9 = a1 + 8d
Zamenimo ovo u 2 date jednačine:
a2 + a5 − a3 = 10 a2 + a9 = 17 (a1 + d ) + (a1 + 4d ) − (a1 + 2d ) = 10 (a + d ) + (a + 8d ) = 17
1 1 _________________________________
a1 + d + a1 + 4d − a1 − 2d = 10 a + d + a + 8d = 17
1 1 ____________________________
a1 + 3d = 10 → pomnožimo sa -2 2a + 9d = 17
1 __________________
−2a1 − 6d = −20 2a1 + 9d = 17 3d = −3 d = −1
a1 + 3d = 10 a1 − 3 = 10 a1 = 13 Znači niz je opadajući I glasi 13,12,11,10,9,8,7,… www.matematiranje.com
3
190
3) Odrediti aritmetički niz ako je: 5a1 + 10a5 = 0
i
S 4 = 14
Rešenje:
S 4 = 14
an = a1 + (n − 1)d
n [ 2a1 + (n − 1)d ] 2 4 S 4 = [ 2a1 + (4 − 1)d ] 2 14 = 2 [ 2a1 + 3d ] Sn =
a5 = a1 + 4d 5a1 + 10(a1 + 4d ) = 0 5a1 + 10a1 + 40d = 0 15a1 + 40d = 0 3a1 + 8d = 0
2a1 + 3d = 7
Sad ove dve jednačine “upakujemo” :
3a1 + 8d = 0 /⋅ 2 2a + 3d = 7 /⋅ (−3)
1 __________________________
6a1 + 16d = 0 − 6a1 − 9d = −21 ______________________
7d = −21 d = −3 3a1 + 8d = 0 ⇒ 3a1 − 24 = 0 3a1 = 24 a1 = 8
Znači niz je : 8,5,2,-1,-4,…
a1 = 2 4) Izračunati n i an u aritmetičkoj progresiji za koje su: d = 5
S n = 245 Znači ovde nam treba n…
www.matematiranje.com
4
191
n [2a1 + (n − 1)d ] 2 n 245 = [2 ⋅ 2 + (n − 1) ⋅ 5] 2 n 245 = [4 + 5n − 5] 2 490 = n[5n − 1] Sn =
490 = 5n 2 − n 5n 2 − n − 490 = 0 Dobili smo kvadratnu jednačinu “po n”.
a = 5, b = −1, c = −490 −b ± b 2 − 4ac 2a 1 ± 99 n1,2 = 10 98 n1 = 10, n2 = − 10 n1,2 =
Nemoguće Znači : n = 10 je jedino rešenje
an = a1 + (n − 1)d a10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 5 a10 = 2 + 45 a10 = 47
5) Zbir prva tri člana aritmetičkog niza je 36, a zbir kvadrata prva tri člana je 482. Odrediti niz. Da postavimo problem:
a1 + a2 + a3 = 36 2
2
2
a1 + a2 + a3 = 482
a = a + (n − 1)d
1 n _______________________
Iskoristićemo da je
a2 = a1 + d a3 = a1 + 2d
____________________________
www.matematiranje.com
5
192
a1 + (a1 + d ) + (a1 + 2d ) = 36 2
a1 + (a1 + d ) 2 + (a1 + 2d ) 2 = 482
______________________________________________
3a1 + 3d = 36
Odavde ćemo izraziti a1 i zameniti u drugu jednačinu sistema
a1 + d = 12
.
a1 = 12 − d
(12 − d ) 2 + (12 − d + d ) 2 + (12 − d + 2d ) 2 = 482 (12 − d ) 2 + 122 + (12 + d ) 2 = 482 144 − 24d + d 2 + 144 + 144 + 24d + d 2 = 482 2d 2 + 432 = 482 2d 2 = 50 d 2 = 25 d = ± 25 → d = ±5 Za d = 5 a1 = 12 − 5 a1 = 7 Za d = −5 Ili
a1 = 12 + 5 a1 = 17
Dakle, postoje 2 takva niza: 7,12,17,22,27,… 17,12,7,2,-3,…
www.matematiranje.com
6
193
6) Rešiti jednačinu: 3 + 7 + 11 + ... + x = 210 Uočimo najpre da se ovde radi o zbiru prvih n članova aritmetičkog niza i da je :
a1 = 3 a2 = 7 an = x S n = 210 a1 = 3 d =4 S = 210
n ____________
x = an = ?
n [2a1 + (n − 1)d ] 2 n 210 = [2 ⋅ 3 + (n − 1) ⋅ 4] 2 n 210 = [6 + 4n − 4] 2 n 210 = [4n + 2] 2 210 = 2n 2 + n Sn =
Dakle:
2n 2 + n − 210 = 0 Kvadratna “po n”
−1 ± 41 4 n1 = 10 n1,2 =
n2 = −
42 4
Dakle n = 10
x = a10 = a1 + 9d = 3 + 9 ⋅ 4 = 3 + 36 = 39 x = 39 www.matematiranje.com
7
194
7) Aritmetički niz ima 20 članova. Zbir članova koji su na parnim mestima je 250, a zbir članova na neparnim mestima 220. Naći dva srednja člana. Postavimo prvo problem:
a2 + a4 + a6 + ... + a20 = 250 a1 + a3 + ... + a19 = 220 Na ovaj način smo ustvari dobili 2 niza sa po 10 članova čiji su zbirovi : za prvi 250 i za drugi 220, a kod oba dva niza je razlika 2d. Primenićemo formula za S n =
n [2a1 + (n − 1)d ] 2
10 [ 2a2 + (10 − 1) ⋅ 2d ] 2 250 = 5 [ 2a2 + 18d ] S10 =
Za prvi niz ⇒ 2a2 + 18d = 50
a2 + 9d = 25 → a2 = a1 + d → a1 + 10d = 25
10 [ 2a1 + (10 − 1) ⋅ 2d ] 2 Za drugi niz ⇒ 220 = 5 [ 2a1 + 18d ] 2a1 + 18d = 44 S10 =
a1 + 9d = 22 Sad pravimo sistem:
a1 + 10d = 25 a + 9d = 22 /⋅ (−1)
1 __________________________
a1 + 10d = 25 − a1 − 9d = −22
Pa je d = 3 ⇒ a1 + 30 = 25 ⇒ a1 = −5
_____________________
Znači niz je : -5,-2,1,4,7,… Srednji članovi su a10 i a11
a10 = a1 + 9d = −5 + 27 = 22 a11 = a1 + 10d = −5 + 30 = 25
8
195
8) Izmedju brojeva -5 i 30 umetnuti aritmetički niz od šest članova. Koliki je zbir svih osam članova? U ovom zadatku ćemo iskoristiti formulu : d =
a = −5 b = 30 k =6 Niz je
d=
b−a k +1
30 − (−5) 35 = =5 6 +1 7
-5,0,5,10,15,20,25,30
pa je
n(a1 + an ) 2 8(−5 + 30) S8 = = 4 ⋅ 25 = 100 2
Sn =
a1 = −5
i
a8 = 30
Dakle S8 = 100
9) Stranice pravouglog trougla su uzastopni članovi aritmetičkog niza za koji je d=3. Odredi dužine tih stranica. Važi pitagorina teorema: a 2 + b 2 = c 2
Pošto je d = 3
a=a b = a+d = a+3 c = a + 2d = a + 6 Zamenimo ovo u Pitagorinu teremu:
a2 + b2 = c2 9
196
a 2 + (a + 3) 2 = (a + 6) 2 a 2 + a 2 + 6a + 9 = a 2 + 12a + 36 a 2 + 6a + 9 − 12a − 36 = 0 a 2 − 6a − 27 = 0
6 ± 12 2 a1 = 9,
a1,2 =
a2 = −3 Dakle stranice su:
a=9 b = a + 3 = 9 + 3 = 12 c = a + 6 = 9 + 6 = 15
10) Odrediti x tako da brojevi log2, log( 2 x -1), log( 2 x +3) budu uzastopni članovi aritmetičkog niza.
Upotrebićemo an =
an −1 + an +1 tj, 2
a2 =
a1 + a3 2
log 2, log(2 x − 1), log(2 x + 3) log 2 + log(2 x + 3) 2 x 2 log(2 − 1) = log 2 ⋅ (2 x + 3)
log(2 x − 1) =
log(2 x − 1) 2 = log 2 ⋅ (2 x + 3) (2 x − 1) 2 = 2 ⋅ (2 x + 3).....smena 2 x = t (t − 1) 2 = 2(t + 3)
t 2 − 2t + 1 = 2t + 6 t 2 − 4t − 5 = 0 4±6 t1,2 = 2 t1 = 5 t2 = −1 www.matematiranje.com
10
197
Vratimo se u smenu:
2x = 5
x = log 2 5
ili
2 x = −1 nemoguće www.matematiranje.com
11
198
Geometrijski niz Podjimo od dva primera: Primer 1: 3,6,12,24,48 ... Primer 2: 81,27,9,3, ... Pažljivim posmatranjem možemo zaključiti da je svaki sledeći član niza u primeru 1. 3,6,12,24,48 ... 2 puta veći od predhodnog člana , pa će sledeći članovi biti, 48 ⋅ 2 = 96, 96 ⋅ 2 = 192,... U primeru 2. 81,27,9,3, ... primećujemo da je svaki sledeći član tri puta manji od 1 1 1 predhodnog, pa bi sledeći članovi bili 3 : 3 = 1, 1: 3 = , : 3 = ,... 3 3 9 Ovakvi nizovi zovu se geometrijski i kao što vidimo , mogu biti rastući (primer 1.) i opadajući (primer 2.) Dakle: Niz brojeva u kome je količnik ma koja dva uzastopna člana niza stalan zove se geometrijski niz ili progresija. Naravno i ovde je važno od kog broja počinje niz, pa se taj broj zove “prvi” član niza I obeležava se sa b1 .
→ za primer 1. b1 = 3 , b2 = 6 , b3 = 12,... → za primer 2. b1 = 81 , b2 = 27 , b3 = 9,... b b2 b3 = = ... = n = q → količnik niza b1 b2 bn −1 → za primer 1. q = 2 (rastući niz) 1 → za primer 2. q = (opadajući niz) 3 Ako znamo b1 (prvi član niza) i q (količnik niza) niz je potpuno odredjen , odnosno možemo da ga zapišemo. Bilo koji član niza ( n-ti član ) se traži po formuli :
bn = b1 ⋅ q n −1 Zbir prvih n-članova niza se traži q >1 i)
Sn =
q <1
ii)
b1 (q n − 1) q −1
Sn =
b1 (1 − q n ) 1− q
Za svaki član niza važi: bn = bn −1 ⋅ bn +1 → geometrijska sredina www.matematiranje.com
1
199
primer 1 Odrediti geometrijsku progresiju kod koje je b1 + b3 = 15 ∧ b2 + b4 = 30
b1 + b3 = 15
Iskoristimo formulu : bn = b1 ⋅ q n −1 po njoj je:
b2 + b4 = 30
b3 = b1 ⋅ q 2 b2 = b1 ⋅ q b4 = b1 ⋅ q 3 Zamenimo ovo u postavljeni sistem:
b1 + b1q 2 = 15
→ Izvučemo “zajednički” iz obe jednačine:
b1q + b1q 3 = 30 ____________________
b1 (1 + q 2 ) = 15 b1q(1 + q 2 ) = 30
→ Ovde je “trik” da se jednačine podele.
_____________________
b1 (1 + q 2 ) b1 q (1 + q ) 2
=
15 → Skratimo šta može ! 30
1 1 = ⇒q=2 q 2 Vratimo se u jednu od jednačina: (naravno biramo lakšu).
b1 (1 + q 2 ) = 15 b1 (1 + 4) = 15 ⇒ b1 = 3 Traženi niz je : 3,6,12,24,48,… Ako izmedju brojeva a i b treba umetnuti (interpolirati) k brojeva tako da zajedno sa a i b čine geometrijski niz, onda količnik q tog niza tražimo po formuli :
q = k +1
b a
www.matematiranje.com
2
200
Zadaci: 1) Izračunati deseti član geometrijskog niza 1,3,9,27... Iz tog niza zaključujemo da je: b1 = 1 i q = 3
1, 3, 9, 27,... ↓ ↓ ↓ b1 b2 b3
↓ b4
Pošto se bilo koji član niza računa po formuli bn = b1 ⋅ q n −1 to će deseti član biti :
b10 = b1 ⋅ q10−1 b10 = b1 ⋅ q 9 b10 = 1⋅ 39 b10 = 39 b10 = 19683 2) U geometrijskom nizu je : b6 − b4 = 216 ∧ b3 + b1 = 8 ∧ S n = 40 Izračunati a1 ,q i n
b6 − b4 = 216
b6 = b1 ⋅ q 5
b3 − b1 = 8
b4 = b1 ⋅ q 3
S n = 40
b3 = b1 ⋅ q 2
__________
bn = b1 ⋅ q
Zamenimo u prve dve jednačine!
n −1
b1 ⋅ q 5 − b1 ⋅ q 3 = 216⎫ ⎪ 2 ⎬ izvučemo zajednički b1q − b1 = 8 ⎪⎭ ________________ b1q 3 (q 2 − 1) = 216⎫ ⎪ ⎬ b1 (q 2 − 1) = 8 ⎪⎭ __________________ b1 q 3 (q 2 − 1) b1 (q − 1) 2
=
podelimo ih
216 8
q 3 = 27 ⇒ q 3 = 33 ⇒ q = 3 b1 (q 2 − 1) = 8 b1 (32 − 1) = 8 ⇒ b1 ⋅ 8 = 8 ⇒ b1 = 1
3
201
1⋅ (3n − 1) = 40 3 −1 3n − 1 = 40 2 n b (q − 1) Pošto je q = 3 > 1 koristimo formulu S n = 1 ⇒ 3n − 1 = 80 q −1 3n = 81 3n = 34 ⇒ n = 4
3) Tri broja, čiji je zbir 26, obrazuju geometrijski niz. Ako se im brojevima doda redom 1,6 i 3, dobijaju se tri broja koja obrazuju aritmetički niz. Odrediti te brojeve.
Neka su tri broja : b1,b2 i b3 I važi : b1 + b2 + b3 = 26 a kako je b2 = b1q ∧ b3 = b1q 2
b1 + b1q + b1q 2 = 26 tj. b1 (1 + q + q 2 ) = 26 Ako im dodamo redom 1,6 i 3 dobićemo :
a1 = b1 + 1 a2 = b2 + 6 = b1q + 6 a3 = b3 + 3 = b1q 2 + 3 Pošto oni čine aritmetičku progresiju, mora biti : a2 =
a1 + a3 tj, a1 + a3 = 2a1 2
(b1 + 1) + (b1q 2 + 3) = 2(b1q + 6) → ”sredimo” b1 + 1 + b1q 2 + 3 = 2b1q + 12 b1q 2 − 2b1q + b1 = 12 − 1 − 3 b1 (q 2 − 2q + 1) = 8 Napravimo sada sistem:
b1 (q 2 + q + 1) = 26 ⎫ ⎪ podelimo ih b1 (q 2 − 2q + 1) = 8 ⎬ ________________________ ⎪ ⎭ www.matematiranje.com
4
202
q 2 + q + 1 26 = q 2 − 2q + 1 8 26(q 2 − 2q + 1) = 8(q 2 + q + 1) / : 2 13(q 2 − 2q + 1) = 4(q 2 + q + 1) 13q 2 − 26q + 13 = 4q 2 + 4q + 4 9q 2 − 30q + 9 = 0
3q 2 − 10q + 3 = 0 → kvadratna “po q” 10 ± 8 10 ± 8 = 3⋅ 2 6 1 q1 = 3 ∧ q2 = 3
q1, 2 =
Za q = 3 b1 =
26 26 = =2 q + q + 1 13 2
Rešenja
1 3 26 26 = = 18 b1 = 1 1 13 + +1 9 3 9 Za q =
Rešenja
2,6,18 → Geometrijski niz
18,6,2 → Geometrijski niz
3,12,21 → Aritm. Niz
19,12,5 → Aritm. Niz
4) Izračunati zbir n brojeva oblika 1, 11, 111, 1111…
1, 11, 111, 1111, … Trik je napisati brojeve drugačije:
10 − 1 9 100 − 1 10 2 − 1 = 11 = 9 9 1000 − 1 103 − 1 = 111 = 9 9 1=
…….itd.
www.matematiranje.com
5
203
S n = 1 + 11 + 111 + ... = 10 − 1 102 − 1 103 − 1 10n − 1 = + + + ... + 9 9 9 9 1 = ⎡⎣10 − 1 + 102 − 1 + 103 − 1 + ... + 10n − 1⎤⎦ Pazi: ima n jedinica... 9 1 ovde je 10 + 102 + ... + 10n → geometrijski niz = [10 + 102 + ... + 10n − n] 9 Geometrijski niz → b1 = 10 ∧ q = 10
S=
b1 (q n − 1) q −1
ovo je za geometrijski niz, pa je :
⎤ 1 ⎡10 ⋅ (10n − 1) Sn = ⎢ − n⎥ 9 ⎣ 10 − 1 ⎦ ⎤ 1 ⎡10(10n − 1) 1 ⎡⎣10(10n − 1) − 9n ⎤⎦ Sn = ⎢ − n⎥ = 9⎣ 9 ⎦ 81
5) Izračunati zbir n brojeva oblika
5 11 23 47 , , , ... 6 12 24 48
Sličan trik kao malopre!
5 6 −1 1 = = 1− 6 6 6 11 12 − 1 1 = = 1− 12 12 12 23 24 − 1 1 = = 1− 24 24 24 …….itd.
Sn =
1 1 5 11 23 1 + + + ... = 1 − + 1 − + 1 − + ... 6 12 24 6 12 24 1 1 1 = n−( + + + ...) 6 12 24 geometrijski niz
www.matematiranje.com
6
204
b1 =
1 6
q=
1 2
b1 (1 − q n ) 1− q 1 1 (1 − ( ) n ) 2 S=6 1 1− 2 1 1 S = (1 − ( ) n ) 3 2 S=
Dakle :
1⎡ 1 ⎤ S n = n − ⎢1 − ( ) n ⎥ 3⎣ 2 ⎦ 1⎡ 1⎤ S n = n − ⎢1 − n ⎥ 3⎣ 2 ⎦ 6) Ako su a, b, c k-ti , n-ti i p-ti članovi jedne geometrijske progresije tada je
a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = 1 . Dokazati. Koristićemo formulu bn = b1 ⋅ q n −1 Pošto je a k-ti član ⇒ a = b1 ⋅ q k −1 Pošto je b n-ti član ⇒ b = b1 ⋅ q n −1 Pošto je c p-ti član ⇒ c = b1 ⋅ q p −1
a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = [b1q k −1 ]n − p ⋅ [b1 ⋅ q n −1 ] p − k ⋅ [b1 ⋅ q p −1 ]k − n = b1n − p ⋅ q ( k −1)( n − p ) ⋅ b1 p − k ⋅ q ( n −1)( p − k ) ⋅ b1k − n ⋅ q ( p −1)( k − n ) Izračunajmo posebno “izložilac” za b1 :
n− p+ p−k +k −n =0 Sada ćemo izračunati “izložilac” za q:
(k − 1)(n − p ) + (n − 1)( p − k ) + ( p − 1)(k − n) = kn − kp − n + p + np − kn − p + k + pk − pn − k + n = 0 Kao što primećujete sve se potire!
www.matematiranje.com
7
205
Pa je : a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = b1 ⋅ q o = 1 o
Kraj dokaza.
7) Odrediti paralelogram tako da merni brojevi osnovice, visine i površine čine geometrijski niz.
a b
P=ah
h
b
a a, h, P → čine g. niz P = a ⋅ h → formula za površinu
A pošto a, h, P čine geometrijski niz , to mora biti:
h2 h = aP ⇒ h = aP ⇒ P = a 2 h ah = ⇒ h = a2 ⇒ P = a ⋅ a2 = a3 a 2
Dakle: a = a, h = a 2 i P = a 3
www.matematiranje.com
8
206
Beskonačni red Neka je dat beskonačni niz realnih brojeva a1 , a2 ,..., an ,... Izraz oblika a1 + a2 + ... + an + ... =
∑
∞ n =1
an
zove se beskonačni red.
Geometrijskom nizu a, aq, aq 2 ,..., aq n ,... odgovara red: a (1 + q + q 2 + ... + q n + ...) = a ∑n =0 q n ∞
Zbir (suma)beskonačno opadajućeg reda (geometrijskog) je
S=
a 1− q
za
q <1
Zadaci:
1) Decimalni broj 0,7777777… prebaciti u razlomak
7 7 7 + + + ... 10 100 1000 7 1 1 1 = (1 + + + + ...) 10 10 100 1000 7 1 1 1 = (1 + + 2 + 3 + ...) 10 10 10 10
0, 7777... =
Ovde imamo geometrijski red , a =
7 1 ,q = 10 10
7 7 7 a Njegova suma je S = = 10 = 10 = 9 9 1− q 1− 1 10 10 www.matematiranje.com
9
207
2) Izračunati vrednost mešovito periodičnog razlomka 0,3444….
3 4 4 4 + + + + ... 10 100 1000 10000 3 4 1 1 = + ⋅ (1 + + + ...) 10 100 10 100
0,3444... =
Pazi:
4 1 4 1 1 ,q = ⋅ (1 + + + ...) je geometrijski red : a = 100 10 100 10 100
4 3 = + 100 10 1 − 1 10 4 3 = + 100 9 10 10 =
3 4 31 + = 10 90 90
3) Nadji red ako je
S=
Mi znamo da je formula :
3 3− x S=
a 1− q
Znači gde je 3 - x treba da je 1-q. Izvršićemo “sredjivanje” izraza :
S=
3 3 1 x = = ⇒ a = 1, q = x x 3 − x 3(1 − ) 1 − 3 3 3
Pa će traženi red biti:
a(1 + q + q 2 + q 3 + ...) = x x 2 x 3 x x 2 x3 1 ⋅ (1 + + ( ) + ( ) + ...) = 1 + + 2 + 3 + ... 3 3 3 3 3 3 www.matematiranje.com
10
208
4) Nadji red ako je S =
S=
6 3 − 2x
6 6 2 2x = ⇒ a = 2, q = = 3 − 2 x 3 (1 − 2 x ) 1 − 2 x 3 3 3
Pa će red biti :
a(1 + q + q 2 + q 3 + ...+ ) = 2x 2x 2 2x 3 2(1 + + ( ) + ( ) + ...) = 3 3 3 2 3 4 x 8 x 16 x 2+ + + + ... 3 9 27
5) Sledeći periodični razlomak pretvoriti u običan razlomak
2, 717171... = 2 +
2,717171….
7 1 7 1 + + + + ... 10 100 1000 10000
Ovde ćemo uočiti 2 geometrijska reda:
7 7 7 7 1 + + + ... = (1 + + ...) 10 1000 100000 10 100 1 1 1 1 1 + + + ... = (1 + + ...) 100 100 10000 1000000 100 7 7 70 Zbir prvog reda je S1 = 10 = 10 = 1 99 99 1− 100 100 1 1 1 Zbir drugog reda je S 2 = 100 = 100 = 1 99 99 1− 100 100 Vratimo se “na zadatak”: www.matematiranje.com
11
209
2, 717171... = 2 + S=
70 1 269 + = 99 99 99
269 99
6) U jednakostraničnom trouglu stranice a upisan je novi jednakostranični trougao spajanjem sredinama datog trougla . U dobijenom trouglu je upisan drugi trougao na isti način, itd. Odrediti zbir obima svih trouglova.
a 2
a a 4
a 2
a a 4
itd. a 4
a 2
a
Stranica 1. trougla je a Stranica 2. trougla je Stranica 3. trougla je
a 4
Stranica 4. trougla je
a 8
a 2
……. Itd. Njihovi obimi će biti : O = 3 ⋅ a Znači: www.matematiranje.com
12
210
O1 = 3a a 3a = 2 2 a 3a O3 = 3 ⋅ = 4 4 a 3a O4 = 3 ⋅ = 8 8 .......itd . O2 = 3 ⋅
A njihov zbir je :
O1 + O2 + O3 + O4 + ... = 3a 3a 3a + + + ... 2 4 8 1 1 1 = 3a(1 + + + + ...) 2 4 8 1 1 1 = 3a(1 + + 2 + 3 + ...) 2 2 2 = 3a +
=
Ovde je A=3a
i
po formuli : S =
A 1− q
3a 3a = = 6a 1 1 1− 2 2
q=
1 2
Znači zbir obima je 6a.
www.matematiranje.com
13
211
www.matematiranje.com EKONOMSKE FUNKCIJE Funkcija ukupnog prihoda P Funkcija ukupnog prihoda ili funkcija prihoda koju označavamo sa P se izračunava po formuli : P = pox Gde je p-jedinična cena, a
x-realizovana količina robe.
Ovu funkciju možemo, po potrebi izraziti “po x” ili “po p”. Kako je x=f(p) to je P = p o f(p) ili ako izrazimo p=f -1(x) onda je P= f -1(x) o x Funkcija graničnog prihoda PG Ukoliko dolazi do promena cene ili tražnje, za praćenje odgovarajućih promena prihoda koristi se funkcija graničnih prihoda. Ona se definiše kao prvi izvod funkcije ukupnog prihoda, tj.
dP , ako je funkcija ukupnih prihoda izražena preko x dx dP P`(p) = , ako je funkcija ukupnih prihoda izražena preko p dp
P`(x) =
Funkcija ukupnih troškova C Ova funkcija se još zove i funkcija troškova proizvodnje. Ona se najčešće označava sa C i predstavlja funkcionalnu zavisnost troškova proizvodnje od količine proizvedene robe. C = f(x) Funkcija C je pozitivna i rastuća funkcija. Može se javljati u različitim oblicima
Funkcija prosečnih troškova C
Ovo su ustvari troškovi po jedinici proizvoda. Funkciju prosečnih troškova obeležavamo sa C i izračunavamo po formuli:
212
www.matematiranje.com C =
C x
Funkcija graničnih troškova CG Ova funkcija je ustvari prvi izvod funkcije ukupnih troškova: C`(x)=
dC dx
Pomoću nje posmatramo promenu ukupnih troškova i prosečnih troškova pri promeni proizvodnje x. Funkcija dobiti D Nju izračunavamo kada od ukupnog prihoda oduzmemo ukupne troškove D= P – C Elastičnost ekonomskih funkcija
Elastičnost funkcije y = f(x) u tački x je: Ey,x=
x x dy y` = y y dx
Odavde možemo zaključiti da elastičnost ne zavisi od jedinice mere za x i y. Ako uzmemo da je
Δx Δy = 1 %, tada je Ey,x ≈ 100. x y
Dakle, elastičnost funkcije u tački x pokazuje za koliko se procenata približno menja vrednost funkcije kada se vrednost nezavisno promenljive sa određenog nivoa promeni za jedan procenat! Izračunata vrednost Ey,x je koeficijent elastičnosti. 1) Ako je E y , x < 1 funkcija je u toj tački neelastična, jer se pri promeni nezavisno promenljive za 1% funkcija menja za manje od 1%
213
www.matematiranje.com 2) Ako je E y , x = 1 kažemo da funkcija u tački x ima jediničnu elastičnost
3) Ako je E y , x >1 tada je funkcija u tački x elastična, što znači da promena argumenta za 1% izaziva promenu funkcije za više od 1%
Elastičnost tražnje Elastičnost tražnje x=f(p) u tački p definisana je izrazom: Ex,p =
p x` x
Tražnja je po pravilu opadajuća funkcija! 1) Ako je Ex,p ∈ (-1 , 0), tada je tražnja u tački p neelastična 2) Ako je Ex,p = - 1 ,tražnja u tački p ima jediničnu elastičnost 3) Ako je Ex,p ∈ ( − ∞,−1 ) tražnja je u tački p elastična
Elastičnost ukupnih troškova Elastičnost ukupnih troškova C=f(x) definisana je izrazom:
x ` C` EC,x= C = C C Ova funkcija je rastuća! 1) Ako je EC,x <1 , granični troškovi su manji od prosečnih troškova, funkcija ukupnih troškova je neelastična, što znači da povećanje proizvodnje izaziva proporcionalno manje povećanje ukupnih troškova, pa se u tom slučaju prosečni troškovi smanjuju 2) Ako je EC,x=1 , granični troškovi su jednaki prosečnim troškovima, funkcija ima jediničnu elastičnost, što znači da povećanje proizvodnje izaziva proporcionalno povećanje ukupnih troškova, pa se u tom slučaju prosečni troškovi ne menjaju
214
www.matematiranje.com 3) Ako je EC,x >1 , granični troškovi su veći od prosečnih troškova, funkcija je elastična, što znači da se u ovom slučaju prosečni troškovi povećavaju.
215
www.matematiranje.com
Procentni račun Šta je šta u proporciji? G : P = 100 : p G je glavnica, (celina), ono što је ''na početku'' i na njega se uvek odnosi 100%. Р је deo glavnice (celine), ono što je ''na kraju'' i na njega sе odnosi p %. Naravno, Nekad Р može biti veće od G. p -je uvek u procentima, i tо: Аkо u zadatku kaže da se nešto povećava za Х%, onda је p =(100+Х)%. Ако u zadatku kaže da se nešto smanjuje za Х%, onda је p =(100-Х)% U datom zadatku iz procentnog računa, mi najpre odredimo šta nam je zadato: G, P ili p . Ubacimo te podatke u G:P=100: p i nadjemo nepoznatu. 1) Trideset procenta jedne dužine iznosi 42cm. kolika je dužina čitave duži?
G : P = 100 : p G : 42 = 100 : 30 30G = 42 ⋅ 100 42 ⋅ 100 G= skrati 30 G = 140cm 2) Cena cipela je 2.700dinara. Koliko će biti cena nakon sniženja od 15%? G : P = 100 : p 2.700 : P = 100 : 85 P ⋅100 = 2.700 ⋅ 85 2.700 ⋅ 85 P= 100 P = 2.295dinara
PAZI: Popust je 15%, znači da je p =100-15=85%
3) Posle prelaska na novo radno mesto jednom radniku je plata povećana za 20%. Kolika mu je bila plata ako je to povećanje 3.200 dinara? G : P = 100 : p G : 3.200 = 100 : 20 G ⋅ 20 = 3.200 ⋅100 3.200 ⋅100 G= 20 G = 16.000dinara
Pazi: 20% se odnosi samo na povećanje od 3.200 dinara, pa p nije (100+20)% jer se ne odnosi na platu sa povećanjem!!!
216
1
www.matematiranje.com 4) Cena knjige snižena je za10%, a zatim za 20% i sada iznosi 288 dinara. Kolika je cena bila pre prvog sniženja? 10% ⎯−⎯ ⎯→
?
20% ⎯−⎯ ⎯→
288din.
Ovde će mo naći najpre cenu knjige pre drugog sniženja. (unazad)
G : P = 100 : p G : 288 = 100 : 80 80 ⋅ G = 288 ⋅100 288 ⋅100 G= 80 G = 360dinara ?
10% ⎯−⎯ ⎯→
360din.
20% ⎯−⎯ ⎯→
288din.
Sad tražimo početnu cenu: G : P = 100 : p G : 360 = 100 : 90 90 ⋅ G = 360 ⋅100 360 ⋅100 G= 90 G = 400dinara 5) Sa 6% zarade roba je prodata za 1.272.000. Kolika je nabavna cena robe. G : P = 100 : p G : 1.272.000 = 100 : 106 G ⋅106 = 1.272.000 ⋅100 127.200.000 G= 106 G = 1.200.000
p = 100 + 6 = 106% jer je ‘’zarada’’
217
2
www.matematiranje.com 6) Nagrada radniku po jednom času od 6.500dinara poraste na 7.020 dinara. Koliko je to u procentima? G : P = 100 : p 6.500 : 520 = 100 : p 6.500 ⋅ p = 520 ⋅100 520 ⋅100 p= 6.500 p = 8%
P=7.020-6.500 P=520
7) Jedna knjiga je za 25% skuplja od druge knjige. Za koliko procenta novu cenu treba smanjiti da bi se vratila na staru cenu?
Neka je x-cena prve knjige, y-cena druge knjige. x=y+25%y,
kako je 25%=
x = y + 0,25 y => x = 1,25 y
y=
25 = 0,25 100
x 1 = x = 0,8 x 1,25 1,25 y = 1,25% x
8) Na kontrolnoj pismenoj vežbi bila su data tri zadatka. Pri tome 12% učenika nije rešilo ni jedan zadatak, 32% učenika rešilo je jedan ili dva zadatka, dok je14učenika rešilo sva tri zadataka. Koliko je ukupno učenika radilo vežbu?
Obeležimo sa x broj učenika. 12%x +32%x+14=100%x 12 32 100 x+ x + 14 = x ; PAZI: 100% = =1 100 100 100 množimo celu jednačinu sa 100
12 x + 32 x + 1400 = 100 x 12 x + 32 x − 100 x = −1400 − 56 x = −1400 − 1.400 x= − 56 x = 25
218
3
www.matematiranje.com 9) Tek oboreno stablo bilo je teško 2,25 tona i sadržalo je 64% vode. Posle nedelju dana to stablo je sadržalo 46% vode. Za koliko se promenila težina stabla za tu nedelju?
36% suva materija
64% voda
2,25 tona
54% suva materija
46% voda
Najpre ćemo izračunati koliko u 2,25 tona ima suve materije koja se NE MENJA!! G : P = 100 : p 2,25 : P = 100 : 36 100 ⋅ P = 2,25 ⋅ 36 → Ova suva materija je ostala, pa se odnosi na 54%stabla 2,25 ⋅ 36 P= 100 P = 0,81tona G : P = 100 : p G : 0,81 = 100 : 54 G ⋅ 54 = 0,81⋅100 0,81⋅100 G= 54 G = 1,5tona Znači da sad stablo ima 1,5 tona pa je smanjenje 2,25-1,5=0,75 tona
219
4
www.matematiranje.com 10) U prvoj prodavnici košulja je prvo poskupela za 20%, a onda je pojeftinila za isti procenat. U drugoj prodavnici je ista takva košulja prvo pojeftinila za 20%, a onda poskupela za isti procenat. U trećoj prodavnici nisu menjali cene. U kojoj prodavnici je sada ta košulja najjeftinija? Obeležimo sa x cenu košulje.
1. Prodavnica: x = x + 20% x = 1,2 x Poskupljenje 20% => 1 Pojeftinjenje 20% => x2 = 1,2 x − 0,2 ⋅ (1,2 x) x2 = 1,2 x − 0,24 x x2 = 0,96 x Cena je za 4% niža 2. Prodavnica: Pojeftinjenje 20% => x1 = x − 0,2% x = 0,8 x Poskupljenje 20% => x2 = 0,8 x + 0,2 ⋅ (0,8 x) x2 = 0,8 x − 0,16 x x2 = 0,96 x Cena je za 4% niža Zaključak: U trećoj prodavnici je cena NAJ VIŠA
220
5
Директна и обрнута пропорционалност Увод: Количник реалних бројева a и b, тј. број
a :b =
a b
назива се размером бројева a и b Пропорција је једнакост две размере: a :b = c :d
и решава се тако што се помноже ''спољашњи са спољашњим'' и ''унyтрашњи са унутрашњим'' чланом пропорције a:b=c:d a*d=b*c
1)Колико кошта 7 kg кромпира ако је за 5 kg кромпира плаћено 120 динара? Како најпре да запишемо податке? 5 kg ............ 120 kg 7 kg ........... X kg Онда увек напишемо стрелицу од X ка познатој. 5kg....... ↑ 120din. 7 kg....... ↑ Xdin. ове две стрелице посматрамо као једну
Даље размишљамо: Да је X већи или мањи број од 120? Ако 5 kg кошта 120 дин., онда ће 7 kg коштати више динара. Дакле X је већи број од 120. То значи да стрелица иде од ВЕЋЕГ КА МАЊЕМ броју, па тако упишемо стрелицу и код 5 kg и 7 kg, од ВЕЋЕГ КА МАЊЕМ, од 7 kg ка 5 kg ↑ 5kg....... ↑ 120din. ↑ 7 kg....... ↑ Xdin. ове две стрелице посматрамо као једну
Даље пратимо смер стрелица и оформимо пропорцију:
221
1
X:120=7:5 X·5=120·7 => Савет: Увек прво изрази непознату, можда ће има несто да се скрати!!!!! 120 ⋅ 7 X= 5 X = 168din. Дакле,за 7 kg кромпира треба 168 дин. 2)Ако дневно ради 7 часова, један радник посао заврши за 15 дана. Колико часова дневно би радник требало да ради да би исти посао завршио за 12 дана? Запишимо најпре податке: 7 час .......... 15 дана X час .......... 12 дана Напишимо стрелицу од X ка познатој. ↑ 7cas ..........15dana ↑ Xcas..........12dana ове две стрелице посматрамо као једну
Да ли је X већи или мањи број од 7? Ако се смањи број дана морамо наравно радити више часова. Дакле, X је већи од 7 па стрелица иде од већег ка мањем, што значи од 15 ка 12. ↑ 7cas .......... ↓ 15dana ↑ Xcas.......... ↓ 12dana ове две стрелице посматрамо као једну
Пратимо смер стрелица и правимо пропорцију: X : 7 = 15 : 12 X ⋅12 = 7 ⋅15 7 ⋅15 X= 12 7⋅5 X= 4 35 3 X= = 8 Часова 4 4
Дакле, 12 дана морамо да радимо по 8
3 часова, односно 8 сати и 45 минута. 4
222
2
3) Од 66 kg предива добија се 165 m тканине. Колико се метара тканине добије од 112 kg предива?
↑ 66kg.......... ↑ 165m ↑ 112kg........ ↑ Xm
X : 165 = 112 : 66 X ⋅ 66 = 112 ⋅165 112 ⋅165 X= 66 X = 280m
4) Зупчаник има 54 зупца и прави 84 обртаја у минуту. Колико зупца има зупчаник ако прави 126 обртаја и у преносу је са првим. ↑ 54 zub......... ↓ 84obr.
X : 54 = 84 : 126
↑ Xzub.......... ↓ 126obr.
X ⋅126 = 54 ⋅ 84 54 ⋅ 84 126 X = 36 Зубаца X=
5) Једна просторија осветљена је са 15 сијалица од 60w. Колико би сијалица од 75 w давало сито осветљење?
↑ 15sij.......... ↓ 60w ↑ Xsij.......... ↓ 75w Пази: Ако узмемо јаче сијалице, мањи број ће давати исто осветљење. X : 15 = 60 : 75 X ⋅ 75 = 15 ⋅ 60 15 ⋅ 60 75 X = 12 Сијалица X=
6) За 14 kg робе плаћено је980 динара. Колико ће се килограма робе купити за 4 340 динара?
↑ 14kg.......... ↑ 980din. ↑ Xkg........... ↑ 4340din.
X : 14 = 4340 : 980 X ⋅ 980 = 14 ⋅ 4340 14 ⋅ 4340 980 X = 62 kg X=
223
3
7) За 30 секунди звук пређе пут од 10200 m. Колики пут пређе звук од 1 мин. и 15 секунди?
30сек..........10200m 1мин.15сек........Xm Пази: Најпре све претвори у секунде!!!! 1мин и 15 сек =60+15=75сек
↑ 30sek.......... ↑ 10200m ↑ 1min.15sek........ ↑ Xm
X : 10200 = 75 : 30 X ⋅ 30 = 75 ⋅10200 75 ⋅10200 X= 30 X = 25500m
8) Дванаест зидара сазида једну зграду за 5 дана. За колико дана би исти посао био завршен да је ангажовано 15 зидара?
↓ 12 zid ......... ↑ 5dana ↓ 15 zid ......... ↑ Xdana
X : 5 = 12 : 15 X ⋅15 = 5 ⋅12 5 ⋅12 15 X = 4dana X=
9) Три цеви напуне базен за 35 часова. За које ће време базен напунити пeт цеви? (Претпоставља се да све цеви једнаком брзином пуне базен).
↓ 3cevi.......... ↑ 35čas
X : 35 = 3 : 5
↓ 5cevi.......... ↑ Xčča
5 ⋅ X = 35 ⋅ 3 35 ⋅ 3 X= 5 X = 21čas
224
4
10) Дванаест радника радећи по 8 часова дневно заради 120.000 динара. Колико часова треба да ради 10 радника да би зарадили 150.000 динара?
12rad ... ↑ 8čas...120.000din. 10rad ... ↑ Xčča...150.000din. Ово је такозвана продузена пропорција. И овде најпре напишемо стрелицу од X ка 8. Код продужене пропорције је трик да сваки податак посматрамо посебно: ↓ 12rad ... ↑ 8čas
↑ 102000din... ↑ 8čas
↓ 10rad ... ↑ Xčča
↑ 150000rad ... ↑ Xčča
Закључимо како ту иду стрелице па их пренесемо на продужену пропорцију: ↓ 12rad ... ↑ 8čas... ↑ 120000din ↓ 10rad ... ↑ Xčča... ↑ 150000din Даље: Пратимо смер стрелица и правимо пропорцију.
X : 8 = 12 : 10 Пази: Пишемо = испод = = 150.000 : 120.000 Сада помножимо све '' спољашње '' и све ''унутрашње'': X ⋅ 10 ⋅ 120000 = 8 ⋅ 12 ⋅ 150000 8 ⋅ 12 ⋅ 150000 X = Skrati! 10 ⋅ 120000 X = 12časova 11) Радећи дневно по 8 часова, 21 радник за 6 дана изради 720 металних профила; за колико ће дана 28 радника, радећи по 7 часова израдити 1 260m металних профила? 8čas...21radnik ... ↑ 6dana...720 profila 7čas...28radnik ... ↑ Xdana...1260 profila
Стрелица од X ''нагоре'', па посматрамо податак по податак: ↑ 720 prof ... ↑ 6dana ↓ 21rad ... ↑ 6dana ↓ 8čas.. ↑ 6dana ↓ 7čas.. ↑ Xdana
↓ 28rad ... ↑ Xdana
↑ 1260 prof .. ↑ Xdana
Сада смер стрелица вратимо у продужену пропорцију: ↓ 8čas.. ↓ 21rad .. ↑ 6dan.. ↑ 720 prof ↓ 7čas.. ↓ 28rad .. ↑ Xdan.. ↑ 1260 prof
225
5
Наравно овде ''мале'' пропорције не морамо издвајати на страну, већ одмах закључити какав је њихов смер. Пратимо смер стрелица: X :6 = 8:7 = 21 : 28
= 1260 : 720
X ⋅ 7 ⋅ 28 ⋅ 720 = 6 ⋅ 8 ⋅ 21⋅1260 6 ⋅ 8 ⋅ 21⋅1260 X= skrati 7 ⋅ 28 ⋅ 720 X = 9dana 12) 65 радника ископа неки канал за 23 дана. После 15 дана 13 радника напусти посао. Колико дана треба онима који су остали да заврше остатак посла?
Овде не треба уписивати податак 65 радника ... 23 дана, већ 65 радника... 8 дана. Зашто? У задатку се каже да је после 15 дана отишло 13 радника што значи да је остало 23-15=8 дана. Наравно за ''доњи'' део поставке ћемо узети 65-13=52 радника Дакле: ↓ 65rad ... ↑ 8dana ↓ 52rad ... ↑ Xdana
X : 8 = 65 : 52 X ⋅ 52 = 8 ⋅ 65 8 ⋅ 65 X = 52 X = 10dana
13) Неки посао 6 радника може да заврши за 5 дана. За колико ће дана бити исти посао завршен ако после 2 дана дође још 3 радника? И овде не уписујемо 6 рад...5 дана, већ 6 рад...3 дана (5-2=3 дана) за колико би они ''нормално'' завршили посао. У доњем делу поставке задатака је 9 рад ...Хдана (6+3=9рад)
↓ 6rad ... ↑ 3dana
X :3 = 6:9
↓ 9rad ... ↑ Xdana
X ⋅9 = 3⋅ 6 X = 2dana
226
6
За оне који не воле да ''мозгују'' да ли су величине директно или обрнуто пропорционалне напоменимо да су најчешћи случајеви ОБРНУТЕ ПРОПОРЦИОНАЛНОСТИ следећи:
• • •
Број радника – утрошак времена Брзина кретања – време путовања Зупчаници – број обртаја
227
7
www.matematiranje.com
PROST KAMATNI RAČUN K ⋅ p⋅g 100 K ⋅ p⋅m I= 1200 K ⋅ p⋅d I= 36000 I=
ili
I=
K ⋅ p⋅d 36500
K- je kapital, odnosno koliko para uložimo p – je interesna stopa ( u procentima ) g – je broj godina m – je broj meseci d – je broj dana I – je interes, odnosno dobit Koju ćemo od ove 3 (4) formule koristiti zavisi od vremena na koje se novac ulaže. Formule za dane ima dve, koristi onu koju koristi tvoj profesor. 1) Štediša je uložio 540000 na štednju sa 7.5% kamatne stope. Koliko će kamate dobiti štediša posle 4 godine?
K = 540000din. p = 7,5% g=4 Naravno, pošto je vremenski period dat u godinama, koristićemo formulu:
K ⋅ p⋅g 100 540.000 ⋅ 7,5 ⋅ 4 I= 100 I = 162.000
I=
228
1
www.matematiranje.com 2) Koliko kamate donosi ulog od 108.000 dinara, po 8% kamatne stope za 4 meseca?
K = 108.000din. p = 8% m=4 K ⋅ p⋅m I= 1200 108.000 ⋅ 8 ⋅ 4 I= 1200 I = 2880din 3) Kolika je kamata na dug od 75.000 dinara sa 6% za 80 dana?
K = 75.000. p = 6% m = 80 K ⋅ p⋅d I= 36000 75000 ⋅ 6 ⋅ 80 I= 36000 I = 10000din 4) Zajedno sa kamatom 9% za 80 dana poverilac je primio 234.600 dinara. Koliki je kapital, a kolika je kamata?
p = 9% d = 80
50I + I = 234.600 51I = 234.600 I = 4600 K = 50 ⋅ 4600 = 230.000
K + I = 234.600 K = ?I = ? K ⋅ p⋅d 36500 K ⋅ 9 ⋅ 80 I= skrati 36500 K I ⇒ K = 50 I= 50 I=
Zamenimo u
229
2
www.matematiranje.com 5) Sa 6% kamate jadan ulog poraste za 75 dana na sumu 121.500 dinara. Koliki je ulog?
p = 6% d = 75 K + I = 121.500din -----------------------K =? K ⋅ p⋅d I= 36000 K ⋅ 6 ⋅ 75 I= skratiti 36000 K I = vratimo 80
K = 121.500 /⋅ 80 80 80 K + K = 9.720.000 81K = 120.000 K+
K=
120000 81
230
3
www.matematiranje.com
Račun Mešanja Uradimo najpre jedan uopšteni zadatak koji će nam pomoći da rešimo ostale takve zadatke. 1) Treba promešati dve vrste robe, čije su cene a dinara po kg i b dinara po kg, da bi se dobila roba po ceni od c dinara po kg, b < c < a . Odrediti u kojoj razmeri treba mešati ove dve vrste robe. a
c-b C
b
Šema a-c
Ako uzmemo X kg robe po cenu od a dinara, y kg po cenu od b dinara, onda je
x : y = (c − b ) : ( a − c ) 2) Na skladištu ima kafe po ceni od 75 dinara po kg i od 55 dinara po kg. Napraviti 120 kg mešavine koja će se prodavati po 68 dinara po kg.
x kg po 75 dinara
x + y = 120kg
=> y kg po 55 dinara 75
68-55=13
13k + 7k = 120 20k = 120
68 55
k =6 x = 13 ⋅ 6 = 78kg y = 7 ⋅ 6 = 42kg
75-68=7
x : y = 13 : 7 x = 13k } y = 7k }
231
1
www.matematiranje.com
Naravno, ovaj zadatak možemo rešiti i pomoću sistema jednačina: 75 ⋅ x + 55 ⋅ y = 68 ⋅ ( x + y ) x + y = 120kg -------------------------------75 x + 55 y = 68 ⋅ 120 x + y = 120 -------------------------------75 x + 55 y = 8160 x + y = 120 -------------------------------x = 120 − y → Izrazimo jednu nepoznatu i zamenimo u drugu jednačinu 75(120 − y ) + 55 y = 8160 9000 − 75 y + 55 y = 8160 − 75 y + 55 y = 8160 − 9000 − 20 y = −840 y = 42 kg
x = 120 − 42 x = 78kg 3) Koliko vode temperature 400 C i vode temperature 250 C treba pomešati da se dobije 90 litara vode temperature 300 C ?
Obeležimo: X litara 40 0 C
=>
x + y = 90l
Y litara 25 C 0
40
5k + 10k = 90 15k = 90 k =6
30-25=5 30
25
40-30=7 x : y = 5 : 10 x = 5k y = 10k
Preko sistema jednačina bi bilo: 40 ⋅ x + 25 y = 90 ⋅ 30 x + y = 90
232
2
www.matematiranje.com 4) Koliko treba uzeti sumpurne kiseline jačine 52%, a koliko jačine 88% da se dobije mešavina od 144 litara, jačine 72%?
Obeležimo:
xl jačine 52%
yl jačine 88%
52
88-72=16 72
88
72-52=20
x : y = 16 : 20 x = 16k y = 20k
x + y = 144 16k + 20k = 144 36k = 144
k =4 x = 16 ⋅ 4 = 64l y = 20 ⋅ 4 = 80l
PAZI: Kad mešamo robu sa 3 ili više različitih cena, šema ne pomaže 5) Preduzeće ima 4 vrste brašna po cenu od 72 dinara, 48 dinara, 60 dinara i 66 dinara po kilogramu. Koliko treba uzeti od svake vrste da cena bude 50 dinara po kilogramu
Obeležimo:
x kg po 72 dinara y kg po 48 dinara z kg po 60 dinara t kg po 66 dinara
72 x + 48 y + 60 z + 66t = 50( x + y + z + t ) 72 x + 48 y + 60 z + 66t = 50 x + 50 y + 50 z + 50t 22 x − 2 y + 10 z + 16t = 0
Ovde možemo napraviti veliki broj razmera!! x: y : z :t = ? Kako ?
233
3
www.matematiranje.com
Dve nepoznate uzmemo proizvoljno a četvrtu izračunamo: y=24,
z=1
t=1 → Proizvoljno biramo
22 x − 48 + 10 + 16 = 0 22 x = 22 x =1
Dakle x:y:z:t=1:24:1:1
234
4
www.matematiranje.com
Račun podele (trik sa K) 1) Dva sumplementna ugla su u razmeri 5:7. Odrediti te uglove Neka su α i β traženi uglovi.
α : β = 5:7 α = 5k } β = 7k }
α + β = 180o (suplementi) 5k + 7 k = 180 0 12k = 180 0 180 0 12 k = 15 0 k=
Kada nadjemo K vratimo se ‘’u’’ α i β.
α = 5 ⋅150 = 750 β = 7 ⋅150 = 1050 2) Podeliti duž od 456m na tri dela čije će dužine biti redom proporcionalne brojevima 2 9 7 , i 3 8 12 Neka su delovi redom x,y,z = x=
2 k 3
y=
9 k 8
z=
7 k 12
2 9 7 : : 3 8 12
x + y + z = 456m 2 9 7 k + k + k = 456 /⋅ 24 3 8 12 16k + 27 k + 14k = 456 ⋅ 24 57 k = 10944 k = 192m
___________ 2 ⋅192 = 128m 3 9 y = ⋅192 = 216m 8 7 z = ⋅192 = 112m 2 x=
235
1
www.matematiranje.com 3) Tri električna otpornika vezana u seriji stoje u razmeri 2:3:4. Ukupan otpor je 24 oma. Koliki su pojedini otpori?
Neka su otpori redom x,y i z . Pošto su vezani u seriji: x : y : z = 2:3: 7 x = 2k y = 3k z = 7k
x + y + z = 24 2k + 3k + 7 k = 24 12k = 24 k =2
x = 2 ⋅ 2 = 4Ω y = 3 ⋅ 2 = 6Ω z = 7 ⋅ 2 = 14Ω
PAZI: Ako su vezani paralelno (fizika) 1 1 1 1 = + + R R1 R2 R3
4) Zoran, Dusan i Nikola su nasledili sumu od 277.500 dinara. Prema testamentu, delovi koje dobijaju Zoran i Dušan odnose se kao 3:2, a deo koji pripada Nikoli, prema Zoranovom delu, stoji u razmeri 4:5. Koliko je svoki od njih nasledio?
Ovde imamo problem da napravimo razmeru Pošto se na Zorana u prvoj razmeri odnosi 3, a u drugoj 5, moramo proširiti razmere da se u obe na Zorana odnosi isti broj. Kako je zajednički za 3 i 5 broj 15 to ćemo prvu razmeru proširiti sa 5, a drugu sa 3. Z : D = 3 : 2 = 15 : 10 N : Z = 4 : 5 = 12 : 15 Sada je Z:D:N=15:10:12 pa je Z=15 k D=10 k N=12 k Pa je
Pošto je Z+D+N= 277500 15k+10k+12k= 277500 37k=277500 k=
277500 =7500 37
Z=15*7500=112500 ; D=10 *7500=75000 i N=12*7500=90000
236
2
www.matematiranje.com 5) Sumu od 728000 dinara podeliti na tri lica tako da svako sledeće dobija 20% više od prethodnog? Neka 1. lice treba da dobije X dinara 1. lice → xdinara 2. lice → x + 20% x = x + 0,2 x = 1,2 x 3. lice → 1,2 x + 20%(1,2 x ) = 1,2 x + 0,24 x = 1,44 x x + 1,2 x + 1,44 x = 728.000 3,64 x = 728.000 728.000 x= 3,64 x = 200.000
Dakle: 1. lice → 200000 din. 2. lice → 1,2 ⋅ 200000 = 240000 din 3. lice → 1,44 ⋅ 200000 = 288000 din.
237
3
www.matematiranje.com ZAJMOVI Anuitet (a) je iznos koji sadrži otplatu i interes koji korisnik otplaćuje za odredjeno vreme, postepeno davajući zajmodavcu iz godine u godinu , jednom ili više puta godišnje. p K-obeležavamo zajam , n- broj godina( ili broj perioda), p% - interesna stopa , r=1+ 100 je interesni dekurzivni činilac. Kamata se može obračunavati i plaćati na kraju obračunskog perioda (dekurzivno) ili na početku obračunskog perioda (anticipativno)
1. IZRAČUNAVANJE ZAJMA, ANUITETA, INTERESNE STOPE I BROJA PERIODA OTPLAĆIVANJA K= a (rn-1)/rn(r-1) ili uz upotrebu tablica
K=a IV np
Ako su nam poznati K i a onda izrazimo IV np
a=K V np
ili V np i u tablicama tražimo vrednosti
za p ili n . 2. IZRADA AMORTIZACIONOG PLANA
Na sledećoj tabeli predstavljen je plan otplaćivanja zajma od K din. za n godina jednakim godišnjim anuitetima uz obračun interesa po stopi p% godisnje i godišnje kapitalisanje. Godina
dug na početku godine interes na kraju godine otplata na kraju godine
1.
K=Rn
I1=Rn*p/100
b1=a-I1
2.
K-b1=Rn-1
I2=Rn-1*p/100
b2=a-I2
……………………………………………………………………… n-1.
K-(b1+…+bn-2)=R2
In-1=R2*p/100
bn-1= a-In-1
n.
K-(b1+…+bn-1)=R1
In=R1*p/100
bn=a-In=R1
Svaki interes manji je od prethodnog, svaka sledeca otplata je veca od prethodne. Kontrola valjanosti može se proveriti na više načina: 1) Zbir otplata mora biti jednak zajmu b1+b2+…+bn=K 2) Poslednja otplata jednaka je ostatku duga na početku poslednjeg perioda otplaćivanja bn=R1 3) Zbir kolone interesa i kolone otplata jednak je zbiru svih anuiteta
238
www.matematiranje.com 3. ODNOSI IZMEDJU OTPLATA. ODNOS ANUITETA I OTPLATA
Prvi anuitet: a= Kp/100+b1 Drugi anuitet: a= (K-b1)p/100+b2 …………………………………… Poslednji n-ti anuitet: a= (K-b1-b2-…-bn-1)p/100+bn bn=bn-1 I 1p a=bn I 1p
bn=b1 I np−1
bn=bc I np−c
a=bc I np−c +1
b1=bn II np−1
bc=a II np−c +1
bc=bn II np−c
sa c smo obelezili c-tu otplatu 1≤ c ≤ n
4. IZRAČUNAVANJE OTPLAĆENOG DUGA SA PRVIH n OTPLATA
Otplaćeni dug sa prvih c otplata (Oc) je: Oc=b1(1+III cp−1 )
dok je
Oc=b1+b2+…+bc ili preko tablica:
K= b1(1+III np−1 )
5. IZRAČUNAVANJE OSTATKA DUGA POSLE PLAĆENIH PRVIH c ANUITETA
Ako je od ukupno n anuiteta kojim se zajam amortizuje plaćeno samo prvih c anuiteta, onda preostalih n-c neplaćenih anuiteta predstavljaju ostatak duga (Rn-c) Rn-c=K-Oc
ili Rn-c=a IV np−c ili možemo upotrebiti formulu
Rn-c=b1(III np−1 - III cp−1 )
ili u zavisnosti šta nam je poznato Rn-c= 100 Ic+1/p gde je
Ic=(Rn-c+1*p)/100
239
www.matematiranje.com 6. ZAJMOVI KOJI SE PLAĆAJU ZAOKRUŽENIM ANUITETIMA
Zajam se može amortizovati i anuitetima koji odstupaju od teorijskih anuiteta . Zaokruživanje anuiteta se može ostvariti na više načina: a) odredjivanjem anuiteta u procentu od pozajmljene glavnice b) neposrednim utvrdjivanjem c) dogovorom o zaokruživanju teorijskog anuiteta a=KV np naviše ili naniže, pri čemu su n-1 zaokruženih anuiteta jednaki, a jedan, prvi ili poslednji je manji ili veći od ostalih.
Kp )] / log r ili polazeći od relacije 100 K=a IV np uz upotrebu tablice. Anuitetni ostatak an izračunava se po formuli: Broj godina(perioda) n se utvrdjuje: n=[loga-log(a-
an=(K- a IV np−1 ) I np .
je On-1= b1(1+ III np− 2 )
Ostatak duga na početku poslednjeg perioda je R1=K-On-1 gde . Poslednja otplata dobija se ako se od anuitetnog ostatka
oduzme interes na poslednji ostatak duga: bn=an – R1p/100 7. ZAJMOVI KOJI SE AMORTIZUJU JEDNAKIM OTPLATAMA
K . n prvog perioda je Rn-1= K-b , a bilo koji posle c otplata Rn-c= K- Oc
Kako su otplate jednake, to je zajam: K= nb a odavde b=
Ostatak duga posle
Kamata za prvi period je I1=Kp/100, a za bilo koji period c je Ic=Rn-c+1p/100 Anuitet je zbir otplate i kamate a1=I1+ b , odnosno ac=Ic+b 8. ZAJMOVI SE AMORTIZUJU JEDNAKIM ANUITETIMA KOJI SU ČEŠĆI OD OBRAČUNA KAMATE Ovde je anuitetni period kraci od perioda obračuna kamate. (pr. Dugoročni stambeni krediti) Ovi anuiteti se zovu parcijalni anuiteti. Obeležimo sa v- broj anuitetnih perioda u godini kao obračunskom periodu, tada je 200 200 a`=a odnosno a`=KV np , gde je naravno a` parcijalni 200v + (v − 1) p 200v + (v − 1) p anuitet. , p- godišnja interesna stopa.
240
www.matematiranje.com Parcijalni mesečni anuitet pri godišnjem obračunu interesa(v=12) je: 200 200 a`=K V np , ili ako uvedemo oznaku C vp = , onda je 2400 + 11 p 200v + (v − 1) p a`=K V np C vp ovde je p- godišnja interesna stopa, v-broj anuitetnih perioda u jednoj godini. AMORTIZACIJA ZAJMOVA PODELJENIH NA OBVEZNICE 1. ZAJAM SE AMORTIZUJE JEDNAKIM ANUITETIMA A OBVEZNICE SE ISPLAĆUJU PO NOMINALNOJ VREDNOSTI
Obveznice se izdaju po zaokruženim iznosima od po 100, 200, 500, 1000 novčanih jedinica, a prodaju po ceni jednakoj nominalnom iznosu(apoen) ili većoj odnosno manjoj od nominalnog iznosa.Zajam može biti izdeljen na obveznice istih apoena ili na grupe jednakih apoena. Obveznice su razvrstane po serijama,a serije po brojevima. Obveznica može da glasi na ime ili na donosioca. Pre izrade amortizacionog plana potrebno je utvrditi broj obveznica koje se amortizuju i onih koje ostaju u tečaju (neamortizovane) m- ukupan broj obveznica α - nominalna vrednost obveznica, tada je K= α m , a / α je anuitet u komadima obveznica x1,x2,…xn- teorijski dobijeni brojevi amortizovanih obveznica na kraju prvog, drugog,…, poslednjeg obracuna x`1, x`2,…,x`n – brojevi stvarno amortizovanih obveznica na kraju prvog, drugog,…, poslednjeg perioda obracuna. b1=a-I1 je prva otplata. Kako je a=KV np i I1=Kp / 100 , onda je x1= m (V np -
p ) 100
p p ) ako nam treba x1 preko anuiteta onda je x1=a / α - m 100 100 Brojevi ostalih izvučenih (amortizovanih) obveznica x2,…,xn dobijaju se iz x1 na osnovu xc=x1I cp−1 ( prema bc=b1I cp−1 ) i b1= K( V np -
KONVERZIJA
ZAJMA
To je promena uslova otplaćivanja zajma. Korisniku zajma se odobrava otplaćivanje na duže vreme, manja kamatna stopa, manji anuiteti.Konvertovanje zajma znači ili promenu interesne stope naniže, ili produženje vremena otplaćivanja ili i jedno i drugo.U trenutku konverzije zajma mora se utvrditi ostatak duga, koji u odnosu na nove uslove otplaćivanja postaje novi dug.
241
Kompleksni brojevi (C)
Kompleksni brojevi su izrazi oblika:
z = a + bi gde su a i b realni brojevi a i → simbol
koji ima vrednost i = − 1 . Za kompleksan broj z = a + bi , a je njegov realni deo i obeležava se Re( z ) = a , b je njegov imaginarni deo i obeležava se Im( z ) = b , a i = − 1 je imaginarna jedinica. Primeri:
z1 = 5 + 4i → Re( z1 ) = 5, Im( z1 ) = 4 z 2 = 5 − 2i → Re( z 2 ) = 5, Im( z 2 ) = −2 3 3 z3 = − − 7i → Re( z3 ) = − , Im( z3 ) = −7 4 4 z 4 = 8i → Re( z 4 ) = 0, Im( z 4 ) = 8 z5 = 2 → Re( z5 ) = 2, Im( z5 ) = 0
Dva kompleksna broja a + bi i c + di su jednaka ako i samo ako je a = c i b = d ,tj imaju iste realne i imaginarne delove. Pošto smo rekli da je i = − 1 ,zanimljivo je videti kako se ponašaju stepeni broja i .
i = −1 i 2 = −1 i 3 = i 2 ⋅ i = −1⋅ i = −i i 4 = i 2 ⋅ i 2 = (−1)(−1) = 1 _________________________________
i 5 = i 4 ⋅ i = 1⋅ i = i i 6 = i 4 ⋅ i 2 = i 2 = −1 i 7 = i 4 ⋅ i 3 = 1 ⋅ i 3 = −i i8 = i 4 ⋅ i 4 = 1 itd. www.matematiranje.com
1
242
Šta zaključujemo? i stepenovano bilo kojim brojem može imati samo jednu od ove 4 vrednosti: i,−1,−i ili 1 . Uopšteno, tu činjenicu bi mogli zapisati:
i 4k = 1 i 4 k +1 = i
za k ∈ N .
i 4 k + 2 = −1 i 4 k +3 = −i
Kako ovo primeniti u zadacima? Primeri: Izračunati:
a)i100 b)i 2006 v)i 25 g )i102 d )i 23
a )i100 Ovde postoje 2 ideje : Ili da koristimo da je i 4 = 1 i naravno pravila za stepen :
( a m ) n = a m⋅ n i a m + n = a m ⋅ a n Dakle: i100 = (i 2 ) 50 = (−1) 50 = 1 ili druga ideja da je i 4 k = 1
i100 = (i 4 ) 50 = 150 = 1 Odlučite sami šta vam je lakše!
b)i 2006 = ? i 2006 = (i 2 )1003 = (−1)1003 = −1 www.matematiranje.com
2
243
v)i 25 = i 24 ⋅ i1 = (i 2 )12 ⋅ i = (−1)12 ⋅ i = 1⋅ i = i ↓ Kad je stepen neparan, napišemo ga kao za 1 manji paran broj pa plus 1, to jest 25 = 24 + 1 .
g )i102 = (i 2 ) 51 = (−1) 51 = −1 d )i 23 = i 22 ⋅ i1 = (i 2 )11 ⋅ i = (−1)11 ⋅ i = −1⋅ i = −i Pazi:
(−1) paran broj = 1 (−1) neparan broj = −1
Kako se sabiraju, oduzimaju I množe kompleksni brojevi? 1) Zbir dva kompleksna broja a + bi i c + di je kompleksan broj (a + c) + i (b + d ) , a njihova razlika je (a − c) + i (b − d ) . To znači da se sabiraju I oduzimaju ‘’normalno’’, kao u R. Primer:
z1 = 5 + 3i z 2 = 4 − 10i
z1 + z 2 = 5 + 3i + 4 − 10i = 5 + 4 + 3i − 10i = 9 − 7i
z1 − z 2 = 5 + 3i − (4 − 10i ) = 5 + 3i − 4 + 10i = 1 + 13i 2) Proizvod dva kompleksna broja a + bi i c + di je kompleksan broj
(ac − bd ) + i (ad + bc) → množi se ‘’svaki sa svakim’’ I vodimo računa da je i 2 = −1 (a + bi ) ⋅ (c + di ) = ac + adi + bci + bd i
2
−
= ac + adi + bci − bd = ac − bd + i (ad + bc) www.matematiranje.com
3
244
z1 = −3 + 5i
Primer:
z 2 = 4 − 2i
z1 ⋅ z 2 = (−3 + 5i ) ⋅ (4 − 2i ) = −12 + 6i + 20i − 10i 2 = [sad zameni da je i 2 = −1 , pa − 10i 2 = −10 ⋅ (−1) = 10 ] = −12 + 6i + 20i + 10 = −2 + 26i
Deljenje kompleksnih brojeva Recimo najpre da svaki kompleksan broj ima svoj konjugovan broj. −
Za z = a + bi ⇒ z = a − bi je konjugovan broj. −
Primeri: za z = 10 + 12i je z = 10 − 12i −
za z = 4 − 3i je z = 4 + 3i −
za z = −4 + 5i je z = −4 − 5i Dva kompleksna broja se dele tako što izvršimo racionalisanje sa konjugovanim brojem delioca.
a + bi a + bi c − di = ⋅ = gore množimo ‘’svaki sa svakim’’ a dole je razlika kvadrata. c + di c + di c − di =
(a + bi )(c − di ) (a + bi )(c − di ) = c 2 − (di ) 2 c2 + d 2
Primer 1)
=
5 + 2i 5 + 2i 4 + 3i (5 + 2i )(4 + 3i ) = = ⋅ = 4 − 3i 4 − 3i 4 + 3i 4 2 − (3i ) 2 www.matematiranje.com
4
245
20 + 15i + 8i + 6i 2 = = (i 2 = −1) 2 2 16 − 3 ⋅ i 20 + 15i + 8i − 6 14 + 23i 14 23 = = = + i 16 + 9 25 25 25 Savet: Uvek na kraju rastavi
a + bi a b = + i da bi mogao da pročitaš Re( z ) i c c c
Im( z ) Primer 2)
3 + 7i 3 + 7i − 5 − 3i = ⋅ − 5 + 3i − 5 + 3i − 5 − 3i =
(3 + 7i )(−5 − 3i ) (−5) 2 − (3i ) 2
−15 − 9i − 35i − 21i 2 = 25 − 32 ⋅ i 2 −15 − 9i − 35i + 21 = 25 + 9 6 − 44i 6 44 3 22 = = − i= − i 34 34 34 17 17
Modul kompleksnog broja z = a + bi je nenegativan broj z = a 2 + b 2 Primeri:
Za Za
z = 3 + 4i je z = 32 + 4 2 = 9 + 16 = 5 z = −9 − 12i je z = (−9) 2 + (−12) 2 = 81 + 144 = 15
Navešćemo neke od osobina vezanih za kompleksne brojeve koje će nam dosta pomoći u rešavanju zadataka: 1) z1 + z 2 = z 2 + z1 ( komutativnost) 2) ( z1 + z2 ) + z3 = z1 + ( z2 + z3 ) ( asocijativnost) 3) z + 0 = 0 + z = z (0 je netral za +) 4) z + z ' = z ' + z = 0 ( z ' je suprotni broj)
www.matematiranje.com
5
246
5) z1 ⋅ z 2 = z 2 ⋅ z1 6) ( z1 ⋅ z 2 ) ⋅ z3 = z1 ⋅ ( z 2 ⋅ z3 ) 7) z ⋅1 = 1⋅ z = z (1 je neutral za ) 8) z ⋅ z ' = z ' ⋅ z = 1 ( z ' je inverzni za ) 9) ( z1 + z2 ) ⋅ z3 = z1 z3 + z2 z3 ( distributivnost) 10) z1 ⋅ z 2 = z1 ⋅ z 2 11) z 2 = z 12)
2
z z1 = 1 z2 z2
Primer : Nadji realni I imaginarni deo kompleksnog broja: z =
(1 − i )12 (1 + i ) 5
Odredimo najpre (1 − i )12 = ? Podjimo od (1 − i ) 2 = 1 − 2i + i 2 = 1 − 2i − 1 = −2i Kako je (1 − i )12 = ((1 − i ) 2 ) 6 = (−2i ) 6 = 26 ⋅ i 6 = 26 ⋅ (−1) = −26 = −64 Nadjimo dalje (1 + i ) 5 = ?
(1 + i ) 2 = 1 + 2i + i 2 = 1 + 2i − 1 = 2i (1 + i ) 5 = (1 + i ) 4 ⋅ (1 + i ) = ((1 + i ) 2 ) 2 ⋅ (1 + i ) = (2i ) 2 (1 + i ) = 4 ⋅ i 2 (1 + i ) = −4(1 + i )
(1 − i )12 16 16 1 − i − 64 = = = ⋅ = 5 (1 + i ) − 4(1 + i ) 1 + i 1 + i 1 − i 16(1 − i ) 16(1 − i ) 16(1 − i ) = 2 2 = = = 8(1 − i ) = 1 −i 1+1 2 = 8 − 8i z=
Dakle : Re ( z ) = 8 Im( z ) = −8 www.matematiranje.com
6
247
Primer :
Nadji x i y iz
x − 1 + ( y + 3)i = (1 + i )(5 + 3i ) x − 1 + ( y + 3)i = 5 + 3i + 5i + 3i 2 x − 1 + ( y + 3)i = 5 + 8i − 3 x − 1 + ( y + 3) i = 2{ + 8{ i { 123 Re Im Re Im
Dakle :
x −1 = 2 ⇒ x = 2 +1 ⇒ x = 3 y +3 = 8⇒ y = 8−3⇒ y = 5
Primer: Ako je w =
−1+ i 3 dokazati da je w 2 + w + 1 = 0 2
Rešenje: 2
⎛ −1 + i 3 ⎞ ⎛ −1 + i 3 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ + 1 = 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
1 − 2i 3 + (i 3) 2 −1 + i 3 + +1 = 4 2 1 − 2i 3 + i 2 ⋅ 3 −1 + i 3 + +1 = 4 2 1 − 2i 3 − 3 + 2(−1 + i 3) + 4 = 4 1 −2i 3 − 3 − 2 +2i 3 + 4 0 = =0 4 4
Primer:
Odredi sve kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju sistem jednačina:
z − 2i = z z − i = z −1 www.matematiranje.com
7
248
Rešenje: Neka je z = a + bi
z − 2i = a + bi − 2i = a + i (b − 2) ⇒ z − 2i = a 2 + (b − 2) 2 z − i = a + bi − i = a + i (b − 1) ⇒ z − i = a 2 + (b − 1) 2 z − 1 = a + bi − 1 = a − 1 + bi ⇒ z − 1 = (a − 1) 2 + b 2 Dakle:
a 2 + (b − 2) 2 = a 2 + b 2
Kvadrirajmo obe jednačine!
a 2 + (b − 1) 2 = (a − 1) 2 + b 2 ___________________________________________
a 2 + (b − 2) 2 = a 2 + b 2 a 2 + (b − 1) 2 = (a − 1) 2 + b 2 ___________________________________________
b 2 − 4b + 4 = b 2 zamenimo u drugu jednačinu − 4b = −4 b =1
a 2 + (b − 1) 2 = (a − 1) 2 + b 2 a 2 + (1 − 1) 2 = (a − 1) 2 + 12 a 2 + 0 = a 2 − 2a + 1 + 1 2a = 2 a =1 Traženi kompleksni broj je z = 1 + i
Primer: Nadji sve kompleksne brojeve z koji zadovoljavaju: −
z2 + z = 0 www.matematiranje.com
8
249
−
−
Rešenje: Neka je z = a + bi traženi kompleksni broj. Onda je z = a − bi, z = a 2 + b 2
(a + bi ) 2 + a 2 + b 2 = 0 a 2 + 2abi + b 2i 2 + a 2 + b 2 = 0 Kako je i 2 = −1 ⇒ Ovde očigledno I Re I Im moraju biti nula. 2 2 − b4 +2444 a144 a2 + 3 b 2 + 2{ ab i = 0 Im
Re
a 2 − b2 + a2 + b2 = 0 2ab = 0 ______________________ Iz 2ab = 0 ⇒ a = 0 v b = 0 1) Ako je a = 0 , zamenimo u prvu jednačinu:
02 − b 2 + 02 + b 2 = 0 b =b 2
( b 2 ≥0)
2
Ovde je očigledno b = 0 ili b = −1 2) Ako je b = 0 , zamenimo u prvu jednačinu:
a 2 − 02 + a 2 + 02 = 0 a2 + a2 = 0
nema rešenja sem a = 0
a 2 = −a 2 Dakle: z = 0 ; z = i I z = −i su traženi brojevi.
Primer:
Za koje vrednosti prirodnog broja n važi jednakost:
(1 + i ) n = (1 − i ) n ? Rešenje:
(1 + i ) n = (1 − i ) n (1 + i ) n ⎛1+ i ⎞ =1⇒ ⎜ ⎟ =1 n (1 − i ) ⎝ 1− i ⎠ n
www.matematiranje.com
9
250
Transformišemo izraz:
1 + i 1 + i 1 + i (1 + i ) 2 (1 + i ) 2 (1 + i ) 2 ⋅ = = = = 1 − i 1 − i 1 + i 12 + i 2 1+1 2 2 2 (1 + i ) = 1 + 2i + i = 1 + 2i − 1 = 2i Dakle:
1 + i (1 + i ) 2 2i = = =i 1− i 2 2
⎛1+ i ⎞ n Vratimo se u ⎜ ⎟ = 1 , dobijemo i = 1 − 1 i ⎝ ⎠ n
A ovo je ( vec smo videli ) moguće za n = 4k , k ∈ N . www.matematiranje.com
10
251
Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Da se podsetimo:
z = x + yi
Kompleksni broj je oblika
x je realni deo, y je imaginarni deo kompleksnog broja, i- je imaginarna jedinica i = − 1 , (i 2 = −1) Dva kompleksna broja z1 = x1 + y1i i z 2 = x2 + y2i su jednaka ako je x1 = x2 i y1 = y2 _
Za z = x + yi broj z = x − yi je konjugovano kompleksan broj. Modul kompleksnog broja z = x + yi je : z =
x2 + y2
Kompleksni brojevi se predstavljaju u kompleksnoj ravni, gde je x-osa realna osa, a y-osa imaginarna osa. Primer: Tački A odgovara kompleksni broj 3+2i. Tačka B odgovara kompleksnom broju -3+i.
Ako je dat kompleksan broj z = x + yi onda se njegov realni deo može zapisati kao: x = r cos ϕ a imaginarni y = r sin ϕ . To možemo videti I sa slike: y z=x+yi r
y
ϕ x
x y ⇒ y = r sin ϕ r x cos ϕ = ⇒ x = r cos ϕ r y y tgϕ = ⇒ ϕ = arctg x x sin ϕ =
www.matematiranje.com
1
252
Dakle, kompleksni broj je:
z = r cos ϕ + r sin ϕ i, tj. z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) Ovaj oblik se zove trigonometrijski. Ovde je r- modul, odnosno: r =
x 2 + y 2 , ugao ϕ
se zove argument kompleksnog broja. Kako su sinx i cosx periodične funkcije kompleksni broj se može zapisati I kao :
z = r (cos(ϕ + 2kπ ) + i sin(ϕ + 2kπ )) k ∈Z
Primer: Pretvoriti sledeće kompleksne brojeve u trigonometrijski oblik: a) z = 1 + i b) z = 1 + i 3 v) z = −1 g) z = i Rešenje: a) z = 1 + i Šta radimo? Najpre odredimo x i y, nadjemo r =
x 2 + y 2 zatim tgϕ =
trigonometriski oblik: z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) Dakle: x = 1, y = 1
y x 1 tgϕ = 1
y i to zamenimo u x
r = 12 + 12 = 2
tgϕ =
tgϕ = 1 ⇒ ϕ = 45o =
π 4
z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = 2 (cos
π
π
+ i sin ) 4 4 www.matematiranje.com
2
253
b) z = 1 + i 3
x =1
⇒ r = x2 + y2 = 1 + 3 = 4 = 2
y= 3
y 3 = x 1 tgϕ = 3 tgϕ =
ϕ = 60o =
π 3
z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = 2(cos
π
π
+ i sin ) 3 3
v) z = −1
Pazi: Ovo možemo zapisati i kao z = −1+ 0i
Dakle:
x = −1, y = 0
r = (−1) 2 + 02 = 1
y 0 = =0 x −1 ϕ = 180o
z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = 1 ⋅ (cos π + i sin π )
ϕ =π
z = cos π + i sin π
tgϕ =
g) z = i ili z = 0 + 1i ⇒ x = 0, y = 1
r = 0 2 + 12 = 1 1 tgϕ = = ∞ 0
ϕ=
π
z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = cos
π 2
+ i sin
π 2
2
www.matematiranje.com
3
254
Često se u zadacima radi lakšeg rešavanja koristi Ojlerova formula:
e xi = cos x + i sin x Primer: Napisati brojeve: a) 1 b) i v) -2 preko Ojlerove formule. Rešenje: Savet: Ovde uvek dodajte periodičnost! a) z = 1 tj,
x = 1, y = 0
r = 12 + 0 2 = 1 y tgϕ = = 0 ⇒ ϕ = 0o x z = r (cos(ϕ + 2kπ ) + i sin(ϕ + 2kπ )) z = 1 ⋅ (cos(0 + 2kπ ) + i sin(0 + 2kπ )) 1 = cos 2kπ + i sin 2kπ , pa je zamenom u e xi = cos x + i sin x gde je x = 2kπ
Dakle:
1 = e 2 kπ i k ∈Z ⇒
b) z = i
z = 0 + 1i
⇒
x = 0, y = 1
r = x 2 + y 2 = 0 2 + 12 = 1 = 1 y 1 π = = ∞ ⇒ϕ = x 0 2 z = r (cos(ϕ + 2kπ ) + i sin(ϕ + 2kπ ))
tgϕ =
π
π
z = cos( + 2kπ ) + i sin( + 2kπ ) 2 2 Dakle i = cos(
Pa je
i=e
π
π
+ 2kπ ) + i sin( + 2kπ ) 2 2
π
( + 2 kπ ) i 2
k ∈Z 4
255
v) z = −2 = 2 ⋅ (−1) = -1 smo našli u prošlom primeru:
− 1 = cos(π + 2kπ ) + i sin(π + 2kπ ) − 2 = 2[cos(π + 2kπ ) + i sin(π + 2kπ )] Znači
− 2 = 2e ( π + 2 k π ) i −2 = 2e(2 k +1)π i k ∈Z Profesori često vole da pitaju decu da nadju vrednosti
ii .
Kada znamo Ojlerov zapis, to nije teško. U jednom prethodnom primeru smo našli: π
( + 2 kπ ) i 2
i=e k ∈Z
Onda je:
i = (e i
π
( + 2 kπ ) i i 2
)
Znamo pravilo za stepenovanje ( a m ) n = a mn π
i =e i
( + 2 kπ ) i 2 2
π
i =e i
− ( + 2 kπ ) 2
Znamo da je i 2 = −1
k ∈Z Ako uzmemo k=0, biće:
ii = e
−
π 2
www.matematiranje.com
5
256
Množenje I deljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku
Neka su data dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku:
z1 = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) z2 = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) Onda je :
z1 ⋅ z 2 = r1 ⋅ r2 [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ 2 )] z1 r1 = [cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ 2 )] z 2 r2 Primer: Dati su kompleksni brojevi:
z1 = 4 2 (cos
π
π
+ i sin ) 4 4 3π 3π 2 z2 = + i sin ) (cos 4 4 2 Nadji: a) z1 ⋅ z 2 b)
z1 z2
Rešenje: a)
2⎡ π 3π π 3π ⎤ cos( + ) + i sin( + )⎥ ⎢ 2 ⎣ 4 4 4 4 ⎦ = 4[cos π + i sin π ] z1 ⋅ z 2 = 4 2 ⋅
= 4[− 1 + 0] = −4
www.matematiranje.com
6
257
b)
z1 4 2 ⎡ π 3π π 3π ⎤ cos( − ) + i sin( − ) ⎥ = ⎢ z2 4 4 4 4 ⎦ 2 ⎣ 2 π π ⎤ π π ⎤ ⎡ ⎡ = 8 ⎢cos(− ) + i sin(− ) ⎥ = 8 ⎢cos( ) − i sin( ) ⎥ 2 2 ⎦ 2 2 ⎦ ⎣ ⎣ = 8 [ 0 − i ⋅1] = −8i
Stepenovanje kompleksnog broja Neka je dat kompleksni broj z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) . Onda je z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ ) Ako kompleksni broj ima modul 1, tj. ako je r=1 onda je:
z = cos ϕ + i sin ϕ z n = cos nϕ + i sin nϕ → Moavrov obrazac Primer: a) Nadji z 6 ako je z = 2(cos
π 18
+ i sin
π 18
)
1 3 − i 2 2
b) Nadji z 20 ako je z = Rešenja: a)
z = 2(cos
π 18
+ i sin
z 6 = 2 6 (cos 6 ⋅ z 6 = 2 6 (cos
π
π 18
π 18
)
+ i sin 6 ⋅
π 18
)
π
+ i sin ) 3 3 1 3 z 6 = 64( + i ) = 32(1 + i 3 ) 2 2
7
258
b)
z=
1 3 − i 2 2
Ovde moramo najpre prebaciti kompleksni broj u trigonometrijski oblik.
⎫ ⎪⎪ 1 2 3 2 1 3 + =1 ⎬ ⇒ r = ( ) + (− ) = 2 2 4 4 3⎪ y=− 2 ⎪⎭ y tgφ = x 3 − π tgφ = 2 ⇒ tgφ = − 3 ⇒ φ = −60o = − 1 3 2 z = r (cos φ + i sin φ ) x=
1 2
π
π
z = 1(cos(− ) + i sin(− )) 3 3 z = cos
π
3
− i sin
π
3
20π 20π − i sin 3 3 π π 2 2 z 20 = cos − i sin 3 3 1 3 z 20 = − − i 2 2 1 z 20 = − (1 + i 3) 2
z 20 = cos
→ pazi
20π 18π 2π 2π 2π = + = 6π + = 3 3 3 3 3
www.matematiranje.com
8
259
Korenovanje kompleksnih brojeva: Neka je dat:
z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) n
z = w = n r (cos
ϕ + 2kπ n
+ i sin
ϕ + 2 kπ n
)
k- uzima vrednosti od 0 do n-1.
Sve vrednosti n-tog korena broja z, nalaze se na kružnici poluprečnika brojeva (vrednosti korena) čine aritmetički niz sa razlikom d =
2π . n
n
r . Argumenti tih
Primer: Izračunati: a)
3
i
b)
6
−1
Rešenja: a) Kao što smo već videli :
i = cos
π 2
+ i sin
π Pa je:
3
i = cos 2
π 2
+ 2kπ 3
π + i sin 2
+ 2kπ 3
gde k uzima vrednosti: k = 0,1,2
Za k=0
π wo = cos 2 wo = cos wo =
π 6
+0 3
π + i sin 2
+ i sin
+0 3
π 6
3 1 +i 2 2 9
260
Za k=1
π w1 = cos 2
+ 2π 3
π + i sin 2
+ 2π 3
5π 5π + i sin 6 6 3 1 +i w1 = − 2 2 w1 = cos
Za k=2
π w2 = cos 2 w2 = cos
+ 4π 3
π + i sin 2
+ 4π 3
9π 9π + i sin 6 6
w2 = −i
Geometrijski gledano , wo , w1 , w2 su temena jednakostraničnog trougla na kružnici poluprečnika r = 3 1 = 1 sa centrom u 0 kompleksne ravni!
y i W1
W0 1
-1
x
-i W 2
www.matematiranje.com
10
261
b)
r = 1, ϕ = π
− 1 = cos π + i sin π
6
− 1 = cos
π + 2kπ
+ i sin
6
π + 2kπ 6
k = 0,1,2,3,4,5
Za k=0
wo = cos
π 6
+ i sin
π 6
3 1 +i 2 2
=
Za k=1
w1 = cos w1 = cos
π + 2π 6
π 2
+ i sin
+ i sin
π 2
π + 2π 6
=i
Za k=2
w2 = cos w2 = cos
π + 4π 6
π + 4π
+ i sin
6
5π 5π 3 1 + i sin =− +i⋅ 6 6 2 2
Za k=3
w3 = cos w3 = cos
π + 6π 6
+ i sin
π + 6π 6
7π 7π 3 1 + i sin =− −i 6 6 2 2
Za k=4
w4 = cos w4 = cos
π + 8π 6
+ i sin
π + 8π 6
9π 9π + i sin = −i 6 6
www.matematiranje.com
11
262
Za k=5
w5 = cos
π + 10π 6
+ i sin
π + 10π
6 11π 11π 3 1 w5 = cos + i sin = −i 6 6 2 2 Geometrijski gledano, wo ,..., w5 su temena pravilnog šestougla!
y W1 i W0
W2
-1
1
W3
W5
x
-i W4
www.matematiranje.com
12
263
LINEARNE JEDNAČINE Pod linearnom jednačinom ‘’po x’’ podrazumevamo svaku jednačinu sa nepoznatom x koja se ekvivalentnim transformacijama svodi na jednačinu oblika: ax b
gde su a i b dati realni brojevi. Rešenje ove jednačine je svaki realan broj x0 za koji važi: a x0 b Ako nam posle rešavanja ostane jednačina većeg stepena (drugog, trećeg …) onda nju probama da rastavimo na činioce i koristimo:
A B 0
A0
A B C 0
A0 B0 C 0
B0
Za svaku linearnu jednačinu važi: ax b
b a ako je a 0 Primer: 2 x 10 10 x 2 x5
a 0, b 0
x
ab0 ima beskonačno mnogo rešenja Primer: 0 x 0 Svaki broj je rešenje
Nema rešenja Primer 0 x 7 7 x ? 0 Deljenje sa 0 nije dozvoljeno (za sad)
www.matematiranje.com
264
1
Kako rešavati jednačinu?
-
Prvo se oslobodimo razlomaka (ako ih ima) tako što celu jednačinu pomnožimo sa NZS Onda se oslobodimo zagrada (ako ih ima) množeći ‘’svaki sa svakim’’. Nepoznate prebacimo na jednu a poznate na drugu stranu znaka =. (PAZI: prilikom prelaska sa jedne na drugu stranu menja se znak) ‘’sredimo’’ obe strane (oduzmemo i saberemo) i dobijemo a x b b Izrazimo nepoznatu x a
VAŽNO: Ako negde vršimo skraćivanje moramo voditi računa da taj izraz koji kratimo mora biti različit od nule. U suprotnom se može desiti apsurdna situacija.
Primer: Rešiti jednačinu:
x2 0 x
x x 0 x0 ? x Ne smemo skratiti jer je uslov x 0
Ako skratimo
ZADACI: 1) Reši jednačinu 9 2 x 5x 2 2 x 5 x 2 9 7 x 7 7 x 7 x 1 2) Reši jednačinu
Nema razlomaka i zagrada tako da odmah ‘’prebacujemo’’ nepoznate na jednu a poznate na drugu stranu.
3(2 3 x) 4(6 x 11) 10 x (oslobodimo se zagrada)
3(2 3 x) 4(6 x 11) 10 x 6 9 x 24 x 44 10 x 9 x 24 x x 10 6 44 16 x 48 48 x 16 x3 www.matematiranje.com
265
2
y 5 2y 3 6y 5 2 7 2 14 2y 3 6y 5 y 5 2 /14 Nadjemo NZS za 7, 2 i 14; to je 14. Celu jednačinu 2 14 7 2( y 5) 28 7(2 y 3) 1(6 y 5) pomnožimo sa 14. 2 y 10 28 14 y 21 6 y 5 2 y 14 y 6 y 21 5 10 28 6 y 44 44 y 6 22 y 3
2) Reši jednačinu
4) Reši jednačinu ( x 3) 2 ( x 4) 2 2 x 13 ( x 3) 2 ( x 4) 2 2 x 13 ( x 2 6 x 9) ( x 2 8 x 16) 2 x 13 x 2 6 x 9 x 2 8 x 16 2 x 13 6 x 8 x 2 x 13 9 16 12 x 6 6 x 12 1 x 2
5) Reši jednačinu
2 1 x2 x3
PAZI: Ovde odmah postavi uslove: x 2 0 x 2
2 1 x2 x3 Množe se unakrsno : 2( x 3) 1 ( x 2) 2x 6 x 2 2 x x 2 6
x 3 0 x 3
x 8 www.matematiranje.com
266
3
6) Reši jednačinu
x 5 1 2x 3 3x 6 2 2 x 4
Uslovi:
x2 0
x2
x5 1 2x 3 / 6( x 2) 3( x 2) 2 2( x 2) 2( x 5) 3( x 2) 3(2 x 3) 2 x 10 3 x 6 6 x 9 2 x 3x 6 x 6 9 10 7 x 25 x
25 7
7) Reši jednačinu
2x 1 8 2x 1 2 2x 1 4x 1 2x 1
2x 1 8 2x 1 ....... / (2 x 1)(2 x 1) 2 x 1 (2 x 1)(2 x 1) 2 x 1 Uslovi: 2 x 1 0 2 x 1 0 (2 x 1) 2 8 (2 x 1) 2 2 x 1 2x 1 4 x2 4 x 1 8 4 x2 4 x 1 1 1 x x 4 x2 4 x 4 x2 4 x 1 1 8 2 2 8 x 8 x x 1
8) Reši jednačinu
5x 1 x 2
, 0 Ovd moramo najpre da definišemo apsolutnu vrednost: , 0 1 5 x 1, 5 x 1, za 5 x 1 0 5 = Dakle: 5 x 1 (5 x 1), za 5 x 1 0 (5 x 1), x 1 5 x
Sad rešavamo dve jednačine: www.matematiranje.com
267
4
1 5 5x 1 x 2 6x 2 1 6x 3 3 x 6 1 x 2
1 5 (5 x 1) x 2 5 x 1 x 2 4 x 2 1 4 x 1
Uslov x
Uslov x
x
Ovo rešenje je ''dobro'' jer je
9) Reši jednačinu
1 1 2 5
1 4
I ovo je ‘’dobro’’ jer je
1 1 4 5
x 4 2x 3 2
Najpre definišemo obe apsolutne vrednosti: x 4, x 4 0 x 4, x 4 I Uslov x4 = ( x 4), x 4 0 ( x 4). x 4 II Uslov 3 x 2 x 3 0 2 x 3, 2 x 3, 2 III Uslov 2x 3 = (2 x 3), 2 x 3 0 (2 x 3), x 3 IV Uslov 2 Zadatak ćemo podeliti na 4 dela u zavisnosti od uslova: i) I i III uslov: 3 2 ( x 4) (2 x 3) 2 x4 i x
x 4 2x 3 2 x 243 x9 x 9
x 4,
Nije ''dobro'' rešenje jer ne zadovoljava x 4,
ii) I i IV uslov 3 2 Ovde nema rešenja x 4, x
x
268
5
iii) II i III uslov x4 i x
3 2
( x 4) (2 x 3) 2 x 4 2x 3 2 3x 2 3 4 3x 1 x
3 x ,4 2
1 3
1 3 Dobro je rešenje , 4 3 2 iv) II i IV uslov
x 4, i x
3 2
( x 4) (2 x 3) 2 x 4 2x 3 2
3 x , 2
x 243 x 5 3 ‘’Dobro’’ rešenje, jer 5 , 2 1 Zaključak: rešenja su x1 i x2 5 3 10) Rešiti i diskotuvati jednačinu u zavisnosti od parametra
a) mx 3m 1 5 x sve ‘’sa x’’ prebacujemo na jednu stranu, sve što nema x na drugu mx 5 x 1 3m Izvučemo x kao zajednički ispred zagrade x(m 5) 1 3m x
1 3m m5
www.matematiranje.com
269
6
Diskusija:
1 35 nemoguća, nema rešenja 0 1 3m jednačina ima rešenja I to beskonačno mnogo jer m R Za m 5 x m5 Za m 5 x
b) 2ax a 4 8a 7 5 x 2ax 5 x 8a 7 a 4 x(2a 5) 9a 3 9a 3 2a 5 Diskusija: x
5 Jednačina nemoguća 2 5 Za 2a 5 0 a jednačina ima mnogo rešenja 2 Za 2a 5 0 a
Jednačine imaju veliku primenu u rešavanju takozvanih ‘’problemskih’’ zadataka. Važno je dobro proučiti tekst, ako treba skicirati problem i naći vezu izmedju podataka. 11) Otac ima 43 godine a sin 18, kroz koliko će godina otac biti dva puta stariji od sina?
Obeležimo sa X-broj godina koji treba da prodje. Otac → 43 godine Sin → 18 godina Kako godine teku i za oca i za sina, to je:
Otac → 43+X Sin → 18+X U zadatku se kaže da će otac biti dva puta stariji od sina: 2 (18 x) 43 x 36 2 x 43 x 2 x x 43 36 x7
270
7
Proverimo: Kroz 7 godina otac će imati 43+7=50 godina, a sin 18+7=25 godina, pa je otac zaista dva puta stariji od sina. 12)
Koji broj treba dodati brojiocu i imeniocu razlomka razlomak
2 da bi smo dobili 5
5 ? 7
2 x 5 Množimo unakrsno 5 x 7 7(2 x) 5(5 x) 14 7 x 25 5 x 7 x 5 x 25 14 2 x 11 x
11 2
13)
1 2 knjige, drugog dana od ostatka knjige,a trećeg dana 4 3 poslednjih 40 stranica. Koliko ima stranica ta knjiga?
Učenik je prvog dana pročitao
Obeležimo sa x-broj stranica knjige. 1 x I Dan 4
2 3 x II Dan 3 4
40 str.→ III dan
1 2 3 x x 40 x 4 3 4 1 2 x x 40 x 4 4 3 x 40 x 4 3 x x 40 4 1 x 40 4 x 160 Knjiga ima 160 strana.
www.matematiranje.com
271
8
14) Jedan radnik može da završi posao za 9, a drugi za 12 dana. Ako se njima pridruži treći radnik, oni će taj poso završiti za 4 dana. Za koje bi vreme treci radnik sam završio posao?
Neka je x-vreme za koje treći radnik završi posao. Kako razmišljamo?
Ako prvi radnik sam završi posao za 9 dana onda će za 1 dan odraditi Slično će drugi radnik za 1 dan odraditi
Znači da oni zajedno za 1 dan odrade
1 posla. 9
1 1 posla, a treći deo posla. 12 x
1 1 1 deo posla, Kako rade 4 dana, to je: 9 12 x
1 1 1 4 1 9 12 x 4 4 4 1 ........ / 36 x 9 12 x 16 x 12 x 144 36 x 28 x 36 x 144 8 x 144 x 18 Dakle, treći radnik bi sam završio posao za 18 dana. www.matematiranje.com
272
9
www.matematiranje.com
SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA Pod sistemom od dve linearne jednačine sa dve nepoznate x i y podrazumevamo: a1 x b1 y c1 a2 x b2 y c2 Ovo je takozvani ''prost'' sistem do koga uvek možemo doći ekvivalentnim transformacijama (opisane u jednačinama) Ovde su a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 dati realni brojevi (ponekad i parametri). Rešenje sistema je uredjeni par brojeva ( x0 , y0 ) za koji važi da je: a1 x0 b1 y0 c1 a2 x0 b2 y0 c2 Sisteme možemo rešiti pomoću više metoda: zamena, suprotni koeficijenti, Gausova, pomoću determinanti, matricama, grafički itd. Nama je najvažnije da tačno rešimo dati zadatak (problem) pa ćemo probati da vas to naučimo. Napomenimo samo da dati sistem može imati: jedinstveno rešenje, beskonačno mnogo rešenja (neodređen) ili pak da nema rešenja (nemoguć). Primer 1:
2x 3y 7 Reši sistem: 3x 6 y 7 _______________
2 x 3 y 7 /·2 3x 6 y 7 _______________
4 x 6 y 14 3x 6 y 7
__________ _________
Najlakše je da ispred x (ili y) napravimo da budu isti brojevi a suprotnog znaka, pa onda te dve jednačine saberemo. Zato ćemo prvu jednačinu pomnožiti sa 2. Kad nadjemo jedno rešenje, vratimo se u jednu od jednačina (bilo koju) da nadjemo drugo rešenje.
7 x 21 21 x 7 x3
273
1
www.matematiranje.com 2x 3y 7 2 3 3y 7 6 3y 7 3y 7 6 3y 1 1 3 Ovde je rešenje jedinstveno: y
1 ( x, y ) 3, 3 Primer 2: Reši sistem: 5 x y 1 ..... / (2) 10 x 2 y 2
Pomnožimo prvu jednačinu sa (-2)
___________________
10 x 2 y 2 10 x 2 y 2
Ovde imamo situaciju da su se svi ''skratili''.
___________________
00 To nam govori da sistem ima beskonačno mnogo rešenja. Da bi ''opisali'' ta rešenja, iz jedne od jednačina izrazimo x (ili y), naravno, šta nam je lakše: 5 x y 1 y 1 5 x Sada su rešenja: ( x, y ) ( x,1 5 x) xR Primer 3: Reši sistem: 2 x 3 y 4 2x 3y 5 _________________
2x 3y 4 2x 3y 5
Saberemo ih odmah.
_________________
09
U ovoj situaciji kažemo da je sistem nemoguć, odnosno nema rešenja.
274
2
www.matematiranje.com
5x 1 3 y 1 3 6 10 11 x 11 y 3 6 4
Primer 4: Reši sistem:
_______________________________
5x 1 3 y 1 3.... / 30 6 10 11 x 11 y 3.... / 12 6 4
Odmah uočimo da ovaj sistem nije ‘’prost’’, pa moramo najpre da ‘’napravimo’’ da bude.
_______________________________
5(5 x 1) 3(3 y 1) 90 2(11 x) 3(11 y ) 36 __________________________________
25 x 5 9 y 3 90 22 2 x 33 3 y 36 ______________________________
25 x 9 y 90 5 3 2 x 3 y 19.... / (3)
Napravili smo ‘’prost’’ sistem. Drugu jednačinu
______________________________
25 x 9 y 98 6 x 9 y 57
pomnožimo sa (-3)
____________________
31x 155
Vratimo se sad u jednu od jednačina iz prostog sistema.
x5 2 x 3 y 19 2 5 3 y 19 3 y 19 10 3 y 9 y 3 dakle ( x, y ) (5,3) Primer 5:
14 24 10 x y 7 18 5 x y
Uočavamo da su ovde nepoznate u imeniocu. U takvoj 1 1 situaciji najbolje je uzeti smene: a i b x y
________________
275
3
www.matematiranje.com 1 1 14 24 10 x y 1 1 7 18 5 x y _______________________
14a 24b 10 ovo je prost sistem ‘’po a i b’’ Pomnožimo drugu jednačinu 7 a 18b 5 .../ (2) sa (-2) __________________
14a 24b 10 14a 36b 10 _______________________
60b 20 20 b 60 1 b 3 7a 18b 5 1 7a 18 5 3 7a 6 5 7a 5 6 7a 1 a
1 7
Vratimo se u smene da nadjemo x i y. 1 a, x 1 1 , x 7 x7
1 b y 1 1 y 3 y3
( x, y ) (7,3)
Primer 6: Reši sistem:
ax 9 y 14a 2ax 3 y 7a ___________________
276
4
www.matematiranje.com
ax 9 y 14a Ovde primećujemo da postoji parameter a. Budimo oprezni!!! 2ax 3 y 7a ... / 3 ___________________
ax 9 y 14a 6ax 9 y 21a
________________________
7ax 35a 35a x → PAZI: a može da skratimo samo ako je a 0 ( to je uslov) 7a x5 ax 9 y 14a 5a 9 y 14a 9 y 14a 5a 9 y 9a y a
Rešenja su ( x, y ) (5,a) uz uslov a 0
Šta se dešava ako je a 0 ? Zamenimo tu vrednost u početni sistem: 0 x 9y 0 0 x 3y 0 _________________
Ovde se vidi da je
y 0 a x može biti bilo koji broj.
Pa je sistem neodredjen, odnosno ima beskonačno mnogo rešenja. y0
xR
277
5
www.matematiranje.com SISTEM TRI JEDNAČINE SA TRI NEPOZNATE 7)
x 2 y 5z 6 2x y 2z 5 3x 3 y 4 z 8
x 2 y 5 z 6 / 2 2x y 2z 5 ______________________
2x 4 y 10 z 12 2 x y 2 z 5 __________________________
Naravno i ovde ima više metoda za rešavanje. Najlakše je da izvučemo I i II, I i III jednačinu i oslobodimo se od iste nepoznate. Tako dobijemo sistem 2 jednačine sa 2 nepoznate x 2 y 5 z 6 / 3 3x 3 y 4 z 8 ______________________
3x 6 y 15 z 18 3x 3 y 4 z 8 __________________________
5 y 8 z 17
9 y 19 z 26
Sada uzimamo ove dve jednačine i nadjemo nepoznate y i z. 5 y 8 z 17 / 9 9 y 19 z 26/ (5) __________________
45 y 72 z 153 45 y 95 z 130 ___________________________
23z 23 z 1 5 y 8 z 17 5 y 8 17 5 y 25 y5 kada nadjemo 2 nepoznate vraćamo se u jednu od prve tri jednačine, (bilo koju). x 2 y 5z 6 x 2 5 5 1 6 x 10 5 6 x 6 10 5 x 1 ( x, y, z ) (1,5,1)
278
6
www.matematiranje.com 8)
2 x 3 y z 9 5 x y 2 z 12 x 2 y 3z 1 ____________________
Izdvajamo (I i II) i (I i III). Uočimo da je sad lakše da se oslobodimo od nepoznate z. 2 x 3 y z 9 / 2 5 x y 2 z 12
2 x 3 y z 9 / 3 x 2 y 3z 1
______________________
___________________
4a 6 y 2 z 18 5 x y 2 z 12
6 x 9 y 3z 27 x 2 y 3z 1
______________________
___________________
9 x 5 y 6
7 x 11y 26
Sad uzimamo ove dve jednačine i nadjemo x i y. 9 x 5 y 6 / (7) 7 x 11y 26/ 9 ____________________
63x 35 y 42 63x 99 y 234 ________________________
64 y 192 y3 9 x 5 3 6 9 x 6 15 9x 9 x 1 Sad se vraćamo u početni sistem: (u treću jednačinu) x 2 y 3z 1 1 2 3 3z 1
1 6 3z 1 3z 1 5 3z 6 z 2 ( x, y, z ) (1,3, 2)
279
7
www.matematiranje.com Sistemi jednačina imaju široku primenu na rešavanje različitih problema. Naravno,potrebno je dobro proučiti problem, naći vezu izmedju nepoznatih i formirati sistem jednačina. Samo rešavanje sistema posle nije veliki problem.
9) Dva broja imaju osobinu da je zbir četvorostukog prvog broja i za 4 uvećanog drugog broja jednak 50, a razlika trostrukog prvog broja i polovine drugog broja jednaka je 22. Odrediti te brojeve.
Neka je x i y traženi brojevi.
Postavimo jednačine:
4 x ( y 4) 50 y 3x 22 2
4 x ( y 4) 50 3x
y 22 / 2 2
________________
4 x y 50 4 6 x y 44 _______________
4 x y 46 6 x y 44 _________________
10 x 90 x9 4 x y 46 36 y 46 y 10
10) Dva radnika mogu da završe neki posao za 8 časova. Desilo se da je prvi radio 6 51 časova, a drugi 9 časova i završili su deo posla. Za koliko časova može svaki 56 odvojeno da završi taj posao?
280
8
www.matematiranje.com
Obeležimo:
x – Vreme za koje prvi radnik završi posao y – Vreme za koje drugi radnik završi posao 1 1 1 x y 8 6 9 51 x y 56
Uvodimo smene :
1 a x
i
1 b y
________________
1 a b / (6) 8 51 6a 9b 56 _________________
6a 6b 6a 9b
6 8
51 56
_________________
51 6 56 8 51 42 3b 56 9 3b / :3 56 3b
b
3 56
1 3 a 8 56 73 4 1 a 56 56 14 a
1 14
281
9
www.matematiranje.com Vratimo se u smenu:
1 a x 1 1 x 14 x 14 x 14 časa
i
1 b y 1 3 y 56 56 y 3 2 y 18 3 y 18 časa i 40 minuta
11) Zbir godina majke i ćerke je 46. Posle 10 godina majka ce biti 2 puta starija od ćerke. Koliko godina sada ima majka a koliko ćerka?
Obeležimo sa: x – godine majke y – godine ćerke
Posle 10 godina: majka → x+10 godina ćerka → y+10 godina
x y 46 x 10 2 ( y 10) __________________________
x y 46 x 10 2 y 20 ______________________
x y 46 x 2 y 10/(1) _______________
x y 46 x 2 y 10 _______________
3 y 36 y 12 x 12 46 x 34 Dakle, majka sada ima 34 godine a ćerka 12 godina.
282
10
www.matematiranje.com
283
11
GRAFIČKO REŠAVANJE SISTEMA Najčešći tip zadatka je onaj u kome se javlja jedna kvadratna funkcija y = ax 2 + bx + c i jedna linearna funkcija y = kx + n .
Naš savet je da najpre rešite sistem analitički ( računski) pa tek onda da crtate grafike. Ako odmah crtate grafik može se desiti da za presek ( preseke) koje dobijete ne možete precizno utvrditi koordinate... Evo par primera: primer 1.
Grafički rešiti sistem: x2 − 2x + y + 4 = 0 x+ y+2=0
Rešenje: Najpre ćemo izraziti y iz obe jednačine i rešiti sistem analitički.
x2 − 2x + y + 4 = 0 → y = − x2 + 2 x − 4 x + y + 2 = 0 → y = −x − 2 Sad oformimo jednu jednačinu “po x’’ upoređujući leve strane ove dve jednakosti ( desne su iste)
− x2 + 2x − 4 = − x − 2 − x2 + 2x − 4 + x + 2 = 0 − x 2 + 3x − 2 = 0 a = −1; b = 3; c = −2 −b ± b 2 − 4ac −3 ± 32 − 4 ⋅ (−1) ⋅ (−2) −3 ± 1 −3 ± 1 = = = 2a 2 ⋅ (−1) −2 −2 −3 + 1 −2 x1 = = → x1 = 1 −2 −2 −3 − 1 −4 x2 = = → x2 = 2 −2 −2 x1,2 =
Sad ove vrednosti vratimo u jednačinu y = − x − 2 da nađemo y koordinate: Za x1 = 1 je y1 = −1 − 2 → y1 = −3
pa je jedno rešenje tačka ( 1, - 3)
Za x2 = 2 je y1 = −2 − 2 → y1 = −4 pa je drugo rešenje tačka ( 2,- 4)
284
1
Sad možemo i da nacrtamo grafike, ali u istom koordinatnom sistemu.
Naravno, lakše je nacrtati pravu...Uzećemo dve tačke , recimo x=0 , pa naći y, a zatim uzmemo y=0 pa nađemo x.
y = − x − 2 imamo
x 0 y -2
-2 0
Kvadratnu funkciju nećemo detaljno ispitivati ( naravno, vi morate ako vaš profesor zahteva) već samo neophodne stvari:
y = − x2 + 2x − 4
Nule funkcije: − x2 + 2x − 4 = 0 a = −1; b = 2; c = −4 x1,2 =
−b ± b 2 − 4ac −2 ± 2 2 − 4(−1)(−4) −2 ± −12 = = 2a 2(−1) −12
Odavde zaključujemo da nemamo realnih rešenja, odnosno da grafik ove kvadratne funkcije nigde ne seče x osu.
Presek sa y osom Da se podsetimo, presek sa y osom je u tački c, a u ovom slučaju je c = −4
Teme funkcije T (α , β )
α =−
b 2 =− =1 2a 2 ⋅ (−1)
D b 2 − 4ac −12 =− =− = −3 4a 4a 4 ⋅ (−1) T (1, −3)
β =−
Sada možemo nacrtati grafike : www.matematiranje.com
285
2
y 5 4
y=-x-2
3 2 1
-5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 (1,-3)
-3 -4
(2,4)
-5
y = − x2 + 2 x − 4 Vidimo da se grafička rešenja poklapaju sa analitičkim. primer 2.
Grafički rešiti sistem: y = x2 − 4x + 3 y = 2x − 6
Rešenje:
Najpre da rešimo računski:
y = x2 − 4 x + 3 y = 2x − 6 x2 − 4x + 3 = 2 x − 6 x2 − 4x + 3 − 2x + 6 = 0 x 2 − 6 x + 9 = 0 → ( x − 3) 2 = 0 → x1 = x2 = 3 → y = 2 ⋅ 3 − 6 → y1 = y2 = 0
286
3
Dakle, postoji samo jedno rešenje ovog sistema , tačka ( 3,0) . To nam govori da će se grafici prave i parabole seći samo u jednoj tački ( odnosno da je prava tangenta parabole)
Za pravu
x 0 y -6
y = 2 x − 6 imamo da je
-3 0
Za parabolu y = x 2 − 4 x + 3 Nule funkcije: x2 − 4x + 3 = 0 a = 1; b = −4; c = 3
−b ± b 2 − 4ac 4 ± (−4) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 3 4 ± 2 = = 2a 2 2 x1 = 3; x2 = 1 x1,2 =
Presek sa y osom Presek sa y osom je u tački c, a u ovom slučaju je c = 3
Teme funkcije T (α , β ) b −4 =− =2 2a 2 ⋅1 D b 2 − 4ac 4 β =− =− =− = −1 4a 4a 4 ⋅1
α =−
T (2, −1) y y = x − 4x + 3 2
5 y=2x-6
4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
(3,0)
4
5
x
-2 -3 -4 -5 -6
287
4
primer 3.
Grafički rešiti sistem: y = x2 y = x −1
Rešenje: y = x2 y = x −1 x2 = x − 1 x 2 − x + 1 = 0 → D = b 2 − 4ac = 1 − 4 = −3 → D < 0 Sistem nema realna rešenja. Dakle, grafici se ne seku!
y
x 0 y -1
5
1 0
4 y=x
2
3 2
y=x-1
1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
Zaključak: Kad imamo da grafički rešimo sistem y = ax 2 + bx + c i y = kx + n može se desiti da imamo dve presečne tačke ( primer 1.), da se seku u jednoj tački ( primer 2.) ili da nema preseka ( primer 3.)
288
www.matematiranje.com 5
Evo par primera kad nije data linearna funkcija ( prava).
primer 4.
Grafički rešiti sistem: xy = 12 x+ y =7
Rešenje: Kao i uvek, rešimo sistem najpre računski...Iz druge jednačine izrazimo y i zamenimo u prvu jednačinu:
xy = 12 x+ y =7 x + y = 7 → y = 7 − x → zamenimo u prvu jed. xy = 12 x(7 − x) = 12 7 x − x 2 − 12 = 0 7± 1 → x1 = 4 ∧ x2 = 3 2 x1 = 4 → y1 = 7 − x1 → y1 = 3 → (4,3) x 2 − 7 x + 12 = 0 → x1,2 =
x2 = 3 → y2 = 7 − x2 → y2 = 4 → (3, 4) Rešili smo zadatak analitički...
Za pravu kao i uvek, uzimamo dve tačke:
Za hiperbolu y =
x y
0 7
7 0
12 ćemo uzeti nekoliko tačaka, a ako se sećate od ranije, ona će pripadati prvom i trećem x
kvadtantu:
x y
-4 -3
-3 -4
-2 -6
-1 -12
1 12
2 6
3 4
4 3
Sada skiciramo grafik:
289
6
y
y=
12 x
2
3
7
6 5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
4
-2
5
6
7
x x+y=7
-3 -4 -5 -6
primer 5.
Grafički reši sistem:
y = x2 − 4x + 4 y = − x 2 + 3x − 2 Rešenje: y = x2 − 4x + 4 y = − x 2 + 3x − 2 x 2 − 4 x + 4 = − x 2 + 3x − 2 x2 − 4 x + 4 + x2 − 3x + 2 = 0 3 2 Sad ove vrednosti zamenimo u bilo koju od dve jednačine ( recimo u prvu) : 2 x 2 − 7 x + 6 = 0 → x1 = 2 ∧ x2 =
y = x2 − 4x + 4 3 2 x1 = 2 → y1 = 2 2 − 4 ⋅ 2 + 4 = 0 → (2, 0) x1 = 2 ∧ x2 =
2
3 3 1 3 1 3 x2 = → y2 = − 4 ⋅ + 4 = → ( , ) 2 2 4 2 4 2
290
7
Dobili smo tačke preseka. Po već poznatom postupku ispitamo tok dve zadate kvadratne funkcije i skiciramo:
y = x 2 − 4x + 4
y 5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1
(3/2,1/4)
0 1 -1
(2,0)
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
y = − x 2 + 3x − 2
-6
www.matematiranje.com
291
8
LINEARNE NEJEDNAČINE Linearne nejednačine rešavamo slično kao i jednačine (vidi linearne jednačine) koristeći ekvivalentne transformacije. Važno je reći da se smer nejednakosti menja kada celu nejednačinu množimo (ili delimo) negativnim brojem. Primer:
2 x 10 10 x 2 x5
2 x 10 Pazi: delimo sa (-2), moramo okrenuti smer nejednakosti 10 x 2 x 5
Naravno i ovde se može deliti da nejednačina ima rešenja, nema rešenja ili ih pak ima beskonačno mnogo (u zavisnosti u kom skupu brojeva posmatramo datu nejednačinu) 1) Reši nejednačinu: 3( x 2) 9 x 2( x 3) 8 3x 6 9 x 2 x 6 8 3x 9 x 2 x 6 8 6 10 x 20
→ oslobodimo se zagrada → nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu
20 10 x2 Uvek je ‘’problem’’ kako zapisati skup rešenja? x
2
x 2 a ako je potrebno to predstaviti i na brojevnoj pravoj:
8
-
8
Možemo zapisati x R
x (, 2)
Pazi: () Kad i uvek idu male zagrade Kod znakova < i > male zagrade i prazan kružić Kod < , > idu srednje zagrade i pun kružić Male zagrade nam govore da ti brojevi nisu u skupu rešenja, dok , govore da su i ti brojevi u rešenju. www.matematiranje.com
292
1
2) Reši nejednačinu:
2a 1 3a 2 1 3 2
2a 1 3a 2 → celu nejednačinu pomnožimo sa 6 (NZS za 3 i 2) 1 3 2 2(2a 1) 3(3a 2) 6 4a 2 9a 6 6 4 a 9 a 6 2 6 5a 14 → pazi: delimo sa (-5) pa se znak okreće 14 a 5 4 a 2 5
4 a , 2 5 PAZI: Da nam npr. traže rešenja u skupu N (prirodni brojevi), onda bi to bili samo {1,2}
U skupu R su rešenja
3) Reši nejednačinu: 2 x a ax 3 2 x a ax 3 2 x ax 3 a
→ nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu
x ( 2 a ) 3 a Kako sad? Da li je izraz 2 a pozitivan ili negativan, ili možda nula? Moramo ispisati sve 3 situacije!!!
x(2 a) 3 a 2a 0 a2 x
3 a 2a
2a 0 a2 okreće se znak 3 a x 2a
2a 0 a2
0 x 3 0 0 x 3
Ovde je svaki x R rešenje www.matematiranje.com
293
2
Rešenje bi zapisali: 3 a , Za a 2 x 2a Za a 2 x R 3 a Za a 2 x , 2a 4) Rešiti nejednačine:
a) ( x 1) ( x 4) 0 b) ( x 3) ( x 5) 0 Kod ovog tipa nejednačina koristićemo da je: A B 0 A B 0
( A 0, B 0) v ( A 0, B 0) ( A 0, B 0) v ( A 0, B 0)
Naravno iste ‘’šablone’’ koristimo i za znakove > i < a za gde još vodimo računa da je B 0 .
A 0 i B
A 0 B
a) ( x 1)( x 4) 0
( x 1 0, x 4 0) v ( x 1 0, x 4 0) ( x 1, x 4) v ( x 1, x 4) Sada rešenja ‘’spakujemo’’ na brojevnoj pravoj!!!
x (4, )
x (,1)
Rešenje je x (,1) (4, ) www.matematiranje.com
294
3
b) ( x 3) ( x 5) 0 ( x 3 0, x 5 0) v ( x 3, x 5) v
( x 3 0, x 5 0) ( x 3, x 5)
x 3,5 Dakle, konačno rešenje je x 3,5 5) Reši nejednačinu
prazan skup
6 x 2 3 x
PAZI: Da bi koristili ‘’šablon’’ na desnoj strani mora da 6 x 2 je nula, pa ćemo zato -2 prebaciti na levu stranu!!! 3 x 6 x 20 3 x 6 x 2(3 x) 0 3 x 6 x 6 2x 0 3 x 12 3x 0 → sad može ‘’šablon’’ 3 x
(12 3x 0 3 - x 0) (3 x 12 -x< 3) ( x 4, x 3)
ili ili
x (3, 4) →konačno rešenje
(12 3x 0 3 - x 0) (3 x 12 -x 3) ( x 4, x 3)
prazan skup
6) Rešiti nejednačinu: (po n )
3
n 1 5 n 1
Ovde moramo rešiti 2 nejednačine, pa ćemo ‘’upakovati’’ njihova rešenja.
295
4
Prva nejednačina:
n 1 3 n 1
Dakle:
n 1 3 n 1 n 1 3n 3 0 n 1 4n 2 0 n 1 0
Ili
4n 2 0 n 1
(4n 2 0 n 1 0) ili (4n 2 0 n 1 0) 1 1 (n n 1) ili (n n 1) 2 2
1 n , 2
Za I deo rešenje je
n ,1
1 n , 1 , 2
Druga nejednačina:
n 1 5 n 1 Dakle:
n 1 5 0 n 1
n 1 5n 5 0 n 1
4n 6 0 n 1
(4n 6 0 n 1 0) ili (4n 6 0 n 1 0) 3 3 (n n 1) ili (n n 1) 2 2 www.matematiranje.com
296
5
3 n , 2
n 1,
3 Za II deo rešenje je n , 1, 2 ‘’Upakujmo’’ sada I i II rešenje da bi dobili konačno rešenje ove dvojne nejednačine:
Rešenje prve nejednačine smo šrafirali udesno, a druge ulevo …Na taj način vidimo gde se seku, odnosno gde je konačno rešenje… Dakle, konačno rešenje je: 3 1 n , , 2 2
NAPOMENA:
Umesto šablona ovde smo mogli koristiti i ‘’tablično’’ rešavanje koje je detaljno objašnjeno u delu kvadratne nejednačine. www.matematiranje.com
297
6
KVADRATNA JEDNAČINA ax2 + bx + c = 0 Jednačina oblika ax 2 + bx + c = 0 , gde je x − nepoznata. a, b i c realni brojevi, a ≠ 0, je kvadratna jednačina po x sa koeficijentima a, b i c .
Kvadratna jednačina je potpuna ako su koeficijenti b ≠ 0 i c ≠ 0 . Ako je b = 0 ili c = 0 (ili oba) onda je kvadratna jednačina nepotpuna. Nepotpuna kvadratne jednačine se rešavaju relativno lako. Nepotpune kvadratne jednačine ax 2 + bx = 0 x(ax + b) = 0 x = 0 ∨ ax + b = 0 b x=− a
ax 2 + c = 0
ax 2 = 0 x=0
ax 2 = −c c x2 = − a x=± −
b a
Primeri:
2 x 2 + 5x = 0 x(2 x + 5) = 0 x = 0 ∨ 2x + 5 = 0 2 x = −5 5 x=− 2
4x2 − 9 = 0 4x2 = 9 x2 =
9 4
x=±
9 4
5x 2 = 0 0 x2 = 5 x=0 x1 = x2 = 0
3 2 3 x1 = 2 3 x2 = − 2 x=±
Potpuna kvadratna jednačina:
ax2 + bx + c = 0 Kvadratna jednačina ima dva rešenja: označavamo ih sa x1 i x 2 i tradicionalno se piše −b ± b 2 − 4ac x1,2 = 2a
www.matematiranje.com
298
1
Primer 1) Reši jednačine: a) 6 x 2 − x − 2 = 0 b) x 2 − 2 x + 1 = 0 v) x 2 − 4 x + 5 = 0 a) 6 x 2 − x − 2 = 0
a=6
Pazi, kad nema broj ispred nepoznate uzimaš 1.
b = −1 c = −2 −b ± b 2 − 4ac −(−1) ± (−1) 2 − 4 ⋅ 6 ⋅ (−2) = 2a 2⋅6 1 ± 49 1 ± 17 = x1,2 = 12 12 1+ 7 8 2 = = x1 = 12 12 3 1 − 7 −6 1 = =− x2 = 12 12 2 x1,2 =
b) x 2 − 2 x + 1 = 0
a =1
−b ± b 2 − 4ac −(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅1⋅1 = 2a 2 ⋅1 2± 4−4 2±0 = x1,2 = 2 2 2 x1 = = 1 2 2 x2 = = 1 2 x1,2 =
b = −2 c =1
v) x 2 − 4 x + 5 = 0 a =1
b = −4 c=5 Dakle: x1 = 2 + i x2 = 2 − i
−b ± b 2 − 4ac −(−4) ± 16 − 20 x1,2 = = 2a 2 ⋅1 x1,2 =
4 ± −4 4 ± 2i 2 (2 ± i ) = = = 2±i 2 2 2
Pazi jer je:
− 4 = 4(−1) = 2i −1 = i
299
www.matematiranje.com
2
Primer 2) Rešiti jednačinu:
(2 x − 3) 2 + ( x − 1)( x + 2) = 2 − 11x Rešenje: (2 x − 3) 2 + ( x − 1)( x + 2) = 2 − 11x 4 x 2 − 12 x + 9 + x 2 + 2 x − x − 2 − 2 + 11x = 0 5x 2 + 5 = 0 / : 5 x 2 + 1 = 0 → Nepotpuna kvadratna jednačina x 2 = −1
x = ± −1 x1 = +i x 2 = −i Primer 3) Rešiti jednačinu:
x 3 8 − = 2 → najpre rastavimo na činioce imenilac x−2 x+2 x −4 x 3 8 − = → Množimo sve sa NZS = ( x − 2)( x + 2) uz uslov: x − 2 x + 2 ( x − 2)( x + 2) x ≠ 2 i x ≠ −2 x( x + 2) − 3( x − 2) = 8 x 2 + 2 x − 3x + 6 − 8 = 0
x 2 − x − 2 = 0 → Sad radimo kao kvadratnu jednačinu
a =1 b = −1 c = −2
x1, 2 x1, 2
2 − b ± b 2 − 4ac − (−1) ± (−1) − 4 ⋅ 1 ⋅ (−2) = = 2a 2 1± 3 = 2
1+ 3 4 = = 2 → PAZI: nije rešenje jer x ≠ 2 2 2 1− 3 − 2 x2 = = = −1 → Dakle x = −1 2 2 x1 =
Primer 4) Grupa dečaka treba da podeli 400 klikera na jednake delove. Pre deobe 4 dečaka se odreknu svog dela, zbog čega je svaki od ostalih dobio po 5 klikera više. Koliko je u toj grupi bilo dečaka?
Obeležimo sa x-broj dečaka, y- broj klikera po dečaku www.matematiranje.com
300
3
x ⋅ y = 400 ( x − 4) ⋅ ( y + 5) = 400 → Sredimo ovu drugu jednačinu... ____________________ ________
xy + 5 x − 4 y − 20 = 400 400 + 5 x − 4 y − 20 = 400 5 x − 4 y − 20 = 0 → Iz prve jednačine izrazimo y =
400 x
400 − 20 = 0 /⋅ x x 5 x 2 − 1600 − 20 x = 0 → (poredjamo) 5 x 2 − 20 x − 1600 = 0 → (podelimo sa 5) x 2 − 4 x − 320 = 0 → sad radimo kvadratnu jednačinu 5x − 4 ⋅
a =1 b = −4 c = −320
− b ± b 2 − 4ac − (−4) ± (−4) 2 − 4 ⋅1⋅ (−320) x1, 2 = = 2a 2 4 ± 16 + 1280 4 ± 1296 4 ± 36 x1, 2 = = = 2 2 2 4 + 36 x1 = = 20 2 4 − 36 x2 = = −16 → Nemoguće 2
Dakle bilo je 20 dečaka u grupi. Priroda rešenja kvadratne jednačine
Diskriminanta (D) kvadratne jednačine ax 2 + bx + c = 0 je izraz b 2 − 4ac (ono pod korenom) Dakle: D = b 2 − 4ac Sada formulu za rešavanje možemo zapisati i kao: x1, 2 =
−b± D 2a
Za kvadratnu jednačinu ax 2 + bx + c sa realnim koeficijentima važi: 1) Jednačina ima dva rezličita realna rešenja ako i smo ako je D > 0 ( x1 = x2 ∈ R x1 ≠ x2 akko D > 0) 2) Jednačina ima jedno dvostruko realno rešenje ako i samo ako je D = 0 ( x1 = x2 ∈ R akko D = 0) www.matematiranje.com
301
4
3) Jednačina ima jedan par konjugovano kompleksnih rešenja akko je D < 0 ( x1 = a + bi, x2 = a − bi akko D < 0) Primer 1) Ispitati prirodu rešenja kvadratnih jednačina u zavisnost od parametara:
a) x 2 + 3x + m = 0 b) (n + 3) x 2 − 2(n + 1) x + n − 5 = 0 a) x 2 + 3x + m = 0
⇒
a =1 b=3 c=m
D = b 2 − 4ac = 32 − 4 ⋅1⋅ m = 9 − 4m 1) D > 0 ⇒
9 − 4m > 0 − 4m > −9 → PAZI: Okreće se znak −9 m< −4 9 m< 4
2) D = 0 ⇒ 9 − 4m = 0 3) D < 0 ⇒
⇒
9 − 4m < 0 ⇒
9 4 9 m> 4 m=
9 rešenja su realna i različita 4 9 za m = rešenja su realna i jednaka 4 9 za m > rešenja su konjugovano-kompleksni brojevi 4
Dakle: - za m < -
b) (n + 3) x 2 − 2(n + 1) x + n − 5 = 0 a = n+3 b = −2(n + 1) c = n−5
⇒
PAZI: ovde je odmah n + 3 ≠ 0 da bi jednačina bila kvadratna
www.matematiranje.com
302
5
D = b 2 − 4ac = [ −2(n + 1) ] − 4(n + 3)(n − 5) 2
= 4(n 2 + 2n + 1) − 4(n 2 − 5n + 3n − 15) = 4n 2 + 8n + 4 −4n 2 + 20n − 12n + 60 D = 16n + 64 1) D > 0 16n + 64 > 0 ⇒ 16n > −64 ⇒ n > −4, n > −4
x1 ≠ x2 ∈ R
2) D = 0 16n + 64 = 0 ⇒ n = −4 x1 = x 2 ∈ R 3) D < 0 16n + 64 < 0 ⇒ n < −4 x1 i x2 su konjugovano-kompleksni brojevi. Primer 2) Za koje vrednosti parametra k ∈ R jednačina kx 2 + (k + 1) x + 2 = 0 ima dvostruko rešenje? Rešenje: Ovde nam treba da je D = 0 i naravno a ≠ 0 , jer ako je a = 0 jednačina nije kvadratna.
kx 2 + (k + 1) x + 2 = 0 ⇒ a = k b = k +1
⇒
k≠0
c=2 D = b 2 − 4ac = (k + 1) 2 − 4 ⋅ k ⋅ 2 = k 2 + 2k + 1 − 8k = k 2 − 6k + 1 D = k 2 − 6k + 1 = 0 Sada rešavamo novu kvadratnu jednačinu ‘’po k’’ k 2 − 6k + 1 = 0 ⇒
a =1 b = −6 c =1
−b ± b 2 − 4ac −(−6) ± (−6) 2 − 4 ⋅1 ⋅1 6 ± 32 k1,2 = = = 2a 2 2 Malo sredimo : 32 = 16 ⋅ 2 = 4 2 Pa je: www.matematiranje.com
303
6
(
)
6± 4 2 2 3± 2 2 = = 3± 2 2 2 2 k1 = 3 + 2 2 k1, 2 =
k2 = 3 − 2 2 Ovo su rešenja za koja jednačina ( početna ) ima dvostruko rešenje!!! Primer 3) Za koje vrednosti parametra m ∈ R jednačina mx 2 − 4 x + 1 ima realna i različita rešenja? Rešenje: Ovde dakle mora biti D > 0 i naravno a ≠ 0 a=m⇒m≠0 b = −4 ⇒ c =1
D = b 2 − 4ac D = (−4) 2 − 4 ⋅ m ⋅1 D = 64 − 4m > 0 16 − 4m > 0 − 4m > −16 m<4
nula ne sme!
Dakle, rešenje je m ∈ (−∞,0) ∪ (0,4)
Primer 4) Za koje vrednosti parametra m jednačina x 2 − 8 x + m ima konjugovanokompleksno rešenja? Rešenje: Mora biti D < 0 i a ≠ 0 a =1≠ 0 b = −8 c=m
D = b 2 − 4ac ⇒
D = (−8) 2 − 4 ⋅ m ⋅1 D = 64 − 4m < 0 − 4m < −64 m > 16 ⇒ m ∈ (16, ∞)
Primer 5) Za koje vrednosti parametra k ∈ R jednačina kx 2 + 6 x + 3 = 0 nema realna rešenja? Rešenje: Kad nema realna rešenja, znači da su konjugovano kompleksna, odnosno D < 0 i naravno a ≠ 0 . www.matematiranje.com
304
7
kx 2 + 6 x + 3 = 0 ⇒ a = k ⇒ k ≠ 0 b=6
c=3 D = b 2 − 4ac D = 6 2 − 4 ⋅ k ⋅ 3 = 36 − 12k 36 − 12k < 0 − 12k < −36 k > 3 ⇒ k ∈ (3, ∞)
Primer 6) Za koje vrednosti parametra m ∈ R jednačina (2m + 1) x 2 − (2m + 1) x + 2,5 = 0 ima realna i različita rešenja? Rešenje: Ovde je D > 0 i a ≠ 0 a = 2m + 1 b = −(2m + 1) c = −2,5
a ≠ 0 ⇒ 2m + 1 ≠ 0 ⇒ m ≠ −
1 2
D = b 2 − 4ac D = [ −(2m + 1) ] − 4 ⋅ [ 2m + 1] ⋅ 2,5 2
D = (2m + 1) 2 − 10(2m + 1) D = 4m 2 + 4m + 1 − 20m − 10 D = 4m 2 − 16m − 9 > 0
Rešimo najpre 4m 2 − 16m − 9 = 0 a=4 b = −16 c = −9
−b ± b 2 − 4ac m1,2 = 2a 16 ± 256 + 144 16 ± 20 m1,2 = = 8 8 36 9 m1 = = 8 2 4 1 m2 = − = − 8 2
(Pogledaj kvadratne nejednačine): www.matematiranje.com
305
8
D > 0 → biramo gde je +
1⎞ ⎛9 ⎞ ⎛ m ∈ ⎜ − ∞, − ⎟ ∪ ⎜ , ∞ ⎟ 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ www.matematiranje.com
306
9
VIETOVE FORMULE. RASTAVLJANJE KVADRATNOG TRINOMA NA LINEARNE ČINIOCE Brojevi x1 i x 2 su rešenja kvadratne jednačine ax 2 + bx + c = 0 ako i samo ako je
x1 + x2 = −
b a
i
x1 ⋅ x2 =
c a
Ove dve jednakosti zovu se Vietove formule. Čemu one služe? Osnovna primena da nam pomognu da kada imamo rešenja x1 i x 2 napravimo kvadratnu jednačinu: x 2 − ( x1 + x2 ) x + x1 ⋅ x2 = 0
ili bi možda bilo preciznije
[
]
a x 2 − ( x1 + x2 ) x + x1 ⋅ x2 = 0 najčešće se ovde uzima a = 1 , pa je to formula Primer 1: Napisati kvadratnu jednačinu čija su rešenja:
a) x1 = 3, x2 = −2 b) Jedno rešenje je x1 = 1 + 2i a) x1 = 3,
x 2 = −2
x1 + x2 = 3 + (−2) = +1 x1 ⋅ x2 = 3 ⋅ (−2) = −6 ⎡ ⎤ Formula je a ⎢ x 2 − ( x1 + x 2 ) x + x1 ⋅ x 2 ⎥ = 0 1 424 3 123 ⎥ ⎢⎣ 1 −6 ⎦ 2 Pa je a x − x − 6 = 0 najčešće se uzima a = 1 ⇒ x 2 − x − 6 = 0
[
]
______
b) x1 = 1 + 2i , Nemamo drugo rešenje? Pošto znamo da su rešenja kvadratne jednačine konjugovano kompleksni brojevi to mora biti: x 2 = 1 − 2i www.matematiranje.com
307
1
x1 + x 2 = 1 + 2i + 1 − 2i = 2 x1 ⋅ x 2 = (1 + 2i ) ⋅ (1 − 2i ) = 12 − (2i ) 2 = 1 − 4i 2 = (pošto je i 2 = −1 ) = 1 + 4 = 5
Zamenimo u formulu: x 2 − ( x1 + x2 ) x + x1 ⋅ x2 = 0 x 2 − 2 x + 5 = 0 je tražena kvadratna jednačina Primer 2: U jednačini mx 2 − (3m + 1) x + m = 0 odrediti vrednost realnog parametra m tako da važi: x1 + x 2 = 5
Rešenje: a = m b = −(3m + 1)
c=m
b a − (3m + 1) 3m + 1 x1 + x2 = − = m m x1 + x2 = −
Kako je x1 + x 2 = 5 ⇒ 3m + 1 =5 m 3m + 1 = 5m 3m − 5m = −1 − 2m = −1 1 m= 2 Primer 3: Odrediti vrednost realnog parametra k tako da za x1 i x2 jednačine: x 2 − 4 x + 3(k − 1) = 0 važi x1 − 3 x2 = 0
Rešenje: x1 + x 2 = − a =1 b = −4 c = 3(k − 1)
b −4 =− =4 a 1
x1 + x2 = 4 ⎫ ⎬ rešimo kao sistem x1 − 3x2 = 0⎭
_________________
x1 + x2 = 4 − x + 3x = 0
1 2 __________________
4 x2 = 4 ⇒ x2 = 1 ⇒ x1 = 3 c 3(k − 1) Kako je x1 ⋅ x2 = ⇒ 3 ⋅1 = ⇒ k −1 = 1 ⇒ k = 2 a 1 www.matematiranje.com
308
2
Primer 4: U jednačini x 2 − (m + 1) x + m = 0 odrediti realan broj m tako da njena rešenja zadovoljavaju jednakost x12 + x 22 = 10
Rešenje:
a =1 b = −(m + 1)
b −(m + 1) =− = m +1 a 1 c m x1 + x2 = = = m a 1 x1 + x2 = −
⇒
c=m
Ovaj izraz x12 + x 22 → se često javlja u zadacima. Da ga izvedemo kao formulicu pa ćemo je gotovu upotrebljavati u drugim zadacima. Krenimo od poznate formule za kvadrat binoma: ( x1 + x2 ) 2 = x12 + 2 x1 x2 + x22 Odavde je: x12 + x22 = ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 ZAPAMTI!!! Vratimo se u zadatak: x12 + x22 = 10 ⇒ ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = 10 (m + 1) 2 − 2m = 10 m 2 + 2m + 1 − 2m = 10 m 2 = 10 − 1 m2 = 9 m=± 9 m1 = 3 m2 = −3
Primer 5: Odrediti koeficijente p i q kvadratne jednačine x 2 + px + q = 0 tako da x =p njena rešenja budu 1 x2 = q
Rešenja: a = 1 b= p⇒ c=q
⇒
x1 + x2 = − x1 ⋅ x2 =
b p = − = −p 1 a
c =q a
2p + q = 0 p + q = − p⎫ ⎬⇒ pq − q = 0 p⋅q = q ⎭ www.matematiranje.com
309
3
Iz druge jednačine sistema: pq − q = 0 ⇒ q( p − 1) = 0 pa je q = 0 ili p = 1 Za q = 0 ⇒ vratimo u prvu jednačinu: 2p + q = 0 ⇒ 2p +0 = 0 ⇒ p = 0 Za p = 1 ⇒ 2 p + q = 0 ⇒ 2 + q = 0 ⇒ q = −2 Dakle ta kvadratna jednačina je: x 2 + px + q = 0
x 2 = 0 za p = 0 i q = 0 x 2 + x − 2 = 0 za p = 1 ∧ q = −2
⇒ ⇒
Rastavljanje kvadratnog trinoma na činioce
Kvadratni trinom po x je izraz oblika: ax 2 + bx + c gde su a, b, c → brojevi i a ≠ 0 . Brojevi a, b i c su koeficijenti kvadratnog trinoma. Ako su x1 i x2 rešenja kvadratne jednačine ax 2 + bx + c = 0 onda je: ax 2 + bx + c = a( x − x1 )( x − x 2 ) Primer1: Kvadratni trinom:
a) x 2 + 5 x + 6 b) x 2 + 2 x + 2 rastaviti na činioce. a) x 2 + 5 x + 6 = 0 najpre rešimo kvadratnu jednačinu:
a =1 b = −5 c=6
D = b 2 − 4ac D = 25 − 24 D =1
x1, 2 =
− b ± D 5 ±1 = 2a 2
x1 = 3 x2 = 2
Formula: a( x − x1 )( x − x2 ) = 1( x − 3)( x − 2) = ( x − 3)( x − 2) Dakle: x 2 + 5 x + 6 = ( x − 3)( x − 2) www.matematiranje.com
310
4
b) x 2 + 2 x + 2 = 0 ⇒
a = 1, b = 2, c = 2
D = 4 − 8 = −4
− 2 ± 2i 2(−1 ± i ) = 2 2 x1 = −1 + i
x1, 2 =
x 2 = −1 − i
a ( x − x1 )( x − x 2 ) = 1( x + 1 − i )( x + 1 + i )
Dakle: x 2 + 2 x + 2 = ( x + 1 − i )( x + 1 + i ) Primer 2: Skratiti razlomak:
3x 2 + 2 x − 8 12 x 2 − 7 x − 12
Rešenje: Uzećemo posebno imenilac , posebno brojilac i rastaviti ih na činioce. 3x 2 + 2 x − 8 = 0
a=3
D = b 2 − 4ac
b=2
D = 4 + 4 ⋅3⋅8
c = −8
D = 4 + 96 D = 100
−b± D 2a − 2 ± 10 x1, 2 = 6 − 2 + 10 8 4 = = x1 = 6 6 3 − 2 − 10 = −2 x2 = 6 x1, 2 =
4 Dakle: 3x 2 + 2 x − 8 = a( x − x1 )( x − x 2 ) = 3( x − )( x + 2) 3
12 x 2 − 7 x − 12 = 0 a = 12 b = −7 c = −12
D = b 2 − 4ac D = 4 − 4 ⋅ 3 ⋅ (−12) D = 49 + 576 D = 625
−b ± D 2a 7 ± 25 x1,2 = 24 7 + 25 32 4 x1 = = = 24 24 3 7 − 25 18 3 =− =− x2 = 24 24 4 x1,2 =
4 3 Dakle: 12 x 2 − 7 x − 12 = a( x − x1 )( x − x2 ) = 12( x − )( x + ) 3 4 Vratimo se sad u razlomak www.matematiranje.com
311
5
4 3 ( x − ) ( x + 2) 3x + 2 x − 8 x+2 3 = = 2 3 12 x − 7 x − 12 4 3 12 ( x − ) ( x + ) 4( x + ) 4 3 4 2
4 3 ≠0 x+ ≠0 3 4 i Naravno uz uslov 4 3 x≠ x≠− 3 4 x−
x3 + 1 Primer 3: Skratiti razlomak: 2 x − 2x − 3 Rešenje: x 2 − 2 x − 3 = 0
a =1
D = b 2 − 4ac
b = −2
D = 4 + 12 D = 16
c = −3
−b± D 2a 2±4 x1, 2 = 2 x1 = 3 x1, 2 =
x 2 = −1
Dakle: x 2 − 2 x − 3 = a( x + x1 )( x + x 2 ) = (1( x − 3)( x − (−1)) = ( x − 3)( x + 1) x 3 + 1 → ćemo rastaviti po formuli: A3 + B 3 = ( A + B)( A2 − AB + B 2 ) VIDI POLINOMI pa je: x 3 + 1 = ( x + 1)( x 2 − x + 1) Vratimo se u razlomak: ( x + 1) ( x 2 − x + 1) x 2 − x + 1 x − 3 ≠ 0 x +1 ≠ 0 x3 + 1 = = naravno uz uslov i 2 x − 2x − 3 x −3 ( x − 3) ( x + 1) x≠3 x ≠ −1 U nekim zadacima nam traže da rešenja budu pozitivna (ili negativna). Pokažimo koji su to uslovi: 1) Rešenja x1 i x 2 kvadratne jednačine sa realnim koeficijentima su: b c realna i pozitivna ⇔ D ≥ 0, < 0, > 0 a a
312
www.matematiranje.com
6
2) Rešenja x1 i x 2 kvadratne jednačine sa realnim koeficijentima su: b c realna i negativna ⇔ D ≥ 0, > 0, > 0 a a Ova razmišljanja (teoreme) proizilaze iz Vietovih pravila: → Da bi rešenja bila realna je D ≥ 0 b c → x1 + x 2 = − i x1 ⋅ x 2 = a a b x x + > 0 ⇒ <0 1 2 1) x1 i x 2 pozitivna ⇒ a c x1 ⋅ x 2 > 0 ⇒ > 0 a b x1 + x 2 < 0 ⇒ > 0 a 2) x1 i x 2 negativna ⇒ c x1 ⋅ x 2 > 0 ⇒ > 0 a (minus puta minus je plus) Primer: Odrediti parameter m tako da rešenja jednačine x 2 − 3x + 2m − 1 = 0 budu pozitivna.
Rešenja: Iz x 2 − 3x + 2m − 1 = 0 vidimo da je
a =1
D = b 2 − 4ac
b = −3
D≥0,
c = 2m − 1
D≥0 ⇒
13 − 8m ≥ 0 − 8m ≥ −13 m≤
b c <0, >0 a a
D = (−3) 2 − 4 ⋅ 1 ⋅ (2m − 1) D = 9 − 8m + 4 D = 13 − 8m
( Pazi: znak se okreće)
13 8
−3 b <0⇒ < 0 ⇒ Zadovoljeno!!! a 1 c 2m − 1 >0⇒ <0 a 1 2m − 1 < 0 2m < 1 1 m< 2
⎛ 1 13 ⎤ m∈⎜ , ⎥ ⎝2 8 ⎦
313
7
NEKE JEDNAČINE KOJE SE SVODE NA KVADRATNE
1) Bikvadratna jednačina To je jednačina oblika: ax 4 + bx 2 + c = 0 Uvodimo smenu x 2 = t , dobijamo jednačinu
at 2 + bt + c = 0 , nadjemo t1, 2 =
− b ± b 2 − 4ac i vratimo se u smenu: 2a
x 2 = t1
i
x 2 = t2
x1, 2 = ± t1
i
x3, 4 = ± t 2
Primer1: x 4 − 4 x 2 + 3 = 0 x 4 − 4 x 2 + 3 = 0 ⇒ smena x 2 = t t 4 − 4t 2 + 3 = 0
a =1 b = −4 c=3
− b ± b 2 − 4ac − (−4) ± (−4) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 3 = t1, 2 = 2a 2 ⋅1 4 ± 16 − 12 4 ± 2 = t1, 2 = 2 2 4+2 =3 t1 = 2 4−2 =1 t2 = 2
Vratimo se u smenu:
x 2 = t2
x 2 = t1 x2 = 3 x1, 2 = ± 3 x1 = + 3 x2 = − 3
i
x2 = 1 x3, 4 = ± 1 x3 = +1 x4 = −1
www.matematiranje.com
314
1
Primer 2: (4 x 2 − 5) 2 + ( x 2 + 5) 2 = 2(8 x 4 − 83) (4 x 2 − 5) 2 + ( x 2 + 5) 2 = 2(8 x 4 − 83) 16 x 4 − 40 x 2 + 25 + x 4 + 10 x 2 + 25 = 16 x 4 − 166 x 4 − 30 x 2 + 50 + 166 = 0 x 4 − 30 x 2 + 216 = 0 → Bikvadratna, smena: x 2 = t t 2 − 30t + 216 = 0
a =1 b = −30 c = 216
− b ± b 2 − 4ac 30 ± 900 − 864 t1, 2 = = 2a 2 30 ± 6 t1, 2 = 2 36 = 18 t1 = 2 24 = 12 t2 = 2
Vratimo se u smenu:
x 2 = 18
x 2 = 12
x1, 2 = ± 18
x3, 4 = ± 12
x1, 2 = ±3 2
x3, 4 = ±2 2
x1 = +3 2
x3 = +2 2
x 2 = −3 2
x 4 = −2 2
Primer 3: ( x 2 − 2 x) 2 − 2( x 2 − 2 x) = 3 Ovo liči na bikvadratnu jednačinu, ali je mnogo bolje uzeti smenu: x 2 − 2 x = t x2 − 2x = t t 2 − 2t = 3
t 2 − 2t − 3 = 0
a =1
→
b = −2 c = −3 www.matematiranje.com
315
2
− b ± b 2 − 4ac 2a 2 ± 4 + 12 2 ± 4 = t1, 2 = 2 2 t1 = 3 t1, 2 =
t 2 = −1 Vratimo se sada u smenu: x 2 − 2 x = t1
x 2 − 2 x = t2
x2 − 2x = 3
x 2 − 2 x = −1
x2 − 2x − 3 = 0
x2 − 2x +1 = 0
Sada rešavamo dve nove kvadratne jednačine po x.
a =1 b = −2 c = −3
2 ± 4 + 12 2 2±4 x1, 2 = 2 x1 = 3 x1, 2 =
a =1 b = −2 c =1
x 2 = −1
2± 4−4 2 2±0 x3, 4 = 2 x3 = 1 x3, 4 =
x4 = 1
Dakle, rešenja su: {3,−1,1,1} Primer 4: x( x + 1)( x + 2)( x + 3) = 0,5625 Ovo baš i ne liči na bikvadratnu jednačunu, a ne ‘’vidi se’’ da ima neka pametna smena. Ako sve pomnožimo tek tad smo u problemu!!! Probajmo da pomnožimo prva dva, i druga dva, da vidimo šta će da ispadne… ( x 2 + x)( x 2 + 3x + 2 x + 6) = 0,5625 ( x 2 + x)( x 2 + 5 x + 6) = 0,5625 → Neće!!! Probajmo onda prvi i četvrti, a drugi i treći!!!
x( x + 1)( x + 2)( x + 3) = 0,5625 www.matematiranje.com
316
3
( x 2 + 3 x)( x 2 + 2 x + 1x + 2) = 0,5625 ( x 2 + 3 x)( x 2 + 3 x + 2) = 0,5625
E, ovo je već bolje ⇒ Smena: x 2 + 3x = t t ⋅ (t + 2) = 0,5625 t 2 + 2t − 0,5625 = 0
− 2 ± 4 + 2,25 − 2 ± 2,5 = 2 2 t1 = +0,25 t1, 2 =
t 2 = −2,25 Vratimo se u smenu: x 2 + 3 x = +0,25
x 2 + 3 x − 0,25 = 0 − 3 ± 9 +1 x1, 2 = 2 − 3 ± 10 x1, 2 = 2 − 3 + 10 x1 = 2 − 3 − 10 x2 = 2
x 2 + 3 x = +2,25 x 2 + 3 x − 2,25 = 0
−3± 9−9 2 −3± 0 x3, 4 = 2 3 x3 = x4 = − 2 x3, 4 =
x2 + x − 5 3x 5) Reši jednačinu + 2 +4=0 x x + x−5 3x x2 + x − 5 + 2 +4=0 x x + x−5 x2 + x − 5 x + 3⋅ 2 +4=0 x x + x−5 Ovde je zgodno uzeti smenu
x2 + x − 5 x 1 = t , jer je onda 2 = x x + x −5 t
1 t + 3 ⋅ + 4 = 0 /⋅ t t 2 t + 3 + 4t = 0 t 2 + 4t + 3 = 0 www.matematiranje.com
317
4
− 4 ± 16 − 12 − 4 ± 2 = 2 2 t1 = −1 t1, 2 =
t 2 = −3 Vratimo se u smenu: x2 + x − 5 = −1 x x2 + x − 5 = −x
x2 + x − 5 = −3 x x 2 + x − 5 = −3 x
ili
x2 + x − 5 + x = 0
x 2 + x − 5 + 3x = 0
x2 + 2x − 5 = 0 − 2 ± 4 + 20 x1, 2 = 2 − 2 ± 24 x1, 2 = 2 −2±2 6 x1, 2 = 2 2 −1± 6 x1, 2 = 2 x1 = −1 + 6
x 2 + 4x − 5 = 0
(
− 4 ± 16 + 20 2 −4±6 x1, 2 = x =1 2
x1, 2 =
3
x 4 = −5
)
x2 = −1 − 6
{− 1 +
}
6 ,−1 − 6 ,1,−5
su rešenja. Binomne jednačine
To su jednačine oblika: gde su A > 0
i
B>0
Ax n ± B = 0
Najpre pokušamo da datu jednačinu rastavimo na činioce upotrebom poznatih formula, pa koristimo M ⋅ N = 0 ⇔ M = 0 v N = 0 Uvek ovu jednačinu možemo rešiti smenom x = y
n
B , koja binomnu jednačinu svede A
na oblik y n ± 1 = 0 www.matematiranje.com
318
5
Primer 1 8 x 3 − 27 = 0 Pazi: Pogrešno je jer se ‘’gube’’ rešenja!!!
8 x 3 − 27 = 0 (2 x) 3 − 33 = 0
8 x 3 = 27 27 x3 = 8 27 x=3 8 3 x= 2
Upotrebićemo formulu A3 − B 3 = ( A − B)( A2 + AB + B 2 ) (2 x − 3)((2 x) 2 + 2 x ⋅ 3 + 32 ) = 0
(2 x − 3)(4 x 2 + 6 x + 9) = 0 ⇒ odavde je: 2x − 3 = 0 2x = 3 3 x1 = 2
4 x2 + 6 x + 9 = 0 ili
x2,3 =
−6 ± 36 − 144 8
x2,3 =
−6 ± −108 −6 ± 6 3i = 8 8
−6 + 6 3i 8 −6 − 6 3i x3 = 8 x2 =
− 6 + 6 3i 2(−3 + 3 3i ) − 3 + 3 3i = = 8 8 4 − 6 − 6 3i 2(−3 − 3 3i ) − 3 − 3 3i x3 = = = 8 8 4 PAZI: − 108 = 108 ⋅ − 1 = 36 ⋅ 3 ⋅ i = 6 3i x2 =
Primer 2
x 6 − 729 = 0
x 6 − 729 = 0 x 6 − 36 = 0 ( x 3 ) 2 − (33 ) 2 = 0 → Razlika kvadrata www.matematiranje.com
319
6
( x 3 − 33 )( x3 + 33 ) = 0 ( x − 3)( x 2 + 3 x + 9)( x + 3)( x 2 − 3 x + 9) = 0
x 2 + 3x + 9 = 0
x−3= 0
ili
x1 = 3
x2 , 3 = x2 , 3
x2 =
PAZI:
x+3= 0
ili
x 2 − 3x + 9 = 0
− 3 ± 9 − 36 2 − 3 ± − 27 − 3 ± 3 3i = = 2 8
−3 + 3 3i 2
x + 3 = 0 → x4 = −3
x5 =
ili
3 + 3 3i 2
x3 =
−3 − 3 3i 2
x 2 − 3x + 9 = 0 → x5,6 =
x6 =
3 ± 9 − 36 2
3 − 3 3i 2
− 27 = 27 ⋅ − 1 = 9 ⋅ 3 ⋅ i = 3 3i
Primer 3.: Rešimo jednačinu:
5x3 + 2 = 0 Rešenje: Sad se ne može upotrebiti formula, pa idemo na smenu: x= y
n
B , kako je A=5, B=2, n = 3 A
smena je x = y
3
2 5
3
⎛ 2⎞ 5 ⋅ ⎜⎜ y 3 ⎟⎟ + 2 = 0 ⎝ 5⎠ 2 5 ⋅ y3 ⋅ + 2 = 0 5 3 y ⋅2+ 2 = 0 2 ⋅ ( y 3 + 1) = 0 ⇒ y 3 + 1 = 0 (zbir kubova)
320
( y + 1)( y 2 − y − 1) = 0 y +1 = 0 y1 = −1
www.matematiranje.com
7
y2 − y −1 = 0 1± 1− 4 2 1± i 3 y2,3 = 2 1+ i 3 y2 = 2 1− i 3 y3 = 2 y2,3 =
Vratimo se u smenu: x = y3
2 5
x1 = −1⋅ 3 x2 =
2 2 = −3 5 5
1+ i 3 3 2 ⋅ 2 5
i
x3 =
1− i 3 3 2 ⋅ 2 5
Primer 4 Rešiti jednačinu
11x 4 − 17 = 0 Rešenje: I ovde ne možemo lako datu jednačinu rastaviti na činioce; zato upotrebljavamo B smenu: x = y n A Kako je n = 4 ,
B = 17 ,
A = 11 ⇒ x = y 4
17 11
4
⎛ 17 ⎞ 11 ⋅ ⎜⎜ y 4 ⎟⎟ − 17 = 0 11 ⎝ ⎠ 17 11 ⋅ y 4 − 17 = 0 11 4 17 ⋅ y − 17 = 0 ⇒ 17( y 4 − 1) = 0 ⇒ y 4 − 1 = 0 → ( y 2 ) 2 − 1 = 0 ( y 2 − 1)( y 2 + 1) = 0 ( y − 1)( y + 1)( y 2 + 1) = 0
321
8
y −1 = 0 y1 = 1
y +1 = 0 y 2 = −1
ili
ili
y2 +1 = 0 y 2 = −1 y 3, 4 = ± − 1 = ± i y3 = + i y4 = −i
Vratimo se u smenu x = y 4
x1 = 1 ⋅ 4 x3 = i 4
17 4 17 = ; 11 11
17 ; 11
17 11
x2 = −14
x 4 = −i 4
17 17 = −4 11 11
17 11
Trinomne jednačine
To su jednačine oblika ax 2 n + bx n + c = 0 gde su a, b i c realni brojevi (različite od nule). Rešava se smenom x n = t ⇒ x 2 n = t 2 . Rešavamo kvadratnu po t , pa se vratimo u smenu. Primer 1: Reši jednačinu
x6 + 7 x3 − 8 = 0 ( x3 )2 + 7 x3 − 8 = 0 t 2 + 7t − 8 = 0 −7±9 t1, 2 = 2 t1 = 1
Rešenje:
cmena x 3 = t
t 2 = −8
Vratimo se u smenu: x3 = 1
Ili
x −1 = 0 3
x3 = −8 x3 + 8 = 0
( x − 1)( x + x + 1) = 0 2
x −1 = 0
ili
x 3 + 23 = 0
x2 + x +1 = 0
=0 ( x + 2)( x 2 − 2 x + 4)www.matematiranje.com
322
9
x1 = 1
x2,3 =
−1 ± i 3 2
x+2=0 x 4 = −2
x2 − 2x + 4
ili
2 ± − 12 2 2 ± 2 3i = 2 = 1 ± 3i
x5,6 = x5,6 x5,6 Primer 2: Rešiti jednačinu:
x8 − 17 x 4 + 16 = 0 Rešenje:
( x 4 ) 2 − 17 x 4 + 16 = 0 t − 17t + 16 = 0 17 ± 15 t1, 2 = 2 t1 = 16 2
smena: x 4 = t
t2 = 1
Vratimo se u smenu:
x 4 − 16 = 0
x4 = 1 x4 −1 = 0
x 4 − 24 = 0
( x 2 − 1)( x 2 + 1) = 0
x 4 = 16
ili
( x − 1)( x + 1)( x 2 + 1) = 0 x − 1 = 0 ili x + 1 = 0 ili x 2 + 1 = 0
( x 2 − 2 2 )( x 2 + 2 2 ) = 0 ( x − 2)( x + 2)( x 2 + 4) = 0
x − 2 = 0 ili x + 2 = 0 ili x1 = 2 x2 = −2
x2 + 4 = 0
x 2 = −4 x3, 4 = ± − 4 x3 = +2i x4 = −2i
x5 = 1
,x6 = −1
,x 2 = −1 x7 ,8 = ± − 1 x7 = +i x8 = −i
Dakle rešenja su:
{2,−2,2i,−2i,1,−1,+i,−i} www.matematiranje.com
323
10
Simetrične (recipročne) jednačine
To su jednačina oblika: ax n + bx n −1 + cx n − 2 + ... + cx 2 + bx + a = 0
Gde su a, b, c... realni brojevi. Naziv simetrične potiče jer su koificijenti uz x n −k i x k (k = 0,1,2...n) jednaki. Drugo ime recipročne su dobile zbog osobina: Ako je x = α jedno rešenje, onda je i 1 x = takodje rešenje date jednačine i važi osobina: Ako je najveći stepen n − neparan
α
broj, tada je x1 = −1 jedno rešenje simetrične jednačine!!! Postupak rešavanja
-
Ako je jednačina neparnog sistema podelimo je sa ( x + 1) i dobijemo jednačinu parnog sistema Celu jednačinu podelimo sa’’srednjim’’ članom i grupišemo odgovarajuće članove.
- Uzimamo smenu x +
1 = t , odavde je ako kvadriramo: x
2
1⎞ ⎛ 2 ⎜x+ ⎟ =t x ⎝ ⎠ 1 1 x2 + 2 ⋅ x ⋅ + 2 = t 2 x x 1 x2 + 2 + 2 = t 2 x 1 x 2 + 2 = t 2 − 2 → ZAPAMTI x
324
11
3
ili
1⎞ ⎛ 3 ⎜x+ ⎟ =t x ⎝ ⎠ 1 1 1 x3 + 2 x 2 ⋅ + 3x + 2 + 3 = t 3 x x x 1 1 x 3 + 3x + 3 + 3 = t 3 x x 1⎞ 1 ⎛ x 3 + 3⎜ x + ⎟ + 3 = t 3 x⎠ x ⎝
x3 +
1 = t 3 − 3t → ZAPAMTI 3 x
itd… Primer1: Rešiti jednačinu:
2 x 4 + 3x 3 − 16 x 2 + 3x + 2 = 0 Rešenje: Celu jednačinu delimo sa x 2 jer je on srednji član. Dakle 2 x 4 3x 3 − 16 x 2 3 x 2 + 2 − + 2 + 2 =0 x2 x x2 x x 1 1 2 x 2 + 3x − 16 + 3 ⋅ + 2 ⋅ 2 = 0 grupišemo članove!!! x x
1⎞ ⎛ 1⎞ 1 ⎛ 2⎜ x 2 + ⎟ + 3⎜ x + ⎟ − 16 = 0 smena: x + = t x⎠ ⎝ x⎠ x ⎝ 2 2(t − 2) + 3t − 16 = 0
2t 2 − 4 + 3t − 16 = 0 2t 2 + 3t − 20 = 0 − 3 ± 9 + 160 − 3 ± 13 t1, 2 = = 4 4 5 t1 = −4 , t 2 = 2 www.matematiranje.com
325
12
Vratimo se u smenu: x+
1 = −4 x x 2 + 1 = −4 x
1 5 = x 2 2 x 2 + 2 = 5x
x 2 + 4x + 1 = 0
2 x 2 − 5x + 2 = 0
− 4 ± 16 − 4 2 x1 = −2 + 3 x1, 2 =
x+
i
x 3, 4 =
5 ± 25 − 16 4
x3 = 2
x 2 = −2 − 3
x4 =
1 2
1 1 i − 2 + 3 i − 2 − 3 i recipročna su!!! Za 2 i je to 2 2 očigledno, a šta je sa − 2 + 3 i − 2 − 3 ?
Dakle, rešenja su 2 i
− 2 + 3 − 2 + 3 − 2 − 3 (−2) 2 − 3 1 = ⋅ = = 1 1 −2− 3 −2− 3 −2− 3 Sad vidimo (posle racionalizacije) da su i ona takodje recipročna. Primer 2: Rešiti jednačinu:
12 x 5 + 16 x 4 − 37 x 3 − 37 x 2 + 16 x + 12 = 0 Rešenje: Ovo je jednačina petog stepena, pa je jedno rešenje x = −1 , pa ćemo celu jednačinu podeliti sa ( x + 1) (12 x 5 + 16 x 4 − 37 x 3 − 37 x 2 + 16 x + 12) : ( x + 1) = 12 x 4 + 4 x 3 − 41x 2 + 4 x + 12 Pogledaj deljenje polinoma!!! Dalje radimo: 12 x 4 + 4 x 3 − 41x 2 + 4 x + 12 = 0 / : x 2 1 1 12 x 2 + 4 x − 41 + 4 ⋅ + 12 ⋅ 2 = 0 x x
www.matematiranje.com
326
13
1 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎛ 12⎜ x 2 + 2 ⎟ + 4⎜ x + ⎟ − 41 = 0 x ⎠ ⎝ x⎠ ⎝ 1 1 Smena x + = t ⇒ x 2 + 2 = t 2 − 2 x x 2 12(t − 2) + 4t − 41 = 0 12t 2 − 24 + 4t − 41 = 0 12t 2 + 4t − 65 = 0 − 4 ± 56 t1, 2 = 24 13 t1 = 6 5 t2 = − 2 Vratimo se u smenu: 1 13 = x 6 6 x 2 − 13x + 6 = 0 13 ± 5 x1, 2 = 12 18 3 x1 = = 12 2 8 2 x2 = = 12 3 x+
1 5 =− x 2 2 2 x + 5x + 2 = 0 −5±3 x3, 4 = 4 1 x3 = − 2 x4 = −2 x+
i
⎧3 2 1 ⎫ Dakle: ⎨ , ,− ,−2,−1⎬ su rešenja ⎩2 3 2 ⎭ Veoma slične simetričnim su KOSOSIMETRIČNE jednačine, one su oblika ax n + bx n −1 + cx n − 2 + ... − cx 2 − bx − a = 0 tj. koeficijenti uz x k i x n − k su suprotni koeficijenti Ako je kososimetrična jednačina neparnog sistema, jedno rešenje je uvek x1 = 1 Postupak rešavanja je sličan!!!
www.matematiranje.com
327
14
Primer 3:
x 5 − 7 x 4 + 16 x 3 − 16 x 2 + 7 x − 1 = 0
kososimetrična
Pošto je njeno rešenje x1 = 1 , celu jednačinu delimo sa ( x − 1) ( x 5 − 7 x 4 + 16 x 3 − 16 x 2 + 7 x − 1) : ( x − 1) = x 4 − 6 x 3 + 10 x 2 − 6 x + 1 Dobijena jednačina:
itd…
x 4 − 6 x 3 + 10 x 2 − 6 x + 1 = 0 je simetrična / : x 2 x 4 − 6 x 3 + 10 x 2 − 6 x + 1 = 0 1 1 x 2 − 6 x + 10 − 6 ⋅ + 2 = 0 x x
Dobijena rešenja su x1 = 1, x2 = 1, x3 = 2 + 3 , x4 = 2 − 3 i x5 = 1 www.matematiranje.com
328
15
SISTEMI KVADRATNIH JEDNAČINA SA DVE NEPOZNATE Razlikovaćemo nekoliko tipa sistema: 1) Sistem od jedne kvadratne i jedne linearne jednačine sa dve nepoznate Postupak: Iz linearne jednačine izrazimo x ili y (šta nam je lakše). To zamenimo u kvadratnu jednačinu i nju posle sredjivanja rešimo. Ako ima rešenja, njih vraćamo u ''ono'' što smo izrazili. Primer 1) Reši sistem: 2 x 2 + 2 y 2 + 3x − 2 = 0 x − 2 y = −2 ________________
2 x 2 + 2 y 2 + 3x − 2 = 0 x − 2 y = −2 → odavde izrazimo x (lakše) x zamenimo u gornju jednačinu ________________
x = 2y − 2 2(2 y − 2) 2 + 2 y 2 + 6 y − 6 − 2 = 0 2(4 y 2 − 8 y + 4) + 2 y 2 + 6 y − 6 − 2 = 0 8 y 2 − 16 y + 8 + 2 y 2 + 6 y − 8 = 0 10 y 2 − 10 y = 0/ :10 y2 − y = 0 y ( y − 1) = 0 y1 = 0 ∨ y − 1 = 0 y2 = 1
⇒
x1 = 2 ⋅ 0 − 2 = −2 x2 = 2 ⋅ 1 − 2 = 0
Rešenj su: ( x1 , y1 ) = (−2,0) i ( x2 , y2 ) = (0,1) Primer 2) Rešiti sistem: 3 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 3 x − 4 y = 0 2x − y + 5 = 0 ________________
www.matematiranje.com
329
1
3 x 2 + 2 xy + 2 y 2 + 3 x − 4 y = 0 2x − y + 5 = 0 ________________
y = 2x + 5 3 x 2 + 2 x(2 x + 5) + 2(2 x + 5) 2 + 3 x − 4(2 x + 5) = 0 3 x 2 + 4 x 2 + 10 x + 2(4 x 2 + 20 x + 25) + 3 x − 8 x − 20 = 0 7 x 2 + 10 x + 8 x 2 + 40 x + 50 + 3 x − 8 x − 20 = 0 15 x 2 + 45 x + 30 = 0/ :15 x 2 + 3x + 2 = 0
a =1
− b ± b 2 − 4ac − 3 ± 1 = 2a 2 x1 = −1
b=3
x1, 2 =
c=2
x 2 = −2 Zamenom x1 i x2 u y = 2 x + 5 dobijamo: y1 = 2(−1) + 5 = −2 + 5 = 3 y2 = 2(−2) + 5 = −4 + 5 = 1 Dakle rešenja su: (−1,3), (−2,1) 2)Sistem od dve kvadratne jednačine, koje sadrže samo ax 2 i ay 2 i slobodne članove
Ovaj sistem je oblika:
a1 x 2 + b1 y 2 = c1 a2 x 2 + b2 y 2 = c2
Najlakše ga rešiti metodom suprotnih koeficijenata. Primer 1) Rešiti sistem: 5 x 2 − 6 y 2 = 11 7 x 2 + 3 y 2 = 714 ______________________
5 x − 6 y = 11 7 x 2 + 3 y 2 = 714 → Drugu jednačinu množimo sa 2 2
2
______________________
⎫ ⎪ + 14 x + 6 y = 1428 ⎬ _________________________ ⎪ ⎭ 2 19 x = 1539 5 x 2 − 6 y 2 = 111 2
2
www.matematiranje.com
330
2
x 2 = 81
x = ±9
x = ± 81
x1 = 9 x2 = −9
7 x + 3 y = 714 2
2
7 ⋅ 81 + 3 y 2 = 714 567 + 3 y 2 = 714 3 y 2 = 714 − 567 3 y 2 = 147 y 2 = 49 y = ± 49 y1 = +7 y2 = −7
Pazi sad pravimo ‘’kombinacije’’: (9,7), (9,-7), (-9,7), (-9,-7) Dakle, ima 4 rešenja!!! Pre nego se upoznamo sa novim tipom sistema, naučimo šta su to HOMOGENE jednačine Njen opšti oblik je: Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 Nju možemo rešiti najlakše smenom x = yz tj. z =
x y
Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 ⎛ x2 xy y2 ⎞ y2 ⎜ A 2 + B 2 + C 2 ⎟ = 0 y y ⎠ ⎝ y ⎛ ⎛ x ⎞2 ⎞ ⎛x⎞ y ⎜ A⎜ ⎟ + B ⎜ ⎟ + C ⎟ = 0 ⎜ ⎝ y⎠ ⎟ ⎝ y⎠ ⎝ ⎠ 2
y 2 ( Az 2 + Bz + C ) = 0
y=0 ∨
Az 2 + Bz + C = 0 nama ovo treba!!! www.matematiranje.com
331
3
− B ± B 2 − 4 AC 2A z1 = ... z1,2 =
z2 = ... Vratimo se na stare nepoznate…. x = z1 y
i
x = z2 y
3) Sistem od dve kvadratne jednačine od kojih je jedna homogena
⎧⎪ Ax 2 + Bxy + Cy 2 = 0 Taj system je oblika: ⎨ 2 ⎪⎩ax + bxy + cy 2 + dx + ry + f = 0 Iz prve jednačine (homogene) dodjemo do dve linearne jednačine, pa svaku od njih ukombinujemo sa drugom jednačinom sistema tako da dobijemo dva nova sistema jednačina. Primer 1: Rešiti sistem jednačina: x 2 − 3xy + 2 y 2 = 0 → homogena, prvo nju rešimo x 2 − 3x − y + 3 = 0 _________________________
x 2 − 3xy + 2 y 2 = 0 ⎛ x2 ⎞ x y 2 ⎜⎜ 2 − 3 + 2 ⎟⎟ = 0 ⎝1y442y44 3⎠
x = z smena x = zy y
samo ovo nas zanima
z − 3z + 2 = 0 3 ±1 z1,2 = 2 z1 = 2 2
z2 = 1 Vratimo se u smenu: Za z1 = 2 ⇒ x = 2 y Za z2 = 1 ⇒ x = y
332
4
Sad ovo zamenimo u drugu jednačinu x 2 − 3x − y + 3 = 0 _________________________
x 2 − 3x − y + 3 = 0
x 2 − 3x − y + 3 = 0
(2 y ) 2 − 3 ⋅ 2 y − y + 3 = 0
x 2 − 3x − x + 3 = 0
4 y2 − 6 y − y + 3 = 0
4 y2 − 4x + 3 = 0 4±2 x1, 2 = 2 x1 = 3
4 y2 − 7 y + 3 = 0 7 ±1 y1, 2 = 8 y1 = 1 y2 =
x2 = 1
6 3 = 8 4
x1 = 2 ⋅1 = 2,
y1 = 3, y2 =1 3 3 x2 = 2 ⋅ = 4 2
⎛ 3 3⎞ Dakle , rešenja su: (2,1), ⎜ , ⎟ ,(3,3), (1,1) ⎝ 2 4⎠ Primer 2: Rešiti sistem: x 2 + xy − 6 y 2 = 0 x 2 − 2 xy + 2 y 2 = 18 ___________________________
x 2 + xy − 6 y 2 = 0 ⎛ x2 x ⎞ y2 ⎜ 2 + − 6 ⎟ = 0 y ⎝y ⎠
z 2 + z − 6 = 0 Smena z1, 2 =
x =z y
−1 ± 5 2
z1 = 2 z 2 = −3 Dalje je : x = yz ⇒ x = 2 y ili x = −3 y Sad pravimo nova dva sistema. x = 2y x 2 − 2 xy + 2 y 2 = 18
x = −3 y
___________________________
___________________________
x 2 − 2 xy + 2 y 2 = 18
333
5
(2 y ) 2 − 2 ⋅ 2 y ⋅ y + 2 y 2 = 18
(−3 y ) 2 − 2 ⋅ (−3 y ) ⋅ y + 2 y 2 = 18
4 y − 4 y + 2 y = 18 2
2
2
9 y 2 + 6 y 2 + 2 y 2 = 18
y =9 2
17 y 2 = 18
y = ±3
y1 = +3 x1 = 2 ⋅ 3 (6,3)
y2 = −3 x2 = 2 ⋅ (−3) = −6 (-6,-3)
18 17 18 y=± 17 y2 =
y1 = +
18 17
y2 = −
18 17
x1 = −3
18 17
⎛ 18 18 ⎞ ⎜−3 ⎟ i , ⎜ ⎟ 17 17 ⎝ ⎠
x2 = 3
18 17
⎛ 18 18 ⎞ ⎜3 ⎟ ⎜ 17 ,− 17 ⎟ ⎝ ⎠
Dakle opet ima četri rešenja!!! 4) Sistemi koji se svode na homogene jednačine
Opšti oblik ovog sistema je: a1 x 2 + b2 xy + c1 y 2 = d1 a2 x 2 + b2 xy + c2 y 2 = d 2
_______________________________
Ideja je da se metodom suprotnih koeficijenata unište d1 i d 2 I da se dobije homogena jednačina. Nju rešimo i formiramo dva nova sistema. Ništa bez primera: Primer 1: Reši sistem:
2 x 2 − 3xy + 2 y 2 = 4 x 2 + xy + y 2 = 7
Prvu jednačinu pomnožimo sa 7, a drugu sa -4
______________________
www.matematiranje.com
334
6
14 x 2 − 21xy + 14 y 2 = 28 ⎫⎪ ⎬+ − 4 x 2 − 4 xy − 4 y 2 = −28⎪⎭
______________________________ _____
10 x 2 − 25 xy + 10 y 2 = 0 / : 5
2 x 2 − 5 xy + 2 y 2 = 0 → Dobili smo homogenu jednačinu!!!
x2 x −5 + 2 = 0 2 y y 2 2 z − 5z + 2 = 0
2
z1, 2 =
5±3 4
Vratimo se u smenu
z1 = 2 z2 =
x =z y
1 2 ili
x 1 = y 2
x = 2 y ili
y = 2x
x =2 y
Sada izaberimo jednu od početne dve jednačine (onu sa manje brojke) i formiramo dva nova sistema:
y = 2x
x = 2y x + xy + y = 7 2
x 2 + xy + y 2 = 7
2
______________________
______________________
(2 y ) + 2 y ⋅ y + y = 7
x 2 + x ⋅ 2 x + ( 2 x) 2 = 7
4 y2 + 2 y2 + y2 = 7
x2 + 2x2 + 4x2 = 7
7 y2 = 7
7 x2 = 7
y2 = 1
x2 = 1
y = ±1 y1 = 1
x = ±1 x1 = 1
y2 = −1
x 2 = −1
2
Onda je:
2
Onda je:
x1 = 2 ⋅ y1 = 2
x1 = 2 x1 = 2
x2 = 2 ⋅ (−1) = −2
x2 = 2 ⋅ (−1) = −2
335
7
Odavde su dakle rešenja: (2,1) i (-2,-1)
Odavde su rešenja (1,2), (-1,-2)
Konačno rešenja su: (2,1), (-2,-1), (1,2), (-1,-2)
5) Rešavanje složenijih slučajeva:
Kod sistema koji ne pripadaju nijednim od proučenih tipova, tražimo način da eliminišemo jednu nepoznatu, sredjujemo jednačine da uvedemo smenu, pravimo da jedna jednačina bude proizvod jednak nuli… Ovde nemamo neki ‘’dobar’’ savet, iskustvo je odlučujuće, dakle što više zadataka uradite, to ćete više ‘’trika’’ naučiti!!! Bilo kako bilo, evo par primera: 1) Rešiti sistem jednačina: x + xy + y = 19 x 2 y + xy 2 = 84 → izvičimo odavde xy ____________________
x + y + xy = 19 xy ( x + y ) = 84
Sad uvodimo smene x+y= a i xy=b
____________________
a + b = 19 a ⋅ b = 84 ____________
b = 19 − a a ⋅ (19 − a) = 84 19a − a 2 − 84 = 0 a 2 − 19a + 84 = 0 19 ± 5 a1, 2 = 2 a1 = 12 ⇒ b1 = 7 a2 = 7 ⇒ b2 = 12 www.matematiranje.com
336
8
Vratimo se u smene: x + y = 12 ∧ y = 12 − x x(12 − x) = 7
xy = 7
12 x − x 2 − 7 = 0
x+ y =7
x 2 − 12 x + 7 = 0
x(7 − x) = 12 7 x − x 2 − 12 = 0
)
x 2 − 7 x + 12 = 0 7 ±1 x1, 2 = 2
x1 = 4
x2 = 6 − 2 29
x2 = 3 y1 = 3 y2 = 4 Odavde su rešenja: (4,3), (3,4)
____________________
y1 = 12 − 6 − 29 = 6 − 29 y2 = 12 − 6 + 29 = 6 + 29
(6 +
xy = 12
y =7−x
12 ± 116 12 ± 2 29 x1, 2 = = 2 2 2 6 ± 2 29 x1, 2 = 2 x1 = 6 + 2 29
(
∧
)(
29 ,6 − 29 , 6 − 29 ,6 + 29
)
2) Rešiti sistem: x 4 + y 2 = 17 Odavde možemo da drugu jednačinu pomnožimo sa (-1) I da 2 x 2 + y 2 = 5 eliminišemo y _______________
x 4 + y 2 = 17 − x 2 − y 2 = −5 _________________
x 4 − x 2 = 12 x 4 − x 2 − 12 = 0 ⇒ ovo je bikvadratna jednačina Smena: x 2 = t t 2 − t − 12 = 0 1± 7 t1, 2 = 2 t1 = 4 t 2 = −3
337
9
Vratimo se u smenu:
x2 = t
x 2 = −3
x2 = 4 x1 = 2
x = ± −3 = ± 3i x3 = + 3i, x4 = − 3i
x2 = −2 Vratimo se u
x2 + y2 = 5 4 + y2 = 5 y2 = 1 y1 = 1 y = −1
2 __________
x2 + y 2 = 5 −3 + y 2 = 5 y 2 = 8 ⇒ y = ±2 2 y1 = 2 2 y2 = −2 2 Rešenja su: (2,1), (2,-1), (-2,1), (-2,1),
(
) (
3i, 2 2 ,
) (
) (
)
3i, −2 2 , − 3i, 2 2 , − 3i, −2 2 ,
Dakle ima ih 8. www.matematiranje.com
338
10
KVADRATNA NEJEDNAČINA ZNAK KVADRATNOG TRINOMA Kvadratne nejednačine su oblika: ax 2 + bx + c > 0 ax 2 + bx + c ≥ 0 ax 2 + bx + c < 0 ax 2 + bx + c ≤ 0
gde je x-realna promenljiva (nepoznata) i a,b,c su realni brojevi, a ≠ 0. U delu kvadratna funkcija smo analizirali kako može izgledati grafik kvadratne funkcije u zavisnosti od znaka a i D. Podsetimo se: 1) a > 0, D > 0 ⇒ 2) a > 0, D = 0 ⇒ y ≥ 0 uvek 3) a > 0, D < 0 ⇒ y > 0 uvek
4) a < 0, D > 0 ⇒ 5) a < 0, D = 0 ⇒ y ≤ 0 uvek 6) a < 0, D < 0 ⇒ y < 0 uvek Naravno y = ax 2 + bx + c Primer 1) Odrediti znak trinoma: a) b) v) g)
3x 2 − 11x − 4 − 5x 2 − x + 4 9 x 2 + 12 x + 4 − x2 − 6x − 9 Rešenja
a) Najpre rešimo odgovarajuću kvadratnu jednakost: 3x2 –11x –4 =0
339
1
D = b − 4ac D = 121 + 48 D = 169
a=3 b = −11 c = −4
− b ± D 11 ± 13 = 2a 6
x1, 2 =
2
x1 = 4 x2 = −
2 1 =− 6 3
Pošto je a = 3 > 0 i D = 169 > 0 (prva situacija):
1⎞ ⎛ 3x 2 − 11x − 4 > 0 za x ∈ ⎜ − ∞,− ⎟ ∪ (4, ∞ ) 3⎠ ⎝ ⎛ 1 ⎞ 3x 2 − 11x − 4 < 0 za x ∈ ⎜ − ,4 ⎟ ⎝ 3 ⎠ b) − 5 x 2 − x + 4 = 0 → PAZI: nema množenja i deljenja nekim brojem!!! a = −5 b = −1 c=4
1± 9 − 10 x1 = −1 x1, 2 =
D = 1 + 80 D = 81
x2 =
−8 4 = − 10 5
Pošto je a < 0, D > 0 (situacija 4) 4⎞ ⎛ − 5 x 2 − x + 4 > 0 za x ∈ ⎜ − 1, ⎟ 5⎠ ⎝ ⎛4 ⎞ − 5 x 2 − x + 4 < 0 za x ∈ (− ∞,−1) ∪ ⎜ , ∞ ⎟ ⎝5 ⎠ v) 9 x 2 + 12 x + 4 = 0
a=9 b = 12 c=4
− 12 ± 0 18 12 2 x1 = − = − 18 3 2 x2 = − 3 x1, 2 =
D = 144 − 144 D=0
Pošto je a > 0 i D = 0 → 9 x 2 + 12 x + 4 ≥ 0 uvek a ovo vidimo i iz (3x + 2) 2 ≥ 0
340
2
g) − x 2 − 6 x − 9 a = −1 b = −6 c = −9
6±0 −2 x1 = −3 x1, 2 =
D = 36 − 36 D=0
x 2 = −3
Pošto je a < 0 i D = 0 → − x 2 − 6 x − 9 ≤ 0 uvek, tj za ∀x ∈ R
Ovo vidimo i iz transformacije: − x 2 − 6 x − 9 − ( x 2 − 6 x − 9) = −( x + 3) 2 ≤ 0 Primer 2: Reši nejednačinu: ( x 2 − 4 x − 5) ⋅ ( x 2 + 2 x − 3) < 0 Rešenje: Ovo je složeniji oblik nejednačina, gde možemo upotrebiti i već poznat šablon: A ⋅ B < 0 ⇔ ( A > 0, B < 0) ∨ ( A < 0, B > 0) Naša preporuka je da ovakve zadatke rešavate pomoću tablice!!! Najpre ćemo obe kvadratne jednačine rastaviti na činioce: ax 2 + bx + c = a( x − x1 )( x − x2 )
x2 − 4x − 5 = 0 ⇒
x1 = −1, pa je x 2 − 4 x − 5 = ( x + 1)( x − 5) x2 = 5
x2 + 2x − 3 = 0 ⇒
x1 = 1
pa je x 2 + 2 x − 3 = ( x − 1)( x + 3)
x 2 = −3 Sada posmatramo nejednačinu:
( x + 1)( x − 5)( x − 1)( x + 3) < 0 Pravimo tablicu:
341
3
-∞
∞
x+1 x-5 x-1 x+3 (x+1)( x-5) (x-1)(x+3) Dakle, svaki od izraza ide u tablicu, a u zadnjoj vrsti je ‘’ono’’ što nam treba, tj. ceo izraz. Brojevnu pravu (gornja linija od - ∞ do ∞ ćemo podeliti na 5 intervala) Iznad ovih vertikalnih linija ćemo upisati brojeve.(koje?) To brojevi su rešenja kvadratnih jednačina, dakle -1,5,1 i -3 samo ih poredjamo od od najmanjeg do najvećeg:-3,-1,1,5 -3 -1 1 5 -∞ ∞ x+1 x-5 x-1 x+3 (x+1)( x-5)( x-1)(x+3) Dakle biramo bilo koju broj iz svakog od 5 intervala i zamenjujemo u izraze x+1, x-5, x-1 i x+3; ne zanima nas koji broj ispadne već samo njegov znak + ili – koji upisujemo u tablicu.Recimo, u intervalu (-∞,-3) izaberemo broj -10, pa ga menjamo redom: x+1=-10-5=-9 → uzmemo – (upisan u tablicu) x-5=-10-5= -15 → – upišemo u tablicu x-1=-10-11=-11 → + upišemo u tablicu x+3=-10+3=-7 → - upišemo u tablicu Izmedju -3 i -1 izaberemo -2, itd... Dobili smo: -3 -1 -∞ x+1 x-5 x-1 x+3 + (x+1)( x-5)( + x-1)(x+3)
1
5 ∞
+ + +
+ + + -
+ + + + +
Onda sklopimo:
342
4
→ 4 minusa daju + → 3 minusa i plus daju – → 2 minusa i 2 plusa daju + → 3 plusa i 1 minus daju – → 4 plisa daju + na ovaj način mi smo rešili dve nejednačine: ( x 2 − 4 x − 5)( x 2 + 2 x − 3) < 0 ( x 2 − 4 x − 5)( x 2 + 2 x − 3) > 0
Pošto je naš zadatak da rešimo prvu, ( x 2 − 4 x − 5)( x 2 + 2 x − 3) < 0 , biramo u konačnom rešenju gde su minusi: x ∈ (−3,−1) ∪ (1,5) Primer 3: Rešiti nejednačinu: x 2 − 3x + 4 >0 1− x2 Rešenje: x 2 − 3x + 4 = 0 a =1 b = −3 c=4
D = b 2 − 4ac D = 9 − 16 D = −7
PAZI: pošto je a > 0 i D < 0 onda je x 2 − 3x + 4 > 0 za ∀x !!! Dakle, mora biti 1− x2 > 0
Posmatrajmo kvadratnu jednačinu:
1− x2 = 0
a = −1
D = 0 2 − 4 ⋅ (−1) ⋅1
b=0
D=4
c =1
0±2 −2 x1 = −1 x2 = 1 x1, 2 =
Zaključujemo x ∈ (−1,1)
343
5
Primer 4: Za koje realne vrednosti x razlomak
− x2 + 2x − 5 manji od -1? 2x2 − x −1
− x2 + 2x − 5 < −1 PAZI: Moramo prebaciti -1 na levu stranu i to ‘’srediti’’ 2x2 − x −1 − x 2 + 2x − 5 +1 < 0 2x 2 − x − 1 − x 2 + 2x − 5 + 2x 2 − x − 1 <0 2x 2 − x − 1 x2 + x − 6 <0 2x 2 − x − 1 Sad tek idemo ''klasično''
x 2 + x − 6 = 0 ⇒ x1 = 2 ⇒ x 2 + x − 6 = ( x − 2)( x + 3) x 2 = −3 2 x 2 − x − 1 = 0 ⇒ x1 = 1
x2 = −
Sada rešavamo:
1 2
1⎞ ⎛ ⇒ 2 x 2 − x − 1 = ( x − 1)⎜ x + ⎟ 2⎠ ⎝
( x − 2)( x + 3) <0 1⎞ ⎛ 2( x − 1)⎜ x + ⎟ 2⎠ ⎝ -∞
x-2 x+3 x-1 1 x+ 2 ( x − 2)( x + 3) <0 1⎞ ⎛ 2( x − 1)⎜ x + ⎟ 2⎠ ⎝
1 2
-3
1
∞
2
-
+ -
+ +
+ + +
+ + + +
+
-
+
-
+
1⎞ ⎛ Rešenje: x ∈ ⎜ − 3, ⎟ ∪ (1,2) 2⎠ ⎝
344
6
Primer 5: Data je funkcija y = (r 2 − 1) x 2 + 2(r − 1) x + 2 . Odrediti realan parameter r tako da funkcija bude pozitivna za svako realno x y = (r 2 − 1) x 2 + 2(r − 1) x + 2 (r 2 − 1) x 2 + 2(r − 1) x + 2 > 0 Da bi funkcija bila pozitivna mora da je: a>0 i D<0
a = r 2 −1 b = 2(r − 1)
D = b 2 − 4ac
c=2
D = 4(r − 1) 2 − 8(r 2 − 1)
D = [2(r − 1)] − 4(r 2 − 1) ⋅ 2 2
D = 4(r 2 − 2r + 1) − 8r 2 + 8 D = 4r 2 − 8r + 4 − 8r 2 + 8 D = −4r 2 − 8r + 12
− 4r 2 − 8r + 12 < 0 / : (−4)
a>0
r 2 + 2r − 3 > 0 −2±4 r1, 2 = 2 r1 = 1
r 2 −1 > 0 r 2 −1 = 0 r1 = −1 r2 = 1
r2 = −3
r ∈ (−∞,−3) ∪ (1, ∞)
r ∈ (−∞,−1) ∪ (1, ∞)
Upakujmo sad ova dva rešenja:
r ∈ (−∞,−3) ∪ (1, ∞) Konačno rešenje
345
7
Primer 6: Odrediti sve realne vrednosti parametra r za koje je funkcija y = rx 2 + 2(r + 2) x + 2r + 4 negativna za svako realno x. rx 2 + 2(r + 2) x + 2r + 4 < 0 a<0 i D<0
da bi funkcija bila negativna mora da važi: a=r
D = b 2 − 4ac
b = 2( r + 2)
D = [2(r + 2)] − 4 ⋅ r (2r + 4) 2
c = 2r + 4
D = 4(r + 2) 2 − 4r (2r + 4) D = 4(r 2 + 4r + 4) − 8r 2 − 16r D = 4r 2 + 16r + 16 − 8r − 16r D = −4r 2 + 16
− 4r 2 + 16 < 0 / : (−4) r2 − 4 > 0
a<0
r 1= 2
r<0
r 2 = −2
r ∈ (−∞,−2) ∪ (2, ∞) Upakujmo rešenja:
r ∈ (−∞,−2) konačno rešenje Primer 7: Odrediti k tako da je za svako x ispunjava nejednakost x 2 + kx + 1 <2 x2 + x +1 x 2 + kx + 1 x 2 + kx + 1 < 2 ⇒ − 2 < <2 x2 + x +1 x2 + x +1
Dakle, ovaj zadatak zahteva rešavanje dve nejednačine:
346
8
1) Rešimo x 2 + kx + 1 x2 + x +1 x 2 + kx + 1 +2>0 x2 + x +1 x 2 + kx + 1 + 2 x 2 + 2 x + 2 >0 x2 + x +1 3x 2 + x(k + 2) + 3 >0 x2 + x +1
−2<
x2 + x +1 = 0 a =1 D = b 2 − 4ac b =1 D = 1− 4 c =1 D = −3 Kako je a > 0 i D < 0 ⇒ x 2 + x + 1 > 0 za ∀x pa ne utiče na razmatranje!!! 3x 2 + x(k + 2) + 3 = 0 ,
da bi 3x 2 + x(k + 2) + 3 > 0 mora biti a > 0, D < 0
a=3
D = (k + 2) 2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 3
b=k +2
D = k 2 + 4k + 4 − 36
c=3
D = k 2 + 4k − 32 k 2 + 4k − 32 < 0 k 2 + 4k − 32 = 0 k1 = 4 k 2 = −8
k ∈ (−8,4) 2) Rešavamo: x 2 + kx + 1 x 2 + kx + 1 < 2 ⇒ −2<0 x2 + x +1 x2 + x + 1 x 2 + kx + 1 − 2 x 2 − 2 x − 2 <0 x2 + x +1 − x 2 + ( k − 2) x − 1 <0 x2 + x +1
347
9
Kako je x 2 + x + 1 > 0 , to mora biti: − x 2 + (k − 2) x − 1 > 0 /(−1) x 2 − ( k − 2) x + 1 D < 0 ⇒ D = [− (k − 2)]2 − 4
D = k 2 − 4k + 4 − 4 D = k 2 − 4k < 0 k 2 − 4k = 0 ⇒ k1 = 0, k 2 = 4
k ∈ (0,4)
Upakujemo oba rešenja:
Dakle, konačno rešenje je: k ∈ (0,4)
348
10
www.matematiranje.com
IRACIONALNE JEDNAČINE Pod iracionalnom jednačinom podrazumevaju se jednačine kod kojih se nepoznata nalazi pod korenom. U opštem slučaju ove jednačine se ne mogu rešiti. Mi ćemo proučiti neke prostije slučajeve. Važno: Jednačina
a ( x) = b( x) je ekvivalentna sistemu a ( x) = b 2 ( x) ∧ b( x) ≥ 0
Primer 1: Rešiti jednačinu:
x + 7 = x +1 x + 7 = ( x + 1) 2
∧
x +1 ≥ 0
x + 7 = x2 + 2x +1
∧
x ≥ −1
∧
∧ x + 7 ≥ 0 ovo zbog korena x ≥ −7
x2 + 2x +1− x − 7 = 0 x2 + x − 6 = 0 −1± 5 2
a =1
x1, 2 =
b =1
x1 = 2
c = −6
x 2 = −3
Moramo proveriti da li su rešenja ‘’dobra’’ tj. da li zadovoljavaju x ≥ −1 i x ≥ −7 x1 = 2 je dobro x2 = −3 nije jer x2 = −3 ≥ −1 nije tačno. Dakle, jedino rešenje je x=2 Primer 2: Rešiti jednačinu: 1 + x 2 − 9 = x 1 + x 2 − 9 = x Ovde najpre ostavimo koren na jednu stranu, a sve bez korena prebacimo na drugu stranu x2 − 9 = x −1 Sada postavljamo ekvivalenciju:
349
1
www.matematiranje.com
x 2 − 9 = ( x − 1) 2 x2 − 9 = x2 − 2x +1 2x = 1+ 9 2 x = 10 x=5
∧
x −1 ≥ 0
∧
x ≥1
x2 − 9 ≥ 0 x1 = 3 x2 = −3
x ∈ (− ∞,−3] ∪ [3, ∞ )
Obavezno proverimo dal rešenje zadovoljava uslove: x ≥ 1 i x ∈ (− ∞,−3] ∪ [3, ∞ ) Pošto zadovoljava → x=5 je rešenje Primer 3: Rešiti jednačinu: 12 − x x 2 − 8 = 3 12 − x x 2 − 8 = 3 /() 2 → 12 − x x 2 − 8 ≥ 0 ∧ x 2 − 8 ≥ 0 1.uslov
2.uslov
12 − x x 2 − 8 = 9 − x x 2 − 8 = 9 − 12 − x x 2 − 8 = −3 → x 2 − 8 =
3 3 ⇒ ≥0⇒ x>0 3.uslov x x
x − x 2 − 8 = 3 /() 2 x 2 ( x 2 − 8) = 9 x 4 − 8 x 2 − 9 = 0 → ovo je bikvadratna jednačina x 4 − 8 x 2 − 9 = 0 → smena x 2 = t t 2 − 8t − 9 = 0
t1, 2 =
8 ± 10 2
t1 = 9 t 2 = −1 x 2 = 9 ∨ x 2 = −1 x 3, 4 = ± i x1 = 3, x2 = −3
Kad je ovako zamršena situacija sa uslovima, kao sada, a dobili smo rešenja x1 = 3 i x2 = −3 , zamenite rešenja u početnu jednačinu, da vidite da li su ‘’dobra’’!
350
2
www.matematiranje.com 12 − x x 2 − 8 = 3 12 − 3 32 − 8 = 3 12 − 3 ⋅1 = 3 9 =3 3=3
Dakle x=3 jeste rešenje x −3⇒
12 − x x 2 − 8 = 3 12 − 3 9 − 8 = 3 12 + 3 = 3
15 = 3 Natačno, dakle x=-3 nije rešenje Dakle x=3 je jedino rešenja!!! Drugi tip zadataka koji ćemo proučiti je oblika:
a ( x ) ± b( x ) = c ( x )
Važno:
Ovde moramo najpre odrediti zajedničku oblast definisanosti funkcija odnosno a( x) ≥ 0 i b( x) ≥ 0 , a kad dodjemo do oblika
a (x) i
b(x)
P( x) = Q( x) primenjujemo kao
malopre ekvivalenciju da P ( x) = Q( x) 2 ∧ Q( x) ≥ 0 . Opet vam savetujemo da ako se ne snalazite sa uslovima, dobijena rešenja ‘’proverite’’ u početnu jednačinu. Primer koliko su važni uslovi: Reši jednačinu: x + − x =1 Ovde mora biti x ≥ 0 i − x ≥ 0 , odnosno x ≥ 0 i x ≤ 0 jedino može biti x=0, a to očigledno nije rešenje!!! Primer 1: Reši jednačinu:
2x + 8 + x + 5 = 7
Pre nego počnemo sa rešavanjem: 2x + 8 ≥ 0 x ≥ −4
i i
x+5≥ 0 x ≥ −5
x ∈ [− 4, ∞ )
351
3
www.matematiranje.com
2 x + 8 + x + 5 = 7 /() 2 2
2
2x + 8 + 2 2x + 8 x + 5 + x + 5 = 72 2 x + 8 + 2 (2 x + 8)( x + 5) + x + 5 = 49 2 (2 x + 8)( x + 5) = 49 − 2 x − 8 − x − 5 2 (2 x + 8)( x + 5) = 36 − 3 x /() 2 → Pazi uslov
36 − 3x ≥ 0
4(2 x + 8)( x + 5) = (36 − 3x)
− 3 ≥ −36
2
4(2 x 2 + 10 x + 8 x + 40) = 1296 − 216 x + 9 x 2
x ≤ 12
8 x 2 + 40 x + 32 x + 160 − 1296 + 216 x − 9 x 2 = 0 − x 2 + 288 x − 1136 = 0 x 2 − 288 x + 1136 = 0 288 ± 280 x1, 2 = 2 x1 = 284 x2 = 4 Da se podsetimo uslova: x ∈ [− 4, ∞ ) i x ≤ 12 , Dakle, jedino rešenje je x=4 Primer 2: Reši jednačinu 7 x − 1x ≥ 0 1 x≥ 7
i
7 x − 1 − 3 x − 18 = 5 uslovi su: 3 x − 18 ≥ 0
i
x≥6
x ∈ [6, ∞ ) → Uslov
7 x − 1 − 3 x − 18 = 5 Lakše nam je da jedan koren prebacimo pa onda da kvadriramo!!! 7 x − 1 = 5 + 3 x − 18 /() 2 7 x − 1 = 25 + 10 3 x − 18 + 3 x − 8 7 x − 1 − 25 − 3 x + 18 = 10 3 x − 18 4 x − 8 = 10 3 x − 18 / : 2
352
4
www.matematiranje.com
2 x − 4 = 5 3x − 18 /() 2 → uslov 2 x − 4 ≥ 0 x≥2 (2 x − 4) 2 = 25(3x − 18) 4 x 2 − 16 x + 16 = 75 x − 450 4 x 2 − 16 x + 16 − 75 x + 450 = 0 4 x 2 − 91x + 466 = 0 91 ± 825 8 91 ± 5 33 x1, 2 = 8 91 + 5 33 x1 = 8 91 − 5 33 x2 = 8 x1, 2 =
Kad se ovako desi moramo naći približne vrednosti za x1 i x2 da bi videli da li zadovoljavaju uslove: x1 ≈ 14,97 x2 ≈ 7,78 Pošto su uslovi x ≥ 6 i x ≥ 2 Zaključujemo da su oba rešenja dobra. Primer 3: Reši jednačinu:
x + 3 + x + 8 = x + 24
Rešenje: Ovde moramo postaviti: 3 uslova: x+3≥ 0 x ≥ −3
,
x+8 ≥ 0 x ≥ −8
,
x + 24 ≥ 0 x ≥ −24
Dakle, kad upakujemo ova 3 uslova x ≥ −3 x + 3 + x + 8 = x + 24 /() 2 2
2
x + 3 + 2 x + 3 x + 8 + x + 8 =2
x + 24
x + 3 + 2 ( x + 3)( x + 8) + x + 8 = x + 24 2 ( x + 3)( x + 8) = x + 24 − x − 3 − x − 8 2 ( x + 3)( x + 8) = 13 − x → uslov: 13 − x ≥ 0
− x ≥ −13 x ≤ 13
353
5
www.matematiranje.com
4( x + 3)( x + 8) = (13 − x) 2 4( x 2 + 8 x + 3x + 24) = 169 − 26 x + x 2 4 x 2 + 32 x + 12 x + 96 − 169 + 26 x − x 2 = 0 3x 2 + 70 x − 73 = 0 x1, 2 =
− 70 ± 5776 − 70 ± 76 = 6 6
x1 = 1 x2 = −24 Da li su rešenja dobra? Uslovi su x ≥ −3 i x ≤ 13 , dakle x=1 je jedno rešenje Primer 4: Rešiti jednačinu:
5+3 x + 5−3 x = 3 x
Rešenje: Ovde ćemo morati da uvedemo smenu: 3
x =t 5 + t + 5 − t = t /() 2
5+t ≥ 0
Uslovi:
i
5−t ≥ 0 − t ≥ −5
t ≥ −5
t ≤5
t ∈ [− 5,5]
(
5 + t + 5 − t = t /() 2 5+t + 5−t
)
2
= t2
2
2
5 + t + (5 + t ) − (5 − t ) + 5 − t = t 2 5 + t + 2 25 − t 2 + 5 − t = t 2
2 25 − t 2 = t 2 /() 2 → uslova: t 2 − 10 ≥ 0
354
6
www.matematiranje.com
4(25 − t 2 ) = (t 2 − 10) 2 4(25 − t 2 ) = t 4 − 20t 2 + 100 100 − 4t 2 = t 4 − 20t 2 + 100 t 4 − 16t 2 = 0 t 2 (t 2 − 16) = 0 t2 = 0 ⇒ t = 0 t 2 − 16 = 0 ⇒ t = +4, t = −4 za t = 4 ⇒ 3 x = 4 ⇒ x = 64 jeste rešenje za t = −4 ⇒ 3 x − 4 ⇒ x = −64 nije rešenje za t = 0 ⇒ x = 0 nije rešenje Dakle x = 64 je jedino rešenje!!!
355
7
IRACIONALNE NEJEDNAČINE
Kao i jednačine i iracionalne nejednačine se rešavaju upotrebom ekvivalencija. Razlikovaćemo dve situacije:
P( x) < Q( x) je ekvivalentno sa:
1)
P ( x) > 0 ∧ Q ( x) ≥ 0 ∧ P ( x) < Q 2 ( x) 2)
P( x) > Q( x) je ekvivalentno sa::
[P( x) ≥ 0 ∧ Q( x) < 0] ∨ [P( x) > Q 2 ( x) ∧ Q( x) ≥ 0]
Primer 1:
x+6 < x−6
Postavljamo ekvivalenciju: x + 6 > 0 ∧ x − 6 ≥ 0 ∧ x + 6 < ( x − 6) 2 x > −6 ∧ x ≥ 6 ∧ x + 6 < x 2 − 12 x + 36 0 < x 2 − 12 x + 36 − x − 6 0 < x 2 − 13 x + 30 x 2 − 13x + 30 = 0 13 ± 169 − 120 13 ± 7 = 2 2 x1 = 10 x1, 2 =
x2 = 3 “ Kvadratni trinom ima znak broja a ( kod nas a=1) svuda osim izmedju nula(rešenja) Ovde je dakle rešenje: x ∈ ( −∞,3) ∪ (10, ∞ ) Kad rešimo sve tri nejednačine ‘upakujemo rešenje`: Konačno je:
Presek sva tri rešenja je: x ∈ (10, ∞ )
356
1
x + 7 > 2x −1
Primer 2:
Postavljamo ekvivalenciju:
[x + 7 ≥ 0 ∧ 2 x − 1 < 0]
∨
x ≥ −7 ∧ 2 x < 1 x<
∧ 2x −1 ≥ 0
]
∧x≥
4x2 − 4x +1− x − 7 < 0
1 2
4x2 − 5x − 6 < 0 o
x1, 2 =
o
1⎤ ⎡ ⎢⎣ x ≥ −7 ∧ x < 2 ⎥⎦
2
x + 7 > 4x2 − 4x +1
1 2
-7
[x + 7 > (2 x − 1)
5 ± 11 8
x1 = 2
1 _ 2
x1 = −
1⎞ ⎡ x ∈ ⎢ − 7, ⎟ 2⎠ ⎣
6 3 =− 8 4
3 x ∈ (− ,2) 4
⎡ ⎛ 3 ⎞ 1⎤ ⎢ x ∈ ⎜ − 4 ,2 ⎟ ∧ x ≥ 2 ⎥ ⎠ ⎣ ⎝ ⎦
1 x ∈ [ , 2) 2
Konačno rešenje je: 1 1 x ∈ [−7, ) ∪ [ ,2) 2 2 x ∈ [−7,2)
357
2
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA
Trigonometrija je prvobitno predstavlja oblast matematike koje se bavila izračunavanjem nepoznatih elemenata trougla pomoću poznatih. Sam njen naziv potiče od dve grčke reči TRIGONOS- što znači trougao i METRON- što znači mera. Kako se definišu trigonometrijske funkcije? Posmatrajmo pravougli trougao ABC. a,b→ katete c→ hipotenuza a 2 b 2 c 2 → Pitagorina teorema
naspramna kateta a hipotenuza c nalegla kateta b cos hipotenuza c naspramna kateta a tg nalegla kateta b nalegla kateta b ctg naspramna kateta a sin
PAZI: Sam simbol sin,cos,tg,ctg sam za sebe ne označava nikakvu veličinu!!! Uvek mora da ima i ugao. Izračunajmo vrednost trigonometrijskih funkcija za uglove od 30o ,45o i 60 o . Najpre ćemo posmatrati polovinu jednakostraničnog trougla. Kao što znamo visina jednakostraničnog trougla je a 3 h 2 www.matematiranje.com
358
1
a naspramna kateta 2 a 1 sin 30o hipotenuza a 2a 2 a 3 nalegla kateta 3 2 cos 30o hipotenuza a 2 a naspramna kateta 1 1 3 3 2 tg 30o (racionališemo) nalegla kateta 3 a 3 3 3 3 2 a 3 nalegla kateta 2 3 ctg 30o a naspramna kateta 2
Sada ćemo uraditi (po definiciji) i za ugao od 60o . a 3 sin 60o 2 a a 1 cos 60o 2 a 2 a 3 tg 60o 2 a 2 a ctg 60o 2 a 3 2
3 2
3
3 3
Za vrednost trigonometrijskih funkcija ugla od 45o upotrebićemo polovinu kvadrata. Kao što znamo dijagonala kvadrata je d a 2
www.matematiranje.com
359
2
sin 45o
naspramna kateta a 1 1 2 2 hipotenuza 2 a 2 2 2 2
nalegla kateta a 2 hipotenuza 2 a 2 naspramna kateta a tg 45o 1 nalegla kateta a nalegla kateta a ctg 45o 1 naspramna kateta a cos 45o
Na ovaj način smo dobili tablicu:
30 o
45o
60 o
sinα
1 2
cosα
3 2 3 3 3
2 2 2 2 1
3 2 1 2
1
3 3
tgα ctgα
3
Naravno, kasnije ćemo tablicu proširiti na sve uglove od 0 o 360o. Osnovni trigonometrijski indetiteti:
1) 2)
3) 4)
sin 2 cos 2 1 sin tg cos cos ctg sin tg ctg 1
Da probamo da dokažemo neke od indetiteta: a b i cos ; to da zapamtimo)= c c 2 2 2 2 2 a b a b c =(važi Pitagorina teorema, a 2 b 2 c 2 ) 2 1 www.matematiranje.com 2 2 2 c c c c
1) sin 2 cos 2 (pogledajmo definicije: sin
360
3
a sin c a c a 2) tg slično se dokazuje i za ctg cos b b c b c
4) tg ctg (zamenimo iz definicije, da je tg
b a a b i ctg ) 1 a b b a
Baš lako, zar ne? Iz osnovnih indetiteta se mogu izvesti razne druge jednakosti: 1) Ako krenemo od:
sin 2 cos 2 1 ovo delimo sa cos 2 sin 2 cos 2 1 2 2 cos cos cos 2 1 tg 2 1 Odavde izrazimo cos 2 cos 2 1 cos 2 2 tg 1 Ako sad ovo zamenimo u: sin 2 cos 2 1 1 sin 2 2 1 tg 1 1 sin 2 1 2 tg 1 sin 2
tg 2 1 1 tg 2 1
sin 2
tg 2 tg 2 1
Ove dve identičnosti ćemo zapisati i koristiti ih u zadacima!!!
Još jedna stvar, da izvedemo i trigonometrijske funkcije komplementnog ugla. Kako je kod pravouglog trougla 90o tj. komplementni su, važi:
www.matematiranje.com
361
4
sin(90 o ) cos
tj.
sin cos
cos(90 ) sin
cos sin
tg (90 ) ctg
tg ctg ctg tg
o
o
ctg (90 o ) tg
Odakle ovo?
C b
a
A
c
B
sa slike (po definiciji) je a c b cos c a tg b b ctg a
sin
b c a cos c b tg a a ctg b
sin
1) Date su katete pravouglog trougla a=8cm i b=6cm. Odrediti vrednost svih trigonometrijskih funkcija uglova α i β
a 8cm b 6cm __________
c2 a2 b2 c 2 82 6 2 c 2 64 36 c 2 100 c 10cm
a 8 4 cos c 10 5 b 6 3 sin cos c 10 5 a 8 4 tg ctg b 6 3 b 6 3 ctg tg a 8 4
sin
362
www.matematiranje.com
5
2) Izračunati vrednost trigonometrijskih funkcija nagibnog ugla dijagonale kocke prema osnovi.
Izvučemo na stranu ovaj trougao:
Kao što znamo mala dijagonala je d a 2 , a velika dijagonala (telesna) D a 3 . Po definicijama je: 1 1 3 3 a sin 3 3 3 3 a 3 cos
2 2 3 6 a 2 3 3 3 3 a 3
tg
a a 2
ctg
1 1 2 2 2 2 2 2
a 2 2 a
3) U pravouglom trouglu je c 24cm i sin 0,8 . Odrediti katete. Po definiciji je: c 24cm a sin 0,8 sin ______________ c a? a 0,8 b? 24 a 24 0,8 a 19,2cm b 2 c 2 a 2 sad ide Pitagorina teorema b 2 24 2 (19,2) 2 b 2 576 368,64 b 2 207,36 b 14,4cm www.matematiranje.com
363
6
4) Izračunati vrednost ostalih trigonometrijskih funkcija ako je: a) sin 0,6 12 b) cos 13 v) tg 0,225 Rešenje: 3 6 3 a) sin jer 0,6 .Najpre ćemo iskoristiti da je sin 2 cos 2 1 5 10 5 2
3 2 cos 1 5 9 cos 2 1 25 16 cos 2 25 16 cos 25 4 cos 5 Pošto su oštri uglovi u pitanju: 4 cos 5 b) 12 cos 13 2 sin cos 2 1
3 sin 5 3 tg cos 4 4 5 1 4 ctg tg 3
2
12 sin 1 13 144 sin 2 1 169 25 sin 2 169 25 sin 169 5 sin 13 oštar ugao, pa uzimamo + 5 sin 13 2
5 sin 13 5 tg cos 12 12 13 12 ctg 5
364
7
v) tg 0,225
225 9 1000 40
Iskoristićemo jednakosti: sin 2 tg 2 sin 2 tg 1 2
2
9 40 2 sin 2 9 1 40 81 sin 2 1600 81 1 1600 81 sin 2 1600 81 1600 1600
cos 2
tg 2 1 i cos 2 2 2 tg 1 tg 1
81 1681 81 sin 1681 9 sin 41 9 sin 41 sin 2
1
tg 1 1 1600 cos 2 cos 2 1681 1681 1600 1600 40 cos cos 1681 41 40 cos 41 Za kotangens je lako: 1 ctg tg 40 ctg 9 2
www.matematiranje.com
365
8
5) Izračunaj vrednosti ostalih trigonometrijskih funkcija ako je:
a2 9 a) sin 2 a 9 a2 4 b) ctg 4a a)
sin 2 cos 2 1
36a 2 cos 2 (a 9) 2 2
cos 2 1 sin 2 a2 9 cos 1 2 a 9 (a 2 9) 2 2 cos 1 2 ( a 9) 2
2
cos
2
cos
tg
36a 2 (a 2 9) 2
a2 9 tg 6a
6a a 9 2
a2 9
(a 2 9) 2 (a 2 9) 2 cos (a 2 9) 2
a2 9 tg 6a 6a ctg 2 a 9
2
cos 2 b)
a 4 18a 2 81 a 4 18a 2 81 ( a 2 9) 2
a2 4 4a tg 2 a 4 4a 2 tg sin 2 2 tg 1 ctg
4a 2 a 4 sin 2 2 4a 2 1 a 4 16a 2 (a 2 4) 2 2 sin 16a 2 1 (a 2 4) 2 16a 2 sin 16a 2 a 4 8a 2 16 16a 2 sin 2 4 a 8a 2 16
cos 2
cos 2
2
sin
cos 2
1 tg 1 1 2
2
4a 2 1 a 4 1 cos 2 2 16a (a 2 4) 2 (a 2 4) 2 1 cos 2 2 (a 4) 2 (a 2 4) 2
2
sin
sin cos a2 9
(a 2 4) 2 (a 2 4) 2
(a 2 4) 2 cos (a 2 4) 2
16a 2 (a 2 4) 2
cos
4a a 4 2
a2 4 a2 4
www.matematiranje.com
366
9
1 1 Dokazati identitet 1 tgx 1 tgx 2tgx cos x cos x
6)
1 1 1 tgx 1 tgx cos x cos x 1 sin x 1 sin x 1 1 cos x cos x cos x cos x cos x sin x 1 cos x sin x 1 gore je razlika kvadrata cos x cos x (cos x sin x) 2 12 (jedinicu ćemo zameniti sa sin 2 x cos 2 x ) cos 2 x cos 2 x 2 cos x sin x sin 2 x sin 2 x cos 2 x 2 cos x sin x cos 2 x cos 2 x sin x 2 2tgx cos x 7) Dokazati da je: a) cos 2 18o cos 2 36o cos 2 54o cos 2 72o 2
Pošto važi da kad je 90o cos sin , cos 54o ćemo zameniti sa sin 36o a cos 72o ćemo zameniti sa sin 18o . Onda je: cos 2 18o cos 2 36o cos 2 54o cos 2 72o cos 2 18o cos 2 36o sin 2 36o sin 2 18o
11 2 b)
tg1o tg 2o tg 3o...tg 44o tg 45o tg 46o...tg 89o 1 = Kako je tg ctg ( 90o ) biće: tg1o tg 2o tg 3o...tg 44o tg 45o ctg 44o...ctg 2o ctg1o
= Kako je tg ctg 1 11 ... tg 45o 1 www.matematiranje.com
367
10
8)
Dokazati identitet
3 (tg ctg ) 2 6 1 sin cos 6
3 3 Pokušaćemo da transformišemo izraz 6 6 1 sin x cos x 1 (sin x cos 6 x) sin 6 x cos 6 x Podjimo od sin 2 x cos 2 x 1 pa ‘’dignemo’’ na treći stepen: ( A B) 3 A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 6
sin 2 x cos 2 x 1 /() 3 sin 6 x 3 sin 4 x cos 2 x 3 sin 2 x cos 4 x cos 6 x 1 sin 6 x 3 sin 2 x cos 2 x(sin 2 x cos 2 x) cos 6 x 1 1
Dakle: sin 6 x cos 6 x 1 3 sin 2 x cos 2 x Vratimo se u zadatak: 3 3 1 2 2 2 2 2 1 1 3 sin x cos x 3 sin x cos x sin x cos 2 x Da vidimo sad desnu stranu: (tg ctg ) 2 tg 2 2tgctg ctg 2 sin 2 cos 2 2 cos 2 sin 2 sin 4 2 sin 2 cos 2 cos 4 sin 2 cos 2 (sin 2 cos 2 ) 2 sin 2 cos 2 1 2 sin cos 2 Ovim smo dokazali da su leva i desna strana jednake: Uslov je 1 sin 6 cos 6 0 sin 6 cos 6 1 1 3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 0 sin 0 cos 0 www.matematiranje.com
368
11
9) Dokazati identitet: (tg 3
1 tg 1 ctg ):( ctg 3 ) tg 4 ctg tg
Kao i obično, krenemo od teže strane dok ne dodjemo da lakše...
1 tg 1 ctg ):( ctg 3 ) ctg tg 1 1 1 tg 1 tg (tg 3 ):( 3 ) 1 tg tg tg tg 1 1 tg (tg 3 tg (1 tg )) : ( 3 ) tg tg tg 1 1 (tg 3 tg tg 2 ) : ( 2 3 ) tg tg tg (tg 1) 1 (tg 3 tg 2 tg ) : ( ) tg 3 (tg 3
tg (tg 2 tg 1) : ( tg (tg 2 tg 1) 1
tg 2 tg 1 tg (tg 2 tg 1) tg 2 tg 1 ) :( ) tg 3 1 tg 3 tg 3 tg tg 1 2
tg tg 3 tg 4
Naravno, uslovi zadatka su da ( pošto u imeniocu nesme da bude nula): tg 0 i ctg 0 www.matematiranje.com
369
12
TRIGONOMETRIJSKI KRUG Uglovi mogu da se mere u stepenima i radijanima. Sa pojmom stepena smo se upoznali još u osnovnoj školi i ako se sećate , njega smo podelili na minute i sekunde.( 10=60` , 1`=60`` ). Da bi objasnili šta je to radijan, posmatraćemo kružnicu poluprečnika R .Obim kružnice se računa po formuli O= 2R π , a znamo da je π ≈ 3,14 .Ako uzmemo deo te kružnice (kružni luk) koji je dužine baš R , njemu odgovara neki centralni ugao ϕ. Mera centralnog ugla koji odgovara luku dužine R je jedan radijan. Jasno je da onda pun ugao ima 2 π radijana. Odnosno: 3600=2 π radijana
1800= π
10 = 1`=
Važi dakle:
1rad =
180
radijana
π 180 ∗ 60
1``=
I obrnuto:
π
radijana
π
180 ∗ 60 ∗ 60 180 0
π
ZAPAMTI
radijana
≈ 57 017`45``
Primer 1: Nađi radijansku meru ugla od: a)75 0
b)245 0 v)82 0 30` Rešenje:
a)
Kako je 10 =
π
radijana to je 75 0 = 75
180 π 49π b) 245 0 = 245 = 180 36
v) 82 0 30`= 82
π
180
+ 30
π
180 ∗ 60
=
π 180
=
5π 12
11π 24 www.matematiranje.com
370
Primer 2. Naći meru u stepenima ugla čija je radijanska mera: 3π a) 4 11π b) 6 v)5radijana Rešenje: 3π 3 ∗ 180 = = 135 0 4 4 11π 11 ∗ 180 b) = = 330 0 6 6 v)5radijana = 5(57 017`45``) a)
= 285 0 85`225`` = 285 0 88`45`` = 286 0 28`45`` Dalje smo ugao definisali kao dve poluprave sa zajedničkim početkom.A možemo razmišljati i ovako:Uočimo jednu polupravu koja može da se obrće oko svoje početne tačke O.Pri obrtanju ćemo razlikovati dva smera: POZITIVAN – smer suprotan od smera kretanja kazaljke na časovniku i NEGATIVAN- smer kretanja kazaljke časovnika. Ako obeležimo sa a početni a sa b završni položaj poluprave nakon obrtanja oo tačke O u jednom ili drugom smeru, ugao ab zovemo ORIJENTISAN UGAO. b
O
a
TRIGONOMETRIJSKI KRUG je krug poluprečnika 1 čiji je centar u koordinatnom početku. www.matematiranje.com
371
y
. A(1,0)
x
0
Tačka A(1,0) koja pripada trigonometrijskom krugu zove se POČETNA tačka. Na trigonometrijskom krugu ćemo posmatrati različite lukove koji svi počinju u tački A. Luk koji obilazimo u smeru suprotnom od kazaljke na časovniku je POZITIVAN luk, a u smeru kazaljke je NEGATIVAN luk. Uglovi po kvadrantima idu ovako: y π 2
II
I
.0 2π
3π 2
III
iz I kvadranta: 0 < α < iz II kvadranta :
π 2
IV
π 2
<α <π
iz III kvadranta : π < α < iz IV kvadranta :
x
3π 2
3π < α < 2π 2 www.matematiranje.com
372
3π , su granični i uzima se da nisu ni u jednom kvadrantu. 2 2 Uglove čije ćemo vrednosti očitavati sa trigonometrijskog kruga su sledeći:
Uglovi 0,
π
, π,
π 2
90o = 120o = 135o = 150o =
3π 4
2π 3
60o = 1
π 3
45o =
5π 6
30o =
π 6
0o = 360o = 2π
180o = π −1
210o =
π 4
1
7π 6
225o =
330o = 5π 4
240o =
315o =
−1
4π 3
300o = 270o =
3π 2
5π 3
11π 6
7π 4
Sinus i kosinus proizvoljnog ugla
Za bilo koji proizvoljan ugao uvek jedan krak poklopimo sa x osom, tj, sa početnom tačkom A(1,0), drugi krak seče trigonometrijski u nekoj tački M(x0,y0). Iz te tačke spustimo normale na x i y osu. Te dužine su:
-
Na x-osi cos α ( cos α =x0)
-
Na y-osi sin α (sin α =y0)
www.matematiranje.com
373
y
M(x0,y0) sin x
. cos
Evo našeg predloga kako da zapamtite vrednosti i da ih “ pročitate” sa kruga. Zapamtimo tri broja:
1 , 2
2 , 2
3 2
koji su poređani od najmanjeg do najvećeg. Broj u sredini
2 odgovara uglovima koji su sredine kvadranata! 2
Znači sinusi i kosinusi uglova od 45 , 135 , 225 i 315 stepeni imaju vrednost
2 , samo vodimo računa da li 2
2 2 ili . 2 2 Evo to na slikama , pa će biti jasnije: y
je ta vrednost
+
1 45
x
. 0
sin 450=cos450=
0
1
2 2 www.matematiranje.com
374
135
0
y 1
-1
x
. 0
sin 1350=
2 2 a cos 1350= 2 2 y
-1
225
x
.
0
sin 2250= -
-1
2 2
2 2
cos 2250= y
.
-1
x 1
315
0
sin 3150= -
2 2
a cos 3150=
2 2 www.matematiranje.com
375
Ta ostale uglove vrednosti će biti
2 2
ili
3 , naravno opet gledamo da li je + ili - . 2
Evo par primera: Primer1. sin 600 i cos 600
Nađi
y 0
60
sin 60
0
x
. cos 60
0
Kako ugao od 600 nije sredina kvadranta, to će vrednosti za sin 600 i cos 600 biti pozitivne.Pošto je crta za sin 600 duža, ona mora biti
3 i to obe 2
3 1 (jer je veći broj) a cos 600 je jer je crta tu kraća. 2 2
3 1 i cos 600 = 2 2
sin 600=
Dakle:
1 i 2
Primer 2.
Nađi sin1500 i cos 1500 y 150
0
0
sin 150
.
x
0
cos 150
Crta za sin1500 je kraća i pozitivna a crta za cos 1500 je duža i negativna, pa je : sin1500=
376
1 3 a cos 1500=2 2
Primer 3.
Nađi sin
4π 4π i cos . 3 3
Ako date uglove u radijanima prebacimo u stepene, dobijamo da je to y
0
cos240
4π = 2400 3
x
. 0
sin240
0
240
Znači, radi se o uglu u trećem kvadrantu i nije sredina kvadranta. Primetićemo da su obe vrednosti negativne, 4π 3 4π 1 sinus je duži a kosinus kraći. Zaključujemo: sin ==i cos 3 2 3 2 Primer 4. Nađi sin(- 300)
i cos(- 300)
Ovaj ugao, pošto je negativan ide u smeru kazaljke na satu. U pozitivnom smeru to bi bio ugao od 3300. y
0
cos(-30 )
x
.
0
sin(-30 ) 0
-30
sin(- 300) = sin 3300=-
1 2
i
cos(- 300)=cos3300=
Da pogledamo šta je sa uglovima od
0,
π 2
, π,
3 2
3π 2 www.matematiranje.com
377
y
0
.0 1
x
Kraci ovog ugla se poklapaju , x cos00=1 (cela crta) a sin00=0 (nema crte)
osu
seku
do
jedinice,
a
y
osu
nigde,
zato
je
y 1
0
90
.
x
Ugao od 900 seče y osu po celoj crti a x osu nigde. Pa je sin 900=1 a cos 900=0 y
180
0
.
x
-1
sin 1800=0
cos 1800= - 1 www.matematiranje.com
378
y
.
0
270
x
-1
sin2700=-1 cos 2700=0 Tangens i kontangens proizvoljnog ugla
Već smo se ranije upoznali sa formulama tgα =
sin α cos α i ctgα = , naravno pod uslovima da cos α sin α
su imenioci različiti od nule. Možemo zaključiti da je tg α definisan za cos α ≠ 0 ,odnosno za α ≠ A ctg α za sin α ≠ 0, odnosno za α ≠ k π , k ∈ Z
π 2
+k π , k ∈ Z
To znači da ako znamo da nađemo sin α i cos α , znamo i tg α i ctg α Primer 1.
Nađi: a) tg
π
4 b) ctg 3000
2 0 sin 45 a) tg = tg 450= = 2 =1 0 4 cos 45 2 2 1 0 3 cos 300 = 2 =− b) ctg 3000= 0 3 sin 300 3 − 2
π
www.matematiranje.com
379
Naučimo sada gde se čitaju tangensi i kotangensi na trigonometrijskom krugu. Uočimo pravu x=1. Ona očigledno prolazi kroz tačku A(1,0) i paralelna je sa y osom.Jedan krak datog ugla α opet poklopimo sa x osom a drugi krak će seći ovu pravu x=1 koju ćemo zvati TANGENSNA osa . Odsečak na tangensnoj osi je ustvari vrednost za tg α . Evo to na slici: y
tg x . A(1,0)
tangensna osa
Uočimo sada pravu y=1 koja prolazi kroz tačku B(0,1) i paralelna je x osi. Tu pravu ćemo zvati KOTANGENSNA osa i na njoj ćemo očitavati vrednost za kotangense uglova. Evo slike:
y B(0,1)
c tg
kotangensna osa
.
x
www.matematiranje.com
380
Ovde razmišljamo slično kao za sinuse i cosinuse, samo moramo da zapamtimo nova tri broja : 3 , 3
1,
3
Broj 1, pozitivan ili negativan je vrednost za tangense i kotangense uglova koji su sredine kvadranata, tj. za 45,135,225 i 315 stepeni a za ostale uglove gledamo dužinu CRTA koje odsecaju
na tangensnoj i kotangesnoj osi i da li je pozitivna ili negativna. Veća crta je
3 , a manja je
3 3
Evo nekoliko primera: y ctg45
0
0
tg45
x
0
45
.
tg450=1 i ctg450=1 Sredina kvadranta je u pitanju, pa su vrednosti 1. y ctg120
0
0
120
x
.
0
tg120
PAZI: Pošto krak ugla ne seče tangensnu osu ,moramo ga produžiti do preseka sa osom. Uočimo da su obe vrednosti negativne i da je tangens duži a kotangens kraći!
Dakle : tg 1200= -
3 i ctg 1200= -
3 3 www.matematiranje.com
381
y ctg240
0
0
tg240 0
240
tg2400=
3
.
i ctg 2400=
x
3 (uoči dužine ovih podebljanih crta) 3
Šta je sa graničnim uglovima? y π 2
.0 2π
x
3π 2
Za 0 stepeni vidimo da ugao ne seče nigde tangensnu osu , pa je tg00=0, za ctg00 krak i kotangensna osa idu paralelno, pa kažemo da ctgx teži beskonačnosti kad x teži nuli u pozitivnom smeru. Slično je za ugao od 1800. Opet je tangens nula a kotangens teži - ∞ . Za ugao od 900
je obrnuta situacija: ctg900=0 a
Za ugao od 2700
je ctg2700=0 a
tg900 teži + ∞ .
tg2700 teži - ∞ . www.matematiranje.com
382
π 2
90o = 120o = 135o =
3π 4
2π 3
π 3
60o = 1
45o =
3 2
5π 150 = 6 o
π 4 30o =
2 2
π 6
1 2
180o = π
− −1
−
0o = 360 o = 2π
2 2
3 2
−
1 2
1 2
−
210o =
7π 6
225o =
−
240o =
4π 3
1
1 2
330o =
2 2 −
5π 4
3 2
2 2
3 2
315o =
−1
300o = 270o =
3π 2
5π 3
11π 6
7π 4
Evo male pomoći za one koji su naučili da se snalaze na krugu! www.matematiranje.com
383
SVODJENJE NA I KVADRAT
Kao što smo videli do sada, trigonometrijske funkcije uglova I kvadranta izračunavaju se na isti način kao trigonometrijske funkcije oštrih uglova pravouglog trougla. Pokazaćemo da se preko formula, trigonometrijske funkcije proizvoljnog ugla mogu izraziti preko trigonometrijskih funkcija odgovarajućeg ugla I kvadranta. Taj postupak se zove svodjenje na I kvadrat.
1) Iz II u I kvadrant Važe formule za: 0
2
sin cos odnosno sin 900 cos 2 cos sin odnosno cos 900 sin 2
sin( ) sin cos( ) cos tg ( ) tg ctg ( ) ctg
tg ctg 2
odnosno
tg 900 ctg
odnosno :
ctg tg 2
odnosno
ctg 900 tg
cos(1800 ) cos
sin(1800 ) sin tg (1800 ) tg ctg (1800 ) ctg
Primeri: a) sin 115 o sin(90 o 25 o ) cos 25 o a može i:
sin115o sin(180o 65o ) sin 65o Naravno, već smo videli ‘’veze’’ u I kvadrantu i znamo da je cos 25o sin 65o . Tako da možete upotrebiti bilo koju formulu iz ove dve grupe.
3 2 cos cos 4 4 4 2 o o o o v) tg141 tg 180 39 tg 39 g) ctg101o ctg 90o 11o tg11o b) cos
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
384
1
2) iz III u I kvadrant
Opet imamo dve grupe formula: 3 cos sin 2 3 sin cos 2
sin( ) sin cos( ) cos tg ( ) tg ctg ( ) ctg to jest:
3 ctg tg 2 3 tg ctg 2
sin(1800 ) sin cos(1800 ) cos tg (1800 ) tg
tj. sin 2700 cos tj.
cos 2700 sin
tj.
tg 2700 ctg
tj
ctg 2700 tg
ctg (1800 ) ctg
Primeri:
4 3 3 sin sin sin 3 3 3 2 3 3 o o o o b) cos 207 cos180 27 cos 27 v) tg 263o tg 270o 7 o ctg 7 o 7 g) ctg ctg ctg 3 6 6 6 a) sin
3) Iz IV u I kvadrant
3 cos sin 2 3 cos sin 2 3 tg ctg 2 3 ctg tg 2
tj.
sin 2700 cos
tj.
cos 2700 sin
tj.
tg 2700 ctg
tj.
ctg 2700 tg
Ako posmatramo negativan ugao ( ) : sin(- ) = - sin cos(- ) = cos tg(- ) = tg ctg(- ) = -ctg Ovo nam govori da je jedino cos parna funkcija (jer ‘’uništava’’ minus a sve ostale su neparne) www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
385
2
Primeri:
a) sin 307 o sin 270o 37 o cos 37 o
b) cos 30o cos 30o v) tg
3 2
11 3 tg tg 6 6 3 6
3 g) ctg ctg 3 3 3 Što se tiče periodičnosti funkcija sin x i cos x već smo uočili da važi:
sin( 2k ) sin
odnosno
cos( 2k ) cos
odnosno
sin( 3600 k ) sin cos( 3600 k ) cos
za k koji je bilo koji ceo broj. Dakle: osnovni period finkcija sin x i cos x je T 2 odnosno T 360o Primeri: a) sin 1170o (oduzmimo od 1170o po 360o dok se ne dodje ‘’ ispod’’ 360o )
1170o 360o 810o 810 360o 450o 450o 360 90o Pa je: sin 1170o sin 90o 1 ili možemo zapisati: sin 1170 o sin(90 o 3 2 ) sin 90o b) cos 780o (sličan postupak)
780o 360o 420o 420o 360o 60o Pa je cos 780o cos 60o
1 1 tj. cos 780o cos(60o 360o ) cos 60o 2 2
Za tangense i kotangense važi: www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
386
3
tg ( k ) tg
odnosno
tg ( k 1800 ) tg
ctg ( k ) ctg
odnosno
ctg ( k 1800 ) ctg
Dakle: osnovni period funkcija tgx i ctgx je T odnosno T 180o Primeri: a) tg 750 o (odavde od 750 o oduzmemo po 180 o dok se ne ‘’ spustimo’’ ispod 180 o ) 750 o 180 o 570 o
570 o 180 o 390 390 o 180 o 210 o 210 o 180 o 30 o 3 3 o b) ctg 1110 ctg1110o ctg 30o 3 tg 750 o tg 30 o
jer je
1110o 6 180o 30o
ZADACI: sin 750o cos 390o tg1140 o 1) Uprostiti izraz: ctg 405o sin 1860 o cos 780 o Rešenja: Najpre ćemo upotrebom formula sve prebaciti u I kvadrant!!!
1 2 3 cos 390o cos(30o 360o ) cos 30o 2 o o o o tg1140 tg (60 6 180 ) tg 60 3
sin 750o sin(30o 2 360o ) sin 30o
_________________________________________________________
ctg 405o ctg (45o 2 180o ) ctg 45o 1 3 2 1 cos 780o cos(60o 2 360o ) cos 60o 2 Vratimo ova rešenja u početni zadatak: sin1860o sin(60o 5 360o ) sin 60o
sin 750 cos 390 tg1140 ctg 405o sin1860o cos 780o o
o
o
1 3 3 2 2 3 1 1 2 2
3
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
387
4
2) Uprosti izraz:
17 7 17 sin tg 6 3 4 10 7 8 ctg cos sin 3 4 3
cos
Slično kao u prethodnom zadatku, sve prebacujemo u I kvadrant. 17 17 180o 3 cos cos cos 510o cos150o cos(180o 30o ) cos 30o 6 6 2 sin tg
7 6 sin 3 3 3
3 o sin 2 sin sin 60 3 2 3
17 16 o tg tg 4 tg tg 45 1 4 4 4 4 4
_________________________________________________________________________
ctg
10 9 ctg 3 3 3
3 o ctg 3 ctg ctg 60 3 3 3
7 7 180o 2 cos cos 315o cos(45o ) cos 45o 4 4 2 8 2 2 180o 2 6 2 sin sin 2 sin sin sin120o sin(90o 30o ) sin 3 3 3 3 3 3 cos
cos 30o
3 2
Zamenimo ove vrednosti u zadatak: 3 3 17 7 17 1 sin tg 3 3 2 3 2 2 2 6 3 4 10 7 8 2 2 2 2 3 2 3 ctg cos sin 3 4 3 3 2 2 3) Dokazati indetitet: cos
sin 2 sin( ) 1 tg cos( ) cos 2 Kod indetiteta krenimo od jedne strane i transformišemo je, dok ne dodjemo do druge strane. www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
388
5
Važi: sin( ) sin cos( ) cos sin 2sin( ) sin 2sin sin cos( ) cos cos cos 2 cos 1 sin 1 tg 2 cos 2 4) Dokazati indetitet: 3 ctg cos( ) cos 2 2 sin cos(2 )tg ( )
Važi: 3 cos sin 2 ctg tg 2 cos( ) cos cos(2 ) cos tg ( ) tg Pa je: 3 cos ctg cos( ) ( sin ) (tg ) (cos ) 2 2 sin cos(2 )tg ( ) (cos ) (tg )
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
389
6
GRAFICI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA (I deo)
y a sin(bx c)
Da se najpre podsetimo osnovnog grafika funkcije y = sinx i njenih osobina.
y 1
2
y sin x 3 2
2
0
3 2
2
2
x
-1
Osobine:
-
funkcija je definisana za svako x, to jest x (, )
-
skup vrednosti funkcije je interval [1,1] , to jest funkcija je ograničena 1 sin x 1
-
sinx je periodična funkcija sa osnovnom periodom 2
-
nule funkcije ( mesta gde grafik seče x osu) su x 0, x , x 2 ... ili ovo možemo zapisati , uzimajući u obzir periodičnost kao x k (k 0, 1, 2,...)
-
maksimalne vrednosti funkcije su u
-
3 5 , , ,... to jest, možemo zapisati: x 2k 2 2 2 2 3 7 ,... to jest , možemo zapisati: x 2k minimalne vrednosti funkcije su u , , 2 2 2 2
2 k ,
2k ],
-
sinx raste u intervalima [
-
sinx opada u intervalima [
-
funkcija je pozitivna, sinx > 0 za x (2k , (2k 1) )
-
funkcija je negativna, sinx < 0 za x ((2k 1) , 2k )
-
grafik se zove SINUSOIDA
2
2
2
2 k ,
2
k Z k Z
kZ
2k ],
kZ
kZ kZ
www.matematiranje.com
390
1
Trigonometrijsku funkciju y a sin(bx c) ćemo da naučimo da crtamo na dva načina.
Prvi način se sastoji u tome da krenemo od početnog grafika y=sinx i da u zavisnosti od brojeva a,b i c vršimo pomeranja grafika ( naučićemo kako ) a drugi način je direktno ispitivanje tačaka ( nule funkcije, max, min...) ali za njega nam je potrebno da znamo rešavati trigonometrijske jednačine. Najpre uočite i zapišete brojeve a,b i c. Svaki od njih priča neku priču... y a sin x Broj a koji je ispred sinusa se zove amplituda i predstavlja maksimalno rastojanje tačke grafika od x- ose. Za funkciju y=sinx je taj broj a=1 a na grafiku vidimo da je ona baš ograničena sa -1 i 1. Ako je broj ispred sinusa pozitivan , funkcija izgleda: y a 1
2
3 2
2
0
3 2
2
2
y sin x
x
-1
-a
y=asinx
Dakle, nule funkcije ostaju na svojim mestima , dok se max i min “ produže” do tačke a, odnosno –a. Ako je broj ispred sinusa negativan ,funkcija izgleda: y y=-asinx
a 1
2
3 2
3 2
2
0
2
y sin x
2
x
-1
-a
Ovde dakle moramo voditi računa jer se grafik “ okreće”, a max i min zamene mesta i produže se do tačke a, odnosno –a. www.matematiranje.com
391
2
primer 1.
Nacrtati grafik funkcije
y sin x
Ovde nam je a = -1 . To nam govori da početni grafik y sin x ( koji je nacrtan na slici isprekidanom linijom) samo “ okrenemo”. y 1 3 2
2
2
2
3 2
0
y sin x
-1
primer 2.
x
2
y 2sin x
Nacrtati grafik funkcije
Sada je а = 2. To znači da funkcija po y- osi ide od -2 do 2 i da se grafik ne okreće.
y 2
y 2sin x
1
2
3 2
2
0
3 2
2
2
x
-1
-2
primer 3.
Vidimo da je a između
3 y sin x 2
Nacrtati grafik funkcije
3 . Grafik je u odnosu na početni okrenut, zbog minusa i nalazi se, gledajući po y osi , 2
3 3 i . 2 2 y
3 2
y sin x 2
3 2
2
3 2
1
2
0
2
3 2
2
x
-1
3 2
-2
www.matematiranje.com
392
3
y sin bx Periodičnost funkcije y a sin(bx c) direktno sledi iz periodičnosti funkcije y=sinx.
2 . b Broj b se zove frekvencija ili učestalost i pokazuje koliko se celih talasa nalazi na intervalu [0, 2 ] Osnovni period za y a sin(bx c) se računa po formuli T
Dakle, naš poso je da uočimo broj b, i ubacimo ga u formulu T
primer 4.
1 y sin x 2
Nacrtati grafik funkcije
Uočimo da je ovde b
2 da bi dobili osnovnu periodu. b
1 2 2 T T 4 . Onda je T 1 2 b 2 y
1
2
3 2
3 2
2
0
7 2
2
2
-1
3
5 2
4
x
1
y sin x 2
Početna funkcija y = sinx je i ovde data isprekidano. Šta se desilo sa njom? Vidimo da se ona izdužila, jer je sada perioda T 4 . primer 5.
Kako je
y sin 2 x
Nacrtati grafik funkcije
b 2 onda će osnovna perioda biti T
2 2 T T b 2
Šta će sada biti sa početnim grafikom? Pa kako je perioda samo T , on će da se “ skupi”:
y 1
2
3 2
3 2
3 4
2
0
-1
4
2
2
x
y sin 2 x
www.matematiranje.com
393
4
y sin( x c)
y sin(bx c)
odnosno
( broj c se zove početna faza)
Opet naravno, najpre iz zadate funkcije pročitamo vrednosti za b i c. Onda odredimo vrednost za
c . b
Grafik funkcije y sin(bx c) se dobija pomeranjem grafika y sin bx duž x ose i to (pazi na ovo): i) ii)
c negativna b c u negativnom smeru ( ulevo) ako je vrednost za pozitivna b u pozitivnom smeru ( udesno ) ako je vrednost
primer 6.
y sin( x
Nacrtati grafik funkcije
2
)
c c Ovde je a=1, b=1, c= . Vrednost izraza je 2 . b 1 2 2 b
Šta ovo znači?
Pošto je vrednost ovog izraza pozitivna , početni grafik y = sinx pomeramo za
2
ulevo.
y y sin( x
1
3 2
2
2
2
) 2 3 2
x
2
0
-1
primer 7.
Nacrtati grafik funkcije
a 1, b 1, c
4
c b 4
y sin( x
4
)
Pomeramo grafik y = sinx za
4
udesno.
y 1
2
3 2
2
3 2
0
4
2
5 4
2
9 4
x
-1 y sin( x
) 4 www.matematiranje.com
394
5
Ovde je
y sin(2 x ) 2
Nacrtati grafik funkcije
primer 8.
a=1, b=2 i c
2
2 2 T T Perioda je : T b 2
c a vrednost izraza : 2 b 2 4
Moramo crtati tri grafika : y=sinx ( slika 1.) pa onda y=sin2x ( slika 2.) i na kraju y sin(2 x ) (slika 3.) 2
y 1 2
2
3 2
0
3 2
2
2
-1
x
slika 1.
y=sinx
y 1
2
2
3 2
3 4
0
3 2
4
-1
2
2
x
2
x
slika 2.
y sin 2 x
y 1 2
2
3 2
3 4
0
-1
4
3 2
2
slika 3.
y sin(2 x ) 2
Na slici 2. vidimo da se grafik sinusne funkcije “skupio” zbog periode T . Na slici 3. je izvršeno pomeranje grafika y=sin2x za
4
udesno, jer je vrednost
c negativna. b
Verovatno će vaš profesor tražiti od vas da sva tri grafika nanosite na jednoj slici…Mi smo namerno crtali tri slike da bi bolje razumeli… www.matematiranje.com
395
6
primer 9.
Nacrtati grafik funkcije
1 y sin( x ) 2 4
1 a 1, b , c 2 4 2 2 T T 4 Tražimo periodu: T 1 b 2
2 c i vrednost izraza: 4 4 2 b 1 2
Opet idu tri grafika:
Na slici 1. je početni grafik y = sinx 1 Na slici 2. je grafik y sin x koji dobijamo povećavajući periodu na 4 2 1 1 udesno, Na slici 3. je konačan grafik y sin( x ) koji dobijamo kada grafik funkcije y sin x pomerimo za 2 2 4 2 c jer je vrednost izraza pozitivna. b
y 1
x 2
0
3
2
4
slika 1.
-1
y 1
2
3 2
2
0
3 2
2
-1
7 2
2 y sin
5 2
3
x 4
slika 2.
1 x 2
y 1
2
3 2
3 2
2
0
-1
2
7 2
2
5 2
3
x 4
slika 3.
1 y sin( x ) 2 4
www.matematiranje.com
396
7
Sada imamo znanje da nacrtamo ceo grafik y a sin(bx c ) ali to pogledajte u sledećem fajlu: GRAFICI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA (II deo) www.matematiranje.com
397
8
GRAFICI TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA (II deo)
U prethodnom fajlu ( grafici trigonometrijskih funkcija I deo) smo proučili kako se crtaju grafici u zavisnosti od brojeva a,b i c. Sada možemo sklopiti i ceo grafik funkcije y a sin(bx c) .
POSTUPAK: i)
Nacrtamo grafik funkcije y = sinx
ii)
Uočimo brojeve a,b i c , i nađemo periodu T
iii)
Odredimo vrednost izraza
2 . Crtamo grafik y sin bx . b
c i vršimo pomeranje po x osi, to jest crtamo grafik y sin(bx c) b Vrednost amplitude a nam pomaže da nacrtamo konačan grafik y a sin(bx c)
iv)
Ovo je jedan način za crtanje grafika. Drugi način je direktno ispitivanje značajnih tačaka, a već smo vam pomenuli da ovde morate znati rešavati trigonometrijske jednačine.( Imate taj fajl, pa se malo podsetite...)
primer 1.
Nacrtaj grafik funkcije:
y 3sin(2 x
4
)
Rešenje I način
Iz y 3sin(2 x
4
a 3, b 2, c
) je
4
Crtamo prvo grafik osnovne funkcije y sin x .
y 1
2
2
3 2
3 2
0
-1
Nadjemo periodu : T
2
2
x
slika 1.
y=sinx
2 2 T T b 2 www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
398
1
Dalje crtamo grafik funkcije y sin 2 x y 1
2
2
3 2
3 4
0
3 2
2
4
-1
2
slika 2.
x
y sin 2 x
c c 4 je . Vršimo pomeranje grafika y sin 2 x za ulevo: Vrednost izraza b b 2 8 8 y 1
2
3 2
2
0
3 2
2
8
-1
y sin(2 x
slika 3.
x
) 4
I konačno, kako je amplituda a 3 , to nam govori na “razvučemo” grafik izmedju -3 i 3 duž y ose.
y 3 2 1 2
2
3 2
3 4
8
0
4
3 2
2
2
x
slika 4.
-1 -2 -3
y 3sin(2 x
) 4
II način
Zapišemo vrednosti za a,b i c. Nadjemo periodu T
2 . b
Ispitujemo gde su nule funkcije. Tražimo tačke ekstremuma ( maksimum i minimum). www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
399
2
a 3, b 2, c
T
i
4
2 2 T T b 2
Nule funkcije
To su mesta gde grafik seče x osu. y0 3sin(2 x sin(2 x 2x
4
2x
4
)0
) 0 2x
4
4
0 2x
4
0
4
x
8
Ovde sada dodamo periodu(T= ):
x
8
k
k Z
4 3 3 3 2x x x k 4 8 8
2x
k Z
Ove tačke nalazimo na x osi . Maksimum
Kako je amplituda a 3 , funkcija će imati maksimalnu vrednost za y=3. y3 3sin(2 x sin(2 x
4
4
)3
) 1 2x
4
2
2x
I ovde moramo dodati periodu: x
8
2
k
4
2x
4
x
8
k Z
Minimum
Funkcija će imati minimalnu vrednost za y =-3 y 3 3sin(2 x sin(2 x
4
4
) 3
) 1 2 x
Dodajemo periodu: x
4
3 3 5 5 2x 2x x 2 2 4 4 8
5 k 8
k Z www.matematiranje.com
400
3
Sada sklopimo grafik:
y
3
2 1
2
3 2
2
3 2
3 4
8
0
3 5 4 8 2 8
8
7 8
2
x
-1 -2 -3
y 3sin(2 x
) 4
Vidite i sami da ovaj drugi način daje precizniji grafik, ali mora se vladati rešavanjem jednačina. Vi konstruišite grafik kako vaš profesor komanduje...
primer 2.
1 y 2sin( x ) 2 6
Nacrtaj grafik funkcije:
1 2 2 c 6 c 4 , dakle T 4 i , dakle a 2, b , c T 1 b b 1 3 b 3 2 6 2 2 y
1
2
3 2
2
0
3 2
-1
7 2
2
2
5 2
3
4
x
4
x
4
x
4
x
slika 1.
y sin x
y 1
2
3 2
2
0
3 2
2
-1
7 2
2
5 2
3
5 2
3
5 2
3
slika 2.
1 y sin x 2
y 1
2
3 2
2
3 2
3
0
7 2
2
2
slika 3.
-1 1 y sin( x ) 2 6
y 2 1
2
3 2
3 2
2
3
0
2
7 2
2
slika 4.
-1
-2
1 y 2sin( x ) 2 6
401
4
Ako bi radili preko ispitivanja : Nule funkcije
y0
1 2sin( x ) 0 2 6 1 1 1 sin( x ) 0 x 0 x 2 6 2 6 2 6 1 i kad dodamo periodu: x 4k x 0 x 2 6 3 3 1 5 kad dodamo periodu: x x 2 6 3
x
5 4 k 3
Maksimum y2 1 2sin( x ) 2 2 6 1 sin( x ) 1 2 6 1 3 x 2 6 2 1 8 x 2 6 8 dodamo periodu x 3
x
8 +4k 3
Minimum y 2
1 2sin( x ) 2 2 6 1 sin( x ) 1 2 6 1 x 2 6 2 1 2 x 2 6 x
2 2 x 4 k 3 3
Da sklopimo grafik: www.matematiranje.com
402
5
y 2 1
2
3 2
2 3
3
0
5 3
2
8 3
3
11 3
4
x
-1
-2
primer 3.
1 y 2sin( x ) 2 6
Nacrtaj grafik funkcije:
y 2 cos(2 x ) 4
Grafik ove funkcije se konstruiše na isti način kao i za sinusnu funkciju. Razlika je jedino u tome što je početni grafik y cos x
Za y 2 cos(2 x ) je: 4 a 2, b 2, c T
4
2 2 T 2 b
c 4 c b 2 8 b 8
Krećemo od grafika y cos x : y 1 3 2
2
2
0
2
3 2
x 2
-1
Dalje crtamo grafik
y cos 2 x , to jest smanjujemo periodu na . www.matematiranje.com
403
6
y 1 3 2
2
2
2
3 2
x 2
0
-1 y cos 2 x
Kako je
c udesno: , vršimo pomeranje ovog grafika za b 8 8
y 1 3 2
2
2
2
3 8
0
-1
3 2
x 2
y cos(2 x ) 4
Amplituda je a 2 , pa “ raširimo” grafik izmedju -2 i 2 po y osi. y 2
1 3 2
2
2
2
3 8
3 2
x 2
0
-1 -2
y 2 cos(2 x ) 4
Evo konačnog grafika.
primer 4.
Nacrtaj grafik funkcije:
y sin x 1
Ovakvu situaciju do sada nismo imali... Ali smo nešto slično radili kod kvadratne funkcije ( pogledaj taj fajl). Broj « van » sinusa nam ustvari predstavlja pomeranje po y-osi! Ako je taj broj pozitivan grafik se pomera “na gore” a ako je taj broj negativan , grafik se za toliko pomera “na dole”. www.matematiranje.com
404
7
Ovde imamo +1, pa ćemo nacrtati grafik funkcije y sin x i ceo grafik podići za 1 na gore. y 1
2
y sin x 3 2
2
0
3 2
2
2
x
2
x
-1
y 2
y sin x 1
1
2
3 2
2
0
3 2
2
-1
primer 5.
y cos x 2
Nacrtaj grafik funkcije:
Crtamo grafik y cos x pa ga “spustimo” za 2 na dole po y osi! y 1 3 2
2
2
2
3 2
x 2
0
-1
y 1 3 2
2
2
0
2
3 2
x 2
-1 -2
y cos x 2
-3
www.matematiranje.com
405
8
Nacrtaj grafik funkcije: y sin x 3 cos x
primer 6.
Rešenje: Ovde nam je prvi posao da “ spakujemo” funkciju na oblik y a sin(bx c) ili y a cos(bx c) . Ovde moramo koristiti formulice iz trigonometrije, a ima i nekih trikova...
y sin x 3 cos x
kao trik dodamo
2 2
2 2 y sin x 3 cos x sad uzmemo 2 ispred zagrade 2 2 1 3 3 1 y 2( sin x cos x) znamo da je cos i sin , zamenimo ... 2 2 3 2 3 2 y 2( cos
3
sin x sin
y 2( sin x cos
3
cos x) malo pretumbamo....
cos x sin ) ovo u zagradi je formula sin( x y ) sin x cos y cos x sin y 3 3
y 2sin( x ) 3
Znači, zadatu funkciju y sin x 3 cos x smo sveli na oblik y 2sin( x ) koji znamo da konstruišemo. 3 Ostavljamo vama za trening da probate sami da je konstruišete.
3 Nacrtaj grafik funkcije: y sin(2 x ) cos(2 x ) 4 4
primer 7.
Rešenje:
I ovde imamo zeznutu situaciju. Najpre moramo prebaciti kosinus u sinus preko formulice za vezu trigonometrijskih funkcija u I kvadrantu:
cos x sin( x) 2 www.matematiranje.com
406
9
3 y sin(2 x ) cos(2 x ) 4 4
3 y sin(2 x ) sin[ (2 x )] 4 2 4 3 y sin(2 x ) sin[ 2 x ] 4 2 4 5 x y x y cos y sin(2 x ) sin( 2 x) dalje koristimo formulicu: sin x sin y 2sin 4 4 2 2 5 5 2x 2 x ( 2 x) 2x 4 4 4 4 y 2sin cos 2 2 5 5 2x 2x 2 x 2x 4 4 4 4 y 2sin cos 2 2 3 4x 2 znamo da je sin 1 y 2sin cos 2 2 2 3 4x y 2 1 cos( 2 ) 2 2 3 y 2 cos(2 x ) 4 I ovo je za trening...Ako se ne snalazite, pošaljite nam mejl pa ćemo probati da vam pomognemo, nekako. www.matematiranje.com
407
10
ADICIONE FORMULE Zbir uglova
sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β tgα + tg β 1 − tgα ⋅ tg β ctgα ⋅ ctg β − 1 ctg (α + β ) = ctg β + ctgα
tg (α + β ) =
Razlika uglova sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β cos(α − β ) = cos α cos β + sin α sin β tgα − tgβ 1 + tgα ⋅ tgβ ctgα ⋅ ctgβ + 1 ctg (α − β ) = ctgβ − ctgα
tg (α − β ) =
Primećujete da su formule za razliku uglova iste kao i za zbir uglova samo su promenjeni znaci!!! Naravno, učenicima je uvek problem da zapamte formule a ‘’bezobrazni’’ profesori im ne daju da ih koriste iz knjige. Naš je savet da probate da sebi stvorite ‘’asocijaciju’’ koja će vam pomoći da zapamtite odredjenu formulu. Autor ovoga teksta vam nudi svoju ‘’asocijaciju’’: Zapamtite dve male ‘’pesmice’’ koje odgovaraju na dve početne formule:
sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β “sin - ko više ko-si “ Uvek prvo pišite ugao α pa β
∧
cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β “kosi-kosi manje sine-sine”
Za tg (α + β ) znamo da je: sin(α + β ) sin α cos β + cos α sin β tg (α + β ) = = (sad gde vidite sinus zamenite cos(α + β ) cos α cos β + sin α sin β tgα ⋅1 + 1 ⋅ tgβ tgα + tgβ ga sa tangens a kosinus sa jedinicom) = = 1⋅1 − tgαtgβ 1 − tgαtgβ www.matematiranje.com
408
1
cos(α + β ) cos α cos β − sin α sin β = = (zamenite sinus sa 1, a kosinus sin(α + β ) sin α cos β + cos α sin β ctgαctgβ − 1 ⋅1 ctgα ⋅ ctgβ − 1 sa kotanges) = = 1 ⋅ ctgβ + ctgα ⋅1 ctgβ + tgα Za ctg (α + β ) =
Znači zapamtili smo ‘’sinko više kosi’’ i ‘’kosi kosi manje sine sine’’ i izveli smo formule za zbir uglova. Za razliku uglova samo promenimo znake!!! 1) Naći bez upotrebe računskih pomagala vrednost trigonometrijskih funkcija uglova od a)15, 75, i b) 105 stepeni a)
sin15o = sin(45o − 30o ) = sin 45o ⋅ cos 30o − cos 45o sin 30o 2 3 2 1 2( 3 − 1) ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2 4 o o o cos15 = cos(45 − 30 ) =
= cos 45o cos 30o + sin 45o sin 30o 2 3 2 1 2( 3 + 1) ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 4 tg 45o − tg 30o tg15o = tg (45o − 30o ) = 1 + tg 45o tg 30o =
3 3− 3 3 = 3 = 3− 3 = 3 3+ 3 3+ 3 1+ 3 3 3− 3 = racionališemo sa 3− 3 1−
(3 − 3 ) =
2
32 − 3
2
=
(
Naravno tg15o smo mogli izračunati i lakše tg15o =
ctg15o =
)
9 − 6 3 + 3 12 − 6 3 6 2 − 3 = = = 2− 3 9−3 6 6 sin 15o … cos15o
1 1 2+ 3 2+ 3 = 2+ 3 = = ⋅ o tg15 4−3 2− 3 2+ 3 www.matematiranje.com
409
2
sin 75o = sin(45o + 30o ) = sin 45o cos 30o + cos 45o sin 30o = =
2 3 2 1 ⋅ + ⋅ 2 2 2 2 2
(
)
3 +1
4 cos 75 = cos(45o + 30o ) o
= cos 45o cos 30o − sin 45o sin 30o = =
2 3 2 1 ⋅ − ⋅ 2 2 2 2 2
(
)
3 −1 4
( (
) )
2 3 +1 3 +1 4 = = (moramo opet racionalizaciju) 2 3 −1 3 −1 4 3 +1 3 +1 3 + 2 3 +1 4 + 2 3 2 2 + 3 = ⋅ = = = = 2+ 3 3 −1 2 2 3 −1 3 + 1
sin 75o tg 75o = = cos 75o
(
ctg 75o =
)
1 1 2− 3 = ⋅ = 2− 3 o tg 75 2+ 3 2− 3
⎛π ⎞ b) sin 105o = sin(90o + 15o ) = sin ⎜ + 15o ⎟ = (imamo formulu) = cos15o = ⎝2 ⎠ 2 ( 3 + 1) (a ovo smo već našli) = 4 Naravno, isto bismo dobili i preko formule sin 105o = sin 60o + 45o
(
)
2( 3 − 1) ⎛π ⎞ cos105o = cos ⎜ + 15o ⎟ = − sin15o = − 4 ⎝2 ⎠ ⎛π ⎞ tg105o = tg ⎜ + 15o ⎟ = −ctg15o = −( 2 + 3) ⎝2 ⎠ ⎛π ⎞ ctg105o = ctg ⎜ + 15o ⎟ = −tg15o = −( 2 − 3) ⎝2 ⎠
opet ponavljamo da može I ideja da je tg1050 = tg (60o + 45o ) …itd. www.matematiranje.com
410
3
1 2 o o o o sin 20 cos10 + cos 20 sin 10 = (ovo je: sin α cos β + cos α sin β = sin(α + β ) ) 1 = sin(20o + 10o ) = sin 30o = 2 3 b) cos 47 o cos17 o + sin 47 o sin 17 o = 2 o o o o cos 47 cos17 + sin 47 sin 17 = (ovo je: cos α cos β + sin α sin β = cos(α − β ) ) 2)a) Proveri jednakost sin 20 o cos10 o + cos 20 o sin 10 o =
= cos(47 o − 17 o ) = cos 30o =
3 2
3 5 ⎛ π ⎞ ⎛ 3π ⎞ 3) Izračunati sin(α + β ) , ako je sin α = + , cos β = − i α ∈ ⎜ , π ⎟, ⎜ π , ⎟ 5 13 ⎝2 ⎠⎝ 2 ⎠ sin(α + β ) = sin α ⋅ cos β + cos α ⋅ sin β Znači ‘’fale’’ nam cos α i sin β . Njih ćemo naći iz osnovne indentičnosti: sin 2 α + cos 2 α = 1
sin 2 β + cos 2 β = 1
cos 2 α = 1 − sin 2 α
sin 2 β = 1 − cos 2 β
⎛3⎞ cos α = 1 − ⎜ ⎟ ⎝5⎠ 9 cos 2 α = 1 − 25 25 − 9 cos 2 α = 25 16 cos 2 α = 25 16 cos α = ± 25 4 cos α = ± 5
2
2
2
⎛ 5⎞ sin β = 1 − ⎜ − ⎟ ⎝ 13 ⎠ 169 − 25 sin 2 β = 169 144 sin 2 β = 169 144 sin β = ± 169 12 sin β = ± 13 ovde su sinusi negativni Dakle: 12 sin β = − 13 2
Dal da uzmemo + ili – to nam govori lokacija ugla ⎛π ⎞ α ∈ ⎜ ,π ⎟ ⎝2
⎠
Ovde su kosinusi negativni! Znači da je cos α = −
411
4 5 4
Vratimo se da izračunamo sin (α + β ) 3 ⎛ 5 ⎞ ⎛ 4 ⎞⎛ 12 ⎞ 15 48 33 sin (α + β ) = ⋅ ⎜ − ⎟ + ⎜ − ⎟⎜ − ⎟ = − + = 5 ⎝ 13 ⎠ ⎝ 5 ⎠⎝ 13 ⎠ 65 65 65 12 ⎛π ⎞ ⎛π ⎞ 4) Izračunati tg ⎜ + α ⎟ za koje je sin α = i α ∈ ⎜ ,π ⎟ 13 ⎝4 ⎠ ⎝2 ⎠ ⎛π ⎞ tg ⎜ ⎟ + tgα 1 + tgα ⎛π ⎞ ⎝4⎠ = tg ⎜ + α ⎟ = ⎝4 ⎠ 1 − tg ⎛ π ⎞ ⋅ tgα 1 − tgα ⎜ ⎟ ⎝4⎠ sin α , znači moramo naći cos α Pošto je tgα = cos α sin 2 α + cos 2 α = 1 2
⎛ 12 ⎞ 2 ⎜ ⎟ + cos α = 1 ⎝ 13 ⎠ 144 cos 2 α = 1 − 169 169 − 144 cos 2 α = 169 25 cos 2 α = 169 25 cos α = ± 169 5 cos α = ± 13 ⎛π ⎞ Da li uzeti + ili – ? α ∈ ⎜ , π ⎟ ⎝2 ⎠
12 tgα = 13 5 − 13 12 tgα = − 5 Vratimo se u zadatak: 12 1− π ⎛ ⎞ 5 tg ⎜ + α ⎟ = 12 ⎝4 ⎠ 1+ 5 −7 7 ⎛π ⎞ 5 =− tg ⎜ + α ⎟ = 17 ⎝4 ⎠ 17 5
Ovde su kosinusi negativni!!! Dakle
cos α = −
5 13 www.matematiranje.com
412
5
5) Ako su α i β oštri uglovi i ako je tgα =
1 1 π i tgβ = pokazati da je α + β = 2 3 4
Ispitajmo koliko je tg (α + β ) = ? 1 1 5 + tgα + tgβ = 2 3 = 6 =1 tg (α + β ) = 1 − tgαtgβ 1 − 1 ⋅ 1 5 2 3 6 Znači: tg (α + β ) = 1 , ovo je moguće u 2 situacije: α + β = 45o ili α + β = 225 o pošto su α i β oštri uglovi, zaključujemo:
α + β = 45o tj. α + β =
π 4
6) Dokazati da je (2 + 3tg 2 y )tg ( x − y ) = tgy , ako je 2tgx − 3tgy = 0
(2 + 3tg 2 y )tg ( x − y ) = 3tgy tgx − tgy (2 + 3tg 2 y ) ⋅ = (pošto je 2tgx − 3tgy = 0 zaključujemo tgx = ) 1 + tgxtgy 2 3tgy − tgy 2 2 (2 + 3tg y ) ⋅ = 3tgy 1+ ⋅ tgy 2 3tgy − 2tg 2 (2 + 3tg 2 y ) ⋅ = 2 + 3tg 2 y 2 3tgy − 2tgy = tgy (2 + 3tg 2 y ) ⋅ 2 + 3tg 2 y Ovim je dokaz završen. 7) Dokazati identitet:
sin(α + β ) tgα + tg β = cos(α − β ) 1 + tgα tg β sin(α + β ) sin α cos β + cos α sin β = = (sada ćemo izvući: cos α cos β i gore i cos(α − β ) cos α cos β + sin α sin β dole)
www.matematiranje.com
413
6
⎛ sin α sin β ⎞ cos α cos β ⎜ + cos α cos β ⎟⎠ tgα + tg β ⎝ = = ⎛ sin α sin β ⎞ 1 + tgα ⋅ tg β cos α cos β ⎜1 + ⋅ ⎟ ⎝ cos α cos β ⎠
π 2 +1 1 ⎛ π⎞ , tgβ = i α , β ∈ ⎜ 0, ⎟ , dokazati da je α − β = 4 2 −1 2 ⎝ 2⎠
8) Ako je tgα =
Sredimo prvo izraze tgα i tgβ tgα =
2 +1 2 −1
(izvršimo racionalizaciju)
2 +1 2 +1 ⋅ = tgα = 2 −1 2 +1
(
)
2 +1 2
2
2 − 12
=
2 + 2 2 +1 2 −1
tgα = 3 + 2 2
tg β =
1 1 2 2 = ⋅ = 2 2 2 2
tg β =
2 2
tg (α − β ) =
tgα − tg β = 1 + tgα ⋅ tg β
3+ 2 2 −
2 2
(
2 1+ 3+ 2 2 2
)
= 2 je zajednički i gore i dole=
6+4 2 − 2 6+3 2 2 2 = = =1 2 3 2 4 6+3 2 + + 2 2 2 2 Dakle tg (α − β ) = 1 , to nam govori da je α − β = 45o ili α − β = 225o . Pošto u zadatku
π ⎛ π⎞ kaže da je α , β ∈ ⎜ 0, ⎟ zaključujemo α − β = 45o tj. α − β = što je i trebalo 4 ⎝ 2⎠ dokazati! www.matematiranje.com
414
7
www.matematiranje.com
TRANSFORMACIJE ZBIRA I RAZLIKE TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA U PROIZVOD I OBRNUTO Formule su: 1. sin α + sin β = 2 sin
α +β
cos
α −β
2 2 α +β α −β 2. sin α − sin β = 2 cos sin 2 2 α +β α −β 3. cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 α +β α −β 4. cos α − cos β = −2 sin sin 2 2
sin(α ± β ) cos α cos β sin(α ± β ) 6. ctgα ± ctgβ = sin α sin β 5. tgα ± tgβ =
1 7. sin x ⋅ cos y = [sin( x + y ) + sin( x − y )] 2 1 8. cos x ⋅ sin y = [sin( x + y ) − sin( x − y )] 2 1 9. cos x ⋅ cos y = [cos( x + y ) + cos( x − y )] 2 1 10. sin x ⋅ sin y = − [cos( x + y ) − cos( x − y )] 2 Primeri : 1) Transformisati u proizvod
a) sin 20 o + cos 50 o b) sin 56 o − cos 56 o v) sin α − sin β
415
1
www.matematiranje.com a) sin 20o + cos 50o = (pošto nam formula za zbir sinusa i kosinusa, upotrebom veza u I kvandrantu, prebacićemo: cos 50o = sin 40o ) = sin 20 o + sin 40 o = 2 sin
20o + 40 o 20o − 40 o cos 2 2
= 2 sin 30o cos(−10 o ) = 2 sin 30o cos10 o 1 = 2 ⋅ cos10 o = cos10o 2
b) sin 56o − cos 56o = = sin 56o − sin 34o 56o + 34o 56o − 34o sin 2 2 o o = 2 cos 45 sin11 = 2 cos
= 2⋅
v)
2 sin11o = 2 sin11o 2
sin α − sin β = ⎛π ⎞ = sin α − sin ⎜ − α ⎟ ⎝2 ⎠ = 2 cos
= 2 cos
= 2 cos = 2⋅
α +
π 4
π 4
π 2 2
−α sin
α−
π
sin
2 2
2α − sin
⎛π ⎞ −α ⎟ ⎝2 ⎠ 2
α −⎜
+α
π 2
2
π⎞ 2 ⎛ sin ⎜ α − ⎟ 2 4⎠ ⎝
π⎞ ⎛ = 2 sin ⎜ α − ⎟ 4⎠ ⎝
416
2
www.matematiranje.com 2) Dokazati da je:
a) sin 15o sin 75o = 0,25 b) cos135o cos 45o = −0,5 a) sin15o sin 75o =
1 ⎡⎣sin(15o + 75o ) + sin(15o − 75o ) ⎤⎦ 2
1 ⎡⎣sin 90o + sin(−60o ) ⎤⎦ pazi: sinx je neparna funkcija sin(-x) = -sinx 2 1 = ⎡⎣sin 90o − sin 60o ⎤⎦ 2 1 ⎡ 1⎤ 1 1 1 = ⎢1 − ⎥ = ⋅ = = 0, 25 2 ⎣ 2⎦ 2 2 4 =
b) cos135o cos 45o =
1 ⎡⎣ cos(135o − 45o ) + cos(135o + 45o ) ⎤⎦ 2
1 ⎡cos 90o + cos180o ⎦⎤ ⎣ 2 1 1 = [ 0 − 1] = − = −0,5 2 2 =
3)
a) sin5x sin3x=?
Izračunati
x x x b) cos cos cos = ? 2 3 4
a) sin 5 x sin 3x = =
1 [cos(5 x − 3x) − cos(5 x + 3x)] 2
1 [cos 2 x − cos 8 x] 2
b)
x x x cos cos cos = ( grupišemo prva dva na koja ćemo upotrebiti formulu, a 2 3 4 cos
x neka sačeka!!!) 4
417
3
www.matematiranje.com x x⎞ x ⎛ = ⎜ cos cos ⎟ ⋅ cos 2 3⎠ 4 ⎝ x 1⎡ ⎛ x x⎞ ⎛ x x ⎞⎤ = ⎢cos ⎜ − ⎟ + cos ⎜ + ⎟ ⎥ ⋅ cos 2⎣ ⎝2 3⎠ 4 ⎝ 2 3 ⎠⎦ =
x 1⎡ ⎛ x⎞ ⎛ 5x ⎞⎤ cos ⎜ ⎟ + cos ⎜ ⎟ ⎥ ⋅ cos ⎢ 2⎣ ⎝6⎠ 4 ⎝ 6 ⎠⎦
x x 1 x 1 5x (cos ⋅ cos ) + (cos ⋅ cos ) → ovde opet upotrebimo formulu za izraze u zagradama 2 6 4 2 6 4 1 1⎡ ⎛ x x⎞ ⎛ x x ⎞⎤ 1 1 ⎡ ⎛ 5x x ⎞ ⎛ 5x x ⎞⎤ = ⋅ ⎢cos ⎜ − ⎟ + cos ⎜ + ⎟ ⎥ + ⋅ ⎢ cos ⎜ − ⎟ + cos ⎜ + ⎟ ⎥ 2 2⎣ ⎝6 4⎠ ⎝ 6 4 ⎠⎦ 2 2 ⎣ ⎝ 6 4 ⎠ ⎝ 6 4 ⎠⎦ =
=
1⎡ −x 5x ⎤ 1 ⎡ 7x 13x ⎤ cos + cos + cos + cos 4 ⎢⎣ 12 12 ⎥⎦ 4 ⎢⎣ 12 12 ⎥⎦
=
x 1⎡ 5x 7x 13x ⎤ cos + cos + cos + cos ⎢ 4 ⎣ 12 12 12 12 ⎥⎦
3 8 3 b) cos10o cos 50o ⋅ cos 70o = 8 a) sin 20o ⋅ sin 40o ⋅ sin 80o = upakujemo prvi i treći činilac po formuli. 4) Dokazati da je :
a) sin 20o ⋅ sin 40o ⋅ sin 80o =
1 sin 20o ⋅ sin 40o ⋅ sin 80o = (sin 20o ⋅ sin 80o ) ⋅ sin 40o = [cos(200 − 800 ) − cos(200 + 800 )] ⋅ sin 40o 2 1 ⎡⎣cos 60o − cos100o ⎤⎦ sin 40o 2 1 1 ⎡1 ⎤ ⎡1 ⎤ = sin 40o ⎢ − cos100o ⎥ → {Znamo da je − cos100o = cos80o , pa je } = sin 40o ⎢ + cos800 ⎥ 2 2 ⎣2 ⎦ ⎣2 ⎦ 1 1 = sin 40o + sin 40o cos80o 4 2 1 1 ⎡1 ⎤ = sin 40o + ⎢ (sin120o + sin(−40o )) ⎥ 4 2 ⎣2 ⎦ 1 1 = sin 40o + (sin120o − sin 40o ) 4 4 1 1 1 = sin 40o + sin120o − sin 40o 4 4 4 1 1 3 3 = sin120o = ⋅ = 4 4 2 8
418
4
www.matematiranje.com b) Pa ovo je ustvari isti zadatak!!! Zašto? cos10 o = sin 80o cos 50o = sin 40o cos 70o = sin 20o Dakle cos10o ⋅ cos 50o ⋅ cos 70o je isto
3 8
5) Transformisati u proizvod sin x + sin y + sin z , ako je x + y + z = π sin x + sin y + sin z = sin x + sin y + sin [π − ( x + y )] =
α α x+ y x− y cos i sin α = 2sin cos 2 2 2 2 x+ y x− y x+ y x+ y x+ y 2sin cos + 2sin cos = Izvučemo zajednički 2sin 2 2 2 2 2 x+ y x− y x+ y 2sin [cos + cos ] = Sad formula za cosα +cosβ 2 2 2 x+ y x y ⋅ 2 ⋅ cos ⋅ cos = 2sin 2 2 2 x+ y x y 4sin cos cos = 2 2 2
sin x + sin y + sin( x + y ) → Upotrebimo sin x + sin y = 2sin
x+ y 2 x+ y π −z z⎞ z ⎛ ⎛π z ⎞ sin = sin = sin ⎜ − ⎟ = sin ⎜ 90o − ⎟ = cos po formuli za veze u I 2 2 2⎠ 2 ⎝ ⎝ 2 2⎠ kvandrantu. transformišemo sin
x y z Dakle: sin x + sin y + sin z = 4 cos cos cos simpatično, zar ne? 2 2 2
6) Dokazati da je:
sin 495o − sin 795o + sin 1095o = 0
419
5
www.matematiranje.com Rešenje: Najpre ćemo ove uglove prebaciti u I kvadrant, da nam bude lakše!!! sin 495o = sin(495o − 360o ) = sin135o = cos 45o sin 795o = sin(795 − 2 ⋅ 360o ) = sin 75o = cos15o sin1095o = sin(1095o − 3 ⋅ 360o ) = sin15o Znači sada imamo: cos 45o − cos15o + sin15o = na prva dva člana upotrebimo formulu... 45o + 15o 45o − 15o sin + sin15o = 2 2 o o −2sin 30 sin15 + sin15o = −2sin
1 −2 sin15o + sin15o = − sin15o + sin15o = 0 2 7) Dokazati da je:
tg 9o − tg 27 o − tg 63o + tg 81o = 4 Rešenje: Pregrupišemo prvo članove:
( tg 81
o
+ tg 9o ) − ( tg 63o + tg 27 o ) = imamo formule
sin(81o + 9o ) sin(63o + 27 o ) − = cos81o cos 9o cos 63o cos 27 o sin 90o sin 90o − = (sin 90o = 1) o o o o cos81 cos 9 cos 63 cos 27 ⎛ cos81o = sin 9o ⎞ 1 1 − = ⎜ ⎟ cos81o cos 9o cos 63o cos 27 o ⎜⎝ cos 63o = sin 27o ⎟⎠ 1 1 2⎞ ⎛ − = ⎜ dodamo ⎟ o o o o sin 9 cos 9 sin 27 cos 27 ⎝ 2⎠ 2 2 − = (sin 2α = 2sin α cos α ) o o 2sin 9 cos 9 2sin 27 o cos 27 o 2 2 − = ( zajednicki ) o sin18 sin 54o 2(sin 54o − sin18o ) = ( gore formula) sin18o sin 54o 54o + 18o 54o − 18o 2 ⋅ 2 cos sin 4 cos 36o sin18o 4 cos 36o 4 cos 36o 2 2 = = = 4 = sin 54o sin18o sin 54o sin18o sin 54o cos 36o
420
6
www.matematiranje.com 5) Izračunati sin 36o bez upotrebe tablica.
Rešenje: Znamo da važi veza u I kvandrantu:
odnosno
sin 36o = cos 54o sin 2 ⋅18o = cos 3 ⋅18o
formula za sin 2α imamo: sin 2α = 2 sin α cos α a formula za cos 3α smo izveli (pogledaj) cos 3α = 4 cos3 α − 3cos α . Upotrebimo ih: sin 2 ⋅18o = 2 sin 18o cos18o cos 3 ⋅18o = 4 cos3 18o − 3 cos18o Pa je: 4 cos 3 18o − 3 cos18o = 2 sin 18o cos18o (sve podelimo sa cos18o )
4 cos 2 18o − 3 = 2 sin 18o (onda je sin 2 180 + cos 2 180 = 1 ⇒ cos 2 18o = 1 − sin 2 18o ) 4(1 − sin 2 18) − 3 − 2sin18o = 0 4 − 4sin 2 18 − 3 − 2sin18o = 0 4sin 2 18 + 2sin18o − 1 = 0 (uzmimo smenu sin 18o = t ) 4t 2 + 2t − 1 = 0 −2 ± 20 −2 ± 2 5 2(−1 ± 5) t1,2 = = = 8 8 8 −1± 5 t1, 2 = 4 −1+ 5 t1 = 4 −1− 5 t2 = 4 5 −1 sin 18o = 4 Nadjimo sad cos18o
421
7
www.matematiranje.com sin 2 18o + cos 2 18o = 1 ⎛ 5 −1 ⎞ cos 18 = 1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 4 ⎠ 2
2
o
cos 2 18o = 1 −
5 − 2 5 +1 16
cos 2 18o =
16 − 6 + 2 5 16
cos 2 18o =
10 + 2 5 16
cos18 o =
10 + 2 5 16
10 + 2 5 4 o sin 36 = 2 sin 18o cos18o cos18 o =
5 − 1 10 + 2 5 ⋅ 4 4 (ubacimo 5 − 1 pod koren)
sin 36o = 2 ⋅
sin 36 = o
sin 36o = sin 36o =
(
)( 2
5 − 1 10 + 2 5 8
(5 − 2
)
)(
5 + 1 10 + 2 5 8
)
( 6 − 2 5 )(10 + 2 5 ) 8
sin 36o =
60 + 12 5 − 20 5 − 20 8
sin 36o =
40 − 8 5 8
sin 36o =
(
8 5− 5
)
8
sin 36o =
2 2 5− 5 8
sin 36o =
2 ⋅ 5− 5 4
422
8
www.matematiranje.com
423
9
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE DVOSTRUKOG UGLA Formule su: 1. sin 2α = 2 sin α cos α 2. cos 2α = cos 2 α − sin 2 α 2tgα 3. tg 2α = 1 − tg 2α
4. ctg 2α = Primeri: 1) a) sin 2α =
ctg 2α − 1 2ctgα
2tgα Dokazati. 1 + tg 2α
sin 2α = 2sin α cos α = (uvek možemo u imenioci dopisati 1, zar ne?)=
sin 2α =
2sin α cos α 2sin α cos α = = (trik: izvučemo zajednički i gore i dole 1 sin 2 α + cos 2 α
cos 2 α )=
2sin α 2tgα 2tgα cos α = 2 = 2 ⎛ sin α ⎞ tg α + 1 1 + tg 2α 2 + 1⎟ cos α ⋅ ⎜ 2 ⎝ cos α ⎠ cos 2 α ⋅
b) cos 2α =
1 − tg 2α 1 + tg 2α
Dokazati.
cos 2 α − sin 2 α cos 2 α − sin 2 α = = (isti trik izvučemo cos 2α = cos α − sin α = 1 sin 2 α + cos 2 α cos 2 α i gore i dole) ⎛ sin 2 α ⎞ cos 2 α ⎜ 1 − ⎟ 2 2 2 ⎝ cos α ⎠ = 1 − tg α = 1 − tg α , što je i trebalo dokazati. = ⎛ sin 2 α ⎞ tg 2α + 1 1 + tg 2α 2 cos α ⎜ + 1⎟ 2 ⎝ cos α ⎠ 2
2
www.matematiranje.com
424
1
v) sin 3α = 3 sin α − 4 sin 3 α Dokazati.
sin 3α = sin( 2α + α ) → Iskoristimo formulu sin(⊕ + ) = sin ⊕ cos + cos⊕ sin = sin 2α cos α + cos 2α sin α → sad formule za dvostruki ugao = (2 sin α cos α ) cos α + (cos 2 α − sin 2 α ) ⋅ sin α = 2 sin α cos 2 α + sin α cos 2 α − sin 3 α = 3 sin α cos 2 α − sin 3 α (sad ćemo iz sin 2 α + cos 2 α = 1 izraziti cos 2 α = 1 − sin 2 α )
= 3sin α (1 − sin 2 α ) − sin 3 α = 3sin α − 3sin 3 α − sin 3 α = 3sin α − 4sin 3 α 4 Nadji vrednosti za dvostruke uglove ako je α u IV kvadrantu. 5
g) cos α =
Najpre ćemo izračunati sin α sin 2 α + cos 2 α = 1 sin 2 α = 1 − cos 2 α ⎛4⎞ sin α = 1 − ⎜ ⎟ ⎝5⎠ 16 sin 2 α = 1 − 25 9 sin 2 α = 25 9 sin α = ± 25
2
2
3 3 sin α = ± , pošto je ugao iz IV kvadranta uzećemo da je sin α = − 5 5 Sada je:
www.matematiranje.com
425
2
sin 2α = 2 sin α cos α ⎛ 3⎞ 4 = 2⎜ − ⎟ ⋅ ⎝ 5⎠ 5 24 =− 25 cos 2α = cos 2 α − sin 2 α 2
2
7 ⎛ 4 ⎞ ⎛ 3 ⎞ 16 9 = ⎜ ⎟ −⎜− ⎟ = − = 25 25 25 ⎝ 5⎠ ⎝ 5⎠ 24 − sin 2α 24 tg 2α = = 25 = − 7 cos 2α 7 25
2) sin α =0,6 i α pripada prvom kvadrantu, nadji vrednosti za dvostruke uglove.
Sada ćemo prvo naći cos α
sin 2 α + cos 2 α = 1 cos 2 α = 1 − sin 2 α cos 2 α = 1 − (0,6) 2 cos 2 α = 1 − 0,36 cos 2 α = 0,64 cos α = ± 0,64 cos α = ±0,8 cos α = +0,8
sin 2α = 2sin α cos α = 2 ⋅ 0, 6 ⋅ 0,8 3 4 24 = 2⋅ ⋅ = 5 5 25 cos 2α = cos 2 α − sin 2 α 2
2
7 ⎛ 4⎞ ⎛ 3⎞ = ⎜ ⎟ −⎜ ⎟ = 25 ⎝ 5⎠ ⎝5⎠ 24 sin 2α 25 tg 2α = = 7 cos 2α 25 24 tg 2α = 7
3)Dokazati a) sin 15o cos15o =
1 4 www.matematiranje.com
426
3
sin15o cos15o = (trik je da dodamo
2 ) 2
2 sin 150 cos150 = = (ovo u brojiocu je formula za sin 2α = 2 sin α cos α ) 2 1 o sin 30 1 = = 2= 2 2 4 b) 1 − 4 sin 2 α cos 2 α = cos 2 2α
1 − 4sin 2 α cos 2 α = (pošto je formula sin 2α = 2 sin α cos α , to je 4 sin 2 α cos 2 α = sin 2 2α ) pa je 1 − 4sin 2 α cos 2 α = 1 − sin 2 2α = cos 2 2α 4) Dokazati a) 2 sin 2 α + cos 2α = 1
2 sin 2 α + cos 2α = 2 sin 2 α + cos 2 α − sin 2 α = sin 2 α + cos 2 α = 1 b) cos 4 α + sin 4 α = 1 − 0,5 sin 2 α
Da bi ovo dokazali podjimo od indentiteta: sin 2 α + cos 2 α = 1 / Kvadriramo sin 4 α + 2sin 2 α cos 2 α + cos 4 α = 1 sin 4 α + cos 4 α = 1 − 2sin 2 α cos 2 α 4sin 2 α cos 2 α 2 1 sin 4 α + cos 4 α = 1 − sin 2 2α 2 4 4 sin α + cos α = 1 − 0,5sin 2 2α sin 4 α + cos 4 α = 1 −
( dodamo
2 izrazu 2sin 2 α cos 2 α ) 2
(ovde je 4sin 2 α cos 2 α = sin 2 2α )
5) Dokazati indetitet:
cos 4α + 4 cos 2α + 3 = 8 cos 4 α Rešenje: Poći ćemo od leve strane da dokažemo desnu. www.matematiranje.com
427
4
cos 4α + 4 cos 2α + 3 = cos 2 ⋅ (2α ) + 4(cos 2 α − sin 2 α ) + 3 = cos 2 (2α ) − sin 2 (2α ) + 4 cos 2 α − 4sin 2 α + 3 = (cos 2 α − sin 2 α ) 2 − (2sin α cos α ) 2 + 4 cos 2 α − 4sin 2 α + 3 = (cos 2 α − (1 − cos 2 α )) 2 − 4sin 2 α cos 2 α + 4 cos 2 α − 4sin 2 α + 3 = [zamenimo sin 2 α = 1 − cos 2 α ] (2 cos 2 α − 1) 2 − 4 cos 2 α (1 − cos 2 α ) + 4 cos 2 α − 4(1 − cos 2 α ) + 3 = 4 cos 4 α −4 cos 2 α + 1 −4 cos 2 α + 4 cos 4 α +4 cos 2 α − 4 +4 cos 2 α + 3 = = 8cos 4 α
A ovo smo trebali dokazati!! 6) Ako je sin
x x + cos = 1,4 2 2
izračunati sin x
Rešenje: Kvadriraćemo datu jednakost. x x + cos = 1, 4 / () 2 2 2 x x x x x x sin 2 + 2sin cos + cos 2 = 1,96 [ovde je 2sin cos = sin x] 2 2 2 2 2 2 1 + sin x = 1,96 sin x = 1,96 − 1 sin
sin x = 0,96 7) Predstavi tg 3α kao funkciju od tgα
Rešenje: tg 3α = tg (2α + α ) =
tg 2α + tgα = 1 − tg 2α ⋅ tgα
2tgα + tgα (1 − tg 2α ) 2tgα + tgα 1 − tg 2α 1 − tg 2α = = 2tgα 1 − tg 2α + 2tg 2α 1 − tgα ⋅ 1 − tg 2α 1 − tg 2α =
2tgα + tgα − tg 3α 3tgα − tg 3α = 1 + tg 2α 1 + tg 2α www.matematiranje.com
428
5
8) Dokaži indetitet:
1 + sin 2α ⎛π ⎞ = 2 cos⎜ − α ⎟ sin α + cos α ⎝4 ⎠ Rešenje: 1 + sin 2α sin 2 α + cos 2 α + 2sin α cos α (sin α + cos α ) 2 = = sin α + cos α sin α + cos α sin α + cos α 2 = sin α + cos α = (trik: kod oba sabiraka ćemo dodati tj. 2 2
2
2 ) 2
2
2 2 sin α + cos α = izvučemo 2 kao zajednički 2 2 ⎛ 2 ⎞ 2 π π 2 2 2 ⎜⎜ sin α + cos α ⎟⎟ = pošto je sin = i cos = zamenimo u izraz 4 2 4 2 2 2 ⎝ ⎠ π ⎛ π ⎞ 2 ⎜ sin sin α + cos cos α ⎟ = malo pretumbamo 4 4 ⎝ ⎠ π π⎞ ⎛ 2 ⎜ cos cos α + sin α sin ⎟ = ovo u zagradi je formula za cos(α − β ) 4 4⎠ ⎝ ⎛π ⎞ 2 cos⎜ − α ⎟ ⎝4 ⎠ www.matematiranje.com
429
6
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE POLUUGLOVA Formule su: 1. sin
2. cos 3. tg
α 2
α 2
α 2
4. ctg
1 − cos α 2
=±
α 1 + cos α ili 2 cos 2 = 1 + cos α 2 2
2
ili 2 sin 2
2
= 1 − cos α
1 − cos α 1 + cos α
=±
α
α
=±
=±
1 + cos α 1 − cos α
Primeri: 1) Odrediti cos
Pošto je cos
α 2
α 2
, ako je sin α =
=±
4 ⎛ 3π ⎞ i α ∈⎜− ,−π ⎟ 5 ⎝ 2 ⎠
1 + cos α moramo naći cos α . 2
sin 2 α + cos 2 α = 1 cos α = 1 − sin α 2
2
⎛4⎞ cos α = 1 − ⎜ ⎟ ⎝5⎠ 16 cos 2 α = 1 − 25 9 cos 2 α = 25 9 cos 2 α = ± 25 3 cos α = ± 5
cos
α 2
=±
1 + cos α 2
2
2
⎛ 3π ⎞ Pošto je α ∈ ⎜ − , −π ⎟ 2 ⎝ ⎠
cos
α
=−
2
1−
3 5
2
2 α cos = − 5 2 2 cos cos
α 2
α 2
=−
1 racionališemo 5
=−
5 5
⎛ 3π ⎞ α ⎛ 3π π ⎞ iz α ∈ ⎜ − , −π ⎟ ⇒ ∈ ⎜ − , ⎟ 2 ⎝ 4 2⎠ ⎝ 2 ⎠
To nam govori da je iz II kvadranta 3 cos α = − 5
www.matematiranje.com
430
1
2) Odrediti cos
α 2
, ako je sin α = −
4 2 ⎛ 3π ⎞ i α ∈ ⎜π , ⎟ 9 ⎝ 2 ⎠
Moramo najpre naći cos α cos 2 α = 1 − sin 2 α ⎛ 4 2⎞ ⎟ cos α = 1 − ⎜⎜ − ⎟ 9 ⎝ ⎠ 16 ⋅ 2 cos 2 α = 1 − 81 32 cos 2 α = 1 − 81 49 cos 2 α = 81 7 cos α = ± 9 ⎛ 3π ⎞ α ∈ ⎜π , ⎟ ⇒ 2 ⎠ ⎝ 7 cos α = − 9
⎛ ⎝
α ∈ ⎜π ,
2
2
3) Dokazati:
1 − cos α 2 sin α α sin α b) tg = 2 1 + cos α
a) tg
α
Za sin
3π 2
α 2
⎞ α ⎛ π 3π ⎞ ⎟ → ∈⎜ , ⎟ 2 ⎝2 4 ⎠ ⎠
uzimamo +
α
1 − cos α =+ sin = + 2 2 α 4 sin = + 2 3 2 sin sin
α 2
α 2
= =
4 3 2
⋅
1+
7 9
2
2 4 2 = 2 3⋅ 2
2 2 3
za α ≠ π (2k + 1), k ∈ z
=
za α ≠ π (2k + 1), k ∈ z
α α⎤ ⎡ a) Podjimo sad od desne strane da dokažemo levu. ⎢sin α = 2 sin cos ⎥ 2 2⎦ ⎣ 1 − cos α = sin α
b)
sin α = 1 + cos α
Odakle 2 sin
α 2
cos
2 sin 2 2 sin 2 sin
α 2
α 2
2 cos
α 2
α
2
α
cos cos 2
2
α
α
=sin α ?
=
2
2
=
sin
α
2 = tg α α 2 cos 2 sin
α
2 = tg α α 2 cos 2 Pa iz: sin 2α = 2 sin α cos α www.matematiranje.com
431
2
4) Izračunati vrednost izraza A =
Iskoristićemo tg
tg
sin x + 2 cos x x , ako je tg = 2 tgx − ctgx 2
x = 2 , da nadjemo cos x 2
x 1 − cos x = 2 1 + cos α
1 − cos x =2 1 + cos α
→ Kvadriramo
1 − cos x =4 1 + cos α 1 − cos x = 4(1 + cos) 1 − cos x = 4 + 4 cos x − cos x − 4 cos x = 4 − 1 − 5 cos x = 3 3 5 2 sin x = 1 − cos 2 x cos x = −
sin 2 x = 1 −
9 25
16 25 4 sin x = ± 5 sin 2 x =
sin x = +
4 5
4 sin x 4 tgx = = 5 =− cos x − 3 3 5 3 ctgx = − 4
Izračunajmo vrednost izraza A sin x + 2 cos x A= tgx − ctgx
4 ⎛ 3⎞ + 2⋅⎜ − ⎟ 5 ⎝ 5⎠ A= 4 3 − + 3 4 −2 A= 5 −7 12 24 A= 35 www.matematiranje.com
432
3
5) Dokaži indetitete:
a)
1 + sin x − cos x x = tg 1 + sin x + cos x 2
b)
2 sin x − sin 2 x x = tg 2 2 sin x + sin 2 x 2
Rešenje: Naravno, podjemo od leve strane pa transformišemo izraz dok ne dodjemo do desne strane!! ⎧ 2 x ⎪1 − cos x = 2 sin 2 ⎪ 1 + sin x − cos x 1 − cos x + sin x x ⎪ = Ideja je: ⎨1 + cos x = 2 cos 2 a) 1 + sin x + cos x 1 + cos x + sin x 2 ⎪ x x ⎪ ⎪sin x = 2 sin 2 cos 2 ⎩
x x x + 2 sin cos 2 2 2 = Izvučemo zajednički gore i dole!!! = x x x 2 cos 2 + 2 sin cos 2 2 2 x⎛ x x⎞ 2 sin ⎜ sin + cos ⎟ 2⎝ 2 2⎠ = x⎛ x x⎞ 2 cos ⎜ cos + sin ⎟ 2⎝ 2 2⎠ 2 sin 2
x 2 = tg x = x 2 cos 2 sin
b)
2sin x − sin 2 x 2sin x − 2sin x cos x = = 2sin x + sin 2 x 2sin x + 2sin x cos x 2sin x (1 − cos x) = = 2sin x (1 + cos x) x x 2 sin 2 sin 2 2 = 2 = tg 2 x = x x 2 2 cos 2 cos 2 2 2
433
4
6) Izračunati bez upotrebe računskih pomagala tg 7 o30'
Ideja nam je da iskoristimo malopre dokazanu jednakost: tg
tg 7 o30' = tg
α 2
=
sin α 1 + cos α
15o sin 15o = 2 1 + cos15o
Sada moramo naći sin 15o i cos15o
sin 15o = sin
30 1 − cos 30 = = 2 2 o
o
1−
3 2 = 2− 3 2 4
2− 3 , ovo je tačno, al je malo komplikovano zbog duplog korena 2 koji bi morali da ‘’uništimo’’ preko Lagranžovog indetiteta (pogledaj to), zato ćemo ići: sin 15o =
sin 15o = sin(45o − 30o ) = sin 45o cos 30o − cos 45o sin 30o = =
2 3 2 1 2 ( 3 − 1) ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2 4
cos15o = cos(45o − 30o ) = cos 45o cos 30o + sin 45o sin 30o = =
2 3 2 1 2( 3 + 1) ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 4
Sad je:
(
)
2 3 −1 4 tg 7 o30' = 2 3 +1 1+ 4 6− 2 tg 7 o 30 ' = = odradimo duplu racionalizaciju (pogledaj to u delu 6 + 2 +5 korenovanje)
(
)
tg 7 o30' = 6 − 3 + 2 − 2
www.matematiranje.com
434
5
7) Ako je tg
x = t izračunati sin x , cos x i tgx “preko” t, 2
Rešenja: (ovo će nam biti smena kod trigonometrijskih integrala, zato obratiti pažnju!!!) x⎞ ⎛ ⎜ sin 2 ⎟ ⎜2 x⎟ x x ⎜ cos ⎟ 2sin cos sin x ⎝ 2⎠ 2 2 = sin x = = x x 1 ⎛ 2x ⎞ sin 2 + cos 2 sin 2 2 cos 2 x ⎜ 2 + 1⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎜ cos 2 x ⎟ ⎝ 2 ⎠ x 2tg 2 = 2t = 2t = 2 2 x tg 2 + 1 t + 1 1 + t 2 x⎞ ⎛ sin 2 ⎟ ⎜ x 2 cos 2 ⎜1 − ⎟ x x 2 ⎜ cos 2 x ⎟ cos 2 − sin 2 cos x 2⎠ ⎝ 2 2= = cos x = x x 1 ⎛ 2x ⎞ sin 2 + cos 2 sin ⎜ x 2 2 cos 2 2 + 1⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎜ cos 2 x ⎟ 2 ⎠ ⎝ x 1 − tg 2 2 2 = 1− t = x 1+ t2 1 + tg 2 2 x cos 2 2
2t sin x 1 + t 2 2t = tgx = = 2 cos x 1 − t 1− t 2 1+ t 2
8) Izračunati vrednost izraza
sin 160o = cos 4 40o − sin 4 40o
sin 160o = (ovo dole je razlika kvadrata) cos 4 40o − sin 4 40o www.matematiranje.com
435
6
sin160o = ovde je cos 2 40o + sin 2 40o = 1 o o o o 2 2 2 2 (cos 40 + sin 40 )(cos 40 − sin 40 )
sin 160o = (ovo dole je cos 2 x − sin 2 x = cos 2 x ) 2 o 2 o cos 40 − sin 40 sin160o 2sin 80o cos80o = = 2sin 80o o o cos80 cos80 www.matematiranje.com
436
7
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
Trigonometrijske jednačine (osnovne) 1. sinx=a Ova jednačina ima rešenja ako je 1 a 1 zbog ograničenosti sinusne funkcije izmedju ‐1 i 1. Da bi lakše razumeli kako se rešavaju ove jednačine, posmatraćemo sledeće situacije: i) 0 a 1 ii) 1 a 0 iii) a 0 iv) a 1 v) a 1 a) sin x a 0 a 1 Postupak: Nadjemo vrednost a na y‐osi i povučemo pravu y a Ona seče trigonometrijski krug ( tačke A i B ) i spojimo sa kordinatnim početkom. Dobili smo dva tražena ugla: ( ) i ( ) . Evo slike:
Rešenja zapisujemo: x1 2k
x2 ( ) 2k
k z
PAZI: 2k dodajemo zbog periodičnosti funkcije sin x , koja je 2 360 0 , to je obavezno! Rešenje se (kad postanete iskusni) može sjediniti i u jedno rešenje:
xk (1) k k k z 1
437
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Primer:
sin x
Rešiti jednačinu:
1 2
Rešenje: Prvo nacrtamo trigonometrijski krug. Nadjemo na y‐osi vrednost
1 1 i povučemo pravu y , 2 2
paralelnu sa x‐osom. Ta prava seče trigonometrijski krug u tačkama A i B. Te tačke spajamo sa koordinatnim početkom i dobili smo tražene uglove. Iz tablice ( ko zna ) vidimo da su traženi uglovi:
1 30 0
6 5 2 150 0 6
Evo slike:
Rešenja su:
2 k 6 5 x2 2k 6 k z
Ili zajedno: xk (1)
x1
6
k
ii) sin x a 1 a 0 Postupak je sličan kao malopre. Nadjemo vrednost a na y‐osi ( pazi: sad je a negativno pa je ispod x‐ose ), povučemo pravu paralelnu sa x‐osom. Mesta gde prava y=a seče trigonometrijski krug (A i B) spojimo sa koordinatnim početkom i dobili smo tražene uglove: ( ) i ( ) 2
438
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Na slici to izgleda:
Rešenja su:
x1 2k
Primer:
x2 ( ) 2k kz
Reši jednačinu: sin x
2 2
450
4
5 4
225 0
Rešenja su:
x1
x2
4
2k
5 2k 4
k Z Naravno, ovo negativno rešenje
4
2k možemo napisati i kao
7 2k ali je običaj da se uglovi u IV 4
kvadrantu pišu kao negativni 3
439
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html iii) sin x 0
Sinusi su jednaki nuli za uglove od 0 0 i 180 0
x 0 2k x 2k k Z Ili zajedno: x k k Z
iv)
sin x 1
Sinus ima vrednost 1 za ugao od 90 0
Ovde imamo samo jedno rešenje: x
2
2k k Z
vi) sin x 1 x
2
2k k Z
Ili možemo zapisati preko pozitivnog ugla:
x
3 2k k Z 2
4
440
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
2. cos x b
Kao i kod sin x a i ovde mora biti 1 b 1 da bi jednačina imala rešenja. I ovde ćemo rasčlaniti problem: i) 0 b 1 ii) 1 b 0 b 0 iii) b 1 iv) b 1 v) cos x b 0 b 1 i) Ovi uglovi se nalaze u I i IV kvadrantu. Postupak: Na x‐osi nadjemo vrednost b. Povučemo pravu paralelnu sa y‐osom. Ta prava seče trigonometrijski krug u tačkama M i N. Spojimo te tačke sa koordinatnim početkom i dobili smo tražene uglove: i ( ) Rešenja su: x 2k x 2k k Z Ugao odredimo iz tablica ili konstruktivno. 5
441
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Primer: Reši jednačinu: cos x
3 2
Rešenja su:
2k , k Z
x
x
Jer je cos 30 0
To jest cos
ii)
cos x b 1 b 0
6
6
2k , k Z
6
3 2 3 2
Ovi uglovi se nalaze u II i III kvadrantu. Postupak je isti, samo je b negativno! Rešenja su: x 2k x 2k k Z 6
442
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Primer: Reši jednačinu cos x
1 2
2 3
120 0
Rešenja su:
iii)
2 2 k 3 2 x 2 k 3 k Z x
cos x 0
x
2
x
2 k
2
2 k
k Z 7
443
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html iv) cos x 1 v) cos x 1
x 0 2k x 2k x 2k k Z k Z
3. tgx m Za razliku od prethodne dve, jednačina tgx m ima rešenja za m ( , ) . Razmotrićemo dve situacije: m 0 i m 0 i) tgx m
m 0
To su uglovi u I i III kvadrantu! Postupak: Na tangesnoj osi nadjemo m i to spojimo sa koordinatnim početkom. Dobili smo ugao . Produžimo taj ugao u III kvadrant i evo drugog rešenja: Rešenje je: x k
kz Zašto samo jedno rešenje? Zato što je tgx kao i ctgx periodična funkcija sa periodom
. Pa kad stavimo k mi smo to rešenje već opisali! Zapamti: Kod sin x i cos x je perioda 2k a kod tgx i ctgx samo k . ii) tgx m
m 0
8
444
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Ovi uglovi su u II I IV kvadrantu! Postupak je potpuno isti. Primer 1: Reši jednačinu: tgx 1
Rešenje:
x k k Z
Rešenje: (iz tablice znamo: tgx 450 1 )
450
x
4
4 k Z
k
9
445
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Primer 2: Reši jednačinu: tgx 3 Rešenje: Iz tablice je tg 60 0 3 , pa je onda tg ( 60 0 ) 3 jer je tg ( ) tg Crtamo sliku:
Dakle:
3
k
k Z Primer 3: Reši jednačinu: tgx 0
Vidimo da su to uglovi od 0 0 i 180 0
Dakle:
k Z
x 0 0 k x k
10
446
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
4. ctgx m
Kao i za tgx rešenja su iz celog skupa R. Perioda je k . Postupak rešavanja je sličan, samo što vrednost za ctgx tražimo na kotangensnoj osi
ctgx m m 0
ctgx
Uglovi su u II i IV kvadrantu. Rešenje: x k
Uglovi su u I i III kvadrantu. Rešenje: x k
m
m 0
k Z k Z Najpre potražimo vrednost u tablici, vidimo koji je ugao u pitanju I nacrtamo sliku. Primer 1: Reši jednačinu: ctgx
3 3
Rešenje: iz tablice vidimo vrednost za 60 0
x
3
k k Z
11
447
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Primer2: Reši jednačinu: ctgx 1
k
x
A može i:
x
4
3 k 4
k Z Rešiti jednačinu: ctgx 0 Primer 3:
x
2
k
k Z Zadaci 1) Reši jednačine:
1 2 b) sin x 0 3
a) sin 2 x
12
448
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html Rešenje: a) Jednačinu rešavamo normalno , kao da je sinx.( al pišemo 2x u rešenju…) Iz tablice vidimo da je jedan traženi ugao 30 0
2x
Sada izrazimo x, odnosno sve podelimo sa 2
x
6
12
Pazi sad:
2k V 2 x
k V x
5 2 k 6
5 k 12
k Z
b) Isto rešavamo kao da je sin x 0 ali posle ne pišemo x …. Nego x
3
... pa izračunamo!
Dakle:
x x
3
3
0 2k V x
3
2k
2k V x
3
2 k
4 2 k 3 k Z
k Z x
2) Reši jednačine: a) cos 5 x
b) cos 2 x
2 2
0 6
13
449
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
2
Rešenje: cos 5 x 2
3 3 2k V 5 x 2k 4 4
5x
Oba rešenja podelimo sa 5
x
b)
2 k
V
2x
2 k
2x
3 2k 3 2k V x 20 5 20 5 k Z k Z
cos 2 x 0 6
2x 2x
6
2
2 6 4 2x 2k 6 2 2x 2k 3 x
3
k
6
2
2k
2k 2 6 2 2x 2 k 6
2x
x
6
3
2 k
k 14
450
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html k Z k Z 3) Rešiti jednačine: a) tg 2 x 1
b) tg 3 x
1 2
Rešenje: a) tg 2 x
1
0 Traženi ugao je 45 Dakle:
2x
x
k Z
8
4
k
k 2
b) tg 3 x 1 2
0 Traženi ugao (iz tablice) je 45
3x
2
4
4
k
k 4 2 3 3x k 4 k x 4 3 k Z 3x
15
451
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html 4) Rešiti jednačine: a)
ctg 3 x 1
b) ctg x
3 2
Rešenje: a)
ctg 3 x 1 Iz tablice vidimo da je traženi ugao 45 0
Dakle:
3x x
4
12 k Z
k
k 3
b) ctg x
Traženi ugao je 30 0 3 2
x
2
6
k
k 6 2 4 x k 6 2 x k 3 k Z x
16
452
www.matematiranje.com
Trigonometrijske jednačine 1) Jednačine oblika:
a sin 2 x + b sin x + c = 0 a cos 2 x + b cos x + c = 0 atg 2 x + btgx + c = 0
Rešavaju se sa smenom t
actg 2 x + bctgx + c = 0 Naravno at 2 + bt + c = 0 ima realna rešenja za D ≥ 0. Kad nadjemo t1 ,t 2 vratimo se u smenu I pritom vodimo računa da je kod sin x i cos x uslovi t1 ≤ 1 i t 2 ≤ 1 , dok kod tgx i ctgx mogu t1 i t 2 uzimati vrednosti iz celog skupa realnih brojeva. Primer: Reši jednačine: a) 2 sin 2 + 3 sin x + 1 = 0 b) 2 cos 2 x − 7 cos x + 3 = 0 v) tg 2 x − 3tgx + 2 = 0 g) 2ctgx + tgx = 3 d) 2 sin 2 x − cos x = 1 Rešenja: a) 2 sin 2 + 3 sin x + 1 = 0 ⇒ smena sin x = t
2t 2 + 3t + 1 = 0 − 3 ±1 t1, 2 = 4 1 t1 = − 2 t 2 = −1 Vratimo se u smenu:
1 sin x = − ili sin x = −1 2
1
453
www.matematiranje.com
x1 = −
π 6
+ 2kπ
π
7π x = − + 2kπ x2 = + 2kπ 3 2 6 k ∈Z k ∈Z b)
2 cos 2 x − 7 cos x + 3 = 0 → smena cos x = t 2t 2 − 7t + 3 = 0 7±5 t1, 2 = 4 t1 = 3 → nemoguce − 1 ≤ cos x ≤ 1 t2 =
1 2
Dakle rešenja su:
x1 =
π 3
x2 = −
+ 2kπ
π 3
+ 2kπ
k ∈Z v) tg 2 x − 3tgx + 2 = 0 smena tgx = t
t 2 − 3t + 2 = 0 3 ±1 t1, 2 = 2 t1 = 2 t2 = 1 Vratimo se u smenu:
tgx = 2 ili tgx = 1 Kad se desi da sa kruga ne možemo pročitati vrednost za neku funkciju, upotrebljavamo arkus funkciju koja je inverzna trigonometrijska funkcija. x1 = arctg 2 + kπ x2 =
π
4
+ kπ , k ∈ Z
2
454
www.matematiranje.com g) 2ctgx+tgx+3 → znamo da je tgx =
2ctgx+
1 ctgx
1 = 3 → smena: ctgx = t ctgx
1 2t + = 3 t 2 2t − 3t + 1 = 0 t1, 2 =
3 ±1 4
t1 = 1 t2 =
1 2
Za ctgx = 1 je x1 = Za ctgx =
π 2
+ kπ , k ∈ Z
1 1 je x2 = arcctg + kπ 2 2
d) 2 sin 2 x − cos x = 1 Ovde moramo sve prebaciti ili u sinx ili u cosx. Lakše je upotrebiti sin 2 x = 1 − cos 2 x i sve prebaciti u cosx.
2(1 − cos 2 x) − cos x − 1 = 0 2 − 2 cos 2 x − cos x − 1 = 0 − 2 cos 2 x − cos x + 1 = 0 /⋅ (−1) 2 cos 2 x + cos x − 1 = 0 → smena : cos x = t 2t 2 + t − 1 = 0 −1 ± 3 t1, 2 = 4 1 t1 = 2 t 2 = −1
3
455
www.matematiranje.com
1 ili cos x = −1 2
cos x =
x1 = x2 −
π 3
π
3 k ∈Z
+ 2kπ + 2kπ
x3 = π + 2kπ k ∈Z
2) Homogena jednačina Ona je oblika : a sin 2 x + b sin x cos x + c ⋅ cos 2 x = 0 Rešavamo je tako što sve podelimo sa cos 2 x . Napomenemo da ovde mora biti sin x ≠ 0 i cos x ≠ 0 . Dobijamo:
atg 2 x + btgx + c = 0 koju znamo da rešimo! Na homogenu jednačinu se “svede” I jednačina oblika : a sin 2 x + b sin x cos x + c ⋅ cos 2 x = d Napišemo kao “trik” da je : d = d ⋅1 = d ⋅ (sin 2 x + cos 2 x) , sve prebacimo na levu stranu I imamo:
(a − d ) sin 2 x + b sin x cos x + (c − d ) cos 2 x = 0 Ovu jednačinu rešavamo kao homogenu. Primer: Reši jednačine: a) 2 sin 2 x − 5 sin x cos x + 3 cos 2 x = 0 b) 5 sin 2 x + 2 sin x cos x + cos 2 x = 2 Rešenja: a)
4
456
www.matematiranje.com
2 sin 2 x − 5 sin x cos x + 3 cos 2 x = 0 / : cos 2 x ≠ 0 sonx cos x sin 2 x cos 2 x − + =0 5 3 cos 2 x cos 2 x cos 2 x 2tg 2 x − 5tgx + 3 = 0 → smena(tgx = t ) 2
2t 2 − 5t + 3 = 0
5 ±1 4 3 t1 = 2 t2 = 1 t1, 2 =
Vrtaimo se u smenu: Za tgx =
3 3 ⇒ x1 = arctg + kπ , k ∈ Z 2 2
Za tgx = 1 ⇒ x2 =
π 4
+ kπ , k ∈ Z
b)
5 sin 2 x + 2 sin x cos x + cos 2 x = 2 5 sin 2 x + 2 sin x cos x + cos 2 x = 2(sin 2 x + cos 2 x) 5 sin 2 x + 2 sin x cos x + cos 2 x = 2 sin 2 x + 2 cos 2 x Sve prebacimo na levu stranu !
3 sin 2 x + 2 sin x cos x − cos 2 x = 0 / : cos 2 x 3tg 2 x + 2tgx − 1 = 0 → smena(tgx = t ) 3t 2 + 2t − 1 = 0 −2±4 t1, 2 = 6 1 t1 = 3 t 2 = −1 Za tgx =
1 1 ⇒ x = arctg + kπ , k ∈ Z 3 3
Za tgx = −1 ⇒ x = −
π 4
+ kπ , k ∈ Z
5
457
www.matematiranje.com 3)Jednačine oblika :
sin ax ± sin bx = 0
cos ax ± cos bx = 0
I slične
U njima najpre iskoristimo formule trigonometrijskih funkcija u proizvod. Nakon toga: A ⋅ B = 0 ⇔ A = 0 ∨ B = 0 Primer: Reši jednačine: a) sin 6 x − sin 4 x = 0 b) cos 3 x + cos x = 0 v) sin x = cos 2 x g) sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0 Rešenja:
sin 6 x − sin 4 x = 0 6x + 4x 6x − 4x = 0 2 cos sin 2 2 2 cos 5 x ⋅ sin x = 0 cos 5 x = 0 ∨ sin x = 0 5x =
π 2
+ 2kπ
π
2kπ x= + 10 5
x=
5x = −
π
10 k ∈Z
+
π 2
+ 2kπ
π
2kπ x=− + 10 5
sin x = 0 x = 0 + 2kπ
x = π + 2kπ
kπ x = kπ 5 k ∈Z
b)
cos 3 x + cos x = 0 3x − x 3x + x 2 cos cos = 0 2 2 2 cos 2 x cos x = 0
6
458
www.matematiranje.com
cos 2 x = 0 ili cos x = 0
2x = x=
π
π 4
2
+ 2kπ
2x = −
+ kπ
x=
x=−
π
4 k ∈Z
+
π
π 4
2
+ 2kπ x =
+ kπ
π 2
+ 2kπ x = −
π 2
+ 2kπ
π kπ x + kπ 2 2 k ∈Z
Ako vam nije jasno ne morate raditi ovo “zajedničko” rešenje! v)
sin x = cos 2 x sin x − cos 2 x = 0 sin x − sin(
x+
π
π
2
− 2 x) = 0
− 2x
π
x − ( − 2 x) 2 2 sin 2 cos =0 2 2 3x π x π 2 cos( − ) sin( − ) = 0 2 4 2 4 odavde je:
3x π x π ) = 0 ili sin( − ) = 0 2 4 2 4
cos( −
x π ) = 0 je: 2 4
Za cos( −
x π π x π π − = + 2kπ ili − = − + 2kπ 2 4 2 2 4 2
π π x π π x = − + + 2kπ = + + 2kπ 2 4 2 2 4 2 x 3π x π = + 2kπ = − + 2kπ 2 4 2 4 3π π x= + 4kπ x = − + 4kπ 2 2
7
459
www.matematiranje.com Zajedno : x =
Za sin(
3π + 2kπ 2
3x π − ) = 0 je: 2 4
3x π 3x π − = 0 + 2kπ ili − = π + 2kπ 2 4 2 4 3x − 3x = x=
π 2
π
π
2
6
= 4kπ + 4kπ
+
π
= 2π + 4kπ 2 3x = 2π + 4kπ
3x −
3x = 2π +
π
+ 4kπ
2 5π 4kπ x= + 6 3
4kπ 3
Zajedno: x =
π 6
+
2kπ 3
g)
sin x + sin 2 x + sin 3 x = 0 x + 3x x − 3x + sin 2 x = 0 2 sin cos 2 2 2 sin 2 x cos x + sin 2 x = 0 sin 2 x(2 cos x + 1) = 0 → odavde : sin 2 x = 0 ili 2 cos x + 1 = 0
2 x = π + 2kπ 2 x = 0 + 2kπ 2π 4π x = + 2kπ x = + 2kπ π x = + kπ 3 3 x = kπ 2 4) Jednačina oblika: a sin x + b cos x = c Ova jednačina može da se rešava na više načina: i) smenom tg
x =t 2
8
460
www.matematiranje.com ii) metodom uvodjenja pomoćnog argumenta iii) metoda pravljenja sistema i) smenom tg
sin x =
x =t 2
2t 1− t 2 , cos x = → već izvedeno ranije! 1+ t 2 1+ t 2
Posle sredjivanja dobije se kvadratna jednačina po t. Ovde se može javiti problem pri traženju nula dobijenog polinoma. Ovo će nam biti opcija kad nemamo drugih. Naravno , pošto je smena tg
x = t mora biti x ≠ π + 2kπ 2
ii) Metoda uvodjenja pomoćnog argumenta
a ⋅ sin x + b ⋅ cos x = c Uvedemo novi argument ϕ pomoću :
sin ϕ =
b a2 + b2
a
b b ⇒ ϕ = arctg , tj , tgϕ = a a a2 + b2
, cos ϕ =
I početnu jednačinu svedemo na:
sin( x + ϕ ) =
c a 2 + b2
Naravno, mora biti :
c a +b 2
2
≤ 1 to jest a 2 + b 2 ≥ c 2 .
Ako je a 2 + b 2 < c 2 jednačina nema rešenja. iii) Metoda pravljenja sistema jednačini a sin x + b cos x = c dodamo sin 2 x + cos 2 x = 1 Iz prve jednačine izrazimo sinx ili cosx I zamenimo u drugu. Dobijamo kvadratnu jednačinu po jednoj nepoznatoj (sin x ∨ cos x) . Primer:
9
461
www.matematiranje.com Reši jednačinu : a) sin x + 3 cos x = 2 b) 2 sin x + 5 cos x = 4 Rešenje: a) Probajmo metodu pomoćnog argumenta:
sin x + 3 cos x = 2 ⇒ a = 1, b = 3 , c = 2 2
uslov: a 2 + b 2 ≥ c 2 , 4 ≥ 4 ispunjen uslov!
a 2 + b 2 = 12 + 3 = 1 + 3 = 4 c2 = 4
ϕ = arctg ϕ = arctg
b a 3 1
tgϕ = 3 ⇒ ϕ = 60 o = c a2 + b2
2
=
12 + 3
3 =
2
π 2 =1 2
Zamenimo u:
sin( x + ϕ ) =
c a + b2 2
π
sin( x + ) = 1 3 x+ x= x=
π 3
π 2
π
6 k ∈Z
= −
π 2
π 3
+ 2kπ
+ 2kπ
+ 2kπ
Dakle ova metoda je “dobra”. Uvek probajte prvo nju!
10
462
www.matematiranje.com b)
2 sin x + 5 cos x = 4 a = 2, b = 5, c = 4
uslov : a 2 + b 2 ≥ c 2 , 4 + 25 ≥ 16 , ispunjen!!!
b a 5 tgϕ = 2 tgϕ =
Evo problema! Ne možemo lako naći ugao! Probajmo treću metodu, sa sistemom.
2 sin x + 5 cos x = 4 ⇒ cos x =
4 − 2 sin x 5
To zamenimo u sin 2 x + cos 2 x = 1
4 − 2 sin x 2 ) =1 5 16 − 16 sin x + 4 sin 2 x sin 2 x + =1 25 25 sin 2 x + 16 − 16 sin x + 4 sin 2 x = 25 sin 2 x + (
29 sin 2 x − 16 sin x − 9 = 0 → smena(sin x = t ) 29t 2 − 16t − 9 = 0
16 ± 1300 16 ± 10 13 = 58 58 16 + 10 13 2(8 + 5 13 ) 8 + 5 13 = = ≈ 0,896 t1 = 58 58 29 16 − 10 13 8 − 5 13 = ≈ −0,346 t2 = 58 29 t1, 2 =
Dakle
8 + 5 13 ) + 2kπ 29 8 − 5 13 x = arcsin( ) + 2kπ 29 x = arcsin(
11
463
www.matematiranje.com 5) Smena cos 2 x = t Ako se u zadatoj jednačini javljaju izrazi sin 2 x, cos 2 x, cos 2 x, primenjujemo ovu smenu. Važe zamene:
sin 2 x =
1− t 1+ t ; cos 2 x = 2 2
Primer1: Reši jednačinu: 8 cos 6 x − 4 sin 4 x = cos 2 x Rešenje: Uvodimo smenu cos 2 x = t
1+ t 3 ) 2 1− t 2 ) sin 4 x = (sin 2 x) 2 = ( 2 8 cos 6 x − 4 sin 4 x = cos 2 x 1+ t 3 1− t 2 8( ) − 4( ) =t 2 2 1 + 3t + 3t 2 + t 3 1 − 2t + t 2 8 − 4⋅ =t 8 4 1 + 3t + 3t 2 + t 3 − 1 + 2t − t 2 − t = 0 cos 6 x = (cos 2 x) 3 = (
t 3 + 2t 2 + 4t = 0 t (t 2 + 2t + 4) = 0 ⇔ t = 0 ∨ t 2 + 2t + 4 = 0 cos 2 x = 0 Rešenje je :
x=
π 4
+ kπ , k ∈ Z
Ovo su neki od metoda za rešavanje trigonometrijskih jednačina. Treba reći da ne postoji opšti metod za svaku trigonometrisku jednačinu. Probajte da transformišete date izraze, koristeći poznate formule,”pravite” proizvod koji će biti jednak nuli, uvodite odgovarajuće smene. Srećno!!!
12
464
Trigonometrijske nejednačine To su nejednačine kod kojih se nepoznata javlja kao argument trigonometrijske funkcije. Rešiti trigonometrijsku nejednačinu znači naći sve uglove koji je zadovoljavaju. Prilikom traženja rešenja ove nejednačine, najpre ćemo rešiti odgovarajuću jednačinu, a zatim naći intervale koji se u nejednačini traže. 1. Nejednačine
sinx>a i
sinx
a < −1 -svaki broj je rešenje sin x > a
− 1 ≤ a ≤ 1 - rešavamo a ≥ 1 -nema rešenja
a ≤ −1 -nema rešenja sin x < a
− 1 ≤ a ≤ 1 -rešavamo
a > 1 -svaki broj je rešenje Primer 1:
Reši nejednačine:
a) sin x > −2 b) sin x >
1 2
v) sin x > 3
Rešenja:
a) sin x > −2 pošto je − 1 ≤ sin x ≤ 1 to je svaki x ∈ R rešenje.
b) sin x >
1 2 www.matematiranje.com
1
465
Najpre rešimo odgovarajuću jednačinu:
sin x =
1 2
Dakle, rešenja jednačine su:
π
+ 2kπ 6 5π x= + 2kπ 6 x=
Sada razmišljamo! Pošto nam treba da je sin x >
1 uzimamo “gornji deo”. 2 Dakle:
π 6
5π 6
Još dodamo periodičnost
π 6
+ 2kπ < x <
5π + 2kπ , 6
k ∈Z
v) sin x > 3 Ovo je nemoguće, dakle nejednačina nema rešenja. Primer 2: Reši nejednačine: a) sin x < −2 b) sin x ≤ −
2 2
v) sin x < 5
Rešenja: a) sin x < −2 ⇒ Kako je − 1 ≤ sin x ≤ 1 , dakle nikad ne može biti manji od -2, data nejednačina nema rešenja. www.matematiranje.com
2
466
b) sin x ≤ −
2 2
Najpre rešimo jednačinu sin x = −
2 2 Rešenja su:
5π + 2kπ 4 7π x= + 2kπ 4 x=
Za nejednačinu sin x ≤ −
2 5π 7π nama treba “donji” deo ! Dakle: ≤x≤ 2 4 4
5π 7π + 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ , k ∈ Z 4 4
v) sin x < 5 Kako je − 1 ≤ sin x ≤ 1 , ova nejednačina je uvek zadovoljena,tj. ∀x ∈ R je rešenje.
2.Nejednačine
cosx>b i cosx
b < −1 - svaki broj je rešenje cos x > b
− 1 ≤ b ≤ 1 - rešavamo b ≥ 1 - nema rešenja
b < −1 - nema rešenja cos x < b
− 1 ≤ b ≤ 1 - rešavamo b > 1 - svaki broj je rešenje
www.matematiranje.com
3
467
Primer 1: Reši nejednačine: a) cos x > −2 b) cos x >
1 2
v) cos x >
3 2
Rešenja: a) cos x > −2
b) cos x >
ovde je svaki x ∈ R
1 2 x=
1 Najpre rešimo cos x = 2
π 3
x=−
+ 2kπ
π 3
+ 2kπ
y 0
60
1
-1
x
0
-60
Za rešenja su nam potrebni uglovi čiji je kosinus veći od Konačno rešenje je −
π 3
+ 2kπ < x <
π 3
+ 2kπ
,
1 ,znači “desno”. 2
k ∈Z www.matematiranje.com
4
468
v) cos x >
3 2
Ova nejednačina nema rešenja jer najveća vrednost za “kosinus”, kao što znamo, može biti 1. Primer 2: Reši nejednačine: a) cos x < −2 b) cos x ≤ −
1 2
v) cos x < 2 Rešenja: a) cos x < −2 - nema rešenja b) cos x ≤ −
1 1 -rešićemo prvo cos x = − 2 2 y 0
120
x
240
0
2π + 2kπ 3 4π x= + 2kπ 3 x=
Za rešenje nejednačine cos x ≤ − Dakle rešenje je
1 nam treba “levi” deo 2
2π 4π + 2kπ ≤ x ≤ + 2kπ 3 3
v) cos x < 2 Ovde je naravno rešenje ∀x ∈ R
www.matematiranje.com
5
469
3.
Nejednačine sa tgx i ctgx:
Ove nejednačine za razliku od onih sa sinx i cosx uvek imaju rešenja s obzirom da tgx i ctgx uzimaju vrednosti iz celog skupa R. I ovde ćemo najpre rešiti odgovarajuću jednačinu I na osnovu nje odrediti interval rešenja date nejednačine. Primer 1: a) tgx > 3
y 0
90
0
60
x
0
240 0
270
Najpre rešimo jednačinu tgx = 3 , x = 60o + kπ . Razmišljamo gde su tgx veći od
3 ? Prvo su to
Uglovi od 60 o do 90o . A onda I drugi interval od
240o do 270o . Znači ovde imamo dva intervala sa rešenjima! Rešenje će dakle biti:
60o < x < 90o
240o < x < 270o
i
Dodamo period kπ koja važi za tgx.
π
+ kπ < x <
3 k ∈Z
π 2
+ kπ
4π 3π + kπ < x < + kπ 3 2 k ∈Z
i
Ili možemo zapisati:
π
π
x ∈ ( + kπ , + kπ ) 3 2 k ∈Z
x∈(
i
3π 4π + kπ , + kπ ) 2 3
6
470
b) tgx < 1 Prvo rešimo tgx = 1 , znamo da je to ugao od 45o i 225o . Nama treba da su tangensi manji od 1.(podebljana poluprava) y 0
90
0
45
x
225
Opet imamo dva rešenja !
−
π 2
π
π
i
4
2
0
0
270
5π 4
Odnosno:
x ∈ (−
π 2
+ kπ ,
π
π 5π + kπ ) ∪ ( + kπ , + kπ ) 4 4 2
k ∈Z Primer 2: Reši nejednačine:
3 3
a) ctgx >
b) ctgx < 0 Rešenja:
3 ⇒ x = 60o i x = 240o 3
a) Rešimo prvo ctgx = y 0
60
0
180
0
0
x
0
240
7
471
Opet dva intervala:
0< x<
π 3
i π
4π 3
Rešenje je:
x ∈ (0 + kπ ,
π 3
+ kπ ) ∪ (π + kπ ,
4π + kπ ) , k ∈ Z 3
b) ctgx = 0
y 0
90
0
180
0
360
x
0
270
Traženi uglovi su iz II i IV kvadranta.
π 2
< x <π i
3π < x < 2π 2
Rešenje je:
π 3π x ∈ ( + kπ , π + kπ ) ∪ ( + kπ ,2π + kπ ) 2 2 k ∈Z
www.matematiranje.com
8
472
Zadaci:
3 ≥0 2
1) sin 3 x −
Najpre rešimo
3 =0 2 3 sin 3x = 2
sin 3 x −
y 0
120
0
60
x
Dakle:
π 3
+ 2kπ ≤ 3 x ≤
2π + 2kπ 3
Sve podelimo sa 3
π
2kπ 2π 2kπ ≤x≤ + 9 3 9 3 k ∈Z +
2) sin x + cos x < 2
Najpre rešimo jednačinu:
sin x + cos x = 2 Ovo je tip “uvodjenje pomoćnog argumenta” www.matematiranje.com
9
473
a=1 b=1 c= 2
tgϕ =
1 b ⇒ tgϕ = ⇒ tgϕ = 1 1 a
ϕ = 45o = c a2 + b2
π 4
2 2 = =1 1+1 2
=
Pa je : sin( x + ϕ ) =
c
π
⇒ sin( x + ) = 1 4 a2 + b2
Dakle imamo:
π
sin( x + ) < 1 4 Ovde nam ne odgovara samo ako je sin( x +
x+ Tj. x =
x=
π 4
π 2
π
4
= −
π 4
π
4
4
) =1
+ 2kπ + 2kπ
+ 2kπ
Dakle rešenje je ∀x sem 3)
π
π 4
+ 2kπ odnosno x ≠
π 4
+ 2kπ , k ∈ Z
2 sin 2 x + 5 sin x + 2 > 0
2 sin 2 x + 5 sin x + 2 > 0 → smena sinx=t
2t 2 + 5t + 2 > 0 → pogledaj kvadratne nejednačine! −5±3 4 1 t1 = − 2 t 2 = −2 t1, 2 =
www.matematiranje.com
10
474
1 t ∈ (−∞,−2) ∪ (− , ∞)tj , 2 1 sin x ∈ (−∞,−2) ∪ (− , ∞) 2 Pošto je − 1 ≤ sin x ≤ 1 moramo izvršiti korekciju intervala!
1 ⎛ 1 ⎤ sin x ∈ ⎜ − ,1⎥ odnosno sin x > − 2 ⎝ 2 ⎦
−
210o =
−
π
1 2
330o =
7π 6
+ 2kπ < x <
6 k ∈Z
11π π =− 6 6
7π + 2kπ 6
Je konačno rešenje!
4) Pokazati da važi za svako α :
1 1 + ≥8 4 sin α cos 4 α
Transformišemo izraz na levoj strani!
1 1 cos 4 α + sin 4 α = + = sin 4 α cos 4 α sin 4 α + cos 4 α Transformišemo izraz sin 4 α + cos 4 α . www.matematiranje.com
Podjimo od : 11
475
sin 2 α + cos 2 α = 1/ () 2 kvadriramo (sin 2 α + cos 2 α ) 2 = 1 sin 4 α + 2sin 2 α cos 2 α + cos 4 α = 1 sin 4 α + cos 4 α = 1 − 2sin 2 α cos 2 α
odavde izrazimo sin 4 α + cos 4 α 2 dodamo kao trik 2
2 ⋅ 2sin 2 α cos 2 α 2 2 sin 2α sin 4 α + cos 4 α = 1 − 2 2 − sin 2 2α 1 + 1 − sin 2 2α sin 4 α + cos 4 α = = 2 2 2 1 + cos 2α = 2 sin 4 α + cos 4 α = 1 −
opet trik da je 1 − sin 2 2α = cos 2 2α
Vratimo se u zadatak:
1 + cos 2 2α cos α + sin α 1 + cos 2 2α 8 2 = = = dodamo( ) 4 4 4 4 4 4 sin α ⋅ cos α sin α ⋅ cos α 2sin α ⋅ cos α 8 2 2 8(1 + cos 2α ) 8(1 + cos 2α ) 8 = = ≥8 4 4 4 16sin α cos α sin 2α sin 4 2α 4
4
A ovo sigurno važi!
5) Ako su α , β , γ uglovi trougla I ako je γ tup, tada je tgαtgβ < 1 . Dokazati
tgα ⋅ tgβ < 1? Ako je ugao tup I α + β + γ = 180o onda zbir α + β mora biti manji od 90o to jest ugao (α + β ) je u I kvadrantu! A pošto znamo da su tangensi uglova u prvom kvadrantu pozitivni, mora biti tg (α + β ) > 0 Za tg (α + β ) imamo formulu:
tgα + tgβ >0 1 − tgαtgβ Pazi:
A > 0 ⇔ ( A > 0, B > 0) ∨ ( A < 0, B < 0) Pošto je tgα + tgβ > 0 mora biti: B
12
476
1 − tgαtgβ > 0 odnosno tgαtgβ < 1 Što smo I trebali dokazati!!! www.matematiranje.com
13
477
SINUSNA I KOSINUSNA TEOREMA REŠAVANJE TROUGLA
Sinusna teorema glasi: Stranice trougla proporcionalne su sinusima njima naspramnih uglova.
a b c = = = 2R sin α sin β sin γ
Odnos dužine stranica i sinusa naspramnog ugla trougla je konstanta i jednak je dužini prečnika (2R) kružnice opisane oko trougla.
Sinusna teorema se primenjuje: 1) Kada su data dva ugla i jedna stranica 2) Kada se date dve stranice i ugao naspram jedne od tih stranica Kosinusna teorema glasi: Neka su a,b,c dužine stranica i α , β , γ veličine odgovarajućih unutrašnjih uglova trougla ABC. Tada je: a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos β c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ Kosinusna teorema se primenjuje: 1) Kad su date dve stranice i ugao izmedju njih 2) Kad su date sve tri stranice trougla
478
1
Još neke važne ''stvari'' koje se izvode iz sinusne i kosinusne teoreme su: → Površina trougla je:
1 P = bc sin α 2 1 P = ac sin β 2 1 P = ab sin γ 2
→ Površina trougla je P = s=
a ⋅b ⋅c , R je poluprečnik opisane kružnice i P = r ⋅ s gde je 4R
a+b+c poluobim a r je poluprečnik upisane kružnice 2
→ Težišne linije se izračunavaju:
2b 2 + 2c 2 − a 2 ta = 2 2c 2 + 2a 2 − b 2 tb = 2 2a 2 + 2b 2 − c 2 tc = 2
→ Proizvod dijagonala tetivnog četvorougla (oko koga može da se opiše kružnica) jednak je zbiru proizvoda naspramnih strana. m ⋅ n = ac + bd Ptolomejeva teorema
→ Ako su d1 i d 2 dijagonalne konveksnog četvorougla i α ugao koji one grade. Površina tog četvorougla je:
479
2
P=
1 d1 ⋅ d 2 sin α 2
Zadaci: 1) U trouglu ABC dato je α = 450 , β = 600 i poluprečnik opisanog kruga R = 2 6 . Odrediti ostale osnovne elemente bez upotrebe tablica.
α = 45o β = 60 o R=2 6 ____________
Najpre ćemo naći ugao γ
α + β + je = 180 o γ = 180 o − (45 o + 60 o ) γ = 75 o
a b c = = = 2R sin α sin β sin γ
Iskoristićemo sinusnu teoremu. a = 2R ⇒ sin α
a = 2 R sin α a = 2 ⋅ 2 6 sin 45 o a=4 6⋅
2 = 2 12 = 4 3 2
a=4 3
480
3
b = 2R ⇒ sin β
b = 2 R sin β b = 2 ⋅ 2 6 sin 60 o b=4 6⋅
3 = 2 18 = 6 3 2
b=6 3
c = 2R ⇒ sin γ
c = 2 R sin je
c = 2 ⋅ R 6 sin 75o c = 4 6 ⋅ sin( 45o + 30o ) c = 4 6 ⋅ (sin 45o cos 30 o + cos 45o sin 30 o ) 2 3 2 1 c = 4 6 ⋅ ⋅ + ⋅ → sre dim o 2 2 2 2
(
c = 2 3+ 3
)
2) Odrediti stranicu b trougla ABC ako su njegove stranice a = 2 3cm, c = 6cm i ugao β = 1050 a = 2 3cm c = 6cm
β = 105o
Ovde ćemo upotrebiti kosinusnu teoremu!!!
____________
b=? b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos β Ajmo prvo da nadjemo cos 105o cos105o = cos(60o + 45o ) = cos 60 o cos 45 o − sin 60 o sin 45 o =
1 2 3 2 ⋅ − ⋅ = 2 2 2 2
2 (1 − 3 ) 4
481
4
b 2 = (2 3 ) 2 + ( 6 ) 2 − 2 ⋅ 2 3 ⋅ 6 ⋅
2 (1 − 3 ) 4
b 2 = 12 + 6 − 6(1 − 3 ) b 2 = 12 + 6 − 6 + 6 3 b 2 = 12 + 6 3 → mali trik
12 + 6 3 = (3 + 3 ) 2 → proverimo
b 2 = (3 + 3 ) 2
= 32 + 2 ⋅ 3 3 + 3
b = 3+ 3
2
= 9+6 3 +3 = 12 + 6 3
3) U trouglu ABC dato je AB=24cm, AC=9cm i ugao α = 600 . Odrediti bez upotreba tablica, stranicu BC i poluprečnik opisane kružnice.
C
b=9cm
A
a
B
c=24cm
b = 9cm c = 24cm
α = 60 o __________
a = ?, R = ?
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α a 2 = 9 2 + 24 2 − 2 ⋅ 9 ⋅ 24 ⋅ cos 60 o a 2 = 81 + 576 − 2 ⋅ 9 ⋅ 24 ⋅
1 2
a 2 = 441 a = 441 a = 21cm
482
5
a 21 = 2R ⇒ = 2R sin α sin 60 o 21 = 2R 3 2 42 2R = 3 21 R= racionališemo 3
R=
21 3
⋅
3 3
21 3 3 R = 7 3cm
R=
4) U trouglu ABC razlika stranica a i b jednaka je 3cm ugao γ = 60 0 i poluprečnik opisane kružnice R =
7 3 cm . Odrediti stranice trougla ABC. 3
a − b = 3cm
γ = 60 o R=
7 3 3
__________ ___
a , b, c = ?
c = 2 R ⇒ c = 2 R sin γ sin γ 7 3 c = 2⋅ ⋅ sin 60 o 3 7 3 3 c = 2⋅ ⋅ 3 2 c = 7cm
483
6
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ 7 2 = (b + 3) 2 + b 2 − 2b(b + 3) cos 60 o 49 = (b + 3) 2 + b 2 − 2b(b + 3) ⋅
1 2
49 = b 2 + 6b + 9 + b 2 − b 2 − 3b b 2 + 3b − 40 = 0 → kvadratna jednačina ‘’po b’’ − 3 ± 13 b1, 2 = 2 b1 = 5 b2 = −8 → ovo nije rešenje jer ne može dužina stranice da bude negativan broj. Dakle b = 5 a = b+3 a = 5+3 a =8
5) U krugu su date tetive AB=8cm i AC=5cm. One grade medjusobni ugao α = 600 . Izračunati poluprečnik opisane kružnice. b = 5cm c = 8cm
a = b 2 + c 2 − 2bc cos α a 2 = 5 2 + 8 2 − 2 ⋅ 5 ⋅ 8 ⋅ cos 60o a 2 = 25 + 64 − 2 ⋅ 40 ⋅
α = 60 o
__________ __
1 2
R=?
a 2 = 89 − 40 a 2 = 49 a = 7cm
a 7 = 2R ⇒ = 2R sin α sin 60 o 7 2R = 3 2 7 R= 3
R=
7
R=
7 3 3
3
⋅
3 3
484
7
6) Ako su stranice trougla a − 2, a, a + 2 i jedan ugao iznosi 120 0 , odrediti stranice.
a=a
b=a−2
a+2
a-2
c=a+2
120 o
a Pazi: 120 o je ugao naspram najveće stranice (a+2)
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ (a + 2) 2 = a 2 + (a − 2) 2 − 2a (a − 2) cos120 o 1 ( a + 2) 2 = a 2 + ( a − 2) 2 − 2 a ( a − 2) ⋅ − 2 2 2 2 ( a + 2) = a + ( a − 2) + a ( a − 2) a 2 + 4a + 4 = a 2 + a 2 − 4a + 4 + a 2 − 2 a 0 = 2a 2 − 10a 2a (a − 5) = 0 a = 0 → nemoguće a=5 b = a−2 = 5−2 = 3 b=3
c=a+2 c=7
7) Ozračinati visinu fabričkog dimnjaka koji se nalazi na horizontalnom nepristupačnom tlu, ako se vrh dimnjaka iz tačke A vidi pod uglom α , a iz tačke B pod uglom β . Tačke A i B pripadaju takodje horizontalnoj ravni a njihovo rastojanje AB= a . Osa dimnjaka i tačke A i B leže u istoj ravni.
Ovde je najvažnije skicirati problem!!!
485
8
V α −β
x
.
β
. A
0
a
. B
Obeležimo traženu visinu sa OV=X Prvo nadjemo nepoznate uglove ∠OVA i ∠AVB AVB = ∠OVB − ∠OVA ∠OVA = 90 o − α ⇒ = (90 o − β ) − (90 o − α ) ∠OVB = 90 o − β = 90 o − β − 90 o + α
∠AVB = α − β Primenimo sinusnu teoremu na trougao ABV
a sin(α − β )
=
AV a sin β ⇒ AV = sin β sin(α − β )
sad primenjujemo definiciju sinusa na pravougli trougao VOA.
sin α =
X ⇒ X = AV (sin α ) AV a sin β sin α X= sin(α − β ) a sin α sin β X= sin(α − β )
486
9
8) U trouglu ABC dato je a − b = 1, hc =
3 , R=4. Bez upotreba tablica izračunati α . 2
a −b =1 3 2 R=4
hc =
________
α =? Najpre ćemo upotrebiti obrasce za površinu trougla: c ⋅ hc abc , P= P= 2 4R Dakle: c ⋅ hc abc = 2 4R 2ab = 4 Rhc
ab = 2 Rhc ab = 2 ⋅ 4 ⋅ hc ab = 2 ⋅ 4 ⋅
3 2
ab = 12
Sada napravimo sistem:
a −b =1 ab = 12 ___________
a = b +1 b(b + 1) = 12 b 2 + b − 12 = 0 −1 ± 7 b1, 2 = 2 b1 = 3 b2 = −4 Nemoguće Dakle b = 3 ⇒ a = 3 + 1 = 4 ⇒ a = 4
487
10
Dalje iskoristimo sinusnu teoremu:
a a = 2 R ⇒ sin α = 2R sin α 4 sin α = 8 1 sin α = 2 Znamo da je α = 30 o jer je sin 30 o =
1 2
Dakle α = 30 o
9) Odrediti stranice trougla površine P = 3 3 , ako je ugao α = 600 i zbir stranica koje zahvataju dati ugao b+c=7
P=3 3
α = 60o b+c =7 ___________
a, b, c = ?
Ovdećemo iskoristiti obrazac za površinu trougla: 1 P = bc sin α 2 1 3 3 = bc sin 60o 2 1 3 3 3 = bc ⋅ 2 3 bc = 12
Dalje ćemo oformiti sistem jednačina: b+c =7 bc = 12
Izrazimo c=7-b i zamenimo u
bc=12
488
11
c = 7−b b ⋅ (7 − b) = 12 7b − b 2 = 12 b 2 − 7b + 12 = 0 7 ±1 b1, 2 = 2 b1 = 4 ⇒ c = 3 b2 = 3 ⇒ c = 4 Znači imamo dve mogućnosti:
b1 = 4, c = 3
b2 = 3; c = 4
ili
Upotrebimo sad kosinusnu teoremu:
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos α a 2 = 4 2 + 32 − 2 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ cos 60o 1 a 2 = 16 + 9 − 2 ⋅12 ⋅ 2 2 a = 25 − 12 a 2 = 13 a = 13 10) U tetivnom četvorouglu ABCD dijagonala BD je normalna na stranicu BC, ugao ABC= 120 0 , ugao BAD= 120 0 , DA=1. Izračunati dijagonalu BD i stranicu CD Odavde je vrlo važno nacrtati skicu i postaviti problem, rešenje zatim dolazi samo po sebi:
D β
1 A
0
120
. B
C
489
12
Pošto je ∠ABC = 120 o i BD ⊥ BC ⇒ ∠ABD = 30 o a kako je ∠BAD = 120 o ⇒ ∠ADB = 30 o naravno trougao ABD je jednakokraki ⇒ AB = 1 a onda nije teško naći DB DB 2 = 12 + 12 − 2 ⋅1 ⋅1 ⋅ cos120 o → Kosinusna teorema 1 DB 2 = 1 + 1 − 2 ⋅ − 2 2 DB = 3 DB = 3 pošto se radi o tetivnom četvorouglu, zbir naspramnih uglova je isti!!! 120 o + α = 120 o + β + 30 0
α = 30 o + β
i važi još α + β = 90 o pa je :
α = 60 o , β = 30 o Primenimo definiciju: sin 60 o =
3 CD
3 3 = 2 CD CD = 2
490
13
PLANIMETRIJA Mnogouglovi
Za pravilne mnogouglove sa n stranica važi: -
On ima n osa simetrije
-
Ako je broj stranica paran on je ujedno centralno simetričan
-
Oko svakog pravilnog mnogougla se može opisati kružnica čiji se centri poklapaju
-
Može se podeliti na n karakterističnih jednakokrakih trouglova čija su dva temena bilo koja dva susedna temena mnogougla a treće je u centru opisane tj upisane kružnice.
-
-
Zbir svih unutrašnjih uglova sa računa po formuli S n = (n − 2) ⋅180o S Jedan unutrašnji ugao je onda α = n n o 360 Jedan spoljašnji ugao je α1 = (α + α1 = 180o ) n Zbir svih spoljašnjih uglova je 360o
-
Iz svakog temena mnogougla mogu se povući d n = n − 3 dijagonala
-
Ukupan broj dijagonala je Dn =
-
Ako je dužina stranice a onda je obim mnogougla O=na
-
Površina se računa po formuli P = n
-
n(n − 3) 2
ah , gde je h visina karakterističnog 2
trougla -
Centralni ugao je ϕ =
1 360o n
491
1
1) Koji pravilan mnogougao ima tri puta veći ugao od spoljašnjeg?
Ako sa α - obeležimo unutrašnji ugao, a sa α1 - spoljašnji ugao traženog mnogougla onda je: α = 3α 1 i važi α + α 1 = 180 o Dakle imamo sistem:
α = 3α1 α + α1 = 180o
__________________
180 o ⇒ α1 = 45o 4 o 360 360o Kako je n = to je: n = , n = 8 Radi se o osmouglu!!! α1 45o 4α1 = 180 o ⇒ α1 =
2) Izračunati unutrašnji ugao pravilnog mnogougla, ako je razlika broja dijagonala i stranica 25.
Pošto broj dijagonala obeležavamo sa Dn ⇒ Dn − n = 25
n(n − 3) − n = 25 → sve pomnožimo sa 2 2 n(n − 3) − 2n = 50 n 2 − 3n − 2n = 50 n 2 − 5n − 50 = 0 → Dobili smo kvadratnu jednačunu po n n1 = 10 n2 = −5 → Nemoguće Znači, n = 10 , pa se radi o 10-touglu. Spoljašnji ugao je α1 =
360o 360o = = 36o o n 10
Sada ćemo naći unutrašnji ugao:
α + α1 = 180o α = 180o − α1 α = 180o − 36o α = 144o 3) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za 2, tada se centralni ugao smanji za 6o . Odrediti broj dijagonala mnogougla.
492
2
⎛ 360o ⎞ ⎟ Neka je n-broj stranica tog mnogougla i ϕ − centralni mnogougao. ⎜⎜ ϕ = n ⎟⎠ ⎝ 360o → Ako se broj stranica poveća za 2 tada je centralni ugao ϕ1 = n+2 ϕ − ϕ1 = 6
360o 360o − = 6 → Sve pomnožimo sa n(n + 2) n n+2 360o (n + 2) − 360o n = 6n(n + 2) → Sredimo i dobijamo kvadratnu: n 2 + 2n − 120 = 0 − 2 ± 22 n1, 2 = 2 n1 = 10 n2 = −12 → Nemoguće Dakle, broj stranica je n=10 n(n − 3) Dn = 2 10(10 − 3) 10 ⋅ 7 D10 = = = 35 2 2 4) Za koliko se povećava zbir unutrašnjih uglova mnogougla, ako se broj stranica poveća za 5?
Zbir unutrašnjih uglova se nalazi po formuli S n = (n − 2) ⋅ 180 o
S n +5 − S n = (n + 5 − 2) ⋅180o − (n − 2) ⋅180o = (n + 3) ⋅180o − (n − 2) ⋅180 o = n ⋅180o + 3 ⋅180 o − n ⋅180 o + 2 ⋅180 o = 540 o + 360o = 900 o
dakle, zbir unutrašnjih uglova se poveća za 900o 5) Ako se broj stranica mnogougla poveća za 11, onda se broj njegovih dijagonala poveća za 1991. Odrediti zbir unutrašnjih uglova tog mnogougla.
n→ Broj stranica n(n − 3) → Broj dijagonala 2 n +11 → Novi broj stranica Dn =
493
3
(n + 11)(n + 11 − 3) (n + 11)(n + 8) = → Novi broj dijagonala 2 2 Dn +11 − Dn = 1991 (n + 11)(n + 8) n(n − 3) − = 1991 → Sve pomnožimo sa 2 2 2 n 2 + 8n + 11n + 88 − n 2 + 3n = 3982 22n = 3982 − 88 22n = 3894 n = 177 Dn +11 =
S n = (n − 2) ⋅180o S177 = (177 − 2) ⋅180o S177 = 31500o 6) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za dva njegov se ugao poveća za 9o . Odrediti broj stranica mnogougla .
S n (n − 2) ⋅ 180 o = Neka je n-broj stranica i α unutrašnji ugao tog mnogougla. α = n n Ako se broj stranica poveća za 2, biće ih n+2 i α =
S n + 2 (n − 2 + 2) ⋅180o n ⋅180o = = n+2 n+2 n+2
Tada je:
180o n (n − 2) ⋅180o − = 9 → Pomnožimo sve sa n(n − 2) n+2 n 180 o n 2 − (n − 2)(n + 2) ⋅180 o = 9n(n + 2) 180 o n 2 − n 2180o + 4 ⋅180 o = 9n(n + 2) 9n(n + 2) = 720 → Podelimo sa 9 n(n + 2) = 80
n 2 + 2n − 80 = 0 − 2 ± 18 n1, 2 = 2 n1 = 8 n2 = −10 → Nemoguće Dakle n=8 , mnogougao ima ima 8 stranica.
494
4
7) Broj dijagonala konveksnog mnogougla u ravni jednak je petostrukom broju njegovih stranica. Izračunati broj stranica mnogougla. Rešenje:
n(n − 3) to će biti: 2 Dn = 5n n(n − 3) = 5n → pomnožimo sa 2 2 n(n − 3) = 10n
Kako je Dn =
n 2 − 3n − 10n = 0 n 2 − 13n = 0 n(n − 13) = 0 n = 0 v n = 13 nemoguće
Dakle n = 13 8) Koji pravilan mnogougao ima 44 dijagonale? Rešenje: Dn =
n(n − 3) 2
n(n − 3) = 44 2 n(n − 3) = 88
n 2 + 2n − 88 = 0 3 ± 19 n1, 2 = 2 n1 = 11 n2 = −8 → Nemoguće Dakle n=11 9) Oko kruga poluprečnika r = 1+ 2 opisan je pravilan osmougao. Nadji površinu tog osmougla. Rešenje:
Pravilan osmougao se sastoji iz 8 podudarhih jednakih trouglova. Izvučemo jedan taj karakteristični trougao.
495
5
h = r ( visina je ista kao i poluprečnik upisane kružnice) 360 o 360 o Njegov centralni ugao je ϕ = = = 45 o ⇒ n 8
Pošto nama treba pola ovog ugla, imamo:
ϕ
2
= 22o30'
Iz ovog trougla je: a tg 22o30' = 2 r
pa je odatle
a = 2rtg 22o30' a⋅h = 4ah = 4 ⋅ 2r ⋅ r ⋅ tg 22 o30' 2 P = 8r 2tg 22o 30' P = 8⋅
45o 1 − cos 45o = = tg 22 o30 ' = tg 2 1 + cos 45o
2 2 2 1+ 2 1−
tg 22 o30 ' =
2− 2 2− 2 2 = 2+ 2 2+ 2 2
tg 22 o30 ' =
2− 2 2− 2 (2 − 2 ) ⋅ = 4−2 2+ 2 2− 2
tg 22 o30 ' =
Racionališemo…
2− 2 2 2 (2 − 2 ) ⋅ = 2 2 2
Tako da je sad:
496
6
P = 8r 2tg 22o30'
(
2 2 2− 2 P = 8 ⋅ ⎛⎜ 1 + 2 ⎞⎟ ⋅ ⎝ ⎠ 2 2 2− 2 P = 8⋅ 1+ 2 ⋅ 2 P = 4 2 1+ 2 2 − 2
) ( ) ( )( ) 2 (2 − 2 + 2 2 − 2 )
)
(
P=4
“skratimo” 8 i 2 sa 2
P=4 2⋅ 2 P = 4⋅2 P =8
497
7
RAVAN Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom. r n ( A , B, C )
π
M 1 ( x1, y1 , z1)
Da bi izveli jednačinu ravni , proučimo sledeću sliku:
n ( A, B , C )
M ( x, y, z )
r
M 1 ( x1 , y1 , z1 )
r1
O
r uv uuuuuv r ur Neka su r i r1 vektori položaja tačaka M i M 1 . Odavde je: M 1M = r − r1
r a kako je vektor n( A, B, C ) normalan na ravan π , to njihov skalarni proizvod mora biti jednak 0. r r ur n ⋅ (r − r1 ) = 0 Ovo je jednačina ravni π u vektorskom obliku. r uuuuuv r ur A kako je M 1M = r − r1 = ( x − x1 , y − y1 , z − z1 ) i n = ( A, B, C ) dobijamo : r r ur n ⋅ (r − r1 ) = ( A, B, C ) ⋅ ( x − x1 , y − y1 , z − z1 ) = 0 A( x − x1 ) + B( y − y1 ) + C ( z − z1 ) = 0
A ovo je jednačina ravni u skalarnom obliku.( odnosno kroz jednu datu tačku)
498
www.matematiranje.com
1
Primer 1.
r Napisati jednačinu ravni koja sadrži tačku M(2,1,3) i normalna je na vektor n = (1, −1, 2) Rešenje: A( x − x1 ) + B( y − y1 ) + C ( z − z1 ) = 0 1( x − 2) − 1( y − 1) + 2( z − 3) = 0 x − 2 − y + 1+ 2z − 6 = 0 x − y + 2z − 7 = 0
Odavde dobijamo i opštu jednačinu ravni :
Ax + By + Cz + D = 0 , gde je A2 + B 2 + C 2 > 0
Ako su nam date tri tačke M 1 ( x1 , y1 , z1 ), M 2 ( x2 , y2 , z2 ), M 3 ( x3 , y3 , z3 ) , onda jednačinu ravni tražimo:
r n M 3 ( x3 , y3, z 3)
M 1 ( x1 , y1 , z1 ) ur r3 ur r1 ur r2
π
M 2( x2 , y2 , z2 )
O
r ur r ur r ur (r − r1 ) ⋅ [(r 2 − r1 ) × (r 3 − r1 )] = 0 u vektorskom obliku i
x − x1
y − y1
z − z1
x2 − x1
y2 − y1
z2 − z1 = 0 u skalarnom obliku.
x3 − x1
y3 − y1
z3 − z1
www.matematiranje.com
499
2
Primer 2.
Date su tačke A(-1,2,-1) , B(0,-4,3) i C(1,-1,-2). Napisati jednačinu ravni koju one odredjuju. Rešenje x − x1 x2 − x1 x3 − x1
y − y1 y2 − y1 y3 − y1
z − z1 x +1 y − 2 z +1 x +1 y − 2 z +1 −6 z2 − z1 = 0 → 0 + 1 −4 − 2 3 + 1 = 0 → 1 4 =0 −3 −1 z3 − z1 1 + 1 −1 − 2 − 2 + 1 2
Razvijamo je po prvoj vrsti... ( x + 1)(6 + 12) − ( y − 2)(−1 − 8) + ( z + 1)(−3 + 12) = 0 18( x + 1) + 9( y − 2) + 9( z + 1) = 0 18 x + 18 + 9 y − 18 + 9 z + 9 = 0 18 x + 9 y + 9 z + 9 = 0 ......../:9 2x + y + z + 1= 0
U situacijama kad trebamo nacrtati ravan , najbolje je koristiti segmentni oblik:
x y z + + =1 a b c z
C(0, 0, c)
y
B(0, b, 0)
A( a, 0, 0) x
Naravno, a,b i c su odsečci na x, y i z osi. Primer 3.
Ravan 2x+3y +6z - 12 =0 prebaciti u segmentni oblik i skicirati je. Rešenje:
www.matematiranje.com
500
3
2 x + 3 y + 6 z − 12 = 0 Kako na desnoj strani mora biti 1, radimo sledeće: 2 x + 3 y + 6 z = 12....................../ :12 2x 3 y 6z + + =1 12 12 12 x y z + + =1 6 4 2 z
C (0, 0, 2) y
B (0, 4, 0)
A(6, 0, 0) x
Primer 4.
a) Odrediti jednačinu ravni koja sadrži koordinatni početak b) Odrediti jednačinu ravni koja je paralelna sa Oz osom c) Odrediti jednačinu ravni koja je paralelna sa Oxy ravni Rešenje a) Kako koordinatni početak sadrži tačku O(0,0,0) , njene koordinate možemo zameniti u opštu jednačinu ravni: Ax+By+Cz+D=0 A⋅0 + B ⋅0 + C ⋅0 + D = 0 → D = 0
Dakle, tražena jednačina te ravni je Ax+By+Cz = 0
r b) Ako je ravan paralelna sa Oz osom , onda je u vektoru normalnosti te ravni n = ( A, B, C ) sigurno C=0, to jest , on r je n = ( A, B, 0) pa je ravan Ax+By+D= 0 c) Ako je ravan paralelna sa Oxy ravni onda je A=0 i B= 0, pa je ravan Ax+By+Cz+D=0 Cz+D=0 Cz = - D D z=− C
Naravno, ravan z = 0 je ustvari baš Oxy ravan. www.matematiranje.com
501
4
Rastojanje tačke M 0 ( x0 , y0 , z0 ) od ravni Ax+By+Cz+d = 0 se računa po formuli: d=
Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2
Naravno, apsolutna vrednost nam obezbedjuje da to rastojanje ne bude negativno. Primer 5.
Odrediti rastojanje tačke A(1,-1,3) od ravni 2x-3y+2z – 4 = 0 Rešenje d= d= d= d=
Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B 2 + C 2 2 ⋅1 − 3 ⋅ (−1) + 2 ⋅ 3 − 4 22 + (−3) 2 + 12 2+3+ 6− 4 4 + 9 +1 7 7 7 14 7 14 14 = = ⋅ = = 14 2 14 14 14 14
Kakav može biti uzajamni položaj dve ravni?
Posmatrajmo dve ravni
A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0
i A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
uv Naravno, njihovi vektori normalnosti su n1 ( A1 , B1 , C1 )
i)
i
uuv n2 ( A2 , B2 , C2 ) .
Ravni su paralelne samo ako su njihovi vektori normalnosti kolinearni .(Često se u zadacima uzima da one imaju isti vektor onda)
r n2 r n1
α2 α1
ur uur ur uur Uslov paralelnosti bi bio n1 × n2 = 0 ili n1 = λ ⋅ n2
(kolinearni, linearno zavisni) ili
A1 B1 C1 = = A2 B2 C2
502
www.matematiranje.com
5
ii)
Ako ravni nisu paralelne , onda se one seku pod nekim uglom .
r n2
α2 ϕ
α1
r n1
ϕ
Ugao izmedju dveju ravni je ugao izmedju njihovih normalnih vektora . Koristeći skalarni proizvod ( pogledaj taj fajl) , ugao odredjujemo po formuli: ur uur n1 ⋅ n2 cos ϕ = ur uur = n1 n2
A1 A2 + B1 B2 + C1C2 A + B12 + C12 A2 2 + B2 2 + C22 2 1
Specijalni slučaj je kada se ravni seku pod pravim uglom:
α2
r
n2 r
n1
α1
ur uur Onda važi da je n1 ⋅ n2 = 0 www.matematiranje.com
503
6
Primer 6.
Odrediti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke A(2,3,1) i B(-1,2,-2) i normalna je na ravan α : 2x-3y+z-5=0 Rešenje Najpre da postavimo zadatak. β nβ
A nα
B
Označimo traženu ravan sa β . uuur Tačke A i B pripadaju toj ravni i formiraju vektor AB = (−1 − 2, 2 − 3, −2 − 1) = (−3, −1, −3)
uuur uur Ovaj vektor AB je normalan na vektor normalnosti nβ ravni β . A kako u zadatku kaže da su ove dve ravni uur uur uur uuur uur uur normalne, onda je i nβ normalno na nα . Dakle: nβ ⊥ AB i nβ ⊥ nα , a ovo nam govori ( pogledaj fajl vektori u uur prostoru) da traženi vektor nβ možemo naći pomoću vektorskog proizvoda! uur uur uuur nβ = nα × AB r r r i j k r r r r r r uur nβ = 2 −3 1 = i (9 + 1) − j (−6 + 3) + k (−2 − 9) = 10i + 3 j − 11k = (10,3, −11) −3 −1 −3 Dalje koristimo jednačinu ravni kroz jednu tačku ( sve jedno je dal ćemo uzeti tačku A ili tačku B) Uzmimo recimo tačku A(2,3,1)
A( x − x1 ) + B( y − y1 ) + C ( z − z1 ) = 0 10( x − 2) + 3( y − 3) − 11( z − 1) = 0 10 x − 20 + 3 y − 9 − 11z + 11 = 0 10 x + 3 y − 11z − 18 = 0 I dobili smo traženu ravan.
www.matematiranje.com
504
7
Skup svih ravni koje sadrže datu pravu p je pramen ravni. Jednačina pramena je data preko dve prave koje pripadaju pramenu i parametra:
A1 x + B1 y + C1 z + D1 + λ ( A2 x + B2 y + C2 z + D2 ) = 0 Primer 7.
U pramenu ravni odredjenom ravnima 3x+y+z-5=0 i x-y-z+2=0 naći ravan koja je normalna na prvu od datih ravni. Rešenje Oformimo najpre pramen : 3 x + y + z − 5 + λ ( x − y − z + 2) = 0 Sredimo ovo da nadjemo vektor normalnosti tog pramena...( sve uz x, pa uz y, pa uz z...) 3x + y + z − 5 + λ x − λ y − λ z + λ 2 = 0 (3 + λ ) x + (1 − λ ) y + (1 − λ ) z + 2λ − 5 = 0 uuur Odavde je nPR = (3 + λ ,1 − λ ,1 − λ ) uur Za prvu ravan 3x + y + z − 5 = 0 vektor normalnosti je nI = (3,1,1) uur uuur Iskoristimo uslov normalnosti: nI ⋅ nPR = 0 (3,1,1) ⋅ (3 + λ ,1 − λ ,1 − λ ) = 0 3(3 + λ ) + 1(1 − λ ) + 1(1 − λ ) = 0 9 + 3λ + 1 − λ + 1 − λ = 0
λ = −11 Vratimo se sada u pramen i zamenimo dobijenu vrednost: 3 x + y + z − 5 + λ ( x − y − z + 2) = 0 3 x + y + z − 5 − 11( x − y − z + 2) = 0 3x + y + z − 5 − 11x + 11 y + 11z − 22 = 0 −8 x + 12 y + 12 z − 27 = 0
je rešenje! www.matematiranje.com
505
8
506
9
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski pojam i ne definiše se. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
p M1 ( x1 , y1 , z1 )
p Posmatrajmo pravu p , tačku M 1 ( x1 , y1 , z1 ) koja joj pripada . Neka tačka M(x,y,z) ∈ R 3 .
p M1 ( x1 , y1 , z1 )
M ( x, y , z )
p r1
r o
uuuuur ur Očigledno je da tačka M(x,y,z) pripada pravoj p ako i samo ako su vektori M 1M i p kolinearni!
Kako je
uuuuur r ur M 1M = r − r1
možemo zapisati :
r ur ur (r − r1 ) × p = 0 ili r ur ur ur ur ur r (r × p) − (r1 × p) = 0 ako obeležimo da je r1 × p = b r ur r r× p =b
Dobili smo vektorsku jednačinu prave. A možemo razmišljati i ovako :
Kako smo zaključili da su vektori nekog parametra t.
uuuuur ur M 1M i p kolinearni, to se oni mogu izraziti jedan preko drugog uz pomoć www.matematiranje.com
507
1
r ur ur r − r1 = t p r ur ur r = r1 + t p
ur ovo je vektorska jednačina prave kroz datu tačku u pravcu vektora p ur ur Ako uzmemo da vektor p ima koordinate p = (l , m, n), onda je : x = x1 + t ⋅ l y = y1 + t ⋅ m z = z1 + t ⋅ n parametarski oblik jednačine prave Ovaj parametarski oblik najčešće koristimo kad tražimo prodor prave kroz ravan ili tačku preseka dve prave. Odavde možemo izvesti oblik koji se najčešće koristi u zadacima (simetrični oblik)
x − x1 y − y1 z − z1 = = l m n Vrlo sličan ovom obliku je i jednačina prave kroz dve date tačke M 1 ( x1 , y1 , z1 ) i M 2 ( x2 , y2 , z2 ) :
x − x1 y − y1 z − z1 = = x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 Primer 1.
Napisati jednačinu prave kroz tačke A(1,2,0) i B(2,3,4) i prebaciti je u parametarski oblik.
Rešenje Koristimo
x − x1 y − y1 z − z1 = = x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
x −1 y − 2 z − 0 = = 2 −1 3 − 2 4 − 0 x −1 y − 2 z = = 1 1 4 ur Odavde se vidi da je vektor paralelnosti prave p = (1,1, 4) Prebacimo je sada u parametarski oblik: x −1 y − 2 z x −1 = = =t → =t 1 1 4 1 x = t +1 y =t+2 z = 4t
i
y−2 =t i 1
z =t 4
pa je
www.matematiranje.com
508
2
Često se u zadacima daje i opšta jednačina prave, to jest prava određena presekom dve ravni:
α1 : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 α 2 : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 Kako preći iz ovog oblika u simetrični ? ( jer iz simetričnog oblika lako “čitamo’’ i tačku i vektor paralelnosti) Najpre nadjemo vektor paralelnosti: ur
α1 : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 → n1 = ( A1 , B1 , C1 ) uur
α 2 : A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0 → n2 = ( A2 , B2 , C2 ) r i
r j
A2
B1 B2
ur ur uur p = n1 × n2 = A1
r k C1 C2
Zatim rešavamo sistem : A1 x + B1 y + C1 z + D1 = 0 A2 x + B2 y + C2 z + D2 = 0
Odavde dobijamo x1 , y1 , z1 ( često se jedna nepoznata uzima proizvoljno , pa se druge dve dobijaju iz nje...) Sve zamenimo u
x − x1 y − y1 z − z1 . = = l m n
Primer 2.
Pravu
{
x − 2 y + 3z = 0 prebaciti u simetrični oblik. x+ z−4 = 0
Rešenje
{
x − 2 y + 3z = 0 x+ z−4 = 0
Najpre '' pročitamo” vektore normalnosti za ravni…
ur x − 2 y + 3 z = 0 → n1 = (1, −2,3) uur x + z − 4 = 0 → n2 = (1, 0,1) Dalje tražimo njihov vektorski proizvod:
www.matematiranje.com
509
3
r i ur ur uur p = n1 × n2 = A1 A2
r j B1 B2
r r r k i j C1 = 1 −2 C2 1 0
r k
r r r r r r 3 = i (−2 − 0) − j (1 − 3) + k (0 + 2) = −2i + 2 j + 2k = (−2, 2, 2) 1
Ovde možemo zapisati i da je : ur p = (−2, 2, 2) = 2(−1,1,1) , odnosno uzeti da je vektor ( -1,1,1).
Da bi našli tačku koja pripada toj pravoj moramo rešiti sistem: x − 2 y + 3z = 0 x+ z −4 = 0→ z = 4− x x − 2 y + 3(4 − x) = 0 x − 2 y + 12 − 3 x = 0 −2 x − 2 y + 12 = 0...../ : (−2) x+ y−6 = 0 → y = 6− x z = 4− x y = 6− x Ovde možemo uzeti proizvoljno x, recimo x = 0, pa je onda: z = 4− x → z = 4−0→ z = 4 y = 6− x → y = 6−0 → y = 6 Dakle dobili smo tačku ( x1 , y1 , z1 ) = (0, 6, 4)
x − x1 y − y1 z − z1 = = l m n x−0 y−6 z−4 = = 1 1 −1 Kakav može biti uzajamni položaj dve prave?
U prostoru prave mogu pripadati ili ne pripadati istoj ravni. Ako pripadaju istoj ravni onda su ili paralelne ili se seku. p2
uur p2
uur p2
p2 P
uur p1 paralelne prave
p1 uur p1
p1
prave se seku u ta čki P www.matematiranje.com
510
4
Ako prave ne pripadaju istoj ravni onda kažemo da su mimoilazne. p2 uur p2
p1
uur p1
Posmatrajmo dve prave : p1 :
x − x1 y − y1 z − z1 = = l1 m1 n1
x − x2 y − y2 z − z2 = = l2 m2 n2
p2 :
i
uur uur Prave pripadaju istoj ravni i paralelne su ako i samo ako su njihovi vektori pravaca p1 = (l1 , m1 , n1 ) i p2 = (l2 , m2 , n2 )
kolinearni, to jest ako i samo ako važi
l1 m1 n1 = = ( uslov paralelnosti) l2 m2 n2
Specijalno, prave se poklapaju ako važi da je
l1 m1 n1 = = l2 m2 n2
x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1 = = l1 m1 n1
i
Kako da znamo da li se prave seku? x2 − x1
y2 − y1
z2 − z1
l1
m1
n1
l2
m2
n2
Tu nam pomaže takozvani uslov preseka :
x2 − x1
y2 − y1
z2 − z1
l1 l2
m1 m2
n1 n2
Naravno, prave su mimoilazne ako je
=0
≠0
Primer 3.
Date su prave p1 :
x − 2 y −1 z − 2 = = 1 0 t
i
p2 :
x−5 y −2 z −3 = = 2 3 1
Odrediti parametar t tako da se prave seku i nadji tačku preseka. www.matematiranje.com
511
5
Rešenje
Najpre ćemo iz datih jednačina pravih pročitati tačke koje im pripadaju i vektore pravaca (paralelnosti). uur x − 2 y −1 z − 2 = = → P1 (2,1, 2) i p1 =(t,1,0) 1 0 t
uur x −5 y −2 z −3 = = → P2 (5, 2,3) i p2 = (2,3,1) 2 3 1 Dalje koristimo uslov preseka: x2 − x1
y2 − y1
z2 − z1
l1 l2
m1 m2
n1 n2
=0
5 − 2 2 −1 3 − 2 3 1 1 3 1 1 3 1 1 0 = 0 → t 1 0 = 0 → Sarusovo pravilo → t 1 0 t 1 = 3 + 0 + 3t − t − 0 − 2 = 0 t 2 3 1 2 3 1 2 3 1 2 3
2t + 1 = 0 → t = −
Dakle
1 2
uur 1 x − 2 y −1 z − 2 = = → P1 (2,1, 2) i p1 =(- ,1,0) je prva prava. 1 1 0 2 − 2
Da bi našli njihov presek, prave ćemo prebaciti u parametarski oblik. 1 x − 2 y −1 z − 2 = = =α → x = − α +2, y = 1α +1, z = 0α +2 1 1 0 2 − 2 x −5 y −2 z −3 = = = β → x = 2β + 5, y =3β + 2, z = 1β + 3 2 3 1 Sad uporedjujemo x = x, y =y , z = z da bi našli vrednost za α ili β Vidimo da je najlakše to postići iz z = z. Dakle z = z → 2 = β + 3 → β = −1 x = 2β + 5, y =3β + 2, z = 1β + 3 →
Vratimo vrednost za β i dobijamo:
x = 2(−1) + 5 = 3; y = 3(−1) + 2 = −1; z = 1(−1) + 3 = 2 P (3, −1, 2) je tačka preseka! www.matematiranje.com
512
6
Kako naći ugao između dve prave?
Ugao pod kojim se prave seku je ugao između njihovih vektora pravaca. p2 uur p2 ϕ
uur p1
p1
uur uur p ⋅p l1l2 + m1m2 + n1n2 cos ϕ = uur1 uur2 = p1 p2 l12 + m12 + n12 l2 2 + m2 2 + n22
www.matematiranje.com
513
7
TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom. 1. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) , onda rastojanje između njih računamo po formuli d ( A, B) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2
Primer1. Odrediti dužine stranica trougla čija su temena A(1,1) , B(4,1) i C(1,5) C(1,5)
d(B,C)
d(A,C)
A(1,1)
d(A,B)
B(4,1)
Da vas ne zbuni, nema veze da li ćete obeležiti d(A,B) ili d(B,A) jer je rešenje isto. d ( A, B ) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 d ( A, B ) = (4 − 1) 2 + (1 − 1) 2 = 9 + 0 = 3 d ( A, C ) = (1 − 1) 2 + (5 − 1) 2 = 0 + 16 = 4 d ( B, C ) = (1 − 4) 2 + (5 − 1) 2 = 9 + 16 = 5 2. Deljenje duži u datoj razmeri Ako je tačka
M ( xλ , yλ ) unutrašnja tačka duži AB, gde je A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) i ako je data razmera AM AM : MB = λ to jest ( = λ ) , u kojoj tačka M deli duž AB , onda se koordinate tačke M računaju po MB obrascima
M ( xλ , yλ ) → xλ =
x1 + λ x2 1+ λ
i yλ =
y1 + λ y2 1+ λ
M ( xλ , yλ ) A( x1 , y1 )
B( x2 , y2 ) www.matematiranje.com
514
1
3. Sredina duži
Ako je tačka M ( xs , ys ) sredina duži AB ( A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) ) onda se njene koordinate računaju po formuli
M ( xs , ys ) → xs =
x1 + x2 2
i ys =
y1 + y2 2
M ( xs , ys ) A( x1 , y1 )
B( x2 , y2 )
Primer 2. Izvesti formule za koordinate težišta trougla! Da se podsetimo, težište se nalazi u preseku težišnih duži i težište deli težišnu duž u odnosu 2 : 1. C ( x3 , y3 )
A *( x*, y*)
A( x1 , y1 )
B ( x2 , y2 )
Najpre ćemo naći koordinate tačke A *( x*, y*) kao sredinu duži BC.
A *( x*, y*) → x* =
x2 + x3 2
i y* =
y2 + y3 2 C ( x3 , y3 )
A *( T ( xT , yT )
x2 + x3 y +y , 2 3) 2 2
1
2
B ( x2 , y2 )
A( x1 , y1 )
Dalje ćemo iskoristiti formulu za deljenje duži u datoj razmeri , gde je AT : TA* = 2 : 1 = 2 x +x x1 + 2( 2 3 ) x + x + x 2 T ( xT , yT ) → xT = = 1 2 3 1+ 2 3
515
y + y3 y1 + 2( 2 ) y +y +y 3 2 i yT = = 1 2 1+ 2 3
www.matematiranje.com
2
4. Površina trougla preko koordinata temena
Neka su A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) i C ( x3 , y3 ) temena datog trougla ABC određena pomoću naznačenih koordinata u odnosu na pravougli koordinatni sistem xOy, tada je površina trougla data obrascem
P =
1 x1 ( y2 − y3 ) + x2 ( y3 − y1 ) + x3 ( y1 − y2 ) 2
može i preko determinante( naravno, ko je upoznat sa njihovim izračunavanjem)
x1 1 P = x2 2 x3
y1 1 y2 1 y3 1
Apsolutna vrednost je tu da nam obezbedi da rešenje ne bude negativno, jer površina ne može biti negativan broj. Primer 3.
Izračunati površinu trougla ABC ako je A(-2,3) ; B(8,-2) i C( 3,8) 1 x1 ( y2 − y3 ) + x2 ( y3 − y1 ) + x3 ( y1 − y2 ) 2 1 = −2(−2 − 8) + 8(8 − 3) + 3(3 − (−2)) 2 1 = −2(−10) + 8 ⋅ 5 + 3(3 + 2) 2 1 = 20 + 40 + 15 2 1 = 75 2 = 37,5
P = P P P P P
www.matematiranje.com
516
3
PRAVA
i) opšti ( implicitni oblik) je ax + by + c = 0 ii)
eksplicitni oblik je
y = kx + n
Ovaj oblik nam je najbitniji jer se koristi u mnogim formulama. U njemu je : k- koeficijent pravca ( k = tgα , gde je α ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x – ose) n - je odsečak na y - osi
Kako preći iz opšteg u eksplicitni oblik? ax + by + c = 0 → sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno by = − ax − c → sad sve podelimo sa b a c y =− x− b b Odavde je k = −
a b
i n=−
c b
Primer 4. Pravu 7x+3y + 23=0 prebaciti u eksplicitni oblik
i naći k i n
7 x + 3 y + 23 = 0 → sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno 3 y = −7 x − 23 → sad sve podelimo sa 3 7 23 y =− x− 3 3 7 23 Odavde je k = − i n=− 3 3
iii)
x y + = 1 je segmentni oblik m n
m – je odsečak na x osi n – je odsečak na y osi y
n O
x m
www.matematiranje.com
517
4
Primer 5. U jednačini px + ( p + 1) y − 8 = 0 odrediti parametar p , tako da prava gradi dva puta veći odsečak na apscisnoj osi nego na ordinatnoj osi. Prava gradi dva puta veći odsečak na apscisnoj osi nego na ordinatnoj osi , znači
m = 2n
Sredimo datu jednačinu prave da bi iz nje mogli da pročitamo m i n. px + ( p + 1) y − 8 = 0 px + ( p + 1) y = 8 sve podelimo sa 8 px ( p + 1) y + = 1 oslobodimo x i y 8 8 x y 8 8 i n= + = 1 → odavde je m = 8 8 p p +1 p p +1
Sad ovo zamenimo u
m = 2n
m = 2n 8 8 = 2⋅ p p +1 8 16 = p p +1 16 p = 8( p + 1) 16 p = 8 p + 8 16 p − 8 p = 8 8p = 8 p =1
iv)
x cos ϕ + y sin ϕ = p
je normalni oblik jednačine prave y
p ϕ
O
x
U ovoj jednačini je : p je normalno rastojanje od koordinatnog početka (0,0) do naše prave
ϕ je ugao koji rastojanje p gradi sa pozitivnim smerom x ose
518
www.matematiranje.com
5
Formula za prelazak iz opšteg u normalni oblik je :
ax + by + c = 0 →
ax + by + c ± a 2 + b2
=0
ali pazimo, ispred korena uzimamo znak suprotan od znaka broja c . Primer 6. Svedi jednačinu 4x – 3y +5 = 0 na normalni oblik. 4x − 3y + 5 = 0 →
4x − 3y + 5
= 0 ( minus ispred korena jer je c=5) − 42 + 32 4x − 3y + 5 4x − 3y + 5 4 3 =0 → = 0 → − x + y − 1 = 0 a odavde je : −5 5 5 − 25 4 3 p=1, cosϕ = − , sinϕ = 5 5
v)
Prava kroz tačku A( x1 , y1 ) sa koeficijentom pravca k je :
vi)
Prava kroz tačke A( x1 , y1 ) i
Primećujete da je onda k =
y − y1 = k ( x − x1 ) y − y1 =
B( x2 , y2 ) je :
y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1
y2 − y1 x2 − x1
Kakav može biti međusoban položaj dve prave u ravni? 1) Mogu da se seku
Tačku preseka nalazimo rešavajući sistem od te dve jednačine ! Ako posmatramo prave y = k1 x + n1 i
y = k2 x + n2 onda je ugao pod kojim se seku dat formulom: tgα =
k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2
Ako se te dve prave seku pod pravim uglom, onda je k1 ⋅ k2 = −1 ( uslov normalnosti) 2) Mogu da budu paralelne
Prave y = k1 x + n1 i
y = k2 x + n2 su paralelne ako je
k1 = k2 ( uslov paralelnosti) www.matematiranje.com
519
6
Primer 7. Data su temena trougla A(-5,-2), B(7,6), C(5,4). Odrediti: a) jednačinu stranice AB b) jednačinu visine hc c) ugao kod temena A a) Upotrebićemo formulu za jednačinu prave kroz dve tačke( A i B) C(5,4)
A(-5,2)
y − y1 =
B(7,6)
y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1
6 − (−2) ( x − (−5)) 7 − (−5) 6+2 y+2= ( x + 5) 7+5 8 y + 2 = ( x + 5) 12 2 y + 2 = ( x + 5) 3 2 2 y = x + ⋅5 − 2 3 3 2 10 6 y = x+ − 3 3 2 2 4 y = x+ 3 3
y − (−2) =
b) C(5,4)
hc
A(-5,2)
B(7,6) www.matematiranje.com
520
7
Jednačinu visine hc ćemo naći kao jednačinu prave kroz jednu tačku C( 5,4) a njen koeficijent pravca mora da zadovoljava uslov normalnosti sa pravom AB. Koeficijent pravca prave AB : y =
k2 = −
2 4 x+ 3 3
je k1 =
2 . Naša prava je normalna na AB, pa je : 3
y − y1 = k ( x − x1 )
1 k1
3 y − 4 = − ( x − 5) 2 3 15 y =− x+ +4 2 2 3 23 y =− x+ 2 2
1 2 3 3 k2 = − 2 k2 = −
c) Ugao kod temena A je ustvari ugao između pravih AB i AC. Čim nam traže neki ugao koristimo obrazac
tgα =
k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2
C(5,4)
α A(-5,2)
B(7,6)
2 . 3 Ne moramo tražiti celu jednačinu prave AC već samo njen koeficijent pravca. Iz prave AB već imamo koeficijent pravca k1 =
A(-5,-2), C(5,4) menjamo u k = k2 =
y2 − y1 x2 − x1
y2 − y1 x2 − x1
4 − (−2) 5 − (−5) 6 k2 = 10 3 k2 = 5 k2 =
www.matematiranje.com
521
8
tgα =
k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2
3 2 − tgα = 5 3 3 2 1+ ⋅ 5 3 1 − tgα = 15 6 1+ 15 1 − tgα = 15 21 15 1 tgα = 21 1 α = arctg 21
Pramen pravih
Ako su A1 x + B1 y + C1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 = 0 jednačine dveju pravih koje se seku u tački O, tada je :
A1 x + B1 y + C1 + λ ( A2 x + B2 y + C2 ) = 0 jednačina pramena pravih sa centrom u tački O.
A2 x + B2 y + C2 = 0
O
A1 x + B1 y + C1 = 0
Znači, da bi opisali pramen pravih , potrebne su nam dve prave iz tog pramena. www.matematiranje.com
522
9
Odstojanje tačke A( x1 , y1 ) od prave ax + by + c = 0 dato je formulom:
d=
ax + by + c a 2 + b2
Primer 8.
U pramenu pravih
2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 odrediti pravu čije odstojanje od tačke P(2,-3) iznosi
10 .
Najpre prepakujemo jednačinu pramena:
2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 2 x + y + 4 + λ x − 2λ y − 3λ = 0
upakujemo one uz x, pa uz y, pa slobodne ...
(2 + λ ) x + (1 − 2λ ) y + 4 − 3λ = 0 Odavde možemo videti da je a = 2 + λ , b = 1 − 2λ
Sad uzimamo formulu za rastojanje tačke od prave d=
d=
ax + by + c a 2 + b2 (2 + λ ) ⋅ 2 + (1 − 2λ ) ⋅ (−3) + 4 − 3λ
10 = 10 =
(2 + λ ) 2 + (1 − 2λ ) 2 4 + 2λ − 3 + 6λ + 4 − 3λ 4 + 4λ + λ 2 + 1 − 4λ + 4λ 2 5λ + 5 5λ 2 + 5
λ1 = 1 Odavde sredjivanjem dobijamo dva rešenja:
λ2 = −
9 10
Kad ova rešenja vratimo u pramen 2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 dobijamo tražene prave:
3x – y + 1 = 0 11x + 28 y +67 = 0 www.matematiranje.com
523
10
524
11
PRAVA I RAVAN
Kakav može biti međusobni položaj prave i ravni ?
p:
Posmatrajmo pravu
x − x1 y − y1 z − z1 = = l m n
i ravan
π : Ax + By + Cz + D = 0
r ur Naravno, znamo da je vektor pravca prave p = (l , m, n) a vektor normalnosti ravni n = ( A, B, C )
i)
Prava i ravan su paralelni
ur p
p r n ( A, B, C )
π
r ur Ovde su vektori p = (l , m, n) i n = ( A, B, C ) medjusobno normalni , pa je : r ur n ⋅ p = 0 → Al + Bm + Cn = 0
ii)
Prava p leži u ravni π
r n( A, B , C )
ur p
p
π
Ovde mora da važe dva uslova : Prvo da kao kod paralelnosti bude Al + Bm + Cn = 0 a onda i da je Ax1 + By1 + Cz1 + D = 0 , što znači da tačka koja pripada pravoj pripada i ravni. www.matematiranje.com
525
1
iii) Prava prodire ravan p
P( x , y , z )
π
Ako prava p prodire ravan π onda je Al + Bm + Cn ≠ 0 , to jest vektori pravca prave i vektor normalnosti ravni nisu medjusobno normalni. Primer 1.
Nađi prodor prave p :
x+3 y −2 z −5 kroz ravan α : 2 x − 4 y - z - 2 = 0 = = 2 −4 −1
Rešenje: Najpre ćemo pravu prebaciti u parametarski oblik x+3 y −2 z −5 x+3 y−2 z −5 = = =t→ =t∧ =t∧ =t −4 −1 −4 −1 2 2 x = 2t − 3 y = −4t + 2 z = −t + 5 p:
Sad ovo zamenimo u jednačinu ravni: 2x − 4 y − z − 2 = 0 2(2t − 3) − 4(−4t + 2) − (−t + 5) − 2 = 0 4t − 6 + 16t − 8 + t − 5 − 2 = 0 21t = 21 → t = 1 Vratimo t=1 u x,y i z x = 2t − 3 → x = 2 ⋅1 − 3 = −1 → x = −1 y = −4t + 2 → y = −4 ⋅1 + 2 = −2 → y = −2 z = −t + 5 → z = −1 + 5 = 4 → z = 4
Dakle, tačka prodora je P (−1, −2, 4) www.matematiranje.com
526
2
Ugao izmedju prave i ravni je oštar ugao izmedju prave i njene normalne projekcije na ravan. p
ϕ p`
π
ur r Ako je vektor pravca prave p = (l , m, n) a vektor normalnosti ravni n = ( A, B, C ) onda je :
ur r p⋅n sin ϕ = ur r = p n
Al + Bm + Cn A2 + B 2 + C 2 l 2 + m 2 + n 2
ur r A B C = = Specijalno,prava je normalna na ravan ako su vektori p = (l , m, n) i n = ( A, B, C ) kolinearni, to jest l m n
Kako odrediti rastojanje neke tačke od prave? x − x0 y − y0 z − z0 = = , l m n
Ako to rastojanje obeležimo sa d , a tražimo rastojanje tačke M 1 ( x1 , y1 , z1 ) od prave p : uuuuuur ur M 0 M1 × p onda to rastojanje računamo po formuli d = ur p
Kako odrediti najkraće rastojanje izmedju pravih ? Neka su nam date prave : p1 :
x − x1 y − y1 z − z1 x − x2 y − y2 z − z2 = = i p2 : = = l1 m1 n1 l2 m2 n2
p2
p2
p2
A2 M 2 ( x2 , y2 , z2 )
M 2 ( x2 , y 2 , z2 )
p1
M1 ( x1 , y1 , z1 )
slika 1
A2
M1 ( x1 , y1 , z1 )
M 2 ( x2 , y 2 , z2 )
A1
p1
slika 2
M1 ( x1 , y1 , z1 )
A1
slika 3
527
p1
www.matematiranje.com
3
Najpre iz datih jednačina pročitamo tačke M 1 ( x1 , y1 , z1 ) i M 2 ( x2 , y2 , z2 ) . ( slika 1.) uuuuur uur uuuuuur uur uuuuuur Zatim oformimo vektore M 1 A1 = p1 = (l1 , m1 , n1 ) , M 2 A2 = p2 = (l2 , m2 , n2 ) i M 1M 2 = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) ( slika 2.)
Nad ovim vektorima konstruišemo paralelopiped! Visina tog paralelopipeda , povučena iz tačke M 2 ( x2 , y2 , z2 ) je ustvari najkraće rastojanje izmedju ovih prava. ( slika 3.) uuuuuur uur uur M 1M 2 ⋅ ( p1 × p2 ) d= uur uur p1 × p2
To jest :
Primer 2.
Nadji najkraće rastojanje izmedju pravih
p1 :
x y z −1 = = 2 3 1
i
p2 :
x +1 y − 2 z −1 = = 2 1 −1
Rešenje: Iz datih jednačina ćemo najpre pročitati tačke i vektore pravaca datih pravih... p1 :
uur x y z −1 = = → M 1 (0, 0,1) ∧ p1 = (2,3,1) 2 3 1
p2 :
uur x +1 y − 2 z −1 = = → M 2 (−1, 2,1) ∧ p2 = (2,1, −1) 2 1 −1
uuuuuur M 1M 2 = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) = (−1 − 0, 2 − 0,1 − 1) = (−1, 2, 0) r r i j uur uur p1 × p2 = 2 3
r k r r r 1 = −4i + 4 j − 4k = (−4, 4, −4)
2 1 −1
uur uur p1 × p2 = (−4) 2 + 42 + (−4) 2 = 16 ⋅ 3 = 4 3 uuuuuur uur uur M 1M 2 ⋅ ( p1 × p2 ) = (−1, 2, 0) ⋅ (−4, 4, −4) = 4 + 8 − 0 = 12
Sad iskoristimo formulu:
uuuuuur uur uur M 1M 2 ⋅ ( p1 × p2 ) 12 3 3 3 3 3 d= = = = = = 3 uur uur 3 4 3 3 3 3 p1 × p2 www.matematiranje.com
528
4
Kako odrediti zajedničku normalu za dve mimoilazne prave? Neka su nam date prave
uur p2
x − x1 y − y1 z − z1 x − x2 y − y2 z − z2 = = = = i p2 : l1 m1 n1 l2 m2 n2
p1 :
M (x , y , z )
p2
uur
p2
M (x , y , z )
p2
uur
p2
M (x , y , z )
p2
π
n
uur p2
M (x , y , z )
π
π
π1 M (x , y , z )
uur p
p1
slika 1
p1
M (x , y , z )
uur p
p2 π2
p1
M (x , y , z )
uur p
slika 2
π1 M (x , y , z )
uur p
p1
slika 4
slika 3
Najpre uočimo njihove tačke i vektore pravaca ( slika 1.) Uočimo ravan π koja sadrži pravu p1 i paralelna je sa pravom p2 . Vektor normalnosti ove ravni π ćemo naći preko r uur uur n( A, B, C ) = p1 × p2 (slika 2.)
Dalje postavimo ravan π 1 koja sadrži pravu p1 i normalna je na ravan π ( slika 3.) x − x1
y − y1
z − z1
A
B
C
l1
m1
n1
Jednačinu ove ravni ćemo naći preko : π 1 :
=0
Dalje postavimo ravan π 2 koja sadrži pravu p2 i normalna je na ravan π ( slika 4.)
Slično kao malopre, jednačinu ravni π 2 tražimo π 2 :
x − x2
y − y2
z − z2
A l2
B m2
C n2
=0
Presek ove dve ravni daje pravu koja je zajednička normala za dve date prave! Primer 3.
Napisati jednačinu zajedničke normale pravih : p1 :
x −1 y z = = −1 2 1
i
p2 :
x y z = = 0 1 2
Rešenje: Najpre odavde pročitamo tačke i vektore pravaca... p1 :
uur x −1 y z = = → M 1 (1, 0, 0) ∧ p1 = (−1, 2,1) −1 2 1 www.matematiranje.com
529
5
p2 :
uur x y z = = → M 2 (0, 0, 0) ∧ p2 = (0,1, 2) 0 1 2
r uur uur Dalje tražimo n( A, B, C ) = p1 × p2
r r i j r uur uur n( A, B, C ) = p1 × p2 = −1 2 0 1
r k r r r 1 = 3i + 2 j − k = (3, 2, −1) 2
Tražimo ravan π 1 : x − x1
y − y1
z − z1
A l1
B m1
C n1
π1 :
x −1 y − 0 z − 0 =0→ 3 −1
−1 = 0 → 2 x − y + 4 z − 2 = 0 1
2 2
Tražimo ravan π 2 : x − x2
y − y2
z − z2
A
B
C
l2
m2
n2
π2 :
x−0 =0→ 3
Jednačina tražene normale je n : {
0
y−0 z −0 2 −1 = 0 → 5 x − 6 y + 3 z = 0 1
2
2x − y + 4z − 2 = 0 5 x − 6 y + 3z = 0
Naravno, ova prava je data kao presek dve ravni, ako od vas traže u zadatku, lako će te je prebaciti u neki od drugih oblika...
www.matematiranje.com
530
6
TALESOVA TEOREMA Ako paralelne prave a i b presecaju pravu p u tačkama A i B, a pravu q u tačkama A1 i B1 , i ako je S zajednička tačka pravih p i q, tada važi:
AA1 SA SA1 BB1 SB SB1 Na slici bi to izgledalo ovako: a
b p B
A
A1
S
q
B1
Na osnosu Talesove teoreme možemo izvući jedan važan zaključak: Ako dve proizvoljne prave p i q preseca niz paralelnih pravih, tako da su odsečci na jednoj pravoj jednaki među sobom, onda su i odsečci na drugoj pravoj međusobno jednaki:
p
p
E
E
D
D
C
C
B
B
A
A
S
q
S
A1
B1
C1
D1
E1
q
slika 2.
slika 1.
Na slici 1. imamo niz paralelnih pravih koje prave jednake odsečke na Sp, to jest AB BC CD DE . Onda su i odsečci, po Talesovoj teoremi, na Sq takodje jednaki : A1 B1 B1C1 C1 D1 D1 E1 ( slika 2.) www.matematiranje.com
531
1
Ovaj zaključak se direktno primenjuje kod podele duži na jednake delove .
Primer 1. Datu duž AB podeliti na pet jednakih delova. Rešenje
Uzmemo proizvoljnu duž AB:
B
A
Iz tačke A nanesemo polupravu Ap ( na bilo koju stranu) i na njoj proizvoljnim otvorom šestara nanesemo 5 jednakih duži.
A
B
p Zadnju nanesenu crtku ( podebljana na slici) , spojimo sa tačkom B.
A
B
p Paralelno sa ovom pravom kroz crtice na Ap nanosimo prave:
A
B
p Ovim je data duž podeljena na 5 jednakih delova. www.matematiranje.com
532
2
Sličan postupak bi bio i da smo duž trebali podeliti na više delova...
Primer 2. Datu duž MN podeliti u razmeri 5:2.
Rešenje
Kad nam traže da duž podelimo u nekoj razmeri, mi najpre saberemo sve delove: 5+2=7. Dakle , kao da delimo duž na 7 jednakih delova: N
M
p
Naneli smo polupravu Mp i na njoj proizvoljnim otvorom šestara naneli 7 jednakih duži. Spojićemo tačku N i zadnju crtku, a zatim idemo sa paralelnim pravama…
M
S
M N
N
p
p
Dakle, podelili smo duž MN na 7 jednakih delova. Jednostavno prebrojimo 5 dela i tu stavimo tačku, recimo S. Sigurni smo da važi: MS : SN 5 : 2 www.matematiranje.com
533
3
Primer 3. Date su proizvoljne duži a,b i c . Konstruisati duž x tako da važi:
a:b=c:x
Rešenje
Kod ovakvih zadataka se direktno primenjuje Talesova teorema. Važno je da u proporciji x bude na zadnjem mestu, što je u ovom slučaju zadovoljeno( inače bi morali da pretumbamo proporciju i da napravimo da x bude na zadnjem mestu...) Uzmimo najpre tri proizvoljne duži:
a
b
c
Nacrtamo proizvoljan konveksan ( najbolje oštar) ugao pOq i nanesemo redom:
q
b O
p
c
a
Na Op nanesemo duž a, na Oq nanesemo duž b , pa na Op u produžetku nanesemo duž c. Na ovaj način mi ustvari pratimo zadatu razmeru: a : b = c : x. Spojimo tačke gde se završavaju duži a i b jednom pravom i povučemo paralelu sa njom iz tačke gde se završava duž c. Dobili smo traženu duž x. q
q
x b
b O
a
c
p
O
c
a
p www.matematiranje.com
534
4
Primer 4. Date su proizvoljne duži a i b . Konstruisati sledeće duži: i)
x a b
ii)
x
iii)
x a2
a b
Rešenje i)
x a b
Odavde moramo da napravimo proporciju , ali tako da x bude na zadnjem mestu. x a b kod x najpre dodamo 1 1 x a b x treba da je na zadnjem mestu, a to nam govori da je 1 na prvom 1: a b : x Iskoristili smo dakle osobinu proporcije da se množe spoljašnji sa spoljašnjim a unutrašnji sa unutrašnjim članovima proporcije. Dalje radimo kao i u prethodnom primeru:
a
q
q
q b
x
O
1
a
a
a b slika 1.
p
O
1
p
b slika 2.
O
1
b
p slika 3.
Uzmemo proizvoljne duži a i b. Nanesemo jediničnu duž ( recimo 1 cm ili koliko vi odaberete…) na polupravu Oq zatim duž a na polupravu Oq i nakraju duž b na polupravu Op , tamo gde se završava jedinična duž.( slika 1.) Spojimo završetke jedinične duži i duži a jednom pravom.( slika 2.) Povučemo paralelu sa ovom pravom ali tako da ona prolazi kroz završetak duži b. Na polupravi Oq smo dobili tu traženu duž x kojoj odgovara jednakost x a b ( slika 3.) www.matematiranje.com
535
5
x
ii)
a b
Da napravimo proporciju u kojoj je x na zadnjem mestu...
a b x a x b 1 a b : a 1: x 1 b
x
q
q
q
b
a
x a
O
iii)
a
b
1 slika 1.
p
O
b
a 1 slika 2.
O
p
b
1
p
slika 3.
x a2
Da napravimo proporciju u kojoj je x na zadnjem mestu...
x a2 1 x a a
1: a a : x
q
q
q x
a a O
1
a a slika 1.
p
O
1
a a
p
slika 2.
O
1
a
p
slika 3.
www.matematiranje.com
536
6
Primer 5. Data je prava i na njoj tačke A i B . Odrediti tačku P koja duž AB deli u razmeri dveju datih duži m i n. Rešenje
Izaberemo najpre proizvoljne duži m i n.
m n
Dalje nacrtamo pravu sa tačkama A i B. B
A
Nacrtamo proizvoljnu polupravu Aa i na nju nanesemo dužinu m. a M
m
B A
Dalje povučemo paralelu sa ovom polupravom kroz tačku B ( slika 1.) a
a
a
M
M
M
m
m
m
N1
N1 B
B A
slika 1.
A
n
slika 2. N
n
B A
P
n P1
n
slika 3. N
Na ovoj pravoj nanesemo dužine duži n ( iz tačke B) na obe strane. Imamo dakle tačke N i N1 . ( slika 2.) Spojimo tačke N i N1 sa tačkom M i dobijamo mesta preseka sa pravom AB , to jest tačke P i P1 . Dakle dobili smo dva rešenja i oba su dobra , al se matematički kaže da tačka P deli duž AB unutrašnjom , a tačka P1 spoljašnjom podelom u razmeri m : n . www.matematiranje.com
537
7
TROUGAO Mnogougao koji ima tri stranice zove se trougao. Osnovni elementi trougla su : -
Temena A,B,C
-
Stranice a,b,c ( po dogovoru stranice se obeležavaju nasuprot temenu, npr naspram temena A je stranica a, itd)
-
Uglovi , unutrašnji α , β , γ i spoljašnji α 1 , β1 , γ 1
γ1
C
a
b
β1
β A
B
c
α1
Osnovne relacije za uglove i stranice trougla su: 1) Zbir unutrašnjih uglova u trouglu je 1800 tj.
α + β + γ = 1800
α 1 + β1 + γ 1 =3600
2) Zbir spoljašnjih uglova je 3600 tj.
3) Spoljašnji i njemu susedni unutrašnji ugao su uporedni,tj.
α + α 1 = β + β 1 = γ + γ 1 =1800 4) Spoljašnji ugao trougla jednak je zbiru dva nesusedna unutrašnja ugla, tj
α1 = β + γ
β1 = α + γ
γ 1 =α + β
5) Svaka stranica trougla manja je od zbira a veća od razlike druge dve stranice, tj
a−b < c < a+b a−c
6) Naspram većeg ugla nalazi se veća stranica i obrnuto. Ako je α = β onda je a = b Ako je a = b onda je α = β
538
www.matematiranje.com
1
Četiri značajne tačke trougla su: 1) Ortocentar (H) 2) Težiste (T) 3) Centar upisane kružnice (S) 4) Centar opisane kružnice (O) Ortocentar se nalazi u preseku visina trougla ha,hb,hc. ( Visina je najkraće rastojanje od temena do naspramne stranice). Kod oštrouglog trougla je u trouglu, kod pravouglog u temenu pravog ugla a kod tupouglog van trougla. C A1 B1 ha
H
hb
hc
A
B
C1 ha ∩ hb ∩ hc = H
Ortocentar
Težišna duž trougla je duž koja spaja teme sa sredinom naspramne stranice. Težišne duži seku se u jednoj tački , a to je TEŽIŠTE TROUGLA. Težište deli težišnu duž u razmeri 2:1. C
tc B1
A1
t a ∩ tb ∩ tc = T
T tb
ta A
C1
B
AT : TA1 = 2 : 1 BT : TB1 = 2 : 1
www.matematiranje.com
CT : TC1 = 2 : 1
539
2
Centar upisane kružnice je tačka preseka simetrala uglova i kod svih trouglova je u oblasti trougla.
C S S Sβ
r
S
B
A
sα ∩ s β ∩ s γ = S
Centar opisane kružnice je tačka preseka simetrala stranica. Kod oštrouglog trougla je u trouglu, kod pravouglog na sredini hipotenuze i kod tupouglog van trougla.
C
sBC sAC r
o B
A sAB
s AB ∩ s AC ∩ s BC = O www.matematiranje.com
540
3
Vrste trouglova: Trouglovi se dele prema “stranicama” i prema “uglovima”. Prema stranicama:
Prema uglovima:
1) jednakostranični
1) oštrougli
2) jednakokraki
2) pravougli
3) nejednakostranični
3) tupougli
Nejednakostranični
C
a
b
β A
B
c
O=a+b+c
P=
aha bhb chc = = ili P = 2 2 2
s ( s − a )( s − b)( s − c)
ili P= r s
ili P=
abc 4R
gde je:
a+b+c , 2 r-poluprečnik upisane kružnice i
s poluobim s =
R-poluprečnik opisane kružnice. www.matematiranje.com
541
4
Pravougli: B p c a hc
q
C
A
b
O=a+b+c P=
ab 2
ili
P=
chc 2
odavde je: hc =
a ⋅b c
a2 + b2 = c2 Pitagorina teorema R=
c ; 2
r=
a+b−c ; hc = pq ; a = 2
pc ; b = qc ; c= p+q
Jednakokraki : C
b
b
ha
hb A
a
a _
B
2
Ovde je a osnova i b krak ( kraci) O = a + 2b
P=
aha bhb = 2 2
a Primena Pitagorine teoreme: ha2+( )2= b2 2 www.matematiranje.com
542
5
Jednakostranični:
C
a
h
a
ry ro A
B
a
a2 3 O = 3a i P = 4 Visina
a 3 ; 2
h=
1 a 3 ; ry = h = 3 6
ro =
2 a 3 h= 3 3
Kod ovog trougla sve četiri značajne tačke se nalaze u jednoj tački.
Srednja linija trougla (m) je duž koja spaja sredine dve stranice i uvek je jednaka polovini paralelne stranice. C
C
a
b
m=c/2
A
a
b m= a/2
B
c
A
c
B
C
a m =b /2
b
A
c
B
www.matematiranje.com
543
6
Podudarnost ΔABC ≅ ΔA1 B1C1 ⇔ (SSS) Ako su sve stranice jednog trougla jednake odgovarajućim stranicama drugog trougla.
(SUS) Ako su dve stranice i zahvaćeni ugao jednog trougla jednaki dvema stranicama i zahvaćenom uglu drugog trougla. (USU) Ako su stranica i na nju nalegli uglovi jednog trougla jednaki sa stranicom i na nju naleglim uglovima drugog trougla. (SSU) Ako su dve stranice i ugao naspram veće od njih jednog trougla jednaki dvema stranicama i uglu naspram veće od njih drugog trougla. Sličnost ΔABC ~ ΔA1 B1C1 ⇔ ∠A = ∠A1 , ∠B = ∠B1 , ∠C = ∠C1 AB : A1 B1 , BC : B1C1 , CA : C1 A1 - Ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva ugla drugog trougla. - Ako su tri stranice jednog trougla proporcionalne trima stranicama drugog trougla. - Ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne dvema stranicama drugog trougla i uglovi izmedju tih stranica jednaki. - Ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne sa odgovarajućim stranicama drugog trougla, uglovi naspram dveju od tih odgovarajućih stranica su uglovi iste vrste (ili oštri, ili pravi, ili tupi). ZADACI 1) Dat je pravougli trougao. Poluprečnik opisanog kruga je R=15,a poluprečnik upisanog kruga je r=6. Odrediti osnovice.
R = 15 r =6
Pošto se radi o pravouglom trouglu, važe formule: c a+b−c _______ R= i r= 2 2 a=? a+b−c c = 2R 6= b=? 2 c = 2 ⋅15 c=? a + b − 30 = 12 c = 30 a + b = 42 b = 42 − a Sada ćemo iskoristiti Pitagorinu teoremu. 42 ± 6 2 a = 24 a = 18
a2 + b2 = c2
a1, 2 =
a 2 + (42 − a ) 2 = 30 2 a 2 + 1764 − 84a + a 2 − 900 = 0 2a 2 − 84a + 864 = 0
za a = 24 ⇒ b = 42 − 24 = 18 za a = 18 ⇒ b = 42 − 18 = 24 Dakle stranice trougla su 18,24,30
a 2 − 42a + 432 → Kvadratna ‘’po a’’
544
7
2) Poluprečnik kruga upisanog u jednokraki trougao osnovice a = 12 je r = 3 . Izračunati površinu i obim trougla. C
b
x
b
________________
P = ?, O = ?
D
r
O r A
a = 12 r =3
B
M a
Obeležavamo sa M podnožje visine iz A sa O centar upisane kružnice i sa D podnožje poluprečnika na stranicu b Trouglovi BMC i CDO su slični.Okrenućemo ih da bi uočili tu sličnost. C C b
x+r
M
x
a 2
B
D
r
O
Iz sličnosti trouglova sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica, a b:x = :r 2 b: x = 6:3
3b = 6 x ⇒ b = 2 x Sada primenjujemo Pitagorinu teoremu na trougao AMC 2
⎛a⎞ 2 2 ⎜ ⎟ + (x + r) = b ⎝2⎠ 6 2 + ( x + 3) 2 = (2 x) 2 36 + x 2 + 6 x + 9 = 4 x 2 3x 2 − 6 x − 45 = 0 Podelimo sa 3 i rešavamo kao kvadratnu jednačinu... 2±8 x1, 2 = 2 x = 5 ⇒ b = 10 x = −3 → Nemoguće h = x+r = 5+3=8⇒ h =8 a⋅h P= O = a + 2b 2 O = 12 + 2 ⋅10 12 ⋅ 8 P= O = 32 2 P = 48
545
8
3) Uglovi trougla se odnose kao 2:3:7. Dužina najmanje stranice je a . Odrediti poluprečnik R opisane kružnice.
α : β : je = 2 : 3 : 7 α = 2k ⎫ ⎪ β = 3k ⎬ γ = 7k ⎪⎭
∧
2k + 3k + 7 k = 180 o 12k = 180 o 180 o 12 k = 15 k=
A
α = 300 ⎫ ⎪
β = 450 ⎬ γ = 1050 ⎭⎪
30
b c 60 45
B
B1 45
a
C
Povučemo visinu BB1 →→ Stranice BB1 i B1C su jednake BB1 ⇒ BB1 = a ⋅ sin 45o a a 2 BB1 = 2 a 2 B1C = 2
sin 45o =
BB1 BB1 ⇒ AB = AB cos 60 o a 2 AB = 2 = a 2 1 2 AB1 o tg 60 = ⇒ AB1 = BB1tg 60 o BB1 cos 60 o =
AB1 =
a 2 a 6 ⋅ 3= 2 2
Da sklopimo sada rezultate: BC = a AB = a 2 = c
AC = AB1 + B1C =
a 6 a 2 a 2 + = 2 2 2
(
)
3 +1 = b
Površina trougla je:
546
9
(
)
a 2 a 2 3 +1 ⋅ 2 AC ⋅ BB1 2 = a 3 +1 P= = 2 2 2 4 abc P= 4R a 2 3 +1 ⋅ a 2 a⋅ abc 2 R= = 4P a2 3 +1 4⋅ 4 3 a R= 2 skratimo… a R=a
(
(
)
(
)
)
4) Dužina luka izmedju dva susedna temena jednakostraničnog trougla upisanog u krug 4π poluprečnika r je l = . Odrediti površinu trougla. 3
Pošto se obim ovog kruga sastoji iz tri ovakva luka: O = 3⋅
4π 3
O = 4π 2rπ = 4π r=2
Poluprečnik opisane kružnice je: a 3 ⇒ r= 3
a 3 =2 3 6 a= 3 6 3 a= ⋅ 3 3
a=
(racionališemo)
6 3 =2 3 3
547
10
P=
a2 3 4
(2 3) P=
2
3
4
=
4 ⋅3⋅ 3 =3 3 4
5) Površina oštrouglog trougla čije dve stranice su a = 5 i b = 3 je P = 6 . Odredi obim trougla. I NAČIN
a=5 b=3 P=6 _______
O=?
Jedan od obrazaca za površinu je:
a ⋅b sin γ 2 5⋅3 6= sin γ 2 12 4 sin γ = = 15 5 P=
548
11
sin 2 γ + cos 2 γ = 1
Pošto je:
cos 2 γ = 1 − sin 2 γ 16 cos 2 γ = 1 − 25 9 cos γ = ± 25 3 cos γ = ± 5 Sad ćemo iskoristiti kosinusnu teoremu: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ 3 c 2 = 52 + 32 − 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 5 2 c = 25 + 9 − 18
Moramo ovde menjati obe vrednosti za cos… ili
c 2 = 5 2 + 3 2 + 18 c 2 = 52 c = 2 13
c 2 = 16 c=4
Pošto je trougao oštrougli uzećemo c = 2 13 jer bi u suprotnom sa stranicama 3,4,5 bio pravougli. O = 8 + 2 13
II NAČIN
a=5 b=3 P=6
Jedan od obrazaca za površinu trougla je P = s ( s − a)( s − b)( s − c) 6=
8+c ⎛8+c ⎞ ⎞⎛ 8 + c ⎞⎛ 8 + c − c⎟ − 3 ⎟⎜ − 5 ⎟⎜ ⎜ 2 ⎝ 2 ⎠ ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2
8+c c−2 c+ 2 8−c ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 2 36 ⋅16 = (8 + c)(8 − c)(c − 2)(c + 2) 36 =
576 = (64 − c 2 )(c 2 − 4) → Smena c 2 = t 576 = (64 − t )(t − 4) 576 = 64t − 256 − t 2 + 4t t 2 − 68t + 832 = 0 → Kvadratna ‘’po t’’ 68 ± 36 t1, 2 = 2 t1 = 52 t 2 = 16
549
12
2 Dakle: c = 52
ili
c = 52
c 2 = 16 c=4
c = 2 13
A ovo su ista rešenja kao kod prvog načina... 6) Obim pravouglog trougla je O = 36 , a poluprečnik upisanog kruga je r = 3 . Odrediti obim opisanog kruga. O = 36 r =3
_________
O = a+b+c a + b + c = 36
Okr = ?
a+b−c 2 a+b−c 3= 2 a + b − c = 6 odavde izrazimo c r=
c = a+b−6 Pazi: ( A + B + C ) 2 = A2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC a 2 + b2 = c2
a + b + c = 36 a+b−c = 6 2a + 2b = 42 a + b = 21 b = 21 − a
a 2 + b 2 = (a + b − 6) 2 a 2 + b 2 = a 2 + b 2 + 36 + 2ab − 12a − 12b
2ab − 12a − 12b = −36......../ : 2 ab − 6a − 6b = −18 a(21 − a) − 6a − 6(21 − a) + 18 = 0 21a − a 2 − 6a − 126 + 6a + 18 = 0 − a 2 + 21a − 108 = 0 a 2 − 21a + 108 = 0 → Kvadratna ‘’po a’’ 21 ± 3 a1, 2 = 2 a1 = 12 ⇒ b = 9 a2 = 9 ⇒ b = 12 c = a + b − 6 = 12 + 9 − 6 = 15
Pošto je: c = 2 R ⇒ 2 R = 15 Obim opisanog kruga je: O = 2 Rπ = 15π
550
13
551
14
SLIČNOST TROUGLOVA Za dve figure F i F1 kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F1 . Činjenicu da su dve figure slične obeležavamo sa F F1 . Sličnost bi neformalno mogli da opišemo kao: Sličnost je preslikavanje neke figure F u figuru F1 tako da je razmera odgovarajućih duži figura F i F1 isti broj i ako su odgovarajući uglovi jednaki. Za utvrđivanje sličnosti trouglova koristimo četiri stava: C
C1
1
a
b
a1
b1
A
1
c
B
A1
1 c1
B1
I stav Dva trougla ABC i A1 B1C1 su slična ako i samo ako je jedan par stranica jednog trougla proporcionalan paru stranica drugog, a uglovi zahvaćeni ovim stranicama jednaki su među sobom. II stav Trouglovi ABC i A1 B1C1 su slični ako i samo ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva odgovarajuća ugla drugog. III stav Trouglovi ABC i A1 B1C1 su slični ako i samo ako su im sve odgovarajuće stranice proporcionalne. IV stav Dva trougla ABC i A1 B1C1 su slična ako i samo ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne odgovarajućim stranicama drugog , uglovi naspram dveju od tih odgovarajućih stranica jednaki, a naspram drugih dveju odgovarajućih stranica su oba ugla oštra , oba prava ili oba tupa. www.matematiranje.com
552
1
U zadacima , pošto zaključimo da su neka dva trougla slična, primenjujemo :
a : a1 b : b1 c : c1 O : O1 k Naravno :
O a b c je obim prvog trougla a O1 a1 b1 c1 je obim drugog trougla k je koeficijent sličnosti Ovu gornju jednakost možemo zapisati i sa :
a : b : c a1 : b1 : c1
Vrlo lako možemo zaključiti da važe i sledeće proporcionalnosti:
a : a1 ta : ta1 ha : ha1 b : b1 tb : tb1 hb : hb1 c : c1 tc : tc1 hc : hc1 P : P1 a 2 : a12 b 2 : b12 c 2 : c12 Naravno ovde su : t- težišne duži, h – visine i P – površine sličnih trouglova.
primer 1. Na crtežu su dati podaci o trouglovima ABC i PQR. Odrediti dužine stranica PQ i PR trougla PQR.
Q 4cm C R
12cm
6cm
A
15cm
B
P
553
www.matematiranje.com
2
Rešenje:
Uočimo najpre da su trouglovi slični po II stavu o sličnosti trouglova. Dalje predlažemo da sa crticama obeležite koja kojoj stranici odgovara. Pogledajte na sledećoj slici: Q 4cm
C 12cm
R 6cm
A
B
15cm
P
Kako imamo podatke za najmanje duži ( sa po jednom crvenom crtkom) one će biti na početku proporcije...
BC : RQ AC : PR 6 : 4 12 : PR 6 PR 4 12 48 PR 6 PR 8cm
BC : RQ AB : PQ 6 : 4 15 : PQ 6 PQ 4 15 60 6 PQ 10cm PQ
primer 2. Ako su oznake i podaci kao na priloženom crtežu, odrediti dužinu zajedničke stranice BC trouglova ABC i CBD. C
B
3cm
D
6cm
A
www.matematiranje.com
554
3
Rešenje:
Kao i u prethodnom primeru, trouglovi ABC i BCD su slični po II stavu , jer imaju po dva odgovarajuća ugla jednaka. I ovde ćemo upotrebiti trik sa crticama... C
B 3cm
D
6cm A
Uočimo dalje da nam stranice sa po tri crtice ( najduže) ne trebaju, jer nijedna od njih nema datu dužinu. Moramo paziti jer je zajednička stranica BC istovremeno najkraća za trougao ABC i
srednja po dužini za
trougao BDC. Dakle:
AB : BC BC : BD 6 : BC BC : 3 BC BC 6 3 2
BC 18 BC 18 BC 9 2 3 2 primer 3. Stranice trougla ABC su a = 12cm , b = 18cm, c = 8cm. Odrediti obim njemu sličnog trougla čija je najduža stranica 27cm. Rešenje:
555
4
Ovde ćemo upotrebiti:
a : a1 b : b1 c : c1 O : O1 k Najpre se pitamo : koja je to stranica u sličnom trouglu data? Pa pošto je b najduža stranica u prvom trouglu , to je b1 27cm .
Dalje računamo obim prvog trougla:
O abc O 12 18 8 O 38cm Sada koristimo deo ove velike proporcije koji nam treba:
b : b1 O : O1 18 : 27 38 : O1 18 O1 27 38 27 38 18 O1 57cm O1
primer 4. Dva trougla su slična. Zbir dve odgovarajuće visine je 121cm a koeficijent sličnosti je 1,75. Odrediti visine. Rešenje:
Recimo da se radi o visinama koje odgovaraju stranici a , odnosno a1 . Tada je: ha ha1 121 A pošto znamo koeficijent sličnosti, onda je ha : ha1 1, 75 . Upakujmo sad ove dve jednakosti: ha : ha1 1, 75 ha 1, 75 ha1 ha ha1 121 1, 75 ha1 ha1 121 2, 75 ha1 121 ha1
121 2, 75
ha1 44cm ha 1, 75 ha1 ha 1, 75 44 ha 77cm www.matematiranje.com
556
5
primer 5.
Osnovice jednakokrakog trapeza ABCD su 12cm i 8cm, a njegova visina 3cm. Ako se prave AD i BC seku u taćki E, odrediti dužinu visine EF trougla ABE. Rešenje:
x
3cm
8cm N
F 12cm
Uočimo slične trouglove ABE i DCE , koji kao i u prethodnim zadacima imaju jednake uglove. Uočimo visinu trougla ABE koja je očigledno EF = 3 + x i visinu trougla DCE koja je EN = x. a : a1 ha : ha1 12 : 8 (3 x) : x 12 x 8(3 x) 12 x 24 8 x 12 x 8 x 24 4 x 24 x 6cm
Dakle, visina trougla EF = 3 + x = 3 + 6 = 9 cm
www.matematiranje.com
557
6
primer 6.
Marko je visok 1,5 m i stoji pored jarbola koji je ortogonalan na vodoravnom pločniku. U jednom trenutku, dužine senki Marka i jarbola su 0,5 m i 6 m. Odrediti visinu tog jarbola. Rešenje:
jarbol
Mare
x
1,5m 6m
0,5m
Uočimo slične trouglove i postavimo proporciju: x :1,5 6 : 0,5 0,5 x 6 1,5 6 1,5 x 0,5 x 6 3 x 18m
Naravno , sličnost se primenjuje i kod četvorouglova, petouglova...
Evo par primera:
primer 7.
Stranice četvorougla odnose se kao 20:15:9:8 , a zbir dve manje stranice njemu sličnog četvorougla je 25,5cm. Odrediti stranice drugog četvorougla. www.matematiranje.com
558
7
Rešenje: a : b : c : d 20 :15 : 9 : 8 a1 : b1 : c1 : d1 20 :15 : 9 : 8
Iz proporcije vidimo da su najmanje stranice c i d, odnosno c1 i d1 . Onda mora biti: c1 d1 25,5 a1 : b1 : c1 : d1 20 :15 : 9 : 8 a1 20k b1 15k c1 9k d1 8k
Ovo zamenimo u : c1 d1 25,5 9k 8k 25,5 17 k 25,5 k
25,5 k 1,5 17
a1 20k a1 20 1,5 a1 30cm b1 15k b1 15 1,5 b1 22,5cm c1 9k c1 9 1,5 c1 13,5cm d1 8k d1 8 1,5 d1 12cm
primer 8. Stranice petougla su 35mm,14mm,28mm,21mm i 42mm. Najmanja stranica njemu sličnog petougla je 12mm. Odrediti dužine ostalih stranica ovog petougla. Rešenje: a 35mm b 14mm c 28mm d 21mm e 42mm
U zadatku kaže najmanja stranica sličnog petougla je 12mm, jasno je da to mora biti b1 12mm Kako važi da je :
559
8
a b c d e k a1 b1 c1 d1 e1 14 7 b k k k 12 6 b1 Našli smo koeficijent sličnosti, vraćamo se da nadjemo dužine ostalih stranica… a 6 k a1 35 5 6 30mm a1 7 6 b b 14mm k b1 14 2 6 12mm b1 7 6 c c 28mm k c1 28 4 6 24mm c1 7 6 d d 21mm k d1 21 3 6 18mm d1 7 6 e e 42mm k e1 42 7 6 42mm e1 7 a 35mm
560
9
PRIMENE SLIČNOSTI NA PRAVOUGLI TROUGAO Nacrtajmo jedan pravougli trougao sa standardnim obeležavanjima: a,b su katete c je hipotenuza hc je hipotenuzina visina p i q su odsečci na hipotenuzi koje pravi visina hc
C
b
hc
a
c
A q
B
D p
Hipotenuzina visina CD deli trougao ABC na dva pravougla trougla : ADC i BDC. Možemo uočiti da sva tri pravougla trougla imaju iste uglove , i 900 , pa su medjusobno slični. Iz njihove sličnosti proizilazi proporcionalnost odgovarajućih stranica koja može da se formuliše kao : i)
Hipotenuzina visina je geometrijska sredina odsečaka koje sama odseca na hipotenuzi, to jest hc
ii)
Kateta je geometrijska sredina hipotenuze i bližeg odsečka hipotenuze, to jest
a c p
pq
i b cq
( ovo je Euklidov stav) iii)
Trougao ABC je pravougli ako i samo ako je a 2 b 2 c 2 ( ovo je Pitagorina teorema)
Dakle, sad za pravougli trougao znamo sledeće formule: a 2 b2 c2 pq c hc
O a b c obim
p q hc p q 2
a c p a2 c p b c q b2 c q hc 2 p 2 a 2 hc 2 q 2 b 2
c hc a b ili P površina 2 2 a b hc hipotenuzina visina c c R tc poluprečnik opisane kružnice koji se nalazi na sredini hipotenuze 2 abc r poluprečnik upisane kružnice 2 P
www.matematiranje.com
561
1
Primer 1. Odrediti nepoznate elemente skupa {a, b, c, p, q, hc } ako je poznato:
i)
ii)
p 16cm q 9cm a 130cm b 312cm
Rešenje:
i)
p 16cm q 9cm
Koristimo formulice tako što prvo pronadjemo onu gde nam se javljaju dati elementi: a 2 b2 c2 pq c hc 2 p q a2 c p b2 c q hc 2 p 2 a 2 hc 2 q 2 b 2 p 16cm q 9cm p q c c 16 9 c 25cm hc
pq hc 16 9 4 3 hc 12cm
a c p a 25 16 5 4 a 20cm b c q b 25 9 5 3 b 15cm
ii)
a 130cm b 312cm
a 2 b 2 c 2 c 2 1302 3122 c 2 16900 97344 c 2 114244 c 338cm a 2 16900 p 50cm c 338 p q c q c p q 338 50 q 288cm
a2 c p p
hc
p q hc 50 228 hc 14400 hc 120cm www.matematiranje.com
562
2
Primer 2. Dokazati da u pravouglom trouglu važi jednakost:
1 1 1 2 2 2 hc a b
Rešenje:
Krenućemo od desne strane jednakosti i doći do leve: 1 1 b2 a 2 2 2 2 u brojiocu imamo a 2 b 2 c 2 pa to zamenimo … 2 a b a b 1 1 b2 a 2 c2 prebacimo brojilac ispod imenioca( osobina dvojnog razlomka)… a 2 b2 a 2 b2 a 2 b2 1 1 b2 a 2 c2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b a b c2 c
znamo da je hc
1 1 b2 a 2 c2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b hc a b 2 c c
a b hipotenuzina visina c
ovim je dokaz završen.
Primer 3.
U jednakokrakom trapezu osnovica 16cm i 9cm upisana je kružnica. Izračunati poluprečnik kružnice. Rešenje:
Da najpre nacrtamo sliku i postavimo problem: D b=9cm C
c
c h
A
a=16cm
a-b
B
2
Pošto se radi o tangentnom četvorouglu, znamo da zbir naspramnih stranica mora biti jednak. To ćemo iskoristiti da nadjemo dužinu kraka c. www.matematiranje.com
563
3
a b 2c 16 9 2c 2c 25 c
25 cm 2
Sad primenimo Pitagorinu teoremu da nađemo dužinu visine: 2
2
2
625 49 a b 25 7 2 2 2 h c h h 4 4 2 2 2 576 h2 h 2 144 h 12cm 4 2
Znamo da je poluprečnik upisane kružnice jednak polovini visine: r
h 12 r r 6cm i evo rešenja. 2 2
Primer 4. Dokazati da u svakom pravouglom trouglu za težištne duži važi jednakost: ta2 tb2 5 tc2 Rešenje:
Nacrtajmo najpre sliku : C b
tc
ta
A
a tb
c
B
Ideja je da dva puta primenimo Pitagorinu teoremu. Prvo primenjujemo na obeleženi trougao: C a 2
b
A1 ta
A
c
a ta2 b 2 2
B 2
www.matematiranje.com
564
4
Sad na drugu stranu: C
b 2
B1
a tb
c
A
B
b t a 2 2 b
2
2
Saberimo ove dve jednakosti:
2 2 a 2 ta b 2 saberemo ih... 2 b 2 2 tb a 2 2
2
a b t t b a2 2 2 2 2 a b ta2 tb2 b 2 a 2 4 4 2 2 2 4b a 4a b 2 ta2 tb2 4 2 2 5a 5b ta2 tb2 4 2 5(a b 2 ) ta2 tb2 4 U brojiocu zamenimo a 2 b 2 sa c 2 iz Pitagorine teoreme... 2 a
2 b
2
5 c2 4 Ovde malo prepakujemo:
ta2 tb2
c t t 5 2 2 a
2
2 b
Znamo da je tc
c 2
ta2 tb2 5 tc2 www.matematiranje.com
565
5
Primer 5. Ako su a i b osnovice, c i d kraci, a d1 i d 2 dijagonale trapeza, tada važi: d12 d 22 c 2 d 2 2ab . Dokazati. Rešenje:
Kao i uvek, nacrtamo sliku i tražimo ideju: D d
b
C
d1
d2
c
h
h
a
A
B
I ovde ćemo upotrebiti Pitagorinu teoremu. Izrazimo visinu trapeza h sa iz žutog i iz crvenog trougla, pa to uporedimo: D d
b
d1
C1
d
c
h x
A
D
C
y
a
b
d2
h
c
a
D1
B A
C
m
B
n
h 2 d12 x 2 h 2 c 2 y 2
h 2 d 2 m 2 h 2 d 22 n 2
d12 x 2 c 2 y 2
d 22 n 2 d 2 m 2
d12 c 2 x 2 y 2
d 22 d 2 n 2 m 2
d12 c 2 ( x y )( x y )
d 22 d 2 (n m)(n m)
d12 c 2 ( x y ) ( x y )
d 22 d 2 (n m) (n m)
a
d c a( x y ) 2 1
2
a
d d a ( n m) 2 2
2
Sad ćemo sabrati ove dve jednakosti: d12 c 2 a( x y ) 2 saberemo ih... 2 d 2 d a(n m) d12 d 22 c 2 d 2 a ( x y ) a (n m) d12 d 22 c 2 d 2 a ( x y ) a (n m) a ispred zagrade ... d12 d 22 c 2 d 2 a ( x y n m) pretumbamo ovo u zagradi... d12 d 22 c 2 d 2 a ( x m n y ) d12 d 22 c 2 d 2 a ( x m n y ) pogledajmo sliku: ovi uokvireni daju b d12 d 22 c 2 d 2 a (b b) d12 d 22 c 2 d 2 2ab
566
6
Evo par primera konstrukcija traženih duži.
Primer 1. x y
Date su duži x i y. Konstruisati geometrijsku sredinu tih duži, to jest konstruisati Rešenje:
x y Najpre ćemo nacrtati dve proizvoljne duži: Njih zatim spojimo ( postavimo jednu do druge), što je prikazano na slici 1.
x y
y
x
slika 1.
y
x
y
x
slika 3.
slika 2.
Nadjemo sredinu duži x + y i opišemo polukrug ( slika 2.). Iz mesta preseka duži podignemo normalu (slika 3.) Ta normala je rešenje, to jest ona je geometrijska sredina datih duži. Zašto? Pa znamo da se centar opisane kružnice kod pravouglog trougla nalazi na sredini hipotenuze a da je visina geometrijska sredina odsečaka...
x y
y
x
www.matematiranje.com
567
7
Primer 2. Konstruisati duž čija dužina u odnosu na datu jediničnu duž ( vi kad vežbate uzmite jediničnu duž 1 cm) iznosi:
a) 15 b)
7
Rešenje:
a) 15 Ideja kod ovog tipa zadatka je da se podkoreni broj napiše kao proizvod dva broja ( bilo koja) i da se primeni znanje o
konstrukciji geometrijske sredine: 15 5 3 Dakle, uzmemo duži od 5cm i 3 cm, nacrtamo ih jednu do druge, nadjemo sredinu( na 4 cm) i opišemo polukrug. Iz mesta preseka ove dve duži izdignemo normalu do preseka sa polukrugom i njena vrednost je 15 .
5 3 15
3cm
5cm
b)
7
Slično:
7 7 1
7 1 7
7cm
1cm www.matematiranje.com
568
8
Primer 3. Date su duži čije su dužine a i b. Konstruisati duž dužine: a)
x a 2 b2
b)
y a2 b2
Rešenje: a)
x a 2 b2
Ako kvadriramo ovu jednakost , dobijamo: x a 2 b 2 x 2 a 2 b 2 Odavde zaključujemo da je tražena duž ustvari hipotenuza pravouglog trougla čije su katete a i b.
a b
b a
b a slika 2.
slika 1.
Uzmemo proizvoljne duži a i b.
x a slika 3.
Prenesemo duž a i konstruišemo prav ugao ( slika 1.)
Na toj polupravi nanesemo dužinu b (slika 2.) I kad to spojimo eto tražene duži .( slika 3.) b)
y a2 b2
Kvadriramo i dobijemo: y a 2 b 2 y 2 a 2 b 2 Ovde je dakle tražena duž kateta pravouglog trougla sa hipotenuzom a i katetom b.
B
B a
b
y C
b slika 1.
A
C
b slika 2.
A
C
a
b slika 3.
A
Na duž b konstruišemo prav ugao u temenu C. Iz temena A presečemo tu polupravu dužinom a. Dobili smo trougao ABC, gde je kateta y rešenje našeg zadatka.
569
9
Primer 4. Date su proizvoljne duži a,b i c. Konstruisati duž:
x ab c 2
i)
ii ) y a 2 bc Rešenje:
Ovi zadaci su ustvari kombinacija prethodnih, to jest koristi se i geometrijska sredina a i konstrukcija pravouglog trougla. Datu jednakost prvo malo prepravimo… x ab c 2 x ab c 2
kvadriramo
2
x 2 ( ab ) 2 c 2 Prvo ćemo konstruisati
ab , a zatim pravougli trougao sa katetama
ab i c . Hipotenuza tog trougla je tražena duž.
B
B
c
a
a b
ab
x
a b
b a
c
c b
slika 1.
A
A
slika 2.
slika 3.
ii ) y a 2 bc y a 2 bc
kvadriramo
y 2 a 2 bc y 2 a 2 ( bc ) 2 Najpre konstruišemo
bc a zatim pravougli trougao sa katetom
bc i hipotenuzom dužine a. Sad je tražena duž
kateta tog trougla. N
N b
bc
bc
a
bc
a
c b
slika 1.
c
M
slika 2.
A
M
y slika 3.
A www.matematiranje.com
570
10
571
11
KONSTRUKTIVNI ZADACI (TROUGAO) Rešavanje konstruktivnih zadataka je jedna od najtežih oblasti koja vas čeka ove godine. Zahteva dobro predznanje, poznavanje odgovarajuće teorije . Zato vam mi preporučujemo da se najpre podsetite teorije vezane za trougao ( imate sve na sajtu). Rešavanje konstruktivnog zadatka se sastoji od 4 etape: 1) Analiza 2) Konstrukcija 3) Dokaz 4) Diskusija Analiza je traženje načina da se dodje do rešenja. Predpostavimo da traženi trougao već postoji, nacrtamo pomoćni crtež i na njemu unesemo date podatke . Tražimo vezu između tih podataka, zavisnost, a ponekad treba docrtati neki deo trougla , itd. Konstrukcija se sastoji u tome da na osnovu zaključaka iz analize konstruišemo traženi trougao. Dokaz se sastoji u tome da pomoću poznatih aksioma i teorema utvrdimo da li dobijeno rešenje ispunjava uslove zadatka. Profesori ovde najčešće umesto dokaza zahtevaju od učenika da opišu način na koji su konstruisali traženi trougao. Vi radite kako vaš profesor zahteva... Diskusija Ovde razmišljamo da li je dobijeno rešenje jedinstveno, da li ima 2, 3 ili više rešenja...ili pak rešenje ne postoji. Napomena Mi ćemo ovde pokušati da vam pomognemo da pravilno razmišljate i da naučite par trikova... Nećemo raditi dokaz i diskusiju, jer jedan pravilno urađen konstruktivni zadatak je kao pisanje referata... Ko voli neka pokuša sam da izvede dokaz a ako bude nekih problema, pišite nam pa ćemo vam pomoći. www.matematiranje.com
572
1
Primer 1. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : a, c, ta Rešenje Ovo je jedan od lakših zadataka, za zagrevanje. Nacrtamo sliku i izvršimo analizu... C a 2
D
b
ta A
a 2
c
B
Znamo da težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice. Obeležimo tu tačku sa D.
a Trougao ABD je moguće kontruisati jer znamo sve tri stranice ( c, ta , ). 2 Nacrtamo polupravu Ax i na njoj nanesemo dužinu AB = c. U otvor šestara uzmemo dužinu ta , ubodemo a , zabodemo šestar u tačku B i presečemo šestar u tačku A i opišemo luk. Zatim u otvor šestara uzmemo 2 a malopre naneti luk. Dobili smo tačku D. Produžimo stranicu BD za i tu je tačka C . Spojimo tačke A i C i eto 2 ga traženi trougao. Primer 2.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : a, ha , hb Rešenje
Nacrtajmo sliku i analizirajmo je...
A D b
c hb
B
ha
M a
C www.matematiranje.com
573
2
Ovde ćemo upotrebiti trik sa nanošenjem visine “ na stranu”… Najpre nacrtamo polupravu Cx x
x
x hb
hb
C
C
C
Na njoj, «na stranu» nanesemo visinu hb i povučemo paralelu sa Cx . Na toj paraleli se nalazi tačka B. Ali gde? U otvor šestara uzmemo dužinu stranice a i iz C presečemo lukom paralelu. Tu je tačka B. x
hb
B
C
a
Sada da dođemo do tačke A. Opet trik sa visinom… Produžimo stranicu BC na jednu stranu i nanesemo visinu ha . x
x A
hb
hb
ha
B
a
ha
B
C
a
C
Paralela sa BC u preseku sa Cx nam daje tačku A. I konstruisali smo traženi trougao. www.matematiranje.com
574
3
Primer 3.
Konstruisati skup svih tačaka iz kojih se data duž AB vidi pod datim uglom α . Rešenje
Ovo je jedna pomoćna konstrukcija koja se često javlja u zadacima, pa smatramo da je pametno da je detaljno objasnimo... Nacrtamo datu duž i u tački A konstruišemo taj dati ugao α . x
α A
B
Dalje konstruišemo simetralu duži AB. s
x
α A
B
Na polupravu Ax konstruišemo normalu An u tački A. s
x
α A
B
O
n www.matematiranje.com
575
4
Dobijeni presek simetrale i normale, tačka O, je centar kruga poluprečnika OA = OB s
x
α A
B
O
n
Iz svake tačke luka AB se data duž vidi pod uglom α . Za recimo ,proizvoljne tačke P,Q,R na luku AB je s
x
α A
α
B
α O
R
n
P α
Q Napomena
Dokaz i izvođenje ove konstrukcije se bazira na teoremi o tangentnom uglu: Ugao koji određuje tetiva sa tangentom u jednoj krajnjoj tački tetive ( tangentni ugao) jednak je tetivnom uglu koji odgovara toj tetivi.
www.matematiranje.com
576
5
Primer 4.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : β , hc , tc Rešenje
Skica i analiza... C
hc
C
hc
tc
tc
β D
A
T
β B
D
A
T
B
Najpre ćemo konstruisati označeni trougao DBC. Kako? Pa upotrebićemo prethodni zadatak i najpre konstruisati skup svih tačaka iz kojih se duž DC vidi pod uglom β .
x
C
x
n
n
s
O
O
s
C
β
β
D
D
slika 1
B
slika 2
Na slici 1 smo bodili traženi luk CD ,tj. svih tačaka iz kojih se duž DC vidi pod uglom β . Produžimo CO do preseka sa lukom CD i dobili smo tačku B.
577
www.matematiranje.com
6
Kako znamo dužinu tc , nju nanesemo iz tačke C do preseka sa DB ( slika 3.)
C
x
C
x
n
n
s
O
O
s
β
β
D
T
β D
A
slika 3
I na kraju uzmemo rastojanje BT =
β
B T
c 2
B
slika 4
c i prenesemo na drugu stranu (slika 4)… Eto je tačka A. 2
Napomena Konstrukciju smo mogli izvesti i na drugi način… Najpre bi konstruisali trougao CDT.(imamo tri njegova elementa) C
C x
hc
hc
tc
tc
β A
D
T
D
B
T
Šta dalje? Ideja je da odredimo TCB (ugao x na slici). Znamo ugao β , a sa slike znamo i BTC . Kako je zbir uglova u trouglu 180 stepeni , tj. opružen ugao, nanećemo dva poznata ugla β i BTC , i šta ostane , to je traženi ugao x.
x
BTC
Kad dobijemo tačku B , nastavljamo kao i u prvom rešenju…
578
β
www.matematiranje.com
7
Primer 5.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : a + b + c, α , β . Rešenje C α
β
2
2
a
b α
β
α
2
b
M
β
c
A
a
B
2
N
Uočimo sledeće činjenice: Trouglovi AMC i BNC su jednakokraki. Kako je spoljašnji ugao jednak zbiru dva unutrašnja , nesusedna , to mora biti AMC = ACM =
α
i BNC = BCN =
2 Sada možemo konstruisati trougao MNC.
β
2
Nacrtamo polupravu Mx i na nju nanesemo a+b+c. U temenu M nanesemo ugao
α
2
a u temenu N nanesemo ugao
β
. U preseku je teme C.
2
C
α
β
2
2
M
a+b+c
N
Kako doći do temena A i B ? Jednostavno, nađemo simetrale stranica MC i CN i u preseku sa MN su temena A i B . sMC
sNC
C
α
M
2
β
A
2
B
N www.matematiranje.com
579
8
Primer 6.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima: a − b, c, β Rešenje
Najpre skica, analiza i ideja... A
b
c β
B
a-b M
b
C
Na stranicu a prenesemo b da bi smo dobili zadato a-b . Uočimo trougao BMA. Njega je moguće konstruisati jer znamo tri potrebna elementa. A
β
B
a-b M
Kako doći do temena C ?
Trougao AMC je jednakokraki, pa ćemo naći simetralu stranice AM . Stranicu BM samo produžimo... Presek simetrale i produžetka će nam dati teme C. A
A
B
s AM
s AM
β
β
a-b M
B
a-b M
C
I dobili smo traženi trougao ABC. www.matematiranje.com
580
9
581
10
ČETVOROUGAO Mnogougao koji ima četiri stranice naziva se četvorougao. D δ1
δ
γ1 C
β A
α1
β1 B
Za svaki četvorougao važi da im je zbir unutrašnjih i spoljašnjih uglova isti i iznosi 3600
α + β + γ + δ =3600
α 1 + β 1 + γ 1 + δ 1 = 3600
Najpre da kažemo da četvorouglovi mogu biti : konveksni i nekonveksni. Četvorougao je konveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti ostaje unutar četvorougla. D
C
A
B
Četvorougao je nekonveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti izlazi iz nje. C
D
B A
www.matematiranje.com
582
1
Podela četvorouglova može se izvršiti na više načina.Prvu podelu izvršio je još Euklid. On ih je podelio u pet grupa: kvadrati, pravougaonici,rombovi,romboidi i trapezi. Međutim, danas je podela izvršena na sledeći način: 1) Paralelogrami (imaju po dva para paralelnih stranica) 2) Trapezi (imaju jedan par paralelnih stranica) 3) Trapezoidi (nemaju paralelne stranice) Paralelogram je četvorougao čije su naspramne stranice paralelne. KVADRAT -
Sva četiri ugla su mu prava Sve stranice su jednake Dijagonale su jednake i međusobno se polove pod pravim uglom Centralno simetrična je figura Ima 4 ose simetrije
d ro
a
ry
a O= 4a
P = a2
ili P =
d=a 2
i
d2 , 2
ry =
a 2
i
ro =
d a 2 = 2 2
ako nam treba dužina stranice a imamo dužinu dijagonale
583
a=
d 2 2
2
PRAVOUGAONIK
-
Sva četiri ugla su mu prava
-
Paralelne stranice su jednake
-
Dijagonale su jednake i međusobno se polove
-
Centralnosimetrična figura
-
Ima 2 ose simetrije
d
b
ro
a
O = 2a + 2b P = ab ro =
d 2
a dijagonalu nalazimo iz Pitagorine teoreme: d2 = a2 + b2
ROMB
-
Sve četiri stanice su jednake
-
Naspramni uglovi su jednaki a uzastopni su suplementni
-
Dijagonale se međusobno polove pod pravim uglom
-
Centralnosimetrična figura
-
Ima dve ose simetrije www.matematiranje.com
584
3
d2
d1 a
h
a
O = 4a P=
d1 ⋅ d 2 2
ili
P = ah
Može se upisati kružnica čiji je poluprečnik ry =
h 2
Pitagorina teorema se primenjuje na osenčeni trougao: a2 = (
d1 2 d ) + ( 2 )2 2 2
ROMBOID
-
Paralelne stranice su jednake Naspramni uglovi su jednaki a uzastopni su suplementni Dijagonale se međusobno polove Centralnosimetrična figura
hb
ha
b
a O = 2a + 2b
P= aha
ili
P= bhb
Ne može da se upiše niti da se opiše kružnica . Četvorougao čije su samo dve naspramne stranice paralelne zove se TRAPEZ.
585
4
Paralelne stranice se zovu osnovice, a druge dve kraci. b
d
c
m h
a
Stranice a i b su osnovice, c i d kraci. Duž koja spaja središta krakova je srednja linija trapeza m =
a+b . Naravno m je paralelna i sa a i sa b. 2
O = a+b+c+d ;
P=
a+b ⋅ h ili P = mh 2 JEDNAKOKRAKI TRAPEZ
b
d
c
c
h
a+b 2
a
a-b 2
O = a + b + 2c
P=
a+b ⋅ h ili P = mh 2
Primena Pitagorine teoreme: (
a−b 2 ) + h 2 = c 2 ( na zeleni trougao) 2
(
a+b 2 ) + h 2 = d 2 ( na crveni trougao) 2 www.matematiranje.com
586
5
PRAVOUGLI TRAPEZ b
d=h
h
a
c
a-b
O=a+b+c+h a+b ⋅ h ili P = mh 2 Primena Pitagorine teoreme: P=
( a − b) 2 + h 2 = c 2
Najpoznatiji trapezoid je deltoid. DELTOID
-Deltoid je trapezoid koji ima dva para jednakih uzastopnih stranica. -Dijagonale deltoida su među sobom normalne. -Simetrala deltoida je simetrala i njegovih uglova koje obrazuju jednake stranice -Uglovi koje obrazuju nejednake stranice su među sobom jednaki. -Dijagonale su istovremeno i simetrale uglova. a
a
d2
d1 b
O = 2a + 2b
b
P=
d1 ⋅ d 2 2 www.matematiranje.com
587
6
Tetivni četvorougao
To je četvorougao oko koga može da se opiše kružnica. Uslov je: α + je = β + δ = 180o δ α
d1 d2
γ
β
d1 =
(ac + bd )(ad + bc) → Jedna dijagonala ab + cd
(ac + bd )(ab + cd ) → Druga dijagonala bc + ad dd P = 1 2 ⋅ sin ϕ → ( ϕ je ugao izmedju dijagonala) 2
d2 =
Tetivni četvorougao
To je četvorougao u koji može da se upiše kružnica. Uslov je: a + c = b + d
P = (a + c)r ili P = (b + d )r _________________
O = 2(a + c) ili O = 2(b + d )
ZADACI: 1) Trapez osnovica a i b podeljen je odsečkom EF koji je paralelan osnovicama na dva dela jednakih površina. Odrediti EF.
x+ y =h
www.matematiranje.com
588
7
P1 = P2 ⇒
a + EF EF + b ⋅y= ⋅x 2 2
(površine su jednake)
y (a + EF ) EF + b P1 + P2 = P (zbir ove dve površine daje površinu celog trapeza)
y (a + EF ) = x( EF + b) ⇒ x = _______________
a + EF EF + b a+b ⋅y+ ⋅x = ( x + y ) → sve podelimo sa 2 i zamenimo x 2 2 2 y (a + EF ) ⎛ y ( a + EF ) ⎞ = ( a + b) ⎜ + y ⎟ → y je zajednički... (a + EF ) y + ( EF + b) EF + b ⎝ EF + b ⎠ (a + EF ) y + ( EF + b)
y (a + EF )
= ( a + b)
y [ (a + EF ) + (b + EF ) ]
EF + b EF + b (a + EF )( EF + b) + ( EF + b)( a + EF ) = ( a + b) [ ( a + EF ) + (b + EF ) ]
→ sve pomnozimo sa EF + b
2(a + EF )( EF + b) = (a + b)(a + b + 2 EF ) 2(aEF + ab + EF 2 + bEF ) = (a + b)(a + b) + 2 EF (a + b) 2 EF (a + b + EF ) − 2 EF (a + b) = (a + b) 2 − 2ab 2 EF (a + b) + 2 EF 2 −2 EF (a + b) = a 2 +2ab + b 2 −2ab 2 EF 2 = a 2 + b 2 EF =
a 2 + b2 2
2) U jednakom trapezu površine P=32 i visine h = 4 , razlika osnovica je 6. Odrediti dužinu dijagonale .
P = 32 h=4 a −b = 6
____________
d =?
a+b ⋅h 2 a+b 32 = ⋅4 2 32 = (a + b) ⋅ 2 P=
a + b = 16
Sa ova dva podatka pravimo sistem a + b = 16⎫ ⎬⊕ a −b = 6 ⎭ _______________
2a = 22 a = 11 ⇒ b = 5 www.matematiranje.com
589
8
Primenimo Pitagorinu teoremu: 2
⎛ a+b⎞ 2 d =⎜ ⎟ +h ⎝ 2 ⎠ 2
2
⎛ 11 + 5 ⎞ 2 d =⎜ ⎟ +4 2 ⎝ ⎠ 2 d = 64 + 16 2
d 2 = 80 d = 80 = 16 ⋅ 5 d =4 5
3) U krugu obima O = 10π upisan je pravougaonik čije se stranice odnose kao 3:4. Odrediti površinu pravougaonika
b r a
______________
d ⇒ d = 2r 2 O = 2 rπ 10π = 2rπ
P=?
r = 5 ⇒ d = 10
r=
O = 10π a :b = 3: 4
Primenimo Pitagorinu teoremu: a 2 + b2 = d 2
Pošto je a : b = 3 : 4
(3k ) + (4k ) = 10 2
2
9k 2 + 16k 2 = 100 25k 2 = 100
2
⎧a = 3k Onda je: ⎨ ⎩b = 4k _______________
a = 3⋅ 2 = 6 b = 4⋅2 = 8 P = a ⋅b
k2 = 4 k =2
P = 6 ⋅8 P = 48 www.matematiranje.com
590
9
4) Stranica romba je a = 5 a manja dijagonala d1 = 6 . Odrediti površinu upisanog kruga. a=5 d1 = 6 ________
Pkr = ?
Najpre ćemo naći drugu dijagonalu d 2 . 2
2
⎛ d1 ⎞ ⎛ d 2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = a ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2
2
⎛ 6 ⎞ ⎛ d2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = 5 ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ 2
⎛ d2 ⎞ ⎜ ⎟ = 16 ⎝ 2⎠ d2 = 4 ⇒ d2 = 8 2
Kako imamo 2 obrasca za P romba, to ćemo iskoristiti da nadjemo visinu: d1 ⋅ d 2 6 ⋅ 8 = = 24 2 2 P 24 = 4,8 P = ah ⇒ h = = a 5 h 4,8 r= ⇒r= = 2,4 2 2 Pkr = r 2π P=
Pkr = (2,4) 2 π Pkr = 5,76π 5) Kraće stranice deltoida obrazuju prav ugao. Ako je obim deltoida O = 6 + 2 17 , a dužina
dijagonala d 2 = 4 2 , odrediti površinu. O = 6 + 2 17 d =4 2
2 ______________
P=?
O = 2a + 2b 6 + 2 17 = 2a + 2b 3 + 17 = a + b ⇒ b = 3 + 17 − a Primenimo kosinusnu teoremu na trougao ABC pošto je ∠ BAC = 45o
591
10
b 2 = a 2 + d 22 − 2ad 2 cos 45o (3 + 17 − a) 2 = a 2 + (4 2 ) 2 − 2a 4 2 ⋅
2 2
PAZI: ( A + B + C ) 2 = A2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC
9 + 17 + a 2 + 6 17 − 6a − 2 17 a = a 2 + 32 − 8a Sredimo 2a 1 − 17 = 6 1 − 17 2a = 6
(
) (
)
a = 3 ⇒ b = 17
d1 = a 2 = 3 2 ⇒ P =
d1 ⋅ d 2 3 2 ⋅ 4 2 = = 12 2 2
6) Oko kruga poluprečnika r =
3 je opisan jednakokraki trapez površine P = 15 . Izračunati 2
dužinu dijagonale trapeza.
Ovo je tangentni četvorougao!!! a + b = 2c (ali nam sada neće trebati)
a+b ⋅h 2 a+b 15 = ⋅3 2 a+b =5 2 a + b = 10 P=
3 r = , P = 15 2
__________________
d =?
h = 2r = 2 ⋅
3 =3 2 2
⎛a+b⎞ 2 d =⎜ ⎟ +h 2 ⎝ ⎠ 2
2
⎛ 10 ⎞ d = ⎜ ⎟ + 32 ⎝2⎠ 2 d = 25 + 9 2
d 2 = 34 d = 34 www.matematiranje.com
592
11
7) Jedna dijagonala romba je za 20% kraća od druge. Ako je visina romba h =
40 2 , odrediti 41
površinu romba.
Zapišimo najpre podatke: d 2 = 80%d1 80 d1 100 4 d 2 = d1 5
d2 =
2
2
⎛ d1 ⎞ ⎛ d 2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = a ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2
⎛4 ⎞ ⎜ d ⎟ ⎛ d1 ⎞ ⎜ 5 1 ⎟ = a2 ⎜ ⎟ + ⎝ 2 ⎠ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎠ ⎝ 2 2 d1 4d1 + = a2 4 25 25d12 + 16d12 = 100a 2 2
41d12 = 100a 2 41d12 100 41d1 a= 10 a2 =
P = a⋅h =
d1 ⋅ d 2 2
4 d1 ⋅ d1 41 ⋅ d1 4 0 2 5 = ⋅ 2 10 41 4 2=
2 d1 5
4 d1 = 10 2 ⇒ d2 = 10 2 5 d2 = 8 2 d1 ⋅ d2 10 2 ⋅ 8 2 = = 80 2 2 P = 80
P=
www.matematiranje.com
593
12
594
13
595
14
`KONSTRUKCIJE ČETVOROUGLOVA I ovde , kao i kod konstrukcije trouglova imamo četiri etape :
1) Analiza 2) Konstrukcija 3) Dokaz 4) Diskusija Opet važi isti savet , da se podsetite najpre osobina četvorouglova, da bi mogli razumeti zadatke... Mi ćemo se zadržati na analizi i konstrukciji...
Primer 1. Konstruisati paralelogram ako mu je data jedna stranica i dijagonale a, d1 , d 2 . Rešenje: D
d1 a
A
D
C
C
O
O
d 2
b
d2 B
A
b
d 2
a
B
Ovde je dovoljno znati da se dijagonale paralelograma međusobno polove, pa je moguće konstruisati trougao ABO, pa zatim produžiti stranice AO i BO za još po pola dijagonala.
d2 2 d1 2
A
O
a slika 1
d1 2
d2 2
B
A
D
d1 2
O
d1 2
d2 2
a slika 2
B
A
C O
a slika 3
d2 2
B
d1 i opišemo luk iz tačke A. Zatim u otvor šestara 2 d d uzmemo 2 i opišemo luk iz tačke B. Presek tih lukova nam daje tačku A ( slika 1). Produžimo OA za 1 i BO za 2 2 d2 ( slika 2 ) . 2
Dakle, najpre nacrtamo duž AB = a. U otvor šestara uzmemo
Spojimo i evo traženog paralelograma ( slika 3)
www.matematiranje.com
596
1
Primer 2.
Konstruisati romb ako su mu date dijagonale d1 , d 2 . Rešenje:
D
D
C
C
d1
a
d1
d2
A
a
d2
2
B
A
a
2
B
a
Dovoljno je znati da se dijagonale romba međusobno polove pod pravim uglom! Onda , konstrukcija ide slično kao u primeru 1, konstruišemo najpre plavi trougao pa mu produžimo stranice za još po pola dijagonale. A može i malo jednostavnije...
D
C
D
C
B
A
A
A
slika 1
slika 2
slika 3
Nacrtamo dijagonalu AC = d1 (slika 1). Nađemo njenu simetralu, koja je naravno pod pravim uglom i na kojoj se nalaze preostala dva temena ( slika 2) Zatim iz tačke preseka nanesemo na simetralu šestarom sa obe strane po
d2 i dobijamo tačke B i D. Na kraju 2
samo spojimo i eto traženog romba. www.matematiranje.com
597
2
Primer 3.
Konstruisati jednakokraki trapez ako su mu date osnovice a , b i krak c.
Rešenje:
b
D c
a
C
c
c
A
b
D
C
c
A
B
a-b
M
b
c
B
Na donju, veću osnovicu prenesemo gornju , manju. Na taj način smo dobili jednakokraki trougao MBC , koji možemo konstruisati, jer znamo sve tri stranice.
c
M
c
c
a-b slika 1
B
A
b
M
c
c
a-b
b
D
C
C
B
A
C
c
b
M
c
a-b
B
slika 3
slika 2
Dakle, nanesemo duž MB = a – b. Iz M i B opišemo lukove dužine c, njihov presek daje tačku C ( slika 1) Dalje BM produžimo za dužinu gornje osnovice, b, i dobijamo tačku A (slika 2) Povučemo iz C paralelu sa osnovicom AB. Na tu paralelu nanesemo b i dobijamo tačku D.( slika 3) Spojimo i evo traženog jednakokrakog trapeza. www.matematiranje.com
598
3
Primer 4.
Konstruisati pravougaonik ako su dati dijagonala d i zbir osnovica a+b.
Rešenje:
Izvršimo najpre analizu . D
D
C
C 45
d
o
d
b
o
45
A
a
b
B
M
M
a+b
A
Da bi dobili a + b , koje nam je dato, moramo preneti dužinu b na produžetak stranice AB = a. Obeležimo tu tačku sa M . Jasno je da je trougao BMC pravouglo jednakokraki i da su mu uglovi od 90,45 i 45 stepeni. Najpre ćemo konstruisati označeni trougao AMC jer imao tri elementa za njegovu konstrukciju...
C
C d
d
b
0
0
45
45 M
A
a
A
slika 1
M
slika 2
Nanesemo AM = a + b . U tački M konstruišemo ugao od 45 stepeni. U otvor šestara uzmemo dužinu dijagonale d, ubodemo šestar u tačku A i presečemo krak ugla. U preseku je tačka C. ( slika 1) Dalje iz C spustimo normalu na AM i dobili smo dužine stranica a i b. Prenesemo te dužine iz A i C i dobili smo traženi pravougaonik ( slika 2) www.matematiranje.com
599
4
Primer 5.
Konstruisati pravougaonik ako su dati dijagonala d i razlika osnovica a - b.
Rešenje: D
D
C d
C d
b
b o
o
135 45
a
A
a-b
A
B
b
F
B
Da bi smo dobili zadato a-b moramo prebaciti dužinu stranice b na a. Obeležimo tu tačku sa F. Trougao FBC je očigledno jednakokrako pravougli pa je ugao BFC jednak 45 stepeni. Odatle možemo zaključiti da je ugao AFC jednak 135 stepeni. Dakle, moguće je konstruisati trougao AFC jer znamo a-b, ugao od 135 stepeni i dijagonalu d.
C
C
d
d o
A
F
a
b
d
o
135
a-b
D
slika 1
a-b
F slika 2
b o
135
A
C
135
B
A
a
B
slika 3
Najpre nanesemo AF= a-b. U tački F nanesemo ugao od 135 stepeni. Iz tačke A presečemo lukom dužine d taj ugao i dobili smo tačku C ( slika 1). Iz tačke C spustimo normalu na produžetak AF i dobijamo tačku B ( slika 2). Konačno u preseku lukova dužina a i b, dobijamo tačku D ( slika 3).
www.matematiranje.com
600
5
Primer 6.
Konstruisati kvadrat ako mu je dat zbir dijagonale i stranice, d+a.
Rešenje:
D
D
C
C o
22 30` a d
d
135 a
A
d
B
a
A
o
o
22 30` d
B
M
Prebacimo dužinu dijagonale na produžetak stranice a. Tako dobijamo tačku M. Uočimo trougao MBD, on je jednakokraki sa uglovima od 1350 , 22030`, 22030`. Najpre ćemo konstruisati trougao AMD jer znamo a+d, ugao od 22030`kod temena M i prav ugao kod temena A.
D
D
a
a
a
a
o
22 30 ` A
a+d
o
M
22 30 ` A
a
a+d
M
slika 2
slika 1
Dakle, nanesemo datu dužinu a+d=AM. U preseku nanetih uglova je tačka D. ( slika 1) Sad kad znamo dužinu stranice a nije teško naći ostala temena kvadrata.(slika 2)
www.matematiranje.com
601
6
Primer 7.
Konstruisati kvadrat ako mu je data razlika dijagonale i stranice, d-a. Rešenje: D
C
D
C
D
C o
a d
45
a
45
0
a a
a
S 67 30` 0
d-a
S 67 30` 0
d-a
112 30`
0
0
67 30`
A
a
B
A
a
67 30`
o
45
B
A
a
B
Prebacimo najpre dužinu stranice a na dijagonalu da bi dobili zadato d-a. Trougao SBC je jednakokraki, sa uglovima 450 , 67030`, 67 030`. Onda je ASB = 1800 − 67030` = 112030` Dakle , moguće je najpre konstruisati trougao ABS jer znamo stranicu AS i na njoj dva nalegla ugla. Tako dobijamo dužinu stranice kvadrata pa onda nije teško njega konstruisati.
www.matematiranje.com
602
7
TRANSLACIJA
r Ako je data figura F i vektor t u ravni α i ako je F ` skup svih tačaka u koje se translacijom Trt preslikavaju tačke figure F, tada kažemo da se figura F preslikava na figuru F ` translacijom Trt i pišemo Trt ( F ) = F `.
t F`
F
α
Kretanje mnogih objekata u životnoj sredini asocira na translaciju. Na primer : uspinjača na planini, lift ili bilo koje pravolinijsko kretanje ( pogledaj slike)
t
t t
pravolinijsko kretanje uspinjača lift
primer 1.
r Dat je trougao ABC i vektor translacije t ( na slici). Odredi sliku ovog trougla nastalu translacijom za r vektor t . t C B
A
603
1
Rešenje: Kako ide postupak kod translacije? Najpre paralelno i u smeru vektora translacije povučemo poluprave iz svakog temena date figurice, u ovom slučaju trougla ABC ( slika 1.) t
t
t C`
C
C`
C
C B`
B
B`
B
B A`
A
A`
A
A slika 2.
slika 1.
slika 3.
Zatim u otvor šestara uzmemo dužinu vektora translacije i iz svakog temena nanesemo na nacrtane poluprave (slika 2.) Obeležimo dobijene tačke sa A`, B`, C` i to spojimo ( slika 3.) primer 2.
Dat je kvadrat ABCD. Odrediti njegove slike nastale translacijom tako da se: a) teme A preslikava u teme C b) teme A preslikava u središte stranice BC c) teme B preslikava u presek dijagonala
Rešenje: a) D`
D
C
D
B
A
A`
C
D`
C`
B`
D
A`
C
C`
B`
t
A
B
A
B
t =AC slika 1.
slika 2.
slika 3.
www.matematiranje.com
604
2
Postupak :
r uuur Najpre smo označili dati vektor translacije t = AC . U njegovom smeru i paralelno sa njim , iz svih temena povlačimo uuur poluprave. U otvor šestara uzimamo dužinu vektora translacije AC i prenosimo... Jasno je da se teme A ovom translacijom slika u teme C , pa je A`≡ C , a ostala temena obeležavamo sa B`,C`,D`.
r uuur Spajanjem ovih temena dobijamo kvadrat A`B`C`D` koji je nastao translacijom kvadrata ABCD za vektor t = AC .
b)
D` C
D
C
D
M
M A`
t =AM
B
A
M A`
B`
B
A
slika 2.
slika 1.
C`
C
D
t A
D`
C`
B`
B slika 3.
r uuuur Obeležimo sredinu stranice BC sa M. Tada je vektor translacije t = AM . Postupak nadalje isti ...
c)
C`
D` D
D
C O B`
A
t
=BO
B slika 1.
D
C O B`
A` A
C`
D`
O B`
A` B
C
A
slika 2.
B slika 3.
r uuur Nacrtamo presek dijagonala i obeležimo ga sa O. Vektor translacije je t = BO i jasno je da će biti B`≡ O , a za ostale tačke radimo poznati postupak...
605
3
primer 3.
Data je kružnica k( O, r ) sa prečnikom AB. Odrediti translacije koje preslikavaju: a) tačku O u tačku A b) tačku A u središte poluprečnika OB c) tačku B u datu tačku M na kružnici
Rešenje:
a)
A
B
O
O
O`=A
slika 1.
B
slika 2.
Kod translacije kružnice je dovoljno preslikati njen centar a poluprečnik ostaje isti. Koristimo poznati postupak… b)
A
O M
B
A
O M
slika 1.
B
slika 2.
c)
O`
M O
slika 1.
B
O`
M A
O
B
M A
slika 2.
O
B
slika 3.
www.matematiranje.com
606
4
primer 4.
Konstruisati jednakostraničan trougao date stranice a čija dva temena pripadaju dvema paralelnim pravama, a treće teme pripada trećoj pravoj koja seče date paralelne prave.
Rešenje:
C`
C
B`
A` c
dužina stranice trougla
C`
b
C
B`
a
A` c
slika 1.
C`
b
B
a
t =C`C
A
B`
b a
A`
c
slika 2.
slika 3.
Uzeli smo proizvoljno dužinu stranice trougla. Na pravoj a uzmemo proizvoljno tačku A` , u otvor šestara uzmemo dužinu stranice trougla, presečemo pravu b i dobili smo teme B`. Nađemo teme C` u preseku lukova dužine stranice trougla nanetih iz A` i B`. Na ovaj način smo dobili trougao A`B`C` ( slika 1.)
r uuuur Pošto jedno teme traženog trougla mora biti na pravoj c, izvršićemo translaciju ovog trougla A`B`C` za vektor t = C `C koji je paralelan sa pravama a i b. ( slike 2. i 3.)
Vidimo da nije bilo teško rešiti ovaj zadatak, međutim…
Ovo je konstruktivan zadatak, koji se , ako se sećate radi iz 4 dela: analiza , konstrukcija , dokaz i diskusija.
Ovde je vrlo zanimljiva diskusija. Obeležimo rastojanje između pravih a i b sa d. U našoj konstrukciji smo uzeli da je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b. Razlikovaćemo tri situacije: i) ako je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b
( a>d)
U ovoj situaciji zadatak ima 4 rešenja:
607
5
C
C
C`
B`
B A
B
b
A
1. rešenje
c
b
B`
a
A`
C`
a
A`
2. rešenje
c
c B`
B
B`
B b
b A`
A
A`
C c
a
a
A
C`
C
C`
4. rešenje
3. rešenje
ii) ako je dužina stranice trougla jednaka rastojanju d između pravih a i b
( a=d)
U ovoj situaciji zadatak ima dva rešenja:
B`
B
B
B`
b
b C
C`
C
C` a
A
A`
c
1. rešenje
A
a
A`
2. rešenje
c
iii) ako je visina trougla jednaka rastojanju d između pravih a i b
( h=d)
I ovde ima dva rešenja…
B C`
C
B` h=d
B`
B b
b h=d
A c
A`
1. rešenje
Onda je: h =
a
C
A
C`
A`
a
2. rešenje
c
a 3 a 3 2d 2d 3 2d 3 →d = →a= →a= ⋅ → a= 2 2 3 3 3 3
608
6
iv) ako je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b
( a=d)
Ovde zadatak nema rešenja… www.matematiranje.com
609
7
ROTACIJA Kod zadataka iz rotacije vaš profesor mora zadati tri stvari: -
figuricu koju treba rotirati ( trougao, četvorougao...)
-
gde je centar rotacije ( unutar figurice, van, u nekom temenu, na stranici...)
-
ugao rotacije
Što se tiče ugla rotacije moramo paziti da li je taj zadati ugao pozitivan ili negativan. Ako je ugao pozitivan , rotaciju vršimo u smeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu Ako je ugao negativan, rotaciju vršimo u smeru kretanja kazaljke na satu
+
-
Dakle ovde se radi o uglu koji se naziva orijentisani ugao , pa je i način obeležavanja malo drugačiji, to jest, kod
ur ur orijentisanog ugla se stavi znak za vektor : α - ovo je orijentisani ugao alfa, ϕ - ovo je orijentisani ugao fi itd. Mi, naravno, nećemo insistirati na ovakvom obeležavanju ugla, a opet, vi radite kako zahteva vaš profesor! ur Sama rotacija se najčešće obeležava sa RO ,ϕur , gde je tačka O centar rotacije a ϕ taj orijentisani ugao.
Definicija rotacije kaže:
A F F1 A1
ur ϕ O
ur Ako je data ravna figura F , tačka O i orijentisani ugao ϕ i ako je figura F` skup svih tačaka u koje se rotacijom RO ,ϕur
preslikavaju tačke figure F, tada kažemo da se figura F rotacijom RO ,ϕur preslikava na figuru F`. Ovo označavamo sa: RO ,ϕur ( F ) = F `
610
www.matematiranje.com 1
ur Ajmo da rotiramo jednu tačku M oko tačke O za proizvoljan pozitivan ugao ϕ , da bi naučili postupak: M
ur ϕ O
Rotaciju vršimo oko tačke O, koja je centar rotacije, a idemo u suprotnom smeru od kretanja kazaljke na satu jer je ugao pozitivan.
M
O
slika 1.
M`
M
M
ur ϕ
ur ϕ
O
O
slika 2.
slika 3.
Najpre spojimo centar rotacije O sa tačkom M ( slika 1.)
ur Prenesemo zadati ugao ϕ ali pazimo na smer . OM je jedan krak tog ugla , a tačka O je teme. ( slika 2.) Ubodemo šestar u tačku O ( centar rotacije) , uzmemo rastojanje do M i prenesemo ga lukom do drugog kraka nanetog ugla ( slika 3.) Na taj način smo dobili tačku M`.
Nije teško, zar ne? Ali pazite, ovaj postupak moramo raditi za svako teme date figurice!
primer 1.
Datu duž AB rotirati oko tačke O ( ne pripada duži) za ugao od −600 . Rešenje: Moramo planirati i gde ćemo crtati sliku u svesci! Pošto je ugao negativan, rotacija ide u smeru kazaljke na satu, pa duž nacrtajte na levoj strani sveske... Naravno, najpre “na stranu” nacrtamo ugao od 60 stepeni.
611
2
o
60 B
B B A`
A` A` B`
A
B`
A A o
o
60
60
O
O O
slika 1.
slika 2.
slika 3.
Opisanim postupkom najpre rotiramo teme A duži AB. ( slika 1.) Zatim vršimo rotaciju temena B ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke A`B` i eto rešenja. primer 2.
Dat je trougao ABC i ugao α = 1200 . Rotirati trougao ABC za dati ugao ako se centar rotacije poklapa sa jednim temenom trougla. Rešenje:
Neka se centar rotacije poklapa sa temenom A. Onda će biti A ≡ O ≡ A` . Za tačke B i C mora postupak...
o
120
C
C
C
B
B
B
o
B`
120
B`
o
B`
120
A = O = A`
A = O = A`
A = O = A`
C`
slika 1.
C`
slika 2.
slika 3.
612
3
primer 3.
Rotirati kvadrat ABCD oko tačke O koja je van kvadrata ,za ugao −750 . Rešenje: Opet planirajte kako će izgledati slika, radimo u smeru kazaljke... D` A`
C` D
A
C
B`
B
o
-
75
O
Evo i par malo težih, problemskih zadataka iz ove oblasti: primer 4.
Konstruisati jednakostranični trougao čija temena pripadaju trima datim paralelnim pravama. Rešenje:
Nacrtamo tri paralelne prave : a,b i c. Uzmimo tačku A da pripada pravoj a. a
A
b c
Ideja je da rotiramo pravu c oko tačke A za 600 . Ta rotirana prava c` će seći pravu b u tački B i dobićemo jednu stranicu trougla. E sad, za rotaciju prave je dovoljno rotirati njenu normalu , ali ćemo mi , da bi bilo jasnije, uzeti dve proizvoljne tačke , recimo M i N na pravoj c, i njih rotirati oko tačke A. 4
613
N`
A
a
A
a
b
b
c
c
o
60 o
60 M`
M
N
M
N
slika 2.
slika 1.
Na slici 1. smo uzeli dve proizvoljne tačke, a na slici 2. ih rotirali oko tačke A za 600 . Spajanjem M` i N` dobijamo pravu c`. c`
c`
N` A
a
N` A
a
B
b
B
b
M`
M`
c
c M
N
M
C
N
slika 4.
slika 3.
Prava c` seče pravu b u tački B. Dobili smo jednu stranicu trougla AB. ( slika 3.) Sad jednostavno, uzmemo to rastojanje i presečemo pravu c ili iz A ili iz B. Dobijamo teme C, odnosno traženi trougao ABC.
primer 5.
Date su tri kružnice k1 , k2 i k3 sa zajedničkim centrom S ( koncentrične kružnice). Konstruisati jednakostraničan trougao ABC kome temena pripadaju redom datim kružnicama.
Rešenje:
S
k3
k2
k1
Ideja je da na kružnici k2 uzmemo proizvoljnu tačku B i oko nje rotiramo centar S za - 600 .
614
5
Dobićemo tačku S` koja je centar kružnice k1 `, to jest rotirali smo kružnicu k1 oko tačke B za - 600 .
B
B
B
60
k3
S
o
60 S
k2
S`
k1
k3
C
o
k3
S
k2
S`
k1
C`
k2
k1
k`1
slika 2.
slika 1.
slika 3.
Kružnica k1 ` seče kružnicu k3 u dvema tačkama ( C i C`) . Ovo nam govori da imamo dva rešenja! A
A B
60
B
C
o
60 S
S`
k3
k`1
o
k3
S
k2
S`
k1
C
k2
k1
k`1
Spojimo BC i eto stranice traženog jednakostraničnog trougla. Uzmemo dužinu te stranice i presečemo kružnicu k1 , ili iz temena B ili iz C. Dobili smo prvo rešenje. Za drugo rešenje slično radimo... www.matematiranje.com
615
6
OSNA SIMETRIJA
Preslikavanje ravni, pri kojem se svaka tačka A te ravni preslikava u tačku A` , simetričnu sa A u odnosu na pravu s te ravni, nazivamo osnom simetrijom u odnosu na pravu ( osu ) s. Najčešća oznaka za osnu simetriju je I s . Naravno, vi obeležavajte kako kaže vaš profesor.
Za dve figure F i F ` neke ravni kažemo da su simetrične u odnosu na pravu s te ravni ( osno simetrične) , ako svakoj tački P figure F odgovara tačka P` figure F ` , tako da je I s ( P ) = P` . Naravno, važi i obrnuto, svakoj tački Q` figure F ` odgovara tačka Q figure F tako da je I s ( Q ) = Q` .
Osna simetrija se još naziva i osna refleksija ili samo refleksija.
Evo nekoliko primera osno simetričnih figura sa jednom ili više osa simetrije…
jedna osa simetrije
jedna osa simetrije
dve ose simetrije
tri osa simetrije
svaki precnik je osa simetrije \/
cetiri osa simetrije \/
Kao što vidimo na slikama, jednakokraki trapez i jednakokraki trougao imaju po jednu osu simetrije. Pravougaonik ima dve ose simetrije, jednakostranični trougao tri ose simetrije, kvadrat četiri ,dok je kod kruga svaki prečnik osa simetrije. www.matematiranje.com
616
1
Pre nego li krenemo sa zadacima , podsetićemo se jedne konstrukcije koju moramo raditi ( ako zahteva profesor) kod svakog zadatka. Trebamo iz date tačke A konstruisati normalu na datu pravu p. A
P
A
Q
p
P
A
Q
slika 1.
p
P
Q
p
slika 3.
slika 2.
Iz tačke A opišemo luk na pravoj p ( slika 1.) Ubodemo šestar u tačku P , uzmemo otvor malo veći od polovine rastojanja PQ i opišemo mali luk. Isti luk opišemo iz tačke Q ( slika 2.) Presek tih lukova spojimo sa tačkom A i eto normale…( slika 3.) Naravno, ako vaš profesor dozvoljava , lakše je koristiti prav ugao na trouglu ( lenjiru). primer 1.
Datoj duži AB konstruisati duž A`B` simetričnu u odnosu na pravu s koja ne seče duž. Rešenje:
B
B
A
B
A s slika 1.
B`
A`
A s slika 2.
s slika 3.
Iz tačaka A i B konstruišemo normale na pravu s ( osa simetrije) što vidimo na slici 1. U tačkama u kojima normale seku osu zabodemo šestar i prebacimo rastojanja do A , odnosno B na drugu stranu, i dobili smo tačke A` i B` , što vidimo na slici 2. Spojimo dobijene tačke i eto tražene simetrične duži ( slika 3.)
617
2
Napomena Pazite , ovo je konstrukcijski zadatak, što znači da bi trebalo raditi sve po koracima: analiza, konstrukcija, dokaz , diskusija. Mi ćemo vam objasniti kako se konkretno radi osna simetrija a vi , opet ponavljamo, ako vaš profesor traži, morate sve detaljno raditi...
primer 2.
Dat je trougao ABC. Konstruisati njemu simetričan trougao u odnosu na pravu s koja sadrži teme B tog trougla i ne seče stranicu AC.
Rešenje:
s
s
C
C
A
C`
A
A` B B`
B slika 1.
slika 2.
Ovde imamo jednu značajnu stvar da zapamtimo: ako je tačka na osi simetrije, onda se ona ne mora preslikavati,
jer je njena osno simetrična tačka baš ta tačka, to jest B ≡ B`. Postupak je uvek isti, iz temena A i C povučemo normale na osu s i prebacimo rastojanja na drugu stranu ose s.
Spojimo dobijene tačke i eto rešenja.
primer 3.
Prava s sadrži teme C kvadrata ABCD i seče stranicu AB. Konstruisati kvadrat simetričan kvadratu ABCD. www.matematiranje.com
618
3
Rešenje: s
D
s
D
C
C= - C`
D`
B` A
B
A
B A` slika 2.
slika 1.
Tačka C je na osi , pa je C ≡ C ` a za ostale tačke radimo poznati postupak…
primer 4.
Dat je oštar ugao Oab i u njemu tačka C. Konstruisati tačke A i B, A ∈ a, B ∈ b tako da obim trougla ABC bude najmanji. Rešenje: C2
C2
b
C2
b
B
B
C
O
C
a
O
A
C
a
C1
A
O
slika 2.
slika 1.
b
a
slika 3.
C1
C1
Najpre konstruišemo tačke C1 i C2 koje su simetrične sa tačkom C u odnosu na krake Oa i Ob. ( slika 1.) Spojimo duž C1 C2 . Presek ove duži sa kracima Oa i Ob nam daje tačke A i B ( slika 2.). Spojimo tačke A, B i C da dobijemo trougao najmanjeg obima. ( slika 3.) Naravno, sad se pitamo zašto je baš ovaj trougao najmanjeg obima? Njgov obim je O=AB + AC + BC, a kako je AC=A C1 i BC=B C2 , možemo reći da je obim : O=AB + A C1 + B C2 , odnosno, obim je duž C1 C2 .
619
4
Ako bi uzeli neke dve druge tačke A1 i B1 , imali bismo: C2
b
B C B1
O
A1
A
a
C1
Obim ovog trougla bi bio: O = A1 B1 + A1 C + B1 C a kako je A1 C = A1 C1 i B1 C = B1 C2 to je obim : O = A1 B1 + A1 C1 + B1 C2 a to je izlomljena linija koja je sigurno kraća od C1 C2 . ( vidi sliku)
primer 5.
Dva broda, brod A i brod B nalaze se usidreni na moru, nedaleko od pravolinijske obale p. Sa broda A čamac treba da preveze jednog putnika do obale a zatim da dodje do broda B. Odrediti ( konstruisati) najkraći put kojim čamac treba da plovi da bi obavio postavljeni zadatak.
Rešenje: Način razmišljanja je sličan kao u prethodnom zadatku: Brod B
Brod A
Brod B
Brod A
obala p
A`
P
obala p
A` slika 1.
slika 2.
620
5
Nadjemo tačku A` simetričnu sa A u odnosu na obalu p kao osu simetrije. Spojimo tačku A` sa tačkom B . U preseku te duži i prave p je tražena tačka P na kojoj treba iskrcati putnika. Dokaz da je ovo najkraći put kojim čamac plovi je analogan dokazu prethodnog zadatka. Recimo da se putnik iskrca na nekom drugom mestu, na primer u tački Q. Brod B
Brod A
obala p
P
Q
A`
Najkraći put koju smo našli konstrukcijski je AP+PB, odnosno A`P+PB , to jest A`P+PB=A`B. Putanja AQ+ QB je duža, jer je to ustvari putanja A`Q+ QB , koja predstavlja zbir dve stranice trougla A`QB, a znamo da je zbir dve stranice uvek veći od dužine treće stranice! www.matematiranje.com
621
6
CENTRALNA SIMETRIJA Nacrtajmo jednu duž AB. Neka je S njeno središte. S
B
A
Jasno je da je AS = BS. Za tačke A i B kažemo da su simetrične u odnosu na tačku S. Tačka S je centar simetrije. Još se može reći i da je tačka A simetrična sa tačkom B u odnosu na tačku S, odnosno da je B simetrična sa A u odnosu na S. Preslikavanje koje svaku tačku A neke ravni α prevodi u tačku A` koja je simetrična sa tačkom A u odnosu na tačku S te ravni α , naziva se centralna simetrija ravni α sa centrom u S. Centralna simetrija se najčešće obeležava sa I S , naravno ako vaš profesor to drugačije obeležava i vi radite tako... Da vas ne zbuni, osna simetrija se slično obeležava I s , sa tim da je dole u indeksu malo slovo s. Za figuru F ravni α kažemo da se preslikava na figuru F` centralnom simetrijom I S ako svakoj tački A figure F odgovara tačka A` figure F` koja je centralno simetrična tački A: A`= I S ( A) i obrnuto. primer 1.
Data je duž AB. Konstruisati joj centralno simetričnu duž ako centar simetrije, tačka S, ne pripada duži. Rešenje: A`
A` B
B
B
S
A
S
B`
B`
A
slika 1.
S
A
slika 3.
slika 2.
Spojimo temena date duži sa centrom simetrije S i produžimo na drugu stranu...( slika 1.) Ubodemo šestar u tačku S, uzmemo rastojanje do A ( to jest SA) i prebacimo, dobili smo tačku А`; isto to odradimo i za tačku B, dakle rastojanje SB prebacimo na drugu stranu i dobijamo B` ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke А` i B`, dobili smo duž А`B` koja je centralno simetrična sa AB u odnosu na tačku S(slika 3.)
622
1
primer 2.
Konstruisati trougao A`B`C` centralno simetričan datom trouglu ABC ako je centar simetrije: a) unutar trougla b) van trougla Rešenje:
a) C
B`
C
S
C
S
A
S
A
A
B
C`
B
slika 1.
A`
B
slika 3.
slika 2.
Izaberemo tačku S unutar trougla ( proizvoljno), što vidimo na slici 1. Spojimo temena trougla sa centrom simetrije S i produžimo … Dobili smo tri poluprave. Zabodemo šestar u tačku S i prenosimo rastojanja do A,B i C sa druge strane na odgovarajuće poluprave. ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke i eto traženog trougla А`B`C` koji je centralno simetričan sa datim trouglom ABC u odnosu na tačku S koja je unutar trougla. b) B`
C
C
A`
S A
S A
B
C` B slika 2.
slika 1.
Postupak je analogan kao pod a) samo tačku S biramo proizvoljno van trougla. www.matematiranje.com
623
2
primer 3.
Konstruisati kvadrat A`B`C`D` centralno simetričan datom kvadratu ABCD ako je centar simetrije: a) teme C b) na stranici BC
Rešenje:
a) B`
D
S = C = C`
D
B`
A`
S = C = C`
S = C = C`
D D`
A
B
A
slika 1.
B
A`
D`
A
B
slika 2.
slika 3.
Kako je zadato da je teme C centar simetrije , to je ono istovremeno i svoja slika, to jest C ≡ C ` , a za ostale tačke radimo postupak...
b) D
C
C
D
B`
S
A
B
A`
S
B
A
C`
slika 1.
D`
slika 2.
Proizvoljno izaberemo tačku S na stranici BC i radimo sve po postupku...
624
3
primer 4.
xOy preslikati centralnom simetrijom u odnosu na tačku S ( pogledaj sliku)
Dati ugao
y
S
x
O
Rešenje:
O`
y
O`
A`
S
y
S
x
O
O
y
O`
A`
x`
S
A
x
O
x
A
y`
slika 1.
slika 2.
slika 3.
Najpre prebacimo teme datog ugla ( slika 1.) Da bi prebacili krak Ox , uzećemo proizvoljnu tačku A na kraku i prebaciti ga…( slika 2.) Spojimo O` i A` i na taj način dobijamo krak O`x` ( slika 3.)
primer 5. Data su dva kruga , k i k1 , sa različitim centrima O i O1 , koji se seku. Kroz jednu od tačaka preseka kružnica povući pravu p koja na ovim krugovima odseca jednake tetive. www.matematiranje.com
625
4
Rešenje: k1
k1
O1
k1
O1
O1 P
A
O
k
A k`
slika 1.
O
O`
k
A k`
slika 2.
k
O
O`
Q
slika 3.
Na slici 1. smo nacrtali dva zadata kruga i obeležili sa A jednu od tačaka preseka njihovih kružnica. Ideja je da centralnom simetrijom preslikamo kružnicu k u odnosu na tačku A. Da bi smo to odradili dovoljno je da preslikamo centar O kružnice k , a poluprečnik će naravno ostati isti. ( slika 2.) Presek novodobijene kružnice k` sa kružnicom k1 nam daje tačku P. Povučemo pravu kroz tačke A i P , dobijamo tačku Q na kružnici k. Tetive PA i QA su jednake. ( slika 3.)
Zašto? Uočimo trouglove APO` i AOQ.
Ova dva trougla su podudarna , pa je PA=AQ.
626
5
KRUŽNICA Kružnica (kružna linija) je skup tačaka u ravni sa osobinom da su sve tačke tog skupa na jednakom rastojanju (r) od jedne stalne tačke (C, centar) te ravni. Kružnica je dakle određena tačkom C i pozitivnim brojem r ( poluprečnikom). y
C(p,q)
q
r
p
Opšta jednačina kružnice je:
x
( x − p)2 + ( y − q)2 = r 2
Odakle ona? Posmatrajmo sliku: y ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 M(x,y)
y r q
y-q
C x-p
p
x
x
Tačka M(x,y) je na kružnici. Uočimo pravougli trougao na slici. Primena Pitagorine teoreme nam daje traženu jednačinu kružnice. Ako je p = 0 i q = 0 onda se radi o centralnoj kružnici. y
r
x
x2 + y 2 = r 2 Kako “ spakovati” kružnicu ako je data u drugom obliku ?
627
www.matematiranje.com
1
Ima dva načina. I način Ako je kružnica data u obliku x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 možemo koristiti formulice d p=− 2 e q=− 2 2 r = p2 + q2 − f Primer 1.
Odrediti koordinate centra i poluprečnik kružnice
x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0
Uporedimo x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0 sa x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 i imamo d = 6, e = - 4 i f = - 12 Dalje koristimo formule 6 d = − = −3 2 2 e −4 q=− =− =2 2 2 r 2 = p 2 + q 2 − f = (−3) 2 + 22 − (−12) = 25 p=−
Ovo zamenimo u jednačinu kružnice ( x − p ) + ( y − q ) = r 2
2
2
i dobijamo
( x − p)2 + ( y − q)2 = r 2 ( x − (−3)) 2 + ( y − 2) 2 = 25 ( x + 3) 2 + ( y − 2) 2 = 25 II način
Vršimo dopunu do punog kvadrata! x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0
Najpre pretumbamo , svi sa x, pa sa y, pa brojevi...
x 2 + 6 x + y 2 − 4 y − 12 = 0
Pazi, uvek dodajemo (
onaj uz x 2 onaj uz y 2 ) i to isto oduzmemo , pa tako i za y. ( ) 2 2
6 6 4 4 x 2 + 6 x + ( ) 2 − ( ) 2 + y 2 − 4 y + ( ) 2 − ( ) 2 − 12 = 0 2 2 2 2 2 2 x + 6 x + 9 − 9 + y − 4 y + 4 − 4 − 12 = 0 Sad sklopimo pune kvadrate a brojke prebacimo na desnu stranu... ( x + 3) 2 + ( y − 2) 2 = 25 Vi odaberite sami šta vam je lakše…
www.matematiranje.com
628
2
Primer2.
Napisati jednačinu kružnice koja sadrži tačke A(5,6), B(-3,2) i C(-2,-1). I ovaj tip zadatka možete rešavati na dva načina. I način
Koristimo “ rasklopljeni” oblik kružnice x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 i umesto x i y menjamo koordinate datih tačaka, oformimo sistem tri jednačine sa tri nepoznate i rešimo ga... A(5, 6) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 B (−3, 2) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0
C (−2, −1) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0
52 + 6 2 + d ⋅ 5 + e ⋅ 6 + f = 0 5d + 6e + f = −25 − 36 5d + 6e + f = −61
(−2) 2 + (−1) 2 + d ⋅ (−2) + e ⋅ (−1) + f = 0 −2 d − e + f = − 4 − 1 −2 d − e + f = − 5
(−3) 2 + 22 + d ⋅ (−3) + e ⋅ 2 + f = 0 −3d + 2e + f = −9 − 4 −3d + 2e + f = −13
Evo tri jednačina, prelazimo u sistem… 5d + 6e + f = −61 −3d + 2e + f = −13 −2d − e + f = −5 Sistem rešite na način koji obožavate ...( imate u I godini fajl sistemi pa se podsetite...) Dobijamo rešenja d = −4, e = −4, f = −17 i to zamenimo u x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0
x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 17 = 0 4 4 4 4 x 2 − 4 x + ( ) 2 − ( ) 2 + y 2 − 4 y + ( ) 2 − ( ) 2 − 17 = 0 2 2 2 2 x 2 − 4 x + 4 − 4 + y 2 − 4 y + 4 − 4 − 17 = 0
( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 25 II način
Date tačke A(5,6), B(-3,2) i C(-2,-1) direktno menjamo u jednačinu kružnice : ( x − p) + ( y − q) = r 2
2
2
A ( 5, 6 ) → ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 B ( −3, 2 ) → ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 C ( −2, −1) → ( x − p ) 2 + ( y − q) 2 = r 2 (5 − p) 2 + (6 − q ) 2 = r 2
(−3 − p) 2 + (2 − q ) 2 = r 2
(−2 − p ) 2 + (−1 − q ) 2 = r 2
Dobili smo dakle sistem: www.matematiranje.com
629
3
(5 − p) 2 + (6 − q) 2 = r 2 (−3 − p ) 2 + (2 − q ) 2 = r 2 (−2 − p ) 2 + (−1 − q ) 2 = r 2 Kako je kod sve tri jednačine desna strana ista, uporedimo leve strane, recimo prve i druge , pa prve i treće jednačine. (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = (−3 − p ) 2 + (2 − q ) 2 25 − 10 p + p 2 + 36 − 12q + q 2 = 9 + 6 p + p 2 + 4 − 4q + q 2 25 − 10 p + 36 − 12q = 9 + 6 p + 4 − 4q −16 p − 8q = −48 2p + q = 6 (5 − p) 2 + (6 − q ) 2 = (−2 − p ) 2 + (−1 − q ) 2 25 − 10 p + p 2 + 36 − 12q + q 2 = 4 + 4 p + p 2 + 1 + 2q + q 2 25 − 10 p + 36 − 12q = 4 + 4 p + 1 + 2q −14 p − 14q = −56 p+q =4
Sad oformimi sistem od dve jednačine sa dve nepoznate 2p + q = 6 p+q = 4 p=2 q=2
Vratimo se u jednu od prve tri jednačine da nadjemo poluprečnik r (5 − p) 2 + (6 − q ) 2 = r 2 (5 − 2) 2 + (6 − 2) 2 = r 2 9 + 16 = r 2 r 2 = 25 r =5
I dobili smo jednačinu tražene kružnice ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 25
Vi odaberite koji vam je način jasniji i radite po njemu ili onako kako vaš profesor zahteva… www.matematiranje.com
630
4
Prava i kružnica
Za uzajamni položaj prave i kružnice u ravni postoje tri mogućnosti: i) Prava i kružnica imaju dve zajedničke tačke. Ovo je situacija kada je rastojanje od centra kružnice do prave manje od poluprečnika kružnice.
d r
ii) Prava i kružnica nemaju zajedničkih tačaka. Ovde je rastojanje od centra kružnice do prave veće od poluprečnika kružnice.
d r
iii) Prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku. Ovde je rastojanje od centra kružnice do prave jednako sa poluprečnikom i tada se prava zove TANGENTA . tangenta d=r
Ispitivanje odnosa prave i kružnice svodi se na rešavanje sistema od jedne linearne i jedne kvadratne jednačine. 2 2 2 Posmatrajmo pravu y = kx + n i kružnicu ( x − p ) + ( y − q ) = r
Umesto y u jednačini kružnice zamenimo kx + n i posle sredjivanja izvodimo sledeći zaključak: i) ii) iii)
Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 > 0 prava i kružnica imaju dve zajedničke tačke Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 < 0 prava i kružnica nemaju zajedničkih tačaka Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 = 0 prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku www.matematiranje.com
631
5
Situacija kad prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku se još naziva i
r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2
USLOV DODIRA : Napomena :
Ako tražimo tangentu iz neke tačke VAN kružnice neophodno je koristiti uslov dodira. Ali ako trebamo naći tangentu baš u tački dodira čije koordinate znamo možemo koristiti gotovu formulicu:
( x − p)( x0 − p) + ( y − q )( y0 − q) = r 2 ( x − p )( x0 − p ) + ( y − q )( y0 − q ) = r
2
(x ,y )
Primer 3.
Iz koordinatnog početka povučene su tangente na kružnicu x 2 + y 2 − 6 x − 4 y + 9 = 0 . Naći njihove jednačine i ugao između njih. Najpre sredimo kružnica da možemo pročitati p,q i r. x2 + y 2 − 6 x − 4 y + 9 = 0 x2 − 6 x + y 2 − 4 y + 9 = 0 x2 − 6 x + 9 − 9 + y 2 − 4 y + 4 − 4 + 9 = 0 ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 = 4 p = 3, q = 2 , r = 2 Skicirajmo sada problem kada znamo kako izgleda kružnica: y 5 4 3 2
C(3,2)
1
α
-5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
Sa skice možemo zaključiti da je jedna tangenta sama x osa, dakle prava y = 0. Ali , ajde da do toga dodjemo i računski.
www.matematiranje.com
632
6
Neka je prava( prave) koju tražimo y = kx + n . Ovde menjamo koordinate tačke iz koje postavljamo tangentu, dakle O(0,0). y = kx + n 0 = k ⋅0 + n n=0
Dobili smo da je n = 0. k tražimo iz uslova dodira. r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2 4(k 2 + 1) = (3k − 2 + 0) 2 4k 2 + 4 = 9k 2 − 12k + 4 5k 2 − 12k = 0 k (5k − 12) = 0 k = 0∨ k =
12 5
Dakle tražene tangente su : t1 : y = 0 t2 : y =
12 x 5
Ugao tražimo preko poznate formule za ugao između dve prave
tgα =
k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2
12 5 tgα = 12 1+ 0 ⋅ 5 12 tgα = 5 12 α = arctg 5 0−
www.matematiranje.com
633
7
634
8
PRIMENA SLIČNOSTI NA KRUG (ZLATNI PRESEK) Posmatrajmo krug K i tačku P u ravni tog kruga. Neka su prave a i b dve sečice datog kruga K koje prolaze kroz P. Očigledno je da imamo tri situacije: i) ii) iii)
tačka P je u krugu tačka P je na krugu tačka P je van kruga
Razmotrimo jednu po jednu situaciju... i) tačka P je u krugu
b
A B1 P B
A1 a
Označimo sa A i A1 presečne tačke prave a sa kružnom linijom k kruga K, a sa B i B1 presečne tačke prave b sa kružnom linijom k. Uočimo trouglove ABP i A1 B1 P .
b
A B1 P B
A1 a Uočeni trouglovi su slični jer imaju po dva ista ugla: APB A1 PB1 jer su unakrsni ( žuti uglovi na slici) a PAB PB1 A1 su periferijski uglovi nad istim lukom ( crveni uglovi na slici).
Iz sličnosti ovih trouglova sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica:
AP : BP B1 P : A1 P AP A1 P BP B1 P www.matematiranje.com
635
1
ii)
tačka P je na krugu
P=A1=B1 b
B
A a
Ovde se tačke P , A1 i B1 poklapaju. Očigledno je AP A1 P BP B1 P 0 jer je A1 P B1 P 0 . Dakle opet je AP A1 P BP B1 P .
iii)
tačka P je van kruga A1 P
a
A
B B1
b
Uvedimo ista obežezavanja kao i u prvoj situaciji : A i A1 su presečne tačke prave a sa kružnom linijom k kruga K, a B i B1 presečne tačke prave b sa kružnom linijom k . Uočimo trouglove PAB1 i PBA1 . A1 P
a
A
B B1
b
Jasno je da ova dva trougla imaju zajednički ugao kod temena P ( crveni na slici) a uglovi obeleženi plavom bojom su jednaki kao periferijski uglovi nad istim lukom AB. www.matematiranje.com
636
2
Dakle, ova dva trougla su slična! Odgovarajuće stranice su proporcionalne: AP : BP B1 P : A1 P AP A1 P BP B1 P . I treći put smo izvukli isti zaključak: Ako je K dati krug i P data tačka u ravni tog kruga, tada proizvod odsečaka koje krug K odredjuje na bilo kojoj sečici povučenoj iz tačke P , ima konstantnu vrednost.
Najčešće se uvodi oznaka p 2 PA PA1 a ovaj konstantan proizvod nazivamo potencijom tačke P u odnosu na krug K. Ako se tačka P nalazi van kruga , zanimljivo je posmatrati situaciju kad iz tačke P postavimo tangentu na krug i sečicu kruga: t T
a A1 A
P
Ovde bi važilo: PT PT PA PA1 PT 2 PA PA1 , odnosno rečima bi rekli: Potencija tačke P u odnosu na krug K jednaka je kvadratu odgovarajuće tangentne duži!
Najzanimljivija stvar vezana za ovo je takozvani zlatni presek. Ako je neka duž AB podeljena tačkom C tako da je veći odsečak geometrijska sredina duži AB i manjeg odsečka, to jest ako važi : AC AB BC AC : AB BC : AC tada kažemo da smo izvršili zlatni presek duži AB. C
A
B
Naravno, sada ćemo vam objasniti kako da nadjete konstrukcijski tačku C koja deli duž AB po zlatnom preseku. Predpostavljate da ima neke veze sa prethodnim izlaganjem, odnosno sa činjenicom da je potencija tačke P u odnosu na krug K jednaka kvadratu odgovarajuće tangentne duži! www.matematiranje.com
637
3
Uzmemo proizvoljnu duž AB i obeležimo recimo da je AB a . U tački B podignemo normalu i na njoj nanesemo dužinu
a a , obeležimo tu tačku sa S. Konstruišemo krug poluprečnika sa centrom u S. 2 2 k
S
a/2
A
B a
Dalje spojimo SA i dobijemo sečicu kruga . Obeležimo te tačke preseka sa P i P1 . k
P1 S a/2 P
A
a/2
B a
Uočimo rastojanje izmedju tačaka A i P. Obeležimo recimo da je AP p . Ubodemo šestar u tačku A , uzmemo rastojanje do tačke P i to rastojanje spustimo dole na duž AB. www.matematiranje.com
638
4
k
P1 S a/2 a/2
P
p p
A
B a
Obeležimo ovu tačku sa C. To je tačka koja deli duž u zlatnom preseku! k
P1 S
p+a
a/2
A
a/2
P
p p
a
C
a-p
B
a
Dokaz je jednostavan: ( posmatrajte sliku) Na osnovu osobina potencije imamo: AB 2 AP A1 P , odnosno a 2 ( p a) p Odavde je: a 2 ( p a) p a 2 p2 a p p2 a 2 - a p p 2 a(a p) p : a (a p) : p
Zlatni presek… www.matematiranje.com
639
5
U drugom razredu srednje škole ćete naučiti da rešavate kvadratnu jednačinu, pa će vam sledeća računica izgledati jasnije, za sad zapamtite rezultat ove računice: a 2 ( p a) p a 2 p 2 ap a 2 ap p 2 0 kvadratna jednačina po a, a 1, b p,c p 2 a1,2
b b 2 4ac 2a
1 5 p p2 4 p2 p 5 p2 p p 5 p 2 2 2 2 1 5 1 5 a1 p a 2 p 2 2
a1,2
1 5 1, 618033989 2 1 5 a 2 0, 618033988 p, jer je 0, 618033988 2 a1 1, 618033989 p, jer je
Nas interesuje da je : a 1, 618033989 p , odnosno: a : p 1, 618033989 ZAPAMTITE OVAJ BROJ!
1, 618033989
Najčešći zadatak koji daju profesori a vezan za zlatni presek je konstrukcija pravilnog desetougla ili petougla upisanog u krug zadatog poluprečnika. Evo kako se konstruiše desetougao: A
A
r
r
A
r
M
M
P
O
r/2
slika 1.
S
r/2
O
r/2
S
O
r/2
slika 2.
r/2
S
r/2
slika 3.
Nacrtamo krug zadatog poluprečnika r. Nadjemo sredinu poluprečnika ,to je tačka S na slici 1. r Iz tačke S kao centra konstruišemo krug poluprečnika i spojimo tačke A i S. Dobijamo tačku M ( slika 2.) 2 Ubodemo šestar u A i prenesemo rastojanje AM na poluprečnik AO. Dobili smo tačku P.( slika 3.) Sećate se, ovo je postupak traženja zlatnog preseka...
640
6
Dobijena duž AP je ustvari dužina stranice desetougla! A
A J
P
O
B
P
I
C
O
S
S D
H
E
G F
slika 5.
slika 4.
U otvor šestara uzmemo rastojanje AP i prenosimo ga po kružnoj liniji počevši od tačke A. (slika 4.) Spojimo te tačke i eto traženog desetougla upisanog u krug zadatog poluprečnika. ( slika 5.) Ako profesor od vas traži da nacrtate pravilan petougao upisan u krug zadatog poluprečnika, vi nacrtate najpre desetougao pa spojite svako drugo teme! A
E
B
D
C
E sad da se vratimo na zlatni presek i da vam ispričamo nekoliko zanimljivosti… Zlatni pravougaonik je pravougaonik čije se stranice nalaze u odnosu zlatnog preseka. a : b 1, 618033989 www.matematiranje.com
641
7
Da bi konstruisali zlatni pravougaonik podjemo od kvadrata AFEB. M je sredina stranice AF. Ubodemo šestar u tačku M i spustimo rastojanje do preseka sa produžetkom AF. Dobijamo tačku D. Sad nije teško naći i četvrto teme C.
Ako nastavimo sa konstrukcijom zlatnih pravougaonika, dobijamo:
Uvek kad odstranimo kvadrat, ostaje zlatni pravougaonik. Uradimo sada sledeće: ubodemo šestar u F i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika FA ( dužina stranice kvadrata), zatim ubodemo šestar u N i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika NE , ubodemo šestar u P i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika PJ...i tako dalje.
Dobili smo takozvanu zlatnu spiralu. www.matematiranje.com
642
8
Antički arhitekti su smatrali da gradjevine imaju izuzetan izgled ako su im dimenzije odredjene zlatnim presekom. Čak se verovalo da gradjevine sa zlatnim presekom imaju magične moći.
Poznati Partenon u Atini je gradjen po zlatnom preseku. Egipatske piramide imaju proporcije zlatnog preseka, zgrada ujedinjenih nacija... Zlatni presek se nalazi i u delima čuvenih muzičara: dela Baha, Mocartove sonate, Betovenova peta sinfonija, muzika Šuberta…Nalazi se na slikama Leonarda … Ipak, najzanimljivije je to da zlatni presek nalazimo i u prirodi: Ukoliko podelimo broj ženki pčela i mužjaka u košnici, dobijamo približno 1,6. Izmerimo čovečju dužinu od vrha glave do pupka, pa to podelimo sa dužinom od pupka do poda…opet 1,6. Seme suncokreta raste u suprotnim spiralama a medjusobni odnosi prečnika rotacije su 1,6. Na kućici ( školjci) mekušca nautilusa takodje je odnos spiralnog prečnika prema svakom sledećem 1,6.
Kada se govori o zlatnom preseku , neizbežno se mora pomenuti i Fibonačijev niz. Medjutim, kako se nizovi uče tek u trećoj godini, mi ćemo pokušati da vam na jednom primeru objasnimo kakav je to Fibonačijev niz. Dobijemo na početku godine jedan pad zečeva, koji svakog meseca izvede novi par a on postaje produktivan, to jest izvodi novi par mesec dana, kad odraste. Koliko ćemo parova zečeva imati za godinu dana?
Mi smo vam nacrtali jedan dijagram da bi pojasnili stvari: www.matematiranje.com
643
9
mesec
UKUPAN broj parova broj parova BROJ odraslih beba PAROVA zečeva (O) zečeva ( B) ZEČEVA
parovi
1
0
1
1
1
2
2
1
3
3
2
5
5
3
8
8
5
13
13
8
21
21
13
34
1. septembar
34
21
55
1. oktobar
55
34
89
1. novembar
89
55
144
1. decembar
144
89
233
1. januar naredne godine
233
144
377
1. januar
O
1. februar
O O
1. mart
O
1. April
O
1. maj 1. jun 1. jul
O O
1. avgust
B
B
B B
B
O O O
B
B O O BO B O O B O BO O
B
O O O
B
O O BO BOO BOOBO B OO BO B
O
...........................................................................
Parovi beba zečeva su obeleženi sa B, a kad porastu (mogu da daju novi par) sa O. Pogledajte kolonu sa Brojem parova odraslih zečeva. U njoj su brojevi 1,1,2,3,5,8,13,21,...
1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233
To je Fibonačijev niz. Naravno on se nastavlja dalje... Vi se sada pitate zašto je ovaj niz tako specijalan?
644
10
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89... Počevši od trećeg člana, svaki sledeći član niza dobijamo tako što saberemo prethodna dva člana... 2=1+1 3=2+1 5=3+2 8=5+3 itd. Pa i nije nešto baš mnogo specijalno, kažete vi sada...Ali... Prava stvar tek dolazi na videlo! Ako podelimo dva uzastopna člana niza počevši od 3 i 5 dobijamo:
5 1, 67 3 8 1, 6 5 13 1, 625 8 21 1, 615 13 34 1, 619 21 55 1, 617 34 89 1, 618 55 itd . Da li vam je poznat ovaj broj? 1, 618033989 je zlatni presek, a ovde je približno svuda baš on! Zato je ovaj niz specijalan.
645
11
ELIPSA www.matematiranje.com
Elipsa je skup tačaka u ravni s osobinom da je zbir rastojanja ma koje tačke od dveju datih tačaka(žiža) stalan broj.
y b
M(x,y)
x2 y 2 + =1 a 2 b2
r2
r1
-a F(-c,0) 1
a F(c,0) 2
x
-b r1 , r2 su potezi ( radijus vektori) elipse i važi za bilo koju tačku na elipsi F1 (−c, 0), F2 (c, 0) su žiže elipse , gde je c = a − b 2
2
r1 + r2 = 2a
( konstantan broj)
2
a - je velika poluosa , odnosno 2a je velika osa b - je mala poluosa, odnosno 2b je mala osa
e=
c je ekscentricitet ( još kod elipse važi da je e<1) a
Glavna jednačina elipse je
x2 y2 + =1 a 2 b2
b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2
ili
Primer 1. Odrediti jednačinu elipse , ako žiže imaju koordinate (±3, 0) , a dužina veće ose jednaka je 12.
Najpre iz podatka o žižama zaključimo da je c = 3. Kako je 2a = 12 to mora biti a = 6. ( odnosno a 2 = 36 ) Iskoristimo da je
c 2 = a 2 − b2
c2 = a 2 − b2 32 = 62 − b2 9 = 36 − b2 b = 36 − 9 2
Zamenimo u jednačinu elipse i
x2 y 2 + = 1 evo rešenja. 36 27
b2 = 27
646
1
Primer 2. Odrediti jednačinu elipse koja sadrži tačke M( 6,4 ) i N (- 8, 3)
Koordinate datih tačaka ćemo zameniti u jednačinu elipse, ali je bolje da koristimo oblik b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 M (6, 4) → b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 b 2 62 + a 2 42 = a 2b 2 36b 2 + 16a 2 = a 2b 2
N (−8,3) → b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 b 2 (−8) 2 + a 2 32 = a 2b 2 64b 2 + 9a 2 = a 2b 2 Sad uporedimo leve strane ove dve jednakosti jer su im desne iste! 36b 2 + 16a 2 = 64b 2 + 9a 2 16a 2 − 9a 2 = 64b 2 − 36b 2 7 a 2 = 28b 2 a 2 = 4b 2
Sada se vratimo u jednu od ove dve jednakosti i zamenimo dobijenu vrednost. a 2 = 4b 2 64b 2 + 9a 2 = a 2b 2 64b 2 + 9 ⋅ 4b 2 = 4b 2b 2 100b 2 = 4b 4 4b 4 − 100b 2 = 0 4b 2 (b 2 − 25) = 0 b 2 = 25 → a 2 = 4 ⋅ 25 → a 2 = 100
Zamenimo ovo u jednačinu elipse
x2 y2 + =1 a 2 b2 x2 y2 + =1 100 25 i evo rešenja. www.matematiranje.com
647
2
Elipsa i prava
Slično kao kod kružnice, da bi odredili međusobni položaj prave i elipse, rešavamo sistem jednačina: y = kx + n i b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2
-
Ako sistem nema rešenja , onda se prava i elipsa ne seku, to jest a 2 k 2 + b 2 < n 2
-
Ako sistem ima dva rešenja, onda prava seče elipsu u dvema tačkama a 2 k 2 + b 2 > n 2
-
Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta elipse i zadovoljava USLOV DODIRA:
a 2 k 2 + b2 = n2 Napomena
Ako nam traže tangentu elipse u datoj tački ( x0 , y0 ) na elipsi ( koja pripada elipsi), onda imamo gotovu formulu:
t:
x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b
Primer 3. U presečnim tačkama prave 5 x − 3 y − 14 = 0 i elipse x 2 + 3 y 2 = 28 konstruisane su tangente na elipsu.Odrediti jednačine tangenata.
Ovde najpre moramo rešiti sistem jednačina i naći tačke preseka. 5 x − 3 y − 14 = 0
odavde izrazimo x...
x 2 + 3 y 2 = 28 3 y + 14 → ovo zamenimo u drugu jednačinu 5 3 y + 14 2 ( ) + 3 y 2 = 28 5 9 y 2 + 84 y + 196 + 3 y 2 = 28 25 2 9 y + 84 y + 196 + 75 y 2 = 700 x=
84 y 2 + 84 y − 504 = 0
sve podelimo sa 84
y + y−6 = 0 2
y1,2 =
−b ± b 2 − 4ac 2a
y1 = 2 y 2 = −3
3 ⋅ 2 + 14 → x1 = 4 5 3 ⋅ (−3) + 14 → x2 = 1 y2 = −3 → x2 = 5 y1 = 2 → x1 =
odavde je
648
www.matematiranje.com
3
Dobili smo da se prava i elipsa seku u tačkama ( 4, 2) i ( 1,-3). Pošto su to tačke na elipsi upotrebićemo gotovu formulu: t :
x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b
Najpre da elipsu prebacimo u drugi oblik: x 2 + 3 y 2 = 28 x2 3 y 2 + =1 28 28 x2 y 2 + =1 28 28 3
celu jednačinu podelimo sa 28 Kad se desi da nema skraćivanja, prebacimo taj broj " ispod"...
x⋅4 y⋅2 + =1 28 28 3 Kad malo sredimo... t1 : 2 x + 3 y − 14 = 0 za (4, 2) → t1 :
x ⋅1 y ⋅ (−3) + =1 28 28 3 Kad malo sredimo... za (1, −3) → t2 :
t2 : x − 9 y − 28 = 0
Primer 4. Odrediti parametar p tako da prava y + x + p = 0 predstavlja tangentu elipse 2 x 2 + 3 y 2 = 30 E ovde već moramo koristiti uslov dodira. Najpre sredimo pravu i elipsu da iz njih možemo pročitati šta nam treba za uslov dodira.
y+x+ p =0 y = −x − p Odavde je k = −1 i n = − p
2 x 2 + 3 y 2 = 30 sve podelimo sa 30 2x2 3 y2 + =1 30 30 x2 y2 + = 1 → a 2 = 15 i b 2 = 10 15 10
Dalje koristimo uslov dodira:
www.matematiranje.com
649
4
a 2 k 2 + b2 = n2 15(−1) 2 + 10 = (− p) 2 25 = p 2 p1 = 5 p2 = −5 Primer 5. U elipsu x 2 + 4 y 2 = 36 upisan je kvadrat. Odrediti njegovu površinu.
Ovde je neophodno nacrtati sliku i postaviti problem.
y
y=-x
y=x
3
-6
0
6
x
-3
Šta možemo uočiti? Prave y = x i y = - x u preseku sa elipsom daju temena tog upisanog kvadrata! Dakle rešavamo sistem y = x i x 2 + 4 y 2 = 36
x 2 + 4 y 2 = 36 y=x x 2 + 4 x 2 = 36 5 x 2 = 36 36 6 6 , x2 = − x2 = → x1 = 5 5 5 Kako je y = x i y = - x Koordinate temena su A(
6 6 6 6 6 6 6 6 , ); B( , − ); C (− ,− ); D(− , ) 5 5 5 5 5 5 5 5
Obeležimo stranicu kvadrata sa a. Njenu dužinu dobijamo kao rastojanje između tačaka , recimo A i B .
650
5
d ( A, B ) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 a= (
6 6 2 6 6 2 − ) + (− − ) 5 5 5 5
a = 0 + (−
12 2 ) kvadriramo 5
144 5 A znamo da je P=a 2
a2 =
P=
144 5
www.matematiranje.com
651
6
PARABOLA Parabola je skup tačaka u ravni sa osobinom da je rastojanje svake tačke od jedne stalne tačke (žiže) jednako odstojanju te tačke od jedne stalne prave (direktrise). y
y 2 = 2 px
F(
x =−
x
p ,0) 2
p 2
p F ( , 0) je žiža parabole. 2 p p Prava x = − je direktrisa parabole ili x + = 0 . 2 2 Odstojanje tačke F od direktrise obeležava se sa p i naziva se parametar parabole.
Koordinatni početak je teme parabole. Jednačina parabole je
y 2 = 2 px
Naravno, ova parabola se najviše proučava , a da vas ne iznenadi evo i ostalih parabola:
y
y
y
p y= 2
p F (0, ) 2 p F ( − , 0) 2
x=
y 2 = −2 px
x
x
x
p 2
y=−
x 2 = 2 py
p 2
p F (0, − ) 2
x 2 = −2 py www.matematiranje.com
652
1
Primer 1. Data je parabola y 2 = −4 x . Kroz njenu tačku M(-2,-1) postaviti tetivu koja je tom tačkom prepolovljena.
Postavimo najpre problem, skicirajući ga... y2 = − 4 x
y
B(x ,y )
-2 M
x -1
A(x ,y )
Neka je AB tražena tetiva. Tačka M je sredina duži AB pa mora da važi: x1 + x2 = −2 → x1 + x2 = −4 2 y1 + y2 = −1 → y1 + y2 = −2 2 Tačke A i B pripadaju paraboli , pa njihove koordinate možemo menjati umesto x i y u jednačini parabole: A( x1 , y1 ) ∈ y 2 = −4 x → y12 = −4 x1 B ( x2 , y2 ) ∈ y 2 = −4 x → y2 2 = −4 x2
Na ovaj način smo dobili 4 jednačine sa 4 nepoznate. Možemo tražiti koordinate tačaka A i B ali je pametnije samo y −y naći koeficijent pravca prave koja prolazi kroz AB i onda upotrbiti jednačinu prave kroz jednu tačku. k = 2 1 x2 − x1
y12 = −4 x1 y2 2 = −4 x2 oduzmemo od druge prvu jednačinu y2 2 − y12 = −4 x2 − (−4 x1 ) ( y2 − y1 )( y2 + y1 ) = −4 x2 + 4 x1
znamo da je y2 + y1 = −2
( y2 − y1 )(−2) = −4( x2 − x1 )
y2 − y1 =2 x2 − x1 Sada jednačina prave kroz jednu tačku M(-2,-1) y − y0 = k ( x − x0 ) y − (−1) = 2( x − (−2)) y +1 = 2x + 4 y = 2x + 3 Evo jednačine tražene tetive! www.matematiranje.com
653
2
Prava i parabola
Slično kao kod kružnice , elipse i hiperbole da bi odredili međusobni položaj prave i parabole, rešavamo sistem jednačina:
y = kx + n i
y 2 = 2 px
-
Ako sistem nema rešenja , onda se prava i parabola ne seku, to jest p < 2kn
-
Ako sistem ima dva rešenja, onda prava seče parabolu u dvema tačkama p > 2kn
-
Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta parabole i zadovoljava USLOV DODIRA:
p = 2kn
Napomena Ako nam traže tangentu pararbole u datoj tački ( x0 , y0 ) na pararboli , onda imamo gotovu formulu:
y ⋅ y0 = p( x + x0 ) Primer 2. U kojoj tački parabole y 2 = 16 x je tangenta nagnuta pod uglom od 1350 prema x-osi. Obeležimo tu tačku sa ( x0 , y0 ) . Tangenta će biti y ⋅ y0 = p( x + x0 ) , odnosno ,iz jednačine parabole je 2p = 16 p=8
y ⋅ y0 = 8( x + x0 ) y ⋅ y0 = 8 x + 8 x0 y=
8x 8 x+ 0 y0 y0
k=
8 y0
Našli smo koeficijent pravca te prave , a kako je
k = tgα k = tg1350 k = −1
k= Onda je
8 y0
−1 =
8 → y0 = −8 y0
Ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole i imamo:
www.matematiranje.com
654
3
y 2 = 16 x (−8) 2 = 16 x 16 x = 64 x=4 Dakle, tražena tačka na paraboli je ( 4, -8)
Primer 3. Napisati jednačinu tangente parabole y 2 = 12 x ako je poznato da je paralelna sa pravom 3x – y– 4 = 0
tražena prava
y=3x-4
Kako je naša prava paralelna sa datom , one imaju isto k (uslov paralelnosti) 3x − y − 4 = 0 y = 3x − 4 k =3
Naša tražena prava je dakle y = 3x + n , a n ćemo naći pomoću uslova dodira Iz parabole je y 2 = 12 x → 2 p = 12 → p = 6 p = 2kn 6 = 2 ⋅ 3n 6 = 6n n =1
Rešenje je y = 3x + 1 www.matematiranje.com
655
4
Primer 4. Napisati jednačine zajedničkih tangenti krivih y 2 = 4 x i x 2 + y 2 − 2 x − 9 = 0 Da najpre sredimo kružnicu x2 + y 2 − 2 x − 9 = 0 x2 − 2 x + y 2 − 9 = 0 x2 − 2 x + 1 − 1 + y 2 − 9 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 10 → p = 1, q = 0, r 2 = 10 Neka je tražena tangenta y = kx + n . Ona mora da zadovoljava i uslov dodira sa parabolom i sa kružnicom . Iz jednačine parabole y 2 = 4 x je 2p = 4 , pa je p = 2 Ovo zamenimo u uslov dodira p = 2kn 2 = 2kn
kn = 1 Sada uslov dodira za kružnicu r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2 10(k 2 + 1) = (1⋅ k + n) 2 10(k 2 + 1) = (k + n) 2 Dobili smo dve jednačine sa po dve nepoznate,pa rešavamo sistem 10(k 2 + 1) = (k + n) 2 kn = 1 1 n= k 1 10(k 2 + 1) = (k + ) 2 k 2 k +1 2 10(k 2 + 1) = ( ) k (k 2 + 1) 2 10(k 2 + 1) = k2 10k 2 = k 2 + 1
www.matematiranje.com
9k 2 = 1 1 1 1 k 2 = → k1 = , k2 = − 9 3 3
656
5
Vratimo se da nađemo n kn = 1 1 k1 = → n1 = 3 3 1 k2 = − → n2 = −3 3 Jednačine tangenti su
1 t1 : y = x + 3 3 1 t2 : y = − x − 3 3 Zašto nam se javljaju dva rešenja? Pa ako skiciramo problem, vidimo da je to očigledno...
www.matematiranje.com
657
6
HIPERBOLA Hiperbola je skup tačaka u ravni s osobinom da je razlika rastojanja ma koje tačke od dveju datih tačaka stalan broj. b y =− x a
y
y=
b x a
(x,y) r2
r1
-a F(-c,0) 1
a
F(c,0) 2
x
x2 y 2 − =1 a2 b2
a je realna poluosa ( 2a je realna osa) b je imaginarna poluosa ( 2b je imaginarna osa) r1 − r2 = 2a
r1 , r2 su potezi ( radijus vektori) i za njih važi
F1 (−c, 0), F2 (c, 0) su žiže hiperbole , gde je c = a + b 2
e=
2
2
c je ekscentricitet ( još kod hiperbole važi da je e >1) a
prave y =
b b x i y = − x su asimptote hiperbole a a
Glavna jednačina hiperbole je
x2 y2 − =1 a 2 b2
ili
b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2
Primer 1. Odrediti jednačinu hiperbole ako je razmera njenih poluosa 3 : 4 i c = 15 Upotrebićemo trik sa k b : a = 3: 4 b = 3k a = 4k
i
c 2 = a 2 + b 2 pa je
www.matematiranje.com
658
1
c2 = a 2 + b2 c 2 = (4k ) 2 + (3k ) 2 152 = 16k 2 + 9k 2 225 = 25k 2 225 k2 = 25 2 k =9 k =3 Vratimo se da nađemo a i b. b = 3k = 3 ⋅ 3 = 9 → b 2 = 81 a = 4k = 4 ⋅ 3 = 12 → a 2 = 144 Pa je hiperbola: x2 y 2 − =1 144 81
Primer 2.
Odrediti jednačinu hiperbole ako je rastojanje između žiža jednako 10 2 , a jednačine njenih asimptota su 3 y=± x 4
Rastojanje između žiža je 2c = 10 2 pa je c = 5 2 . 3 b b 3 3 y = ± x uporedimo sa y = ± x i dobijamo = →b= a 4 4 a a 4 Ovo zamenimo u c = a + b 3 (5 2)2 = a 2 + ( a)2 4 9 50 = a 2 + a 2 16 onda je 25 50 = a 2 16 2 a = 32 2
2
2
b2 = c2 − a2 b 2 = 50 − 32 b 2 = 18
x2 y2 − =1 Jednačina tražene hiperbole je 32 18
www.matematiranje.com
659
2
Prava i hiperbola
Slično kao kod kružnice i elipse , da bi odredili međusobni položaj prave i hiperbole, rešavamo sistem jednačina:
y = kx + n i b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2 -
Ako sistem nema rešenja , onda se prava i hiperbola ne seku, to jest a 2 k 2 − b 2 < n 2
-
Ako sistem ima dva rešenja, onda prava seče hoperbolu u dvema tačkama a 2 k 2 − b 2 > n 2
-
Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta hiperbole i zadovoljava USLOV DODIRA:
a 2 k 2 − b2 = n2 Napomena Ako nam traže tangentu hiperbole u datoj tački ( x0 , y0 ) na hiperboli , onda imamo gotovu formulu:
t:
x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b
Primer 3. Napisati jednačinu tangente hiperbole x 2 − y 2 = 40 u tački M(x,9) koja je na hiperboli.
Najpre ćemo odrediti koordinatu x tačke M tako što u jednačini hiperbole zamenimo y sa 9. x 2 − y 2 = 40 x 2 − 92 = 40 x 2 = 40 + 81 x 2 = 141 x = 11 ∨ x = −11
Dakle imamo dve tačke koje zadovoljavaju (-11,9) i (11,9)
x 2 − y 2 = 40 sve podelimo sa 40 x2 y2 − =1 40 40
Koristimo dalje gotovu formulicu
t:
x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b
660
www.matematiranje.com
3
x ⋅ (−11) y ⋅ 9 − =1 40 40 t1 : −11x − 9 y = 40
x ⋅11 y ⋅ 9 − =1 40 40 t2 :11x − 9 y = 40
t1 :
t2 :
t1 : −11x − 9 y − 40 = 0
t2 :11x − 9 y − 40 = 0
Primer 4. Napisati jednačinu hiperbole ako su poznate jednačine njenih tangenti : 5x-7y-1=0 i x-y-1=0 Tangente moraju da zadovoljavaju uslov dodira. Zato ćemo obe prave prebaciti u eksplicitni oblik da bi mogli pročitati njihove k i n koje menjamo u uslov dodira. 5x − 7 y − 1 = 0
x − y −1 = 0
−7 y = −5 x + 1......./ : (−7) 5 1 y = x− 7 7 5 k= 7 1 n=− 7
a 2k 2 − b2 = n2 5 1 a 2 ( )2 − b 2 = (− ) 2 7 7 25 1 a2 − b2 = 49 49 2 2 25a − 49b = 1
− y = −x +1
i
y = x −1 k =1 n = −1
a 2 k 2 − b2 = n2 i
a 212 − b 2 = (−1) 2 a 2 − b2 = 1
Sad napravimo sistem : a 2 − b2 = 1 25a 2 − 49b 2 = 1 a 2 = b2 + 1 25(b 2 + 1) − 49b 2 = 1 25b 2 + 25 − 49b 2 = 1 −24b 2 = −24 b2 = 1 → a 2 = b2 + 1 → a 2 = 2
x2 y 2 − =1 pa je tražena hiperbola 2 1
www.matematiranje.com
661
4
Primer 5. Odrediti ugao pod kojim se seku krive
3x 2 + 4 y 2 = 84 i 3x 2 − 4 y 2 = 12 .
Najpre nađemo tačke preseka rešavajući sistem jednačina 3 x 2 + 4 y 2 = 84 3 x 2 − 4 y 2 = 12 6 x 2 = 96 x 2 = 16 x1 = 4 → 3 ⋅ 42 + 4 y 2 = 84 → 4 y 2 = 84 − 48 → 4 y 2 = 16 → y 2 = 4 → y = ±2 x2 = −4 → 3 ⋅ (−4) 2 + 4 y 2 = 84 → 4 y 2 = 84 − 48 → 4 y 2 = 16 → y 2 = 4 → y = ±2 Preseci su u : (4, 2);(4, −2);(−4, 2);(−4, −2) Ugao pod kojim se seku krive je ustvari ugao između tangenata u jednoj od tačaka preseka! Uzećemo tačku (4,2) i u njoj postaviti tangente na elipsu i na hiperbolu...
te :
x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b
i
th :
x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b
3x 2 + 4 y 2 = 84 sve podelimo sa 84
3x 2 − 4 y 2 = 12 sve podelimo sa 12
3x 2 4 y 2 + =1 84 84 x2 y 2 + =1 28 21 x ⋅ 4 y ⋅3 + =1 28 21 x y + =1 7 7 x+ y =7 y = −x + 7 k1 = −1
3x 2 4 y 2 − =1 12 12 x2 y2 − =1 4 3 x ⋅ 4 y ⋅3 − =1 4 3 x − y =1 y = x −1 k2 = 1
Možemo upotrebiti formulu za ugao između dve prave, ali možemo i odmah zaključiti da se seku pod uglom od 900 . Kako? Pa znamo da je uslov normalnosti
k1 ⋅ k2 = −1 a to je očigledno zadovoljeno! www.matematiranje.com
662
5
663
6
NEKE POVRŠI U R 3 Površi koje se najčešće sreću u zadacima su: 1. Elipsoidi 2. Hiperboloidi 3. Paraboloidi 4. Konusne površi 5. Cilindrične površi
1. Elipsoidi Osnovna jednačina elipsoida ( kanonska) je :
x2 y 2 z 2 + + =1 a 2 b2 c2
z
c
b
y
a
x
a,b i c su odsečci na x,y i z osi. Presek elipsoida sa koordinatnim ravnima uvek daje elipsu. Ovaj elipsoid je centralni, to jest centar mu je u koordinatnom početku O(0, 0, 0) . Može se desiti da je centar van koordinatnog početka, pa takav elipsoid ima formulu:
( x − p)2 ( y − q)2 ( z − r )2 + + = 1 , gde je centar u tački C(p,q,r). a2 b2 c2
Ako je a = b = c i recimo a = b = c =R onda jednačina postaje jednačina sfere : x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ovo je sfera sa centrom u koordinatnom početku O(0, 0, 0) , poluprečnika R. z
R
R
y
R www.matematiranje.com
x
664
1
Naravno, i sfera može imati centar van koordinatnog početka, pa je onda jednačina takve sfere: ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 + ( z − r ) 2 = R 2 gde je centar u tački C( p,q,r). Primer 1.
Nadji centar i poluprečnik sfere x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 6 y − 10 z − 42 = 0 Rešenje Da bi ‘ sklopili ’ sferu , radićemo slično kao i kod sklapanja jednačine kružnice, vršićemo dopune do punog kvadrata... Najpre pretumbamo, sve uz x, pa uz y, pa uz z. x 2 + y 2 + z 2 + 4 x − 6 y − 10 z − 42 = 0 x 2 + 4 x + y 2 − 6 y + z 2 − 10 z − 42 = 0 onaj uz x 2 onaj uz y 2 onaj uz z 2 Dodajemo i oduzimamo ( ) , pa ( ) i ( ) 2 2 2 x 2 + 4 x + 4 − 4 + y 2 − 6 y + 9 − 9 + z 2 − 10 z + 25 − 25 − 42 = 0 ( x + 2) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 5) 2 − 80 = 0 ( x + 2) 2 + ( y − 3) 2 + ( z − 5) 2 = 80 Odavde je C(-2,3,5) i R 2 = 80 → R = 80
2. Hiperboloidi
Postoje dve vrste hiperboloida : jednograni i dvograni. x2 y 2 z 2 + − = 1 i izgleda : a 2 b2 c 2
Jednograni hiperboloid ima jednačinu z
o a
y b
x
www.matematiranje.com
665
2
Vidimo da se on “ prostire “ duž z – ose, a može biti i duž x -ose ili y- ose, gde bi se onda menjao znak minus u jednačini hiperboloida: −
x2 y2 z 2 x2 y 2 z 2 + + = 1 ili − + =1 a 2 b2 c2 a 2 b2 c2
Za početni jednograni hiperboloid
x2 y 2 z 2 x2 y 2 + − = 1 važi da on u preseku sa ravni z = 0 daje elipsu + = 1 koja se a 2 b2 c 2 a 2 b2
naziva grlo hiperboloida.
Dvograni hiperboloid ima jednačinu
x2 y 2 z 2 + − = −1 i izgleda: a 2 b2 c2
z
y
o
x
Vidimo da se i on nalazi duž z- ose. ( opet zbog onog minusa) 3. Paraboloidi
Postoje dve vrste paraboloida : eliptički i hiperbolički. Eliptički paraboloid ima jednačinu
x2 y 2 + = 2 z i izgleda : p q
z
y
o
x
www.matematiranje.com
666
3
Najčešće se u zadacima zadaje takozvani rotacioni paraboloid , kod koga je p = q i njegova jednačina je onda: x 2 + y 2 = 2 pz x2 y2 Hiperbolički paraboloid ( kao sedlo) ima jednačinu − = 2 z a izgleda: p q z
x
o
y
4. Konusne površi
Neka je D kriva u R 3 i V tačka u R 3 . Skup pravih koji sadrže tačku V i tačke krive D nazivamo konusna površ. Kriva D je direktrisa te konusne površi a svaka prava koja prolazi kroz tačku V i tačke krive D je generatrisa. Posmatramo direktrisu D :{
F1 ( x, y, z ) = 0 F2 ( x, y, z ) = 0
i tačku V ( a, b ,c ) .
Neka tačka M(x,y,z) pripada konusnoj površi ako i samo ako pripada nekoj pravoj koja je odredjena vrhom V ( a, b ,c ) i nekom tačkom A(α , β , γ ) sa direktrise D. Praktično, mi radimo sledeće: koordinate tačke A(α , β , γ ) zamenimo u direktrisu prave kroz dve tačke ( kroz V i A) :
F1 (α , β , γ ) = 0 i F2 (α , β , γ ) = 0
u jednačinu
x−a y −b z −c = = ( ovo inače važi i zbog kolinearnosti odgovarajućih α −a β −b γ −c
vektora)
Iz dobijenih jednačina
F1 (α , β , γ ) = 0 x−a y −b z −c i = = eliminišemo α , β i γ i dobijamo jednačinu F2 (α , β , γ ) = 0 α −a β −b γ −c
konusne površi. www.matematiranje.com
667
4
Primer 2.
Napisati jednačinu konusne površi čiji je vrh u tački V(0,0,2) a direktrisa je kriva D : {
x2 + y 2 = 1 z =1
Rešenje Radimo kao u opisanom postupku…
A(α , β , γ ) pripada direktrisi, pa je D : {
α2 + β 2 =1 x−0 y−0 z −2 x y z−2 i = = → = = α −0 β −0 γ −2 α β γ −2 γ =1
Odavde moramo eliminisati α , β i γ … Iz x
α x
α y
β
=
y
β
=
z−2 x y z−2 x y z−2 → = = → = = γ − 2 α β 1− 2 α β −1
=
z−2 −x →α= z−2 −1
=
z−2 −y → β= z−2 −1
smo izrazili α i β , sad ovo menjamo u direktrisu:
α=
−x −y β= z−2 z−2
α2 + β2 = 9 −x 2 −y 2 ) +( ) =9 z−2 z−2 x2 y2 + =9 ( z − 2) 2 ( z − 2) 2
(
x 2 + y 2 = 9( z − 2) 2
I dobili smo jednačinu tražene konusne površi.
Još jedna stvar: u zadacima se najčešće pojavljuje eliptički konus koji ima jednačinu
x2 y 2 z 2 + = a izgleda : a 2 b2 c2 www.matematiranje.com
668
5
z
y
o
x
Naravno , često se u vezi sa integralima javlja i konus kod koga je a = b = c = 1 , to jest x 2 + y 2 = z 2
5. Cilindrične površi
ur ur Neka su u R 3 dati vektor p i kriva K. Unija svih pravih u R 3 koje su paralelne sa datim vektorom p i seku krivu K
naziva se cilindrična površ.
Tri najpoznatije cilindrične površi su :
i) eliptički cilindar koji ima jednačinu
x2 y 2 + =1 a 2 b2
i izgleda :
z
y
o
x
www.matematiranje.com
669
6
ii) hiperbolički cilindar koji ima jednačinu
x2 y 2 − = 1 i izgleda : a 2 b2
z
O x
y
iii) parabolički cilindar koji ima jednačinu y 2 = 2 px i izgleda: z
O x
y
Jednačinu cilindrične površi izvodimo na sledeći način:
ur F ( x, y , z ) = 0 ( direktrisa) Neka su nam dati vektor p = (l , m, n) i kriva K : { G ( x, y , z ) = 0 Uočimo tačku A(α , β , γ ) koja zadovoljava: F (α , β , γ ) = 0 G (α , β , γ ) = 0
i
x −α y − β z − γ = = l m n
Odavde eliminišemo α , β i γ . www.matematiranje.com
670
7
Primer 3.
x2 + y 2 = 1 Odrediti jednačinu cilindrične površi čija je direktrisa krug D : { a generatrisa je paralelna vektoru z=0 ur p = (1,1,1) . Rešenje: Ako tačka A(α , β , γ ) pripada direktrisi onda je
α2 + β 2 =1 i γ =1
x −α y − β z − γ = = 1 1 1
Iz x −α y − β z − γ x −α y − β z − 0 = = ∧z =0→ = = → x −α = y − β = z 1 1 1 1 1 1 x −α = z → α = x − z y−β = z → β = y−z Ovo zamenimo u
α2 + β 2 =1 I dobijamo traženu jednačinu cilindrične površi
( x − z )2 + ( y − z )2 = 1 www.matematiranje.com
671
8
SVODJENJE NA KANONSKI OBLIK (KRIVE DRUGOG REDA) - POSTUPAK Opšta jednačina drugog stepena po x i y je jednačina oblika : Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 pri čemu za koeficijente A,B,C,D,E,F iz skupa R važi da je A2 + B2 + C2 > 0
Kako krivu zadatu u ovom obliku svesti na kanonski oblik? Moramo vršiti transformacije koordinatnog sistema : TRANSLACIJU I ROTACIJU . Prvo uvek proverimo da li zadata kriva ima centar ! Naravno , najpre nadjemo vrednosti za koeficijente A,B,C,D,E,F Ako je D = E = 0 zaključujemo odmah da kriva ima centar u O(0,0) t.j. u koordinatnom početku. Rešavamo sistem jednačina: Aa + Bb + D = 0
Ovaj sistem ima jedinstveno rešenje ako je AC − B 2 ≠ 0
Ba + Cb + E = 0
Tada nadjemo centar O` (a,b).
Ako kriva ima centar O` (a,b) onda vršimo translaciju : x = x` + a
Zamenimo x i y u datu jednačinu i ako smo dobro radili “nestaće” članovi uz x i y.
y = y` + b
Znači ostaje oblik
A1x`2 + 2B1x`y` + C1y`2 + F1 = 0
Dalje vršimo rotaciju sistema x`O`y` za ugao α , gde je 0< α < π . Koristimo:
ctg 2α =
A−C 2B
pa kad odavde nadjemo ugao α , idemo u formule rotacije:
x` = x``cos α - y``sin α
x` i y` zamenimo , ako smo dobro radili ovo nas ‘oslobadja’ od člana sa x`y`.
y` = x``sin α + y``cos α
Znači ostaje oblik A2x``2 + C2y``2 + F2 = 0 www.matematiranje.com
672
A odavde, iz oblika
A2x``2 + C2y``2 + F2 = 0
zaključujemo o kojoj krivi je reč!
PAZI: Ako se desi da sistem Aa + Bb + D = 0, Ba + Cb + E = 0 nema rešenje,odnosno ako data kriva nema centar onda prvo vršimo rotaciju!
Šta sve može biti naše rešenje?
- kružna linija
(x - p)2 +(y – q)2 = 0
- elipsa
x2 y2 + = 1 a je velika poluosa, b je mala poluosa (može i obrnuto) a2 b2
- hiperbola - parabola
gde su (p,q) koordinate centra
x2 y2 − = 1 a je realna poluosa , b je imaginarna poluosa a2 b2
y2 = 2px
ili x2= 2py
-
par pravih sa jednom zajedničkom tačkom
-
dve paralelne prave
-
tačka
-
prazan skup tačaka
Kako da znamo koja je kriva u pitanju?
Posmatramo A2x``2 + C2y``2 + F2 = 0
i) Ako je A2C2= AC – B2 > 0 , to jest ako su A2 i C2 istog znaka, kriva je ELIPTIČKOG tipa i to : -
elipsa ako je F2 suprotnog znaka od A2
-
tačka, ako je F2 = 0
www.matematiranje.com
673
-
prazan skup tačaka (imaginarna elipsa) ako je F2 istog znaka kao A2
-
kružna linija , ako je A2 = C2 i
ii)
F2
različitog znaka od A2
Ako je A2C2= AC – B2 < 0 to jest A2 i C2 su različitog znaka kriva je HIPERBOLIČKOG tipa i to:
- hiperbola za F2 ≠ 0 i još važi: Ako su F2 i A2 suprotnog znaka O`x`` je realna osa, a ako su F2 i A2 istog znaka realna osa je O`y`` iii)
par pravih koje se seku u tački O` ako je F2= 0
Krive PARABOLIČKOG tipa
Šta se dešava u slučaju kada je AC – B2 = 0 , to jest kada sistem Aa + Bb + D = 0, Ba + Cb + E = 0 nema jedinstveno rešenje? Već smo pomenuli da tada prvo vršimo rotaciju!
Dobijemo jednačinu : A1x`2 + C1y`2+ 2D1x` + 2E1y` + F1 = 0 Desiće nam se jedna od sledeće dve situacije: A1= 0 ili C1=0 1) A1= 0, i tada jednačina postaje C1y`2+ 2D1x` + 2E1y` + F1 = 0, ovde izvršimo dopunu do punog kvadrata po
ipsilon i izvršimo translaciju koja nam daje parabolu! Za one koji ne vole mnogo da mozgaju evo gotove formule te translacije: x``= x` +
F1 F2 − 1 2 D1 2C1 D1
i y`` = y` +
E1 C1
Ako je i D1 = 0 onda jednačina postaje kvadratna po ipsilon C1y`2 + 2E1y` + F1 = 0, probamo da je rešimo i ako ima realna rešenja, onda ta rešenja predstavljaju dve paralelne prave; ako su rešenja ista, onda se te dve prave poklapaju; i ako nema rešenja u pitanju je imaginarna kriva.
2) Ako je C1=0
onda imamo A1x`2 + 2D1x` + 2E1y` + F1 = 0, slično kao malopre vršimo dopunu do punog
kvadrata, samo sad po iks, itd……. Dobijamo parabolu, dve paralelne prave ili imaginarnu krivu.
www.matematiranje.com
674
Šta najčešće pravi problem?
Kad radimo rotaciju i koristimo formulu ctg 2α =
Lepi su brojevi
0, ±
A−C A−C može se desiti da vrednost ne bude “lep” broj. 2B 2B
3 , ± 1, ± 3 , ± ∞ jer za njih znamo o kom uglu se radi! 3
Ako nam padne neki drugi broj, onda moramo koristiti trigonometrijske formulice: ctg 2α − 1 ctg 2α = pa odavde oformimo kvadratnu jednačinu po ctg α i nađemo ctg α 2ctgα
Dalje znamo da je ctgα =
cos α sin α
Odavde nadjemo vrednosti za sin α
i sin2 α + cos2 α = 1 i
cos α
i to menjamo u formule rotacije:
x` = x``cos α - y``sin α y` = x``sin α + y``cos α Najbolje je da pogledate nekoliko uradjenih primera iz sledećeg fajla, pa onda probajte sami!
www.matematiranje.com
675
SVODJENJE NA KANONSKI OBLIK (KRIVE DRUGOG REDA) ZADACI 1. Sledeću jednačinu svesti na kanonski oblik i odrediti koja kriva je njome određena: 2x2 + 5xy + 2y2 – 2 = 0 Rešenje: Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 , pa je :
Datu jednačinu upoređujemo sa A=2 2B = 5 C=2
Odavde je dakle : A = 2 ; B =
5 ; C = 2; D = 0; E = 0; F = -2 2
2D = 0 2E = 0 F = -2 Pošto je D= E = 0, zaključujemo da kriva ima centar u (0,0) .
[pogledaj fajl sa postupkom]
Dakle, odmah vršimo rotaciju!
ctg 2α =
A−C 2B
pa je ctg 2α =
2−2 π π , pa je ctg 2α = 0 , odnosno 2α = , odakle je α = 5 2 4 2 2
Kad je A=C , u sledećim primerima, odmah možemo zaključiti da je α =
π
4
; zapamti!
Upotrebljavamo formule rotacije: x = x`cos α - y`sin α
x = x` cos
y = x`sin α + y`cos α
y = x` sin
π 4
π 4
- y`sin
+ y`cos
π 4
π 4
x = x`
y = x`
2 2 2 - y` = (x` - y`) 2 2 2
2 2 2 + y` = (x` + y`) 2 2 2
www.matematiranje.com
676
Vraćamo se u zadatak i menjamo x i y : 2x2 + 5xy + 2y2 – 2 = 0 2[
2[
2 2 2 2 (x` - y`)]2 + 5 (x` - y`) (x` + y`) + 2[ (x` + y`)]2 – 2 = 0 sredjujemo… 2 2 2 2 2 2 2 2 (x` - 2x`y` + y`2)] + 5 (x`2 - y`2) + 2[ (x`2 + 2x`y` + y`2)] –2 = 0 4 4 4
x`2- 2x`y` + y`2 +
5 2 5 2 x` - y` + x`2 + 2x`y` + y`2 -2 = 0 2 2
9 2 1 2 x` - y` = 2 2 2
podelimo sa 2
9 2 1 2 x` - y` = 1 4 4
kao trikče spustimo 9 ispod 4
x`2 y`2 4 − = 1 ovo je jednačina hiperbole! a2= 4 4 9 9
i b2 = 4
Ne moramo vršiti translaciju, jer smo već došli do rešenja! [ pogledaj fajl postupak]
2. Jednačinu svesti na kanonski oblik i odrediti koja kriva je njome određena: 7x2 + 6xy –y2 + 28x +12y +28 = 0
Rešenje:
Upoređujemo 7x2 + 6xy –y2 + 28x +12y +28 = 0 sa Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey + F = 0 pa je A=7 2B = 6 C = -1 2D = 28 2E = 12 F = 28
odavde je A=7; B = 3; C = -1; D = 14; E = 6, F = 28
www.matematiranje.com
677
Proverimo da li kriva ima centar?
Aa + Bb + D = 0
7a +3b +14 = 0 Rešenje ovog sistema je a = - 2 i b = 0
Ba + Cb + E = 0
3a – b +6 = 0
Dakle , kriva ima centar O( -2,0) pa prvo radimo translaciju: x = x` + a
x = x` - 2
y = y` + b
y = y`
ovo zamenimo u datu jednačinu 7x2 + 6xy –y2 + 28x +12y +28 = 0
7x2 + 6xy –y2 + 28x +12y +28 = 0 7( x` - 2)2 + 6(x` - 2)y` – y`2 + 28(x` - 2)+12 y` + 28 = 0
sredimo…
7( x`2 – 4x` + 4) + 6 x`y`- 12y` - y`2 +28 x` - 56 + 12y` + 28 = 0 7x`2 +6x`y` - y`2 = 0
“otarasili” smo se onih sa x i y što je i cilj translacije!
Dalje nastavljamo sa rotacijom!
ctg 2α =
A−C pa je 2B
ctg 2α =
7 +1 6
to jest
ctg 2α =
4 3
Evo one situacije kada ne možemo odmah odrediti ugao….idemo preko trigonometrijskih formula:
ctg 2α =
ctg 2α − 1 to jest 2ctgα
ctg 2α − 1 4 = pa je odavde 3ctg2 α - 8 ctg α - 3 = 0 2ctgα 3
3ctg2 α - 8 ctg α - 3 = 0 3t2 – 8 t – 3 = 0
uzimamo smenu ctg α = t
Rešenja ove kvadratne jednačine su : t1= 3 i t2= −
Vratimo se u smenu: ctg α = 3 ili ctg α = −
1 3
1 3
Ako je ctg α = 3
Iskoristićemo formulice
ctgα =
cos α = 3 pa je cos α = 3 sin α sin α
cos α sin α
i
sin2 α + cos2 α = 1
i to zamenimo u sin2 α + cos2 α = 1
678
www.matematiranje.com
sin2 α + (3 sin α )2 = 1 10 sin2 α = 1 sin α = ±
1 10
vratimo se u
cos α = 3 sin α 1
Dakle odavde su rešenja : (sin α , cos α ) = ( +
Ako je ctg α = −
cos α 1 =− sin α 3
pa je cos α = ±
10
3
,+
10
3 10
) i (sin α , cos α ) = ( −
1 10
3
,−
10
)
1 3
pa je sin α = -3 cos α
(-3cos α )2 + cos2 α =1 1
10 cos2 α = 1 to jest cos α = ±
pa to zamenimo u
10
Odavde su rešenja: (sin α , cos α ) = ( −
Sve mogućnosti su ( +
1 10
,+
3 10
) , (−
3 10
,+
1 10
1 10
) i (sin α , cos α ) = (
3
,−
sin α = -3 cos α i dobijamo sin α = μ
10
) , (−
3 10
,+
1 10
3 10
) i (
,− 3 10
1 10 ,−
3 10
) 1 10
)
Od ove četiri mogućnosti , prva nama odgovara! Zašto?
Podsetite se trigonometrijskog kruga i imajte na umu činjenicu da ugao α ∈ (0, π ) ! ( fajl iz druge godine, ovde na sajtu, naravno) Dakle : sin α =
1 10
i cos α =
3 10
Dalje koristimo formule rotacije: x` = x``cos α - y``sin α
x` =
3 10
x`` -
1 10
y`` ovo menjamo u
y` = x``sin α + y``cos α
y` =
1 10
x`` +
3 10
7x`2 +6x`y` - y`2 = 0
y``
679
www.matematiranje.com
7x`2 +6x`y` - y`2 = 0 7(
3 10
x`` -
1 10
y``)2 + 6 (
3 10
x`` -
1 10
y``)(
1 10
x`` +
3 10
y``) – (
1 10
x`` +
3 10
y``)2 = 0
Ovaj izraz ,naravno, sredimo… 7 x``2 – 2 y``2 = 0
je konačno rešenje!
Ono predstavlja dve prave koje se seku!
3.
Sledeću jednačinu svesti na kanonski oblik i odrediti koja kriva je njome određena: x2 – 2xy + y2 –12x +12y –13 = 0
Rešenje: A=1 2B = -2 C=1 2D = -12 2E = 12 F = -13
odavde je
A=1 B = -1 C=1 D=-6 E=6 F = - 13
Tražimo centar: Aa + Bb + D = 0 Ba + Cb + E = 0
a–b–6=0 -a + b +6 = 0
Ovaj sistem ima beskonašno mnogo rešenja( iste jednačine) to jest AC – B2 = 0
Dakle idemo u rotaciju…
ctg 2α =
A−C 2B
Kako su A i C jednaki ,to je α =
π 4
680
www.matematiranje.com
x = x`cos α - y`sin α
x = x` cos
y = x`sin α + y`cos α
y = x` sin
π
- y`sin
4
π 4
+ y`cos
π
x = x`
4
π 4
y = x`
2 2 2 - y` = (x` - y`) 2 2 2 2 2 2 + y` = (x` + y`) 2 2 2
x2 – 2xy + y2 –12x +12y –13 = 0 [
2 2 2 2 2 2 (x` - y`)]2 - 2 (x` - y`) (x` + y`)+[ (x` + y`)]2 –12 (x` - y`) +12 (x` + y`) –13 = 0 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 (x` - 2x`y` + y`2) - 2 (x`2 - y`2) + (x`2 + 2x`y` + y`2) - 6 2 (x` - y` ) + 6 2 (x` + y`) –13 = 0 4 4 4 1 2 1 1 1 x` – x`y` + y`2 – x`2 + y`2 + x`2 +x`y`+ y`2 -6 2 x` +6 2 y` +6 2 x` +6 2 y` - 13 = 0 2 2 2 2 Posle skraćivanja dobijamo: 2y`2 +12 2 y` -13 = 0 Dakle, dobili smo kvadratnu jednačinu po y`. Probamo da li ona ima rešenja...Njena diskriminanta je : D = b2 – 4ac D = (12 2 )2 – 4*2*(-13) = 288 + 104 = 392 > 0 392 = 196*2 y`1,2=
− 12 2 ± 14 2 4
Pa je y`1 =
2 2
i y`2 =
− 13 2 2
Dakle radi se o dvema paralelnim pravama!
4.
Jednačinu svesti na kanonski oblik i odrediti koja kriva je njome određena: 5x2 – 2xy + 5 y2 – 4x + 20y +20 = 0
Rešenje: A = 5; B = -1; C = 5; D = -2; E = 10 F = 20
681
www.matematiranje.com
Aa + Bb + D = 0
5a – b –2 = 0 Rešenje je ( 0, -2 )
Ba + Cb + E = 0
-a + 5b +10 = 0
Translacija:
x = x` Menjamo u datu jednačinu! y = y` - 2
5x2 – 2xy + 5 y2 –4x + 20y +20 = 0 5x`2 – 2x`(y`- 2) + 5 (y` - 2)2 – 4x` + 20(y`-2) +20 = 0 5x`2 – 2x`y` + 4x` + 5y`2 - 20y` +20 – 4x`+ 20y` - 40 + 20 = 0 potiremo... 5x`2 – 2x`y` + 5y`2 = 0 Rotacija : Kako je A=C ugao je α =
π 4
x` = x``cos α - y``sin α
x `= x`` cos
y` = x``sin α + y``cos α
y `= x``sin
π
π 4
4
- y``sin
+ y``cos
π 4
π 4
x `= x``
y` = x``
2 2 2 - y`` = (x`` - y``) 2 2 2
2 2 2 + y`` = (x`` + y``) 2 2 2
5x`2 – 2x`y` + 5y`2 = 0 5[
5
2 2 2 2 (x` - y`)]2 - 2 (x` - y`) (x` + y`)+5[ (x` + y`)]2 = 0 2 2 2 2
2 2 2 2 (x` - 2x`y` + y`2) - 2 (x`2 - y`2) + 5 (x`2 + 2x`y` + y`2) = 0 sredimo… 4 4 4
4 x``2 + 6y``2 = 0 2 x``2 + 3 y``2 = 0 je konačno rešenje, koje predstavlja TAČKU!
www.matematiranje.com
682
5.
Jednačinu svesti na kanonski oblik i odrediti koja kriva je njome određena: x2 + 4xy + 4y2 + 4x + y – 15 = 0
Rešenje: A = 1; B = 2; C = 4; D = 2; E =
Aa + Bb + D = 0
1 ; F = - 15 2
a + 2b +2 = 0 Nemoguć sistem!
Ba + Cb + E = 0 Rotacija: A−C pa je ctg 2α = 2B
ctg 2α =
2a + 4b +
ctg 2α =
ctg 2α − 1 to jest 2ctgα
2ctg2 α + 3ctg α - 2 = 0
Nema centar!
1 =0 2
1− 4 4
ctg 2α = −
to jest
ctg 2α − 1 − 3 = 2ctgα 4
3 4
pa je odavde 2ctg2 α + 3ctg α - 2 = 0
smena ctg α = t 1 ; t2 = - 2; vratimo se u smenu ctg α = t 2
2 t2 + 3t – 2 = 0 kvadratna po t, a njena rešenja su : t1=
1 2
Za ctg α =
Iskoristićemo formulice
ctgα =
cos α 1 = pa je 2cos α = sin α sin α 2
cos α sin α
sin2 α + cos2 α = 1
i
i to zamenimo u sin2 α + cos2 α = 1
4cos2 α + cos2 α = 1 5 cos2 α = 1 cos α = ±
1 5
vratimo se u
2cos α = sin α
Dakle odavde su rešenja : (sin α , cos α ) = ( +
pa je sin α = ± 2 5
,+
1 5
)
i
683
2 5
(sin α , cos α ) = ( −
2 5
,−
1
) 5 www.matematiranje.com
Za ctg α = - 2 Koristeći isti postupak dobijamo rešenja :
(sin α , cos α ) = ( +
1 5
,−
2 5
1
(sin α , cos α ) = ( −
) i
Rešenje koje ćemo mi uzeti je (sin α , cos α ) = ( +
2 5
5
,+
2
,+
1 5
5
)
)
Rotacija:
x = x`cos α - y`sin α
x=
1 5
2
x` -
5
y`
x=
1 5
( x` - 2y`) menjamo u:
y = x`sin α + y`cos α
2
y=
5
x` +
1 5
y`
y=
1 5
( 2x` +y`)
x2 + 4xy + 4y2 + 4x + y – 15 = 0
[
1 5
( x` - 2y`)]2 + 4
1 5
( x` - 2y`)
1 5
( 2x` +y`) + 4[
1 5
( 2x` +y`)]2 + 4
1 5
( x` - 2y`)+
1 5
( 2x` +y`) –15 = 0
Sve ovo lepo sredimo, skratimo šta ima, i dobijamo:
5
5 x`2 +
5
x`2 +
1
x`2 +
1
(x` +
5
5
7
x` -
x` -
5 7 5 5
x` + (
1 2 5
y` - 15 = 0
)2 =
y` - 5 = 0
1 2 5 7 5 5
)2 - (
y` +
1 2 5 61 20
sve podelimo sa 5
sad vršimo dopunu do punog kvadrata...( po x`)
)2 -
7 5 5
y` - 5 = 0
izvučemo
7 5 5
prva tri daju pun kvadrat!
kao zajednički na desnoj strani… www.matematiranje.com
684
(x` +
(x` +
(x` +
1 2 5 1 2 5 1 2 5
)2 =
)2 =
)2 =
7 5 5 7 5 5 7 5 5
(y` +
61 7 / ) 20 5 5
(y` +
61 7 / ) 4 5
(y` +
61 5 ) 28
malo sredimo
SAD IZVRŠIMO TRANSLACIJU: (napravili smo šta je x`` i y`` ) x``= x` +
y`` = y` +
1 2 5 61 5 28
Tako da sada kriva postaje: x``2 =
7 5 5
y``
a ovo je parabola!
www.matematiranje.com
685
686
PRIZME
Najpre da kažemo nešto o obeležavanjima i o tekstu zadataka:
-
sa a obeležavamo dužinu osnovne ivice
-
sa H obeležavamo dužinu visine prizme
-
sa B obeležavamo površinu osnove (baze)
-
sa M obeležavamo površinu omotača
-
omotač se sastoji od bočnih strana , naravno trostrana prizma u omotaču ima 3 takve strane, četvorostrana 4 itd.
-
sa D obeležavamo dužinu dijagonale prizme
-
ako u tekstu zadatka kaže jednakoivična prizma, to nam govori da su osnovna ivica i visina jednake , to jest : a=H
-
ako u tekstu zadatka ima reč prava – to znači da je visina prizme normalna na ravan osnove ili ti , jednostavnije rečeno , prizma nije kriva
-
ako u tekstu zadatka ima reč pravilna , to nam govori da je u osnovi ( bazi ) pravilan mnogougao: jednakostraničan trougao, kvadrat, itd.
Dve najpoznatije prizme su kocka i kvadar, pa vam predlažemo da najpre njih proučite:
www.matematiranje.com
687
1
KOCKA
D=a 3
a
a a
d =a 2
a
a
a
P = 6a 2 Kocka ima 12 ivica dužine
V = a3
a.
Mala dijagonala ( dijagonala osnove) je d = a 2 . Velika ( telesna) dijagonala je D = a 3
a
a
d =a 2
a
a
dijagonalni presek Površina dijagonalnog preseka se računa po formuli:
PDP = a 2 2 www.matematiranje.com
688
2
KVADAR
D = a 2 + b2 + c2
c=H
c=H
c
b
d = a2 + b2
d
b
a
a
dijagonalni presek
P = 2(ab + ac + bc) V = abc d 2 = a 2 + b 2 to jest d = a 2 + b 2
Mala dijagonala ( dijagonala osnove) se računa
Velika dijagonala se računa
D 2 = a 2 + b 2 +c 2 to jest D = a 2 + b 2 + c 2
Dijagonalni presek je pravougaonik površine
PDP = d ⋅ c
Površina svake prizme se izražava formulom:
P = 2B + M Zapremina svake prizme se izračunava formulom:
V = B⋅H www.matematiranje.com
689
3
PRAVA PRAVILNA TROSTRANA PRIZMA
a2 3 B= je površina osnove(baze) 4 M = 3aH je površina omotača
P = 2B + M
V = B⋅H
a2 3 P=2 + 3aH 4 a2 3 P= + 3aH 2
a2 3 ⋅H V= 4 www.matematiranje.com
690
4
PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA PRIZMA
a a H H
a a
B = a2
M = 4aH
P = 2B + M
V = B⋅H
P = 2a 2 + 4aH
V = a2 ⋅ H
a a H
D
D
H
H
d
a
d =a 2
a
dijagonalni presek
dijagonalni presek
Površina dijagonalnog preseka se izračunava:
D 2 = (a 2 ) 2 + H 2
P = d ⋅H P = aH 2 www.matematiranje.com
691
5
PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA PRIZMA
H
H H
H
a
a a
a2 3 a2 3 B = 6⋅ = 3⋅ 4 2
M = 6aH
P = 2B + M
V = B⋅H
a2 3 P = 2 ⋅3⋅ + 6aH 2
a2 3 V = 3⋅ ⋅H 2 3a 2 H 3 V= 2
P = 3a 2 3 + 6aH
d BS D
H
D
H
d BS
D
H
a Bočna strana
a d1 = 2 a
a
d BS
d2 = a 3
a
d BS = H 2 + a 2 2
d1 = 2 a
Veći dijagonalni presek
d2 = a 3
Manji dijagonalni presek
a www.matematiranje.com
692
6
Još samo da vam napomenemo da primena Pitagorine teoreme na bočnu stranu :
d BS
H
a Bočna strana
d BS
2
2 2 = H +a
važi kod svake od navedenih pravilnih prizmi! ZADACI 1) Ako se ivica kocke produži za 3cm, površina joj se poveća za 198 cm 2 . Izračunati površinu i zapeminu kocke. Obeležimo ivicu kocke sa a . Njena površina je P = 6a 2 Ako se ivica kocke poveća za 3cm, njena ivica će biti (a+3) a površina P1 = 6(a + 3) 2 Prema tekstu zadatka će biti:
P1 − P = 198cm 2 6(a + 3) 2 − 6a 2 = 198 → Sve podelimo sa 6 (a + 3) 2 − a 2 = 33 a 2 + 6a + 9 −a 2 = 33 6a = 33 − 9 6a = 24 a = 6cm
P = 6a 2
V = a3
P = 6⋅6 P = 6 ⋅ 36 2
P = 216cm
V = 63 2
V = 216cm3 WWW.MATEMATIRANJE.COM
693
7
2) Ivice dve kocke stoje u razmeri 4:3. Kolike su im površine i zapremine ako im se površine razlikuju za 168 cm 2 ?
Obeležimo sa a stranicu jedne kocke a sa a1 stranicu druge kocke. a : a1 = 4 : 3 ⇒ a = 4k
i
a1 = 3k
P − P1 = 168
6a 2 − 6a12 = 168 → Delimo sve sa 6 a 2 − a12 = 28 (4k ) 2 − (3k ) = 28 16k 2 − 9k 2 = 28 7 k 2 = 28 k2 = 4 k =2
a = 4 ⋅ k = 4 ⋅ 2 = 8cm
⇒
a1 = 3k = 3 ⋅ 2 = 6cm
Sada nije teško naći P i V. P = 6a 2 = 6 ⋅ 82 = 6 ⋅ 64 = 384cm 2 V = a 3 = 83 = 512cm3 P = 6a12 = 6 ⋅ 62 = 6 ⋅ 36 = 216cm 2 V = a13 = 63 = 216cm3 3) Dimenzije kvadra su tri uzastopna cela broja, a dijagonala je 149cm . Izračunati površinu i zapreminu kvadra.
Tri uzastopna cela broja možemo obeležiti sa x − 1, x, x + 1
a 2 + b2 + c2 = D2 ( x − 1) + x + ( x + 1) = 149 2
2
2
a = x −1
2
b=x c = x +1
x −2 x + 1 + x + x +2 x + 1 = 149 2
2
2
3x = 149 − 1 − 1 2
a = x − 1 = 6cm b = x = 7cm
147 x2 = 3 2 x = 49
c = x + 1 = 8cm
x = 7cm
P = 2(ab + ac + bc) = 2(6 ⋅ 7 + 6 ⋅ 8 + 7 ⋅ 8) = 2 ⋅146 P = 292cm V = abc = 6 ⋅ 7 ⋅ 8 = 336cm3 WWW.MATEMATIRANJE.COM
694
8
4) Dužine osnovnih ivica prave trostrane prizme odnose se kao 17:10:9, dužina bočne ivice je 16cm, a površina 1440 cm 2 . Odrediti dužine osnovnih ivica.
c b
a
H
c a
b
a : b : c = 17 : 10 : 9 H = 16cm P = 1440cm 2 _______________________
a = ?, b = ?, c = ?
Iz a : b : c = 17 : 10 : 9
⇒
a = 17k , b = 10k , c = 9k
P = 2B + M Bazu ćemo izraziti preko Heronovog obrasca
a+b+c 2 17k + 10k + 9k s= 2 s = 18k s=
B = s ( s − a )( s − b)( s − c)
B = 18k ⋅1k ⋅ 8k ⋅ 9k B = 1296k 4 B = 36k 2 M = aH + bH + cH = H (a + b + c) M = 16 ⋅ 38k M = 576k P = 2B + M
1440 = 2 ⋅ 36k 2 + 576k 72k 2 + 576k − 1440 = 0 → Podelimo sve sa 72 k 2 + 8k − 20 = 0 → kvadratna po ‘’k’’ −8 ± 12 k1,2 = →k =2⇒ 2 a = 17 ⋅ 2 = 34cm b = 10 ⋅ 2 = 20cm c = 9 ⋅ 2 = 18cm
695
9
5) Prava pravilna četvorostrana prizma ima visinu 16cm i površinu 370 cm 2 . Izračunati osnovnu ivicu.
a a H H
a a
H = 16cm P = 370cm
P = 2B + M 2
________________
a=?
P = 2a 2 + 4aH 370 = 2a 2 + 4a ⋅16 370 = 2a 2 + 64a 2a 2 + 64a − 370 = 0 a 2 + 32a − 185 = 0 − 32 ± 42 a1, 2 = 2 a1 = 5 a2 = −38 → Nemoguće a=5
Dakle osnovna ivica je a = 5cm
NAPOMENA: Neispravno je reći osnovna ivica je… već bi trebalo dužina osnovne ivice je…
Ako Vaš profesor insistira na ovome ispoštujte ga, jer je svakako u pravu. Sve je stvar dogovora…. WWW.MATEMATIRANJE.COM
696
10
6) Izračunati površinu i zapreminu prave trostrane jednakoivične prizme ivice a = 8cm
Podatak da je u pitanju jednakoivična prizma nam govori da je osnovna ivica jednaka visini. To jest, omotač se ovde sastoji iz 3 kvadrata stranice a a =8 P = 2B + M a2 3 + 3a 2 4 82 3 P=2 + 3 ⋅ 82 4 64 3 P= + 64 ⋅ 3 2 P = 32 3 + 192 cm 2 → Ovde ne bi bilo loše da se izvuče zajednički ispred zagrade! P=2
(
(
)
)
P = 32 3 + 6 cm 2 V = B⋅H a2 3 a3 3 ⋅a = 4 4 3 8 3 512 3 = V= 4 4 3 V = 128 3cm 7) Pravilna četvorostrana prizma ima omotač 8 m 2 i dijagonalu 3 m . Izračunati njenu zapreminu. V=
H
Pošto je M = 4aH
⇒
4aH = 8 ⇒ aH = 2
je
H 2 + a 2 = D2
Iz trougla:
( )
2
H 2 + 2a 2 = 9
WWW.MATEMATIRANJE.COM
697
11
Napravimo sistem: aH = 2
⇒
H=
2 → Zamenimo u drugu jednačinu a
H 2 + 2a 2 = 9 2
⎛2⎞ 2 ⎜ ⎟ + 2a = 9 a ⎝ ⎠ 4 + 2a 2 = 9 → Smena: a 2 = t 2 a 4 + 2t = 9 t 2t 2 − 9t + 4 = 0 t1, 2 =
9±7 4
t1 = 4 t2 =
1 2
Vratimo se u smenu:
a2 = 4 a = 2m 2 a H = 1m H=
V = a2 ⋅ H V = 2 2 ⋅1 V = 4m 3
ili
1 2 1 a= 2 a2 =
a=
1 2 ⋅ 2 2
2 m 2 H = 2 2m
a=
V = a2 ⋅ H 2
⎛ 2⎞ ⎟ ⋅2 2 V = ⎜⎜ ⎟ 2 ⎠ ⎝ 2 V = ⋅2 2 4 V = 2m 3
Pazi: Ovde imamo 2 moguća rešenja, i oba su ''dobra'' jer zadovoljavaju zadate početne uslove!!! WWW.MATEMATIRANJE.COM
698
12
8) Odrediti površinu i zapreminu kocke u funkciji površine dijagonalnog preseka.
Površina dijagonalnog preseka je: P = 6a 2 = 6 ⋅
Q = a2 2 a2 =
Q 2
a=
Q Q = 4 → Racionališemo 2 2
a=
Q 4
2
Q 6Q 2 = ⋅ = 3 2Q 2 2 2 3
⋅
4
23
4
23
=
Pazi (na sredjivanje):
3
3
3 6 Q ⋅ 4 44 ⋅ 2 6 Q ⋅ 4 ⋅ 4 2 V= = =3 Q 4 2 8 8 4 V = 3Q Q 2
Q4 8 2
4
3
⎛ Q 4 8 ⎞ 6 Q ⋅ 4 83 V = 6a 3 = 6 ⋅ ⎜ = ⎜ 2 ⎟⎟ 8 ⎝ ⎠
83 = 4 ( 2 3 ) 3 = 4 2 9 = 4 2 8 ⋅ 4 2
= 22 ⋅ 4 2 = 4 ⋅ 4 2
9) Osnova prava prizme je jednakostranični trougao osnovice 10dm, a visina tog trougla jednaka je visini prizme. Ako je zapremina prizme 720dm 3 , izračunati površinu prizme.
a = 10dm ha = H V = 720dm3
________________
V = B⋅H a ⋅ ha ⋅H 2 10 ⋅ H 720 = ⋅H 2 720 = 5H 2
V=
H 2 = 144 H = 12dm ha = 12dm
Primenimo Pitagorinu teoremu na jednakokraki trougao: 2
⎛a⎞ 2 b = ⎜ ⎟ + ha 2 ⎝ ⎠ 2
2
⎛ 10 ⎞ b = ⎜ ⎟ + 12 2 ⎝2⎠ 2 b = 52 + 12 2 2
b = 169 b = 13dm 2
P = 2B + M ah P = 2 ⋅ a + aH + 2bH 2 P = aha + H (a + 2b) P = 10 ⋅12 + 12 ⋅ (10 + 26) P = 120 + 432 P = 552dm 2
699
13
10) Osnova prave prizme je romb čije su dijagonale d1 = 18cm, d 2 = 24cm, dok je dijagonala bočne stranice prizme d = 39cm . Izračunati površinu prizme.
Najpre primenimo Pitagorinu teoremu na romb. 2
2
2
2
⎛d ⎞ ⎛d ⎞ a =⎜ 1 ⎟ +⎜ 2 ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2
⎛ 18 ⎞ ⎛ 24 ⎞ a2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 a = 81 + 144 a 2 = 255 a = 15cm
Pogledajmo jednu bočnu stranu:
H 2 = d 2 − a2 H 2 = 39 2 − 152 H 2 = 1521 − 225 H 2 = 1296 H = 36cm
P = 2B + M d1 ⋅ d 2 + 4aH 2 P = 18 ⋅ 24 + 4 ⋅15 ⋅ 36 P = 432 + 2160 P = 2⋅
P = 2592cm 2
WWW.MATEMATIRANJE.COM
700
14
11) Osnova prizme je trapez čije su osnove 24cm i 10cm, a kraci 13cm i 15cm. Izračunati površinu i zapreminu ako je njena visina jednaka visini trapeza. b=10cm d=13cm
c=15cm
h
h x
y a=24cm
→ Spustimo visine i obeležimo ‘’deliće’’ sa x i y h 2 = d 2 − x 2 ⎫⎪ ⇒ d 2 − x2 = c2 − y 2 2 2 2⎬ ⎪ h =c −y ⎭ 169 − x 2 = 225 − y 2
y 2 − x 2 = 225 − 169 y 2 − x 2 = 56 ( y − x)( y + x) = 56 Kako je x + y = a − b x + y = 14 Imamo ( y − x) ⋅14 = 56 y−x=4
Sada imamo sistem:
y + x = 14⎫ ⎬ ⇒ 2 y = 18 y−x=4 ⎭ y = 9cm Vratimo se u: h2 = c2 − y 2 h 2 = 152 − 9 2
a+b ⋅h 2 24 + 10 B= ⋅12 2 B = 17 ⋅12 B=
h 2 = 225 − 81 h = 12cm H = 12cm B = 204cm 2 P = 2B + M PAZI: M se sastaju iz četiri različita pravougaonika: M = H (a + b + c + d ) M = 12 ⋅ (24 + 10 + 13 + 15)
V = B⋅H V = 204 ⋅12
M = 12 ⋅ 62
V = 2448cm3
M = 744cm 2 P = 2 ⋅ 204 + 744 P = 1152cm 2
WWW.MATEMATIRANJE.COM
701
15
12) Osnova prizme je jednakokraki trougao osnovice 30cm i poluprečnik upisane kružnice je 10cm. Izračunati zapreminu prizme ako je njena visina jednaka visini trougla koja odgovara osnovici. A
b
O r B
b
h-r
M
r
D a=30cm
C
a = 30cm r = 10cm ha = H __________
V =? I Način
Iz sličnosti trouglova trougla ADC i trougla AMO
⇒ 15 : 10 = b : (h − 10) 15(h − 10) = 10b 15h − 150 = 10b 3h − 30 = 2b 2b + 30 h= 3
2
⎛a⎞ 2 2 ⎜ ⎟ +h =b 2 ⎝ ⎠ 2
⎛ 2b + 30 ⎞ 2 15 + ⎜ ⎟ =b ⎝ 3 ⎠ 2
⎛ 4b 2 + 120b + 900 ⎞ 2 225 + ⎜ ⎟ = b ....... / ⋅9 9 ⎝ ⎠ 2 2025 + 4b + 120b + 900 = 9b 2 5b 2 − 120b − 2925 = 0 b 2 − 24b − 585 = 0 24 ± 54 b1,2 = 2 b1 = 39cm b2 = −15 → Nemoguće b = 39cm WWW.MATEMATIRANJE.COM
702
16
a ( ) 2 + ha 2 = b 2 2 a ha 2 = b 2 − ( ) 2 2 30 ha 2 = 392 − ( ) 2 2 2 ha = 1521 − 225
a ⋅ ha 30 ⋅ 36 = 540 = 2 2 V = BH B=
ha = 1296 2
ha = 36cm Sada je ha = 36cm = H
V = 540 ⋅ 36 V = 19440cm3
Ovaj zadatak smo mogli rešiti i na drugi način. II Način
Znamo obrasce za površinu: P = r⋅S a+b+c S= 2
i
P = S ( S − a )( S − b)( S − c)
a + b + c a + 2b 30 + 2b 2 (15 + b) = = = 2 2 2 2 S = 15 + b
to jest: S =
P = (15 + b)(15 + b − 30)(15 + b − b)(15 + b − b) P = (15 + b)(b − 15) ⋅152 P = 15 b 2 − 152 = 15 b 2 − 225 S druge strane je P = r ⋅ s = 10 ⋅ (15 + b) P=P 10(15 + b) = 15 (b − 15)(b + 15) 100(15 + b) 2 = 152 (b − 15)(b + 15) 100(15 + b) = 225(b − 15) 1500 + 100b = 225b − 3375 100b − 225b = −3375 − 1500 −125b = −4875 b = 39cm WWW.MATEMATIRANJE.COM
703
17
704
18
PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA Slično kao i kod prizme i ovde ćemo najpre objasniti oznake ... -
sa a obeležavamo dužinu osnovne ivice
-
sa H obeležavamo dužinu visine piramide
-
sa h obeležavamo dužinu visine bočne strane ( apotema)
-
sa s obeležavamo dužinu bočne ivice
-
sa B obeležavamo površinu osnove (baze)
-
sa M obeležavamo površinu omotača
-
omotač se sastoji od bočnih strana(najčešće jednakokraki trouglovi) , naravno trostrana piramida u omotaču ima 3 takve strane, četvorostrana - 4 itd.
-
ako u tekstu zadatka kaže jednakoivična piramida, to nam govori da su osnovna ivica i bočna ivica jednake , to jest : a = s
-
ako u tekstu zadatka ima reč prava – to znači da je visina piramide normalna na ravan osnove ili ti , jednostavnije rečeno , piramida nije kriva
-
ako u tekstu zadatka ima reč pravilna , to nam govori da je u osnovi ( bazi ) pravilan mnogougao: jednakostraničan trougao, kvadrat, itd.
Dve najvažnije formule za izračunavanje površine i zapremine su:
P = B + M za površinu i 1 V = B ⋅ H za zapreminu 3 www.matematiranje.com
705
1
PRAVA PRAVILNA TROSTRANA PIRAMIDA
H
s a
h
s
ru
ro a
Kako je u bazi jednakostraničan trougao, to će površina baze biti:
a2 3 B= 4
U omotaču se nalaze tri jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je Pbočne strane =
omotaču, to je:
M =3
a⋅h 2
a⋅h ) , a kako ih ima 3 u 2
1 V = B⋅H 3 1 a2 3 V= ⋅H 3 4 a2 3 V= ⋅H 12
P = B+M a2 3 a⋅h P= +3 4 2
Dalje nam trebaju primene Pitagorine teoreme . Kod svake piramide postoje po tri trougla na kojima možemo primeniti Pitagorinu teoremu:
H
s
h s
a
⎛a⎞ s 2 = h2 + ⎜ ⎟ ⎝2⎠
2
a/2
a
www.matematiranje.com
706
2
h
H
s
s
a ru
ro
h 2 = H 2 + ru2 to jest ⎛a 3⎞ h 2 = H 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ 6 ⎝ ⎠
s
2
H
h
s 2 = H 2 + ro2 to jest
s
⎛a 3⎞ s = H + ⎜⎜ ⎟⎟ 3 ⎝ ⎠ 2
ru ro
a
2
2
a
PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA PIRAMIDA
s s
h
H
a a
U bazi je kvadrat, pa je površina baze
B=a
2
U omotaču se nalaze četiri jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je Pbočne strane =
omotača M = 4
a⋅h odnosno M = 2ah 2
a⋅h ), pa je površina 2
1 V = B⋅H 3 1 V = a2 ⋅ H 3
P = B+M P = a 2 + 2ah Primena Pitagorine teoreme:
s s
H
h
a/2
⎛a⎞ s2 = h2 + ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠
2
s s
h
H
⎛a⎞ h = H +⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2
a/2
a
s
a
2
H
s
a a
a
2
s2 = H
2
s2 = H
2
h
2
d/2
s2 = H
⎛d ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠
2
⎛a 2 + ⎜⎜ ⎝ 2 a2 + 2
od n os n o ⎞ ⎟⎟ ⎠
2
to je s t
www.matematiranje.com
707
3
s H H
s
d
d⋅H odnosno 2 a⋅H 2 = 2
PDP =
hh
PDP
a
a dijagonalni presek
PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA PIRAMIDA
s
H
s h a
a
a
a U bazi je šestougao, pa je površina baze B = 6
a2 3 a2 3 =3 4 2
U omotaču se nalaze šest jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je Pbočne strane = omotača jednaka
M =6
ah = 3ah 2 1 V = BH 3 1 a2 3 V = ⋅3 H 3 2 a2 3 V= H 2
P = B+M a2 3 P=3 + 3ah 2
s
H s
h
a
⎛a⎞ s 2 = h2 + ⎜ ⎟ ⎝2⎠
2
s
H H
a/2
s
s
s = H +a 2
h a
a
a
a⋅h ), pa je površina 2
a
2
H
⎛a 3⎞ h = H +⎜ ⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2
h a
a
s
2
a 3 2
2
2
a
a
a
www.matematiranje.com
708
4
s
a
H
2a
s
P ovog dijagonalnog preseka je : 2a ⋅ H Pvdp = to jest Pvdp = a ⋅ H 2
s
a
H
s
P ovog dijagonalnog preseka je :
hpresekas
Pmdp =
h a a3
a
a 3 ⋅ hpreseka 2
a
a
a
manji dijagonalni presek
veći dijagonalni presek
Četvorostrana piramida (u osnovi romb):
P= B+M
B=
d1 d 2 = ah 2
M=4
ah BH =2ah V= 2 3
a2=(
d1 2 d ) + ( 2 )2 2 2
Formulice:
1) nejednakostranicni trougao: P=
aha bhb chc P= = = 2 2 2
s ( s − a )( s − b)( s − c)
P= r s
P=
abc 4R
a+b+c , r-poluprečnik upisane kruznice i R-poluprečnik opisane kružnice. 2 ch ab c a+b−c 2) pravougli trougao: P= ili P= c a2+b2=c2 R= ; r = ; hc= pq ; a= pc ; b= qc c=p+q 2 2 2 2 3) jednakokraki trougao ah bh a P= a = b ha2+( )2= b2 2 2 2 Pogledajte formulice iz oblasti mnogougao i četvorouglovi.... gde je s poluobim s=
PRAVA PRAVILNA TROSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA
a1
a1 a1
h s
H
a s
a
a
P = B+B1+ M
V=
B=
a
2
4
H (B+B1+ BB1 ) 3
3
B1=
ili V =
a1
2
4
3
M=3
a + a1 h 2
3H 2 2 ( a +a1 + aa1) 12 www.matematiranje.com
709
5
a1
a1
a1
ro 1a1
-a2 s
H
a
h s
a s
h
a1
a1 h
HH
s
a
a
a1
ru1 H
a
a
ru ro a
a
-a2 2
⎛ a − a1 ⎞ 2 2 ⎟ +h=s ⎜ ⎝ 2 ⎠
(
( a − a1 ) 3 3
)2 + H 2 = s 2
(
( a − a1 ) 3 2 ) + H 2 = h2 6
x
a
a a
h s
Visina dopunske piramide je: x=
H
a
B1 H
a s
a
B − B1
PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA
a1 H
s
a1
s h a
a
P = B+B1+ M
V=
B=a2
B1= a12
H (B+B1+ BB1 ) 3
M=4
V=
a + a1 h = 2(a+a1)h 2
H 2 2 (a +a1 + aa1) 3 www.matematiranje.com
710
6
a1 a -2
a1 H
s
-a
s
h
a1 H
s
d -2 1
s
2
h
H
s
-a2
a
-a
(
a
osni presek:
a
a
a − a1 2 ( ) + H 2 = h2 2
a − a1 2 2 2 ) +h = s 2
h
d -2
2
a
s
d − d1 2 ( ) + H 2 = s2 2
a1
h
H
h
a dijagonalni presek:
d1 D H
s
d d + d1 2
Ako sa x obeležimo visinu dopunske piramide , onda je
B1 H
x=
B − B1
=
a1 H a − a1
PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA a1
a1
a1 s
s
H
h
a
a a
P = B+B1+ M
V=
B=
6a
2
3
4
H (B+B1+ BB1 ) 3
2
B1=
6a1 3 4
ili V=
M=6
a + a1 h =3(a+a1)h 2
H 3 2 2 ( a +a1 + aa1) 2 www.matematiranje.com
711
7
a1
s
H h
H
h
a
a
(a − a1 )2 + H 2 = s 2
Visina dopunske piramide je i ovde: x=
s H
a
a − a1 2 2 2 ( ) +h = s 2
a1
s
h
a
2
a1 3 2
a1 s
s
-a
a
a1
a1
a1
-a2
a1 s
a1
a1
h
a 3 2
a
a
a
(
(a − a1 ) 3 2 ) + H 2 = h2 2
B1 H B − B1 Zadaci
1) Date su osnovna ivica a = 10cm i visina H = 12cm pravilne četvorostrane piramide. Odrediti njenu površinu i zapreminu.
a = 10cm H = 12cm _____________
P=? V =?
s h
H
a/2
a
a
Prvo ćemo naći visinu h : ⎛a⎞ h = H +⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 2 h = 12 + 52 2
2
2
h = 169 2
h = 13cm P = B+M P = a 2 + 2ah P = 102 + 2 ⋅10 ⋅13 P = 100 + 260 P = 360cm
2
BH 3 a2 H V= 3 102 ⋅12 V= 3 V = 100 ⋅ 4 V=
V = 400cm3 www.matematiranje.com
712
8
2) Osnova prave piramide je pravougaonik, sa stranicama 12cm i 9cm. Odrediti zapreminu piramide, ako je njena bočna ivica 12,5cm.
b d/2
a = 12cm b = 9cm s = 12,5cm _______________
V =? Najpre nadjemo dijagonalu osnove (baze)
d 2 = a2 + b2 d 2 = 12 2 + 9 2 d 2 = 144 + 81 d 2 = 225 d = 15cm
Sada ćemo naći visinu H iz trougla. 2
⎛d ⎞ H = s −⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 H = 12,52 − 7,52 2
2
H 2 = 100 H = 10cm
1 BH 3 1 V = abH 3 1 V = 12 ⋅ 9 ⋅10 3 V = 360cm 2 V=
www.matematiranje.com
713
9
3) Osnova prizme je trougao čije su stranice 13cm, 14cm i 15cm. Bočna ivica naspram srednje po veličini osnovne ivice normalna je na ravan osnove i jednaka je 16cm. Izračunati površinu i zapreminu piramide.
Nadjimo najpre površinu baze preko Heronovog obrasca.
a = 13cm b = 14cm
⇒
s=
c = 15cm
a + b + c 13 + 14 + 15 = = 21 2 2
B = S ( S − a )( S − b)( S − c) = 21 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 6 = 84cm 2
nama treba dužina srednje po veličini visine ( hb ) osnove.
C P=
b ⋅ hb 14 ⋅ hb ⇒ 84 = 2 2 84 = 7 hb
hb = 12cm
hb
A
B
Naći ćemo dalje visinu bočne strane h .
h 2 = H 2 + hb H=16cm
h 2 = 16 2 + 12 2
h
h 2 = 256 + 144
c hb
h 2 = 400 h = 20cm
b
a Površina je jednaka zbiru površina ova četiri trougla!!!
a ⋅ H c ⋅ H bh + + 2 2 2 13 ⋅16 15 ⋅16 14 ⋅ 20 P = 84 + + + 2 2 2 P = 84 + 104 + 120 + 140 P = B+
1 V = BH 3 1 V = 84 ⋅16 3 V = 448cm3
P = 448cm 2 www.matematiranje.com
714
10
4) Izračunati zapreminu pravilnog tetraedra u funkciji ivice a
Tetraedar je pravilna jednakoivična trostrana piramida. a a
V=
H
1 BH 3
a
r0 a
a
H
Izvucimo trougao: ro = 2
a 3 3
⎛a 3⎞ a 2 ⋅ 3 9a 2 − 3a 2 6a 2 ⎟ = a2 − H 2 = a 2 − ⎜⎜ = = ⎟ 3 9 9 9 ⎝ ⎠ Dakle: a 6 3 1 a2 3 a 6 = ⋅ 3 4 3 3 a 18 = 36 a3 ⋅ 3 2 = 36 3 a ⋅ 2 = 12
H= V V V V
PAZI: 18 = 9 ⋅ 2 = 3 2
www.matematiranje.com
715
11
5) Izraziti visinu pravilnog tetraedra u funkciji zapremine V.
Iskoristićemo rezultat prethodnog zadatka a3 2 V= 12 V 12 a3 = 2 a3 =
12V 2
i
⋅
izraziti a
2 2
a = 6 2V 3
a = 3 6 2V a = 3 66 23 V Kako je a 6 to je H= 3 H= H= H= H=
3
66 23V 6 3
6
6 2 ⋅ 6 63 ⋅ 6 2 ⋅ 3 V 3
6
65 ⋅ 2 3 V 6 25 ⋅ 35 ⋅ 2 3 V = 3 3
2 6 35 3 V 3
www.matematiranje.com
716
12
6) Izračunati zapreminu pravilne četvorostrane zarubljene piramide ako su osnovne ivice 7m i 5m i dijagonala 9m.
a = 7m a1 = 5m
a1
a1
D = 9m
H
D
____________
V =? a
a Da bi našli visinu H moramo uočiti dijagonalni presek.
a1 2
D
x
a 2 + a1 2 2 7 2 +5 2 x= 2 x = 6 2m
H
x=
a1 2
D2 = H 2 + x2
H 2 = D2 − x2
(
H 2 = 92 − 6 2 H 2 = 81 − 72 H2 =9 H = 3m
)
2
(
H B + B1 + BB1 3 H V = (a 2 + a12 + aa1 ) 3 3 V = (7 2 + 52 + 7 ⋅ 5) 3 V = 109m 3 V=
)
www.matematiranje.com
717
13
7) Izračunati zapreminu pravilne šestostrane zarubljene piramide ako su osnovne ivice 2m i 1m i bočna ivica 2m a1
a = 2m a1 = 1m
H 2 = s 2 − (a − a1 ) 2
s = 2m
H
_________
H 2 = 2 2 − 12
H
H2 =3
a
(
H= 3
a − a1
)
H B + B1 + BB1 3 H ⎛ 6a 2 3 6a12 3 6aa1 3 ⎞ V = ⎜⎜ + + ⎟ 3⎝ 4 4 4 ⎟⎠ V=
3 6 3 2 2 ⋅ ( 2 + 1 + 2 ⋅1) 3 4 3 V = ⋅7 2 21 V= 2 V = 10,5m3 V=
8) Osnovne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide su 2cm i 6cm. Bočna strana nagnuta je prema većoj osnovi pod uglom od 60o . Izračunati zapreminu te piramide.
a = 6cm a1 = 2cm
ru1 a1
a1 H
a
ru
a
PAZI: Kad se u zadatku kaže bočna strana pod nekim uglom, to je ugao izmedju visina bočne strane i visine osnove!!!
Izvucimo ''na stranu'' trapez (pravougli) www.matematiranje.com
718
14
a1 3 6
H
H
x
a 3 6
60 o
a 3 a1 3 6 3 2 3 4 3 2 3 − = − = = 6 6 6 6 6 3 H 2 3 tg 60 o = ⇒ H = x ⋅ tg 60 o = ⋅ 3 = 2cm x 3 2 3 2 V= 6 + 22 + 6 ⋅ 2 3 4 3 (36 + 4 + 12) V= 6 3 V= ⋅ 52 6 26 3 3 V= m 3 x=
(
)
9) Bočne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide nagnute su prema ravni osnove pod uglom α. Osnovne ivice piramide su a i b (a > b) . Odrediti zapreminu piramide.
Izvucimo obeleženi trapez, iz njega ćemo naći visinu!
s
H a
b 3
a
3
H
H
α x
3
a
3
719
www.matematiranje.com
15
a 3 b 3 ( a − b) 3 − = 3 3 3 H tgα = x ⇓ x=
H = xtgα = V=
( a − b) 3 ⋅ tgα 3
H ⎛ a 2 3 b 2 3 ab 3 ⎞ ⎜ ⎟ + + 3 ⎜⎝ 4 4 4 ⎟⎠
1 ( a − b) 3 3 2 (a + b 2 + ab) ⋅ tgα ⋅ 3 3 4 (a − b)tgα 2 V= (a + b 2 + ab) 12 V=
Kako je
(a − b)(a 2 + b 2 + ab) = a 3 − b3 (a 3 − b3 )tgα V= 12
10) Data je prava pravilna četvorostrana piramida osnovne ivice a = 5 2cm i bočne ivice s=13cm. Izračunati ivicu kocke koja je upisana u tu piramidu tako da se njena četiri gornja temena nalaze na bočnim ivicama piramide.
C
a = 5 2cm s = 13cm s
Nadjimo najpre visinu piramide.
H B x
A
a
⎛a 2⎞ ⎟ H = s − ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2
x
2
2
⎛5 2 2 ⎞ ⎟ H = 13 − ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2 H = 144 H = 12cm 2
a
x
2
2
www.matematiranje.com
720
16
Izvucimo ‘’na stranu’’ dijagonalni presek: C
Dobili smo 2 slična trougla: ΔABC ~ ΔMNC M A
Q
N
D
PAZI: → AB je dijagonalna osnove AB = a 2 = 5 2 2 = 10cm → MN je dijagonala stranice kvadrata MN = x 2 B → Visina CD=H=12cm → Visina CQ=H-x=12-x
Dakle:
AB : MN = CD : CQ 10 : x 2 = 12 : (12 − x) 10(12 − x) = 12 ⋅ x 2 120 − 10 x = 12 2 x 12 2 x + 10 x = 120 → Podelimo sa 2 6 2 x + 5 x = 60 x(6 2 + 5) = 60 60 x= → Racionališemo 6 2 +5 60 6 2 −5 x= ⋅ 6 2 +5 6 2 −5 x=
60(6 2 + 5) 72 − 25
x=
60(6 2 + 5) 47
Ovo je tražena ivica kocke.
11) Osnova piramide je tangentni poligon sa n stranica opisan oko kruga poluprečnika r. Obim poligona je 2p, bočne stranice piramide nagnute su prema ravni osnovne pod uglom ϕ . Odrediti zapreminu piramide.
Baza ove piramide je sastavljena iz n-trouglova. Ako stranice poligona obeležimo sa a ⋅r a1 , a2 ....an , onda će površina svakog od tih n-trouglova biti Pi = i , odnosno 2 www.matematiranje.com
721
17
B = P1 + P2 + ...Pn ar r a1r a2 r + + ... + n = (a1 + a2 + ...an ) → gde je a1 + a2 + ...an obim poligona 2 2 2 2 r B = ⋅ 2 p = rp 2 B=
Pošto kaže da su bočne stranice nagnute pod uglom ϕ , to je:
tgϕ = H
H ⇒ H = rtgϕ r
ϕ r
1 V = BH 3 1 V = rp ⋅ rtgϕ 3 r 2 p ⋅ tgϕ V= 3 www.matematiranje.com
722
18
723
19
KUPA I ZARUBLJENA KUPA KUPA
B= r2 π
P= B+M V=
1 BH 3
V=
M=s r π
P= r π (r+s)
1 2 r πH 3
s
H
r Osni presek:
Oop=2r+2s
Pop=rH
s
H
r
H2+r2= s2
Ravnostrana (jednakostrana ) kupa je ona kod koje je 2r = s, pa je osni presek jednakostranicni trougao.
www.matematiranje.com
724
1
ZARUBLJENA KUPA
B1=R2 π
P= B1+B2+M V=
H ( B1+B2+ B1 B2 ) 3
B2=r2 π V=
M= s(R+r) π
P= π [R2+r2+s(R+r)]
Hπ 2 (R +Rr+r2) 3
r s
H R
Osni presek:
H2+(R-r)2= s2
Pop=(R+r)H
H2+(R+r)2=D2
2r s
D
H
R+r
s
R-r 2R
1) Površina kupe je 24π , a površina njene osnove je 9π . Izračunati zapreminu kupe. P = 24πcm 2
B = r 2π
B = 9πcm
9π = r π r = 3cm 2
2
_______________
V =? H 2 = s2 − r 2 H = 5 −3 2
2
2
H 2 = 25 − 9 H 2 = 15 H = 4cm
M = rπs 15π = 3 ⋅ π ⋅ s s = 5cm
1 V = BH 3 1 V = ⋅ 9π ⋅ 4 3 V = 12πcm3
725
2
2) Dužina visine i izvodnice prave kupe odnosi se kao 4:5 a njena zapremina je 96π . Naći površinu kupe. H : s = 4:5 V = 96π
____________
P=?
Čim imamo neku razmeru koristimo ‘’ trik sa k’’ H : s = 4 : 5 ⇒ H = 4 k i s = 5k
Iskoristimo Pitagorinu teoremu: r 2 = s2 − H 2 r 2 = (5k ) 2 − (4k ) 2 r 2 = 25k 2 − 16k 2 r 2 = 9k 2 r = 3k
Pošto nam je data zapremina: r 2πH 3 (3k ) 2 π ⋅ 4k 96π = 3 3 96 = 12k
V=
H = 4k = 8
P = rπ ( r + s )
s = 5k = 10
P = 6π (6 + 10) P = 96π
r = 3k = 6
k3 = 8 k =2
3) Pravougli trougao sa katetama a i b rotira oko hipotenuze. Naći zapreminu dobijenog obrtnog tela.
I ovde će slika biti ''presudna'' RAZMIŠLJAMO:
→ Na ovaj način se dobijaju dve kupe (priljubljene) → Poluprečnik osnove obe kupe je hC (r = hC ) → Zbir visina ove dve kupe daje hipotenzu c → Zapreminu moramo da izračunamo preko a i b
726
3
www.matematiranje.com
V = V1 + V2 r 2πH1 r 2πH 2 r 2π + = ( H1 + H 2 ) 3 3 3 r 2π ⋅ c V= ( jer je H1 + H 2 = C ) 3 chC a ⋅ b Kako je: = ⇒ chC = ab 2 2 h π ⋅ hC ⋅ C hC ⋅ π ⋅ ab ab = V= C i hC = 2 3 3 a + b2 a 2b 2π V= 3 a2 + b2 V=
4) Zapremina zarubljene kupe jednaka je 584π , a poluprečnici osnova su 10 i 7. Naći visinu zarubljene kupe.
V = 584π R = 10 r =7 _______
H =?
Hπ 2 2 ( R + r + Rr ) 3 Hπ 584π = (10 2 + 7 2 + 10 ⋅ 7) 3 H 584 = (100 + 49 + 70) 3 H 584 = ⋅ 219 3 584 = H ⋅ 73 H =8
V=
5) Na kom rastojanju od vrha kupe, čija je visina H, treba postaviti ravan paralelno sa osnovom koja deli omotač kupe na dva dela jednakih površina.
Neka je X traženo odstojanje. Očigledno da ovakvim presekom kupe dobijamo manju kupu i zarubljenu kupu.
727
4
Izvucimo osni presek ‘’na stranu’’ Iz sličnosti trougla očigledno proizilazi: R : r = H : X = s : s1
Od nas se traži da omotači budu jednaki, tj. da omotač kule M 1 = s1rπ bude isti sa omotačem zarubljene kupe M 2 = ( s − s1 )( R + r )π Dakle: M 1 = M 2 s1 rπ = ( s − s1 )( R + r )π s1 r = sR + sr − s1 R − s1 rr 2s1 r + s1 R = sR + sr s1 (2r + R) = s ( R + r ) s : s1 = (2r + R) : ( R + r )
Ako ovo upakujemo sa već dobijenom proporcijom s : s1 = R : r R : r = ( 2r + R ) : ( R + r ) R ( R + r ) = r ( 2r + r ) R 2 + Rr = 2r 2 + rR R 2 = 2r 2 R = 2r R:r = 2
Kako je:
H : X = R:r H:X = 2 H X = 2 X =
H
X =
H 2 2
2
⋅
2 2
www.matematiranje.com
728
5
6) Kvadrat ABCD stranice a rotira oko ose koje prolazi kroz teme C paralelno sa BD. Naći zapreminu dobijenog tela.
Pažljivo nacrtajte sliku, jer i ovde ona sve govori.
Sa slike se vidi da se radi o dve ‘’priljubljene’’ zarubljene kupe iz kojih je izvučena po jedna kupa. Očigledno je da poluprečnik veće osnove zarubljene kupe R = a 2 (dijagonala kvadrata), a a 2 , tj. polovina dijagonale kvadrata. poluprečnik manje osnove zarubljene kupe je r = 2 (istovremeno i r kupe). Takodje je visina i kupe i zarubljene kupe takodje polovina dijagonale, a 2 tj. H = 2 Zapreminu tela ćemo naći kada od zapremine zarubljene kupe oduzmemo zapreminu kupe, pa to pomnožimo sa dva.
V = 2(VZK − VK ) V V V V
⎛ Hπ 2 r 2πH ⎞ 2 ⎜ ⎟⎟ = 2⎜ ( R + Rr + r ) − 3 3 ⎝ ⎠ Hπ 2 = 2⋅ ( R + Rr + r 2 − r 2 ) 3 2 = Hπ ( R 2 + Rr ) 3 ⎛ a 2 ⎞⎤ 2 2 a 2 ⎡ ⎟⎥ = ⋅ π ⎢ a 2 + a 2 ⎜⎜ ⎟ 3 3 2 ⎝ ⎠⎦⎥ ⎣⎢
V=
( ) ( )
a 2 ⎡ 3a 2 ⋅ 2 ⎤ π⎢ ⎥ 3 ⎣ 2 ⎦
V = a 3 2π www.matematiranje.com
729
6
Zanimljivo da bi površinu tela našli kao zbir površina omotača zarubljene kupe i kupe, pa putu dva. P = 2( M ZK − M K )
Ali se ovo u zadatku ne traži, Vi možete radi treninga uraditi i ovo. 7) Prava zarubljena kupa ima izvodnicu s = 5 i poluprečnike osnova R = 5 i r = 1 . Naći poluprečnik osnove pravog valjka koji ima s njom jednaku visinu i površinu omotača.
s=5 R=5 r =1
______
Omotač zarubljene kupe je M = s ( R + r )π
Dakle:
M = 5(5 + 1)π M = 30π
Visinu zarubljene kupe ćemo dobiti iz Pitagorine teoreme: s = H 2 + (R + r)2 52 = H 2 + (5 + 1) 2 H 2 = 25 − 16 H2 =9 H = 3 → Ovo je istovremeno i visina valjka
Omotač valjka je M V = 2rπH M V = 2rπH 30π = 2 ⋅ rπ ⋅ 3 30 = 6r r =5
Dakle, poluprečnik osnove valjka je 5 www.matematiranje.com
730
7
8) Izračunaj površinu osnog preseka zarubljene kupe ako je površina omotača M = 10π i ugao izvodnice prema ravni osnove je 30 0 .
M = 10π
____________
POP = ?
Izvucimo trougao na kome primenjujemo Pitagorinu teoremu: M = 10π s ( R + r )π = 10π s ( R + r ) = 10
Odavde je:
H s H = s sin 30o 1 H = s⋅ 2 s H= 2
sin 30o =
Površina osnog preseka je: (površina trapeza)
2 R + 2r 2( R + r ) ⋅H = ⋅ H = (R + r) ⋅ H 2 2 s (R + r) ⋅ s POP = ( R + r ) ⋅ = 2 2 10 POP = 2 POP = 5
POP =
www.matematiranje.com
731
8
LOPTA SFERA (LOPTA) i DELOVI LOPTE
4 V= R3 π 3
P= 4R2 π
R R
lopta
OVDE JE :
- R je poluprečnik lopte - h je visina zone ( odsečka, isečka) -r1 i r2 su poluprečnici presečnih krugova
Površina kalote: P= 2R π h Površina zone : P= 2R π h Zapremina loptinog odsečka: V=
Zapremina loptinog isečka: V=
Zapremina loptinog sloja: V=
h
r
3
(3R-h)
2 2 R πh 3
πh 6
πh 2
(3r12+3r22+h2)
h
R
R kalota(samo poklopac)
r
loptin odsecak 732
1
h
h
r2
R
r1
.
R
R loptin isečak odsečak + kupa
loptin sloj(zona)
UZAJAMNI POLOŽAJ LOPTE I DRUGIH TELA
Da bi se u prizmu mogla upisati sfera potrebno je i dovoljno da se u njen normalni presek može upisati krug čiji je prečnik jednak visini prizme Da bi se u piramidu mogla upisati sfera dovoljno je da nagibni uglovi bočnih strana prema osnovi piramide budu jednaki Ako se oko poliedra može opisati sfera, tada njen centar leži u tački preseka simetralnih ravni svih ivica poliedra Da bi se oko prizme mogla opisati sfera potrebno je i dovoljno da prizma bude prava i da se oko njene osnove može opisati krug. Da bi se oko piramide mogla opisati sfera potrebno je i dovoljno da se oko njene osnove može opisati krug Lopta je upisana u prav valjak ako osnove i sve izvodnice valjka dodiruju loptu. To je moguće ako je prečnik osnove valjka jednak visini valjka Lopta je upisana u pravu kupu ako osnova i sve izvodnice kupe dodiruju loptu. To je uvek mogućno! Lopta je opisana oko valjka ako su osnove valjka preseci lopte. Oko svakog pravog valjka može se opisati lopta Lopta je opisana oko kupe ako je osnova kupe presek lopte i ako vrh kupe pripada odgovarajućoj sferi. Oko svake kupe može se opisati lopta.
733
2
1) Površina lopte jednaka je 225π . Naći njenu zapreminu.
P = 225π
P = 4 R 2π
V =?
225π = 4 R 2π 225 R2 = 4 225 R= 4 15 R= 2 R = 7,5
_____________
4 3 Rπ 3 4 V = (7,5) 3 π 3 V = 562,5π V=
2) Preseci dve ravni i lopte imaju površine 49π i 4π , a rastojanje izmedju tih ravni koje su sa raznih strana centra lopte iznosi 9. Naći površinu lopte.
P1 = 49π P2 = 4π h=9
________
PL = ?
Preseci lopte su krugovi, pa ćemo odatle naći r1 i r2 . P1 = r12π
P2 = r22π
49π = r12π
4π = r22π
r1 = 7
r2 = 2
Uočimo dva pravougla trougla (na slici) čije su hipotenuze R a katete za jedan x i r1 a za drugi y i r2
x 2 + r12 = y 2 + r22
R 2 = x 2 + r12 ⎫⎪ x 2 + 49 = y 2 + 4 ⇒ ⎬ R 2 = y 2 + r22 ⎪⎭ 45 = ( y − x)( y + x)
y−x=5 Sada je y − x = 5 ∧ y + x = 9 ⇒ y = 7 zamenimo, pa je R 2 = 7 2 + 2 2 ⇒ R 2 = 53 ⇒ P = 4 R 2π ⇒ P = 212π
734
3
3) Poluprečnik lopte je 15. Koji se deo površine lopte vidi iz tačke koje je od centra lopte udaljena za 25?
Nacrtamo najpre sliku: Trouglovi ABC i ABD su očigledno pravougli i slični. Izvucimo ih na stranu!!!
Iz njihove sličnosti sledi proporcionalnost stranica: x : R = R : 25 x : 15 = 15 : 25 25 x = 225 x=9
Pošto je x + h = R ⇓ h= R−x h = 15 − 9 h=6
Površina koja se vidi je ustvari kalota visine h = 6 PK = 2 Rπh = 2 ⋅15 ⋅ π ⋅ 6 PK = 180π
4) Izračunati zapreminu odsečka lopte ako je poluprečnik njegove osnove jednak 6, a poluprečnik lopte je 7,5
r1 = 6 R = 7,5 Najpre i ovde nacrtamo sliku: Iz pravouglog trougla ABC je: X 2 = R 2 − r12
X 2 = 7,52 − 6 2 X = 4,5
735
4
Kako je h + x = R
h= R−x h = 7,5 − 4,5 h=3 Zapremina odsečka je:
πh 2
(3R − h ) 3 π ⋅ 32 (3 ⋅ 7,5 − 3) V= 3 V = 3π ⋅19,5 V = 58,5π V=
5) Površina lopte opisane oko prave pravilne četvorostrane prizme osnovne ivice a = 4 je P = 36π . Izračunati površinu dijagonalnog preseka.
Nacrtajmo i ovde prvo sliku:
a=4 PL = 36π
Iz površine lopte ćemo izračunati poluprečnik: PL = 4 R 2π 36π = 4 R 2π R2 = 9 R=3
Izvucimo ‘’na stranu’’ dijagonalni presek: Odavde je:
( ) = 36 − (4 2 )
H 2 = (2 R ) − a 2 2
H2
2
2
H 2 = 36 − 32 H2 = 4 H =2
736
5
Površina dijagonalnog preseka je: P = a 2 ⋅H = 4 2 ⋅2 P =8 2
6) Oko kocke površine P = 32 opisana je lopta. Izračunati zapreminu dela lopte iznad gornje strane kocke.
Pošto je površina kocke P = 32 ⇒ 6a 2 = 32 32 6 16 a2 = 3 4 4 3 = a= 3 3 a2 =
4 3 Poluprečnik R lopte je očigledno jednak polovini telesne dijagonale D = a 3 = 3 ⋅ 3 D=4 D 2 R=2
R=
Razmišljamo ovako: → Ovakvih odsečka ima 6. → Nadjemo zapreminu lopte i zapreminu kocke → Oduzmemo ih i podelimo sa 6. VL =
4 3 4 32π R π = 23 π = 3 3 3 3
⎛ 4 3 ⎞ 64 ⋅ 3 3 64 3 ⎟ = VK = a = ⎜⎜ = ⎟ 3 27 9 ⎝ ⎠ 3
32π 64 3 96π − 64 3 − = 3 9 9 32 3π − 2 3 VL − VK = 9 Sad nam treba ovo kroz 6 V − VK 32 3π − 2 3 VOD = L = 6 54 16 VOD = 3π − 2 3 27 VL − VK =
(
)
(
(
)
)
737
6
7) U pravu kupu čija izvodnica ima dužinu 15 i čiji je poluprečnik osnove 9, upisana je lopta. Naći zapreminu lopte.
C
N M R A
R
r
s
B
s = 15 r =9
_______
VL = ?
H 2 = s2 − r 2 H 2 = 152 − 9 2 H = 225 − 81 2
H 2 = 144 H = 12
V=
4 3 Rπ 3
Iz sličnosti trouglova ABC i MNC dobijamo:
R : r = ( H − R) : S R : 9 = (12 − R) : 15 15R = 9(12 − R) 15R = 108 − 9 R 24 R = 108 108 9 R= = 24 2 9 R= 2
3
4⎛9⎞ V= ⎜ ⎟π 3⎝2⎠ 243π V= 2
738
7
VALJAK Valjak je geometrijsko telo ograničeno sa dva kruga u paralelnim ravnima i delom cilindrične površi čije su izvodnice normalne na ravan tih krugova. Osa valjka je prava koja prolazi kroz centre baza. Naravno kao i do sada oznake su: -
P je površina valjka V je zapremina valjka B je površina baze M je površina omotača H je visina valjka r je poluprečnik osnove ( baze ), onda je 2r prečnik
O2
O1
osa valjka
Početne formule za površinu i zapreminu valjka iste su kao i formule za P i V prizme:
P = 2B + M
i
V = B⋅H www.matematiranje.com
739
1
Pre nego li sklopimo formule za P i V pogledajmo mrežu valjka:
B = r 2π
M = 2rπ H
H
2rπ
B = r 2π
Baze su očigledno krugovi čija je površina :
B = r 2π
.
Omotač je pravougaonik čije su stranice visina H i obim kruga O = 2rπ , pa je površina omotača jednaka
M = 2rπ H
P = 2B + M
V = B⋅H
P = 2r 2π + 2rπ H P = 2rπ (r + H )
V = r 2π H
www.matematiranje.com
740
2
Pogledajmo sada kako izgleda osni presek valjka:
D
H
2r osni presek
Ovde primenjujemo Pitagorinu teoremu: Površina osnog preseka je
D 2 = (2r ) 2 + H 2
Pop = 2rH
Ako u tekstu zadatka kaže da je valjak RAVNOSTRAN, to znači da mu je osni presek kvadrat i da je Napomenimo još da valjak može nastati obrtanjem kvadrata ili pravougaonika stranice.
b
a
oko jedne stranice ili simetrale
b
H=b
H=b
a
r=a
H = 2r
r=a/2
osa rotacije (simetrala stranice)
osa rotacije(stranica)
www.matematiranje.com
741
3
1) Izračunati zapreminu pravog valjka ako je data površina P = 324πcm 3 i odnos visine prema poluprečniku H : r = 7 : 2 .
P = 324πcm3 H :r = 7:2
________________
V =? Kako imamo datu razmeru, upotrebićemo “trik sa k”
⎧H = 7k H :r = 7:2⇒ ⎨ ⎩r = 2 k
Obrazac za površinu je: P = 2rπ (r + H )
H = 7 ⋅ 3 = 21cm
324 π = 2 ⋅ 2k ⋅ π (2k + 7 k ) 324 = 4k ⋅ 9k
r = 2 ⋅ 3 = 6cm V = r 2πH
324 = 36k 2
V = 6 2 ⋅ π ⋅ 21
k2 = 9
V = 756πcm 3
k =3
2) Površina pravog valjka je 84 πcm 2 , a visina mu je za 5cm veća od prečnika osnove. Izračunati zapreminu valjka.
P = 84πcm 2 H = 2r + 5
_______________
V =? P = 2 rπ ( r + H )
84π = 2rπ (r + 2r + 5) 84 = 2r (3r + 5) 84 = 6r 2 + 10r 6r 2 + 10r − 84 = 0 3r 2 + 5r − 42 − 5 ± 23 r1, 2 = 6 − 5 + 23 18 r1 = = =3 6 6 − 5 − 23 r2 = → Nemoguće 6 Dakle r = 3cm
H = 2r + 5 H = 2⋅3+ 5
V = r 2πH
H = 11cm
V = 99πcm
V = 32 π ⋅11
www.matematiranje.com
3
742
4
3) Od drvenog valjka poluprečnika osnove r = 9cm , visine H = 12cm istesana je najveća moguća pravilna trostrana prizma. Kolika je zapremina odpadaka?
→ Najveća prizma je ona koja je upisana u valjak → Visine prizme i valjka su jednake → Zapreminu odpadaka ćemo dobiti kad od zapremine valjka oduzmemo zapreminu prizme! r = 9cm H = 12cm
VOD = Vv − VP Nadjimo najpre stranicu prizme. VOD = Vv − VP a 3 = ro 3 a2 3 VOD = r 2π H − ⋅H 4 a 3 =9 ⎛ 3 a2 3 ⎞ VOD = H ⎜⎜ r 2π − ⎟ a 3 = 27 4 ⎟⎠ ⎝ 2 27 ⎛ a= 9 3 3 ⎞⎟ ⎜ 2 3 VOD = 12 9 π − ⎜ ⎟ 4 ⎜ ⎟ 27 3 ⎝ ⎠ a= ⋅ 3 3 ⎛ 243 3 ⎞ VOD = 12 ⎜⎜ 81π − ⎟ 27 3 4 ⎟⎠ a= ⎝ 3 ⎛ 324π − 243 3 ⎞ a = 9 3cm VOD = 12 ⎜⎜ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠
(
(
)
VOD = 3 ⋅ 81 4π − 3 3
(
)
)
VOD = 243 4π − 3 3 cm3 4) Izračunati površinu šupljeg valjka čija je visina H = 25cm , poluprečnik spoljašnjeg omotača R = 15cm , a unutrašnjeg je r = 6cm H = 25cm R = 15cm r = 6cm
___________
P=?
www.matematiranje.com
743
5
Razmišljamo: → Površina šupljeg valjka se sastoji iz omotača većeg valjka, omotača manjeg valjka i dve baze koje čine kružni prsteni. Dakle: P = M 1 + M 2 + 2 B M 1 → Omotač većeg valjka
M 1 = 2 RπH = 2 ⋅15 ⋅ π ⋅ 25 = 750πcm 2 M 2 → Omotač manjeg valjka M 2 = 2rπH = 2 ⋅ 6 ⋅ π ⋅ 25 = 300πcm 2
B = ( R 2 − r 2 ) π = (152 − 62 ) π = 189π cm 2
P = 750π + 300π + 2 ⋅189π P = 1428π cm 2
5) Kvadrat stranice a rotira oko ose koja je od centra kvadrata udaljena za a⎞ ⎛ p⎜ p > ⎟ . Odrediti zapreminu obrtnog tela ako je osa paralelna stranici kvadrata i 2⎠ ⎝ leži u njegovoj ravni.
Razmišljamo: → Na ovaj način smo ustvari dobili šuplji valjak. a → Poluprečnik osnove većeg valjka je R = p + 2 a → Poluprečnik osnove manjeg valjka je r = p − 2 → Visine oba valjka su iste ako i stranica kvadrata, tj. H = a → Zapreminu šupljeg valjka ćemo dobiti kad od zapremine većeg oduzmemo zapreminu manjeg valjka!!! ⎡ a2 a2 ⎤ V = π H ⎢ p 2 + pa + − p 2 + pa − ⎥ 4 4 ⎦⎥ V = V1 − V2 ⎣⎢
V = R 2πH − r 2πH
(
V = πH R 2 − r 2
)
2 2 ⎡⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎤ V = πH ⎢⎜ p + ⎟ − ⎜ p − ⎟ ⎥ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝
V = π H ⋅ 2 pa V = 2 paH π V = 2 pa ⋅ aπ
www.matematiranje.com
V = 2a 2 pπ
744
6
6) Osnova prizme je jednakokraki trapez osnovica 8cm i 2cm. U trapez je upisan valjak. Izračunati razmeru zapremine valjka i zapremine prizme ako je njegova visina jednaka kraku trapeza.
a = 8cm b = 2cm H =C _________
VV : VP = ?
Ako pogledamo bazu vidimo da je trapez tangentni četvorougao (može da se upiše krug) pa je:
a + b = 2c 8 + 2 = 2c Primenom Pitagorine teoreme na trapez:
⎛ a −b⎞ h = c −⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2
2
Površina kruga je: P = r 2π gde je h r = = 2cm 2 P = 4πcm 2
2
⎛8−2⎞ h = 5 −⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ h 2 = 25 − 9 2
10 = 2c c = 5cm ⇒ H = 5cm
2
2
h 2 = 16 h = 4cm
VV : VP = BV H : BP H = BV : BP
Površina trapeza je: 8+2 a+b P= ⋅h = ⋅4 2 2 P = 20cm 2
= 20 : 4π = 5:π VV : VP = 5 : π www.matematiranje.com
745
7
7) Ravan prolazi kroz centar donje osnove kružnog valjka i nagnuta je prema ravni osnove pod uglom α. Ta ravan seče gornju osnovu po tetivi b, kojoj odgovara centralni ugao β. Izračunati zapreminu valjka.
Kod ovog zadatka slika je neophodna i sa nje ćemo uočiti zavisnost izmedju elemenata. Pošto se zapremina valjka računa V = r 2πH , naš “posao” je da r i H izrazimo preko datih elemenata α, β i b. Proučimo najpre gornju bazu!!
Onda je: b β sin = 2 2 r b r= β 2sin 2 b β i tg = 2 2 x b x= β 2tg 2 Dalje ćemo izvući polovinu osnog preseka (onu desnu, naravno) → odavde je tgα =
H H=
H b ⇒ H = xtgα = ⋅ tgα β x 2tg 2 btgα
2tg
β
2
Konačno, zapremina je: www.matematiranje.com
746
8
V = r 2π H 2
⎛ ⎞ ⎜ b ⎟ btgα V =⎜ π⋅ ⎟ β β ⎜ 2sin ⎟ 2tg ⎝ 2⎠ 2 2 b btgα V= π⋅ β β 4sin 2 2tg 2 2 3 b π tgα V= β β 8sin 2 tg 2 2 8) Zapremina kosog valjka kod koga izvodnica zaklapa ugao α = 60o sa ravni osnove je V = 8π 3 . Odrediti poluprečnik osnove ako se zna da je osni presek romb. a=2r
V = 8π 3
a
_____________
r =?
a=2r
Izvucimo osni presek ‘’na stranu’’ a
Odavde je: H a a H = a sin 60o → I pošto je a = 2r onda je
sin 60o =
H = 2r ⋅
3 2
H =r 3
Upakujemo ovde dve dobijene jednakosti: V = r 2π H
r2H = 8 3
8π 3 = r2 π H
r2 ⋅ r 3 = 8 3
r2H = 8 3
r3 = 8 r 3 = 23 r=2 www.matematiranje.com
747
9
POLINOMI SA JEDNOM PROMENLJIVOM Oblika su: P ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0
Ovaj oblik se dobija ''sredjivanjem” polinoma (sabiranjem, oduzimanje...) i naziva se kanonički, x-je promenljiva an , an −1 ,..., a0 su koeficijenti (konstante), n je prirodan broj ili nula. Ako je an ≠ 0 , onda kažemo da je polinom P stepena n , pa je an ‘’najstariji’’ koeficijenat. Primer: P( x) = 4 x 3 + 6 x 2 − 2 x + 7 - ovaj polinom je stepena 3 a najstariji koeficijenat je 4. - zanimljivo je da se član bez x-sa, takozvani slobodni član dobija kad umesto x stavimo 0, tj. P (0) = 4 ⋅ 03 + 6 ⋅ 02 − 2 ⋅ 0 + 7 = 7 → P (0) = 7 , ili za polinom P ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 → P (0) = a0
- takodje ako umesto x stavimo 1 imamo P (1) = an + an −1 + ... + a0
SABIRANJE I ODUZIMANJE POLINOMA: Primer: P ( x) = 3x 3 − 4 x 2 + 6 x − 7
Q( x) = 4 x 3 − 2 x 2 + 12 x + 3 P ( x) + Q ( x) = (3 x 3 − 4 x 2 + 6 x − 7) + (4 x 3 − 2 x 2 + 12 x + 3)
= 3x 3 − 4 x 2 + 6 x − 7 + 4 x 3 − 2 x 2 + 12 x + 3 −
−−
− −−
−
−−
− −−
= krenemo sa sabiranjem članova sa najvećim stepenom pa dok ne dodjemo do ‘’slobodnih članova’’, to jest onih bez x-sa = 7 x 3 − 6 x 2 + 18 x − 4
P ( x) − Q ( x) = (3 x 3 − 4 x 2 + 6 x − 7) − (4 x 3 − 2 x 2 + 12 x + 3) = pazi: Minus ispred zagrade menja znak svim članovima u zagradi = 3x 3 − 4 x 2 + 6 x − 7 − 4 x 3 + 2 x 2 − 12 x − 3 −
−−
− −−
−
−−
−− −
= − x3 − 2 x 2 − 6 x − 10 Najbolje je da podvlačite slične monome kako se ne bi desila greška u sabiranju (oduzimanju) www.matematiranje.com
748
1
MNOŽENJE POLINOMA
Primer 1. Pomnožiti sledeće polinome: P( x) = 2 x − 3 Q( x) = x 2 + 4 x − 7
Rešenje: P ( x) ⋅ Q ( x) = (2 x − 3) ⋅ ( x 2 + 4 x − 7) Kako množiti? Množi se ‘’svaki sa svakim’’. Najbolje je da prvo odredimo znak (+ ⋅ + = +, − ⋅− = +, + ⋅− = −, − ⋅+ = −) , onda pomnožimo brojke i na kraju nepoznate. Naravno da je x ⋅ x = x 2 , x 2 ⋅ x = x 3 , x 2 ⋅ x 2 = x 4 , itd. (ovde koristimo pravila iz stepenovanja: x m ⋅ x n = x m + n ) Vratimo se na zadatak:
(2 x − 3) ⋅ ( x 2 + 4 x − 7) =
2 x 3 + 8 x 2 − 14 x − 3x 2 − 12 x + 21 = sad saberemo( oduzmemo) slične monome −
−− 3
− −−
−−
− −−
2
= 2 x + 5 x − 26 x + 21
Primer 2. Pomnožiti sledeće polinome:
A( x) = − x 2 + 4 x − 7 B( x) = 2 x 2 + 5 x + 1 Rešenje: A( x) ⋅ B ( x) = (− x 2 + 4 x − 7) ⋅ (2 x 2 + 5 x + 1)
= −2 x 4 − 5 x3 − x 2 + 8 x3 + 20 x 2 + 4 x − 14 x 2 − 35 x − 7 = −2 x 4 + 3 x 3 + 5 x 2 − 31x − 7 www.matematiranje.com
749
2
DELJENJE POLINOMA
Podsetimo se najpre deljenja brojeva. Primer: 57146 : 23 = 2484 − 46 ______
111 − 92
______
194 − 184 _______
106 − 92 _____
4 - ostatak
Možemo zapisati:
57146 4 = 2848 + 23 23
deljenik ostatak = rešenje + delilac delilac Probajmo sad sa polinomima:
Primer 1: POSTUPAK
( 2 x 2 − 5 x + 6) : ( x − 2) = 2 x − 1 2 ( −) ( +) ______________
2x −
4x
− x+6
− + x+ − 2 __________
4 → Ostatak Dakle: 2 x 2 − 5x + 6 4 = 2x −1+ x−2 x−2
2x2 = 2x → Podelimo ‘’prvi sa prvim’’ x i upišemo 2x u rešenju → 2x pomnožimo sa deliocem i potpišemo ispod 2x²-5x → promenimo znake (ono u zagradi) → prvi se uvek skrate a druge saberemo -5x+4x=-x → dopišemo +6 → opet delimo ‘’prvi sa prvim’’ − x = −1 x → množimo sa deliocem → promenimo znake i saberemo
www.matematiranje.com
750
3
Primer 2: POSTUPAK
( x 3 + 2 x 2 − 4 x + 5) : ( x + 1) = x 2 + x − 5 (−)
x3 → Podelimo ‘’prvi sa prvim’’ = x2 x upišemo x 2 u rešenje → x 2 pomnožimo sa deliocem i potpišemo ispod x 3 + 2x 2 → promenimo znake kod x 3 + 2x 2 → prvi se uvek ‘’skrate’’, a 2 x 2 − x 2 = x 2 → spustimo - 4x x2 → opet ‘’prvi u prvom’’ =x → x množimo sa deliocem x → menjamo znake kod x²+x → prvi se skrate a -4x-x=-5x → spuštamo +5 → − 5x = −5 x → -5·(x+1)=-5x-5 → promenimo znake i prvi se skrate → 5+5=10
x3 + x 2
(−) _____________
x2 − 4x (−)
x2 + x
( −) __________ __
− 5x + 5
− 5x − 5
(+) (+) ___________
10 Dakle: x3 + 2x 2 − 4x + 5 10 = x2 + x − 5 + x +1 x +1
Primer 3: ( x 4 − 3 x 3 + 2 x 2 + x − 5) : ( x 2 + 2 x − 3) = x 2 − 5 x + 15 −
x 4 + 2 x3 − 3x 2
(−) (+) ______________________
−5 x 3 + 5 x 2 + x − 5 x 3 − 10 x 2 + 15 x
(+) (+) (−) ___________________________
15 x 2 − 14 x − 5 ( −)
15 x 2 + 30 x − 45
( −) (+) __________________________
− 44 x + 40 → ostatak x 4 − 3x3 + 2 x 2 + x − 5 −44 x + 40 = x 2 − 5 x + 15 + 2 2 x + 2x − 3 x + 2x − 3 www.matematiranje.com
751
4
Primer 4: ( x 4 − 1) : ( x − 1) = x 3 + x 2 + x + 1 4 3 (−) x − x
PAZI: Kad skratimo ‘’prve’’ a drugi nisu istog stepena prepišemo ih, prvo onaj sa većim pa sa manjim stepenom, to jest: +x³-1
( +) _____________ 3
+ x −1 + x3 − x 2
(−) (+) __________ ___
x2 −1
x2 − x
(+ ) ( −) ____________
x −1 x −1
(−) (+) _________
Nema ostatka Dakle:
x4 −1 = x3 + x 2 + x + 1 x −1
U nekim zadacima interesovaće nas samo ostatak koji se dobija deljenjem dvaju polinoma a ne i količnik. Tu nam pomaže Bezuova teorema:
Ostatak pri deljenju polinoma P(x) sa (x-a) jednak je P(a), to jest vrednosti polinoma P(x) u tački x = a.
Ako je P(a)=0, deljenje je bez ostatka.
Primer1: Nadji ostatak pri deljenju polinoma x 3 − 5 x 2 + 6 x − 7
sa
x−2
Najpre rešimo x-2=0, pa je x = 2 onda uporedjujemo x-a i x-2→ a=2 Sada je P( x) = x 3 − 5 x 2 + 6 x − 7
P(2) = 23 − 5 ⋅ 2 2 + 6 ⋅ 2 − 7 P(2) = 8 − 20 + 12 − 7 P(2) = −7 ⇒ Ostatak je -7 www.matematiranje.com
752
5
Primer2: Nadji ostatak pri deljenju polinoma 2 x 3 − 5 x + 6 sa x + 1 Pazi , ovde je a = -1, jer je
x+1=0 x = -1
P ( x) = 2 x 2 − 5 x + 6 P(−1) = 2 ⋅ (−1) 2 − 5 ⋅ (−1) + 6 P(−1) = 2 + 5 + 6 P(−1) = 13 ⇒ Ostatak je 13 Još jedna izuzetna primena Bezueve teoreme je kod rastavljanja polinoma na činioce. Mi smo do sada naučili da faktorišemo polinome drugog stepena. Za polinome trećeg i četvrtog stepena postoje algoritmi, ali su suviše teški, dok za polinome petog i većeg stepena ne postoji univerzalan način da se faktorišu, odnosno reše. Kako nam to pomaže Bezuova teorema?
Primer1: Dat je polinom P ( x) = x 3 − 6 x 2 + 11x − 6
Izvrši njegovu faktorizaciju.
P ( x) = x 3 − 6 x 2 + 11x − 6
za x=1 P ( x ) = 13 − 6 ⋅12 + 11 ⋅1 − 6 P (1) = 1 − 6 + 11 − 6 P (1) = 0
POSTUPAK → uočimo ‘’slobodan’’ član, to jest onaj bez x-sa. ovde je to 6. → on se može podeliti: +1, -1, +2, -2, +3, -3, +6, -6 →redom zamenjujemo ove brojeve dok ne dobijemo da je P ( a ) = 0 → našli smo da je a=1 → podelimo polinom sa ( x − a ) = ( x − 1)
( x 3 − 6 x 2 + 11x − 6) : ( x − 1) = x 2 − 5 x + 6
x3 − x 2
(+) (−) _____________ 2
− 5 x + 11x − 5x 2 + 5x
(+) ( −) __________ _____
6x − 6 6x − 6 (+) (−) __________ __
Nema ostatka Ovim smo smanjili stepen polinoma i sad već x 2 − 5 x + 6 znamo da rastavljamo x 2 − 5 x + 6 = x 2 − 2 x − 3x + 6 = x( x − 2) − 3( x − 2) = ( x − 2)( x − 3)
753
6
x 3 − 6 x 2 + 11x − 6 = ( x − 1)( x − 2)( x − 3)
Dakle:
Primer 2: Izvršiti faktorizaciju polinoma: P( x) = x 4 − 2 x3 − 2 x 2 + 4 x + 4 Posmatrajmo broj 4 (slobodan član). Pošto njega možemo podeliti sa +1, -1, +2, -2,+4, -4, redom menjamo u polinom dok ne bude P(a)=0 Za x = 1 P (1) = 14 − 2 ⋅13 − 2 ⋅12 + 4 ⋅1 + 4 = 1 − 2 − 3 + 4 + 4 P (1) = 4 ≠ 0
Idemo dalje: Za x = -1 P (−1) = (−1) 4 − 2 ⋅ (−1) 3 − 2 ⋅ (−1) 2 + 4 ⋅ (−1) + 4 P (−1) = 1 + 2 − 3 − 4 + 4 = 0
Dakle, delimo sa x − (−1) = x + 1 ( x 4 − 2 x 3 − 3 x 2 + 4 x + 4) : ( x + 1) = x 3 − 3 x 2 + 4
x 4 + x3
(−) (−) _____________
− 3x3 − 3x 2 − 3x 3 − 3x 2
(+) (+) __________ _____
4x + 4 4x + 4 (−) (−) __________ __
Dalje gledamo P1 ( x) = x 3 − 3 x 2 + 4 Za x=-1 P1 (−1) = (−1)3 − 3(−1) 2 + 4 = −1 − 3 + 4 = 0 Opet delimo sa (x+1) ( x 3 −3 x 2 +4) : ( x + 1) = x 2 −4 x + 4 3
x + x2
(−) (−) ____________
x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2) 2
− 4x2 + 4 − 4x − 4x
(+) (+) ______________
754
7
Konačno rešenje je: x 4 −2 x 3 −3 x 2 + 4 x + 4 = ( x + 1)( x + 1)( x 2 −4 x + 4) = ( x + 1) 2 ( x − 2) 2
Primer 3: Odrediti realan parametar m tako da polinom P ( x) = x 5 + mx 3 + 3x 2 − 2 x + 8 bude deljiv sa x + 2. Rešenje:
Iz x+2 = 0 je x = -2 , pa je a = -2
P ( x) = x5 + mx3 + 3x 2 − 2 x + 8 P (−2) = (−2)5 + m(−2)3 + 3(−2)2 − 2( −2) + 8 P (−2) = −32 − 8m + 12 + 4 + 8 P (−2) = −8m − 8 P (−2) = 0 jer u zadatku kaže da je P(x) deljiv sa -2 − 8m − 8 = 0 m = −1
Primer 4: Odrediti realne vrednosti parametara a i b tako da polinom P ( x) = ax3 − bx 2 − 5 x + 4 pri deljenju sa x + 1 daje ostatak 6, a pri deljenju sa x − 1 daje ostatak 2.
Rešenje: Kako pri deljenju sa x + 1 daje ostatak 6, to je P (−1) = 6 P ( x) = ax3 − bx 2 − 5 x + 4 P (−1) = a (−1)3 − b(−1) 2 − 5(−1) + 4 P (−1) = − a − b + 9 −a − b + 9 = 6 − a − b = −3 a+b = 3 www.matematiranje.com
755
8
Kako pri deljenju sa x − 1 daje ostatak 2, to je P (1) = 2
P ( x) = ax3 − bx 2 − 5 x + 4 P (1) = a ⋅13 − b ⋅12 − 5 ⋅1 + 4 P (1) = a − b − 1 a − b −1 = 2 a −b = 3 Dalje oformimo sistem jednačina: a+b = 3 a −b = 3 a +b = 3 a −b = 3 2a = 6 → a = 3 → b = 0 Rešenja su a = 3, b = 0 www.matematiranje.com
756
9
HORNEROVA ŠEMA U fajlovima iz prve godine srednje škole , polinomi i algebarski izrazi, smo naučili kako se dele polinomi i kako se pomoću Bezuovog stava dobija ostatak pri deljenju polinoma. Engleski matematičar Horner je napravio šemu za deljenje polinoma P( x) an x n an 1 x n 1 ... a1 x ao sa x c . Ideju je dobio u teoremi o jednakosti dva polinoma : Polinomi P i Q su identični ako i samo ako su istog stepena i ako
su im koeficijenti uz iste stepene od x jednaki. Da mi prepričamo njegovu ideju... Kad delimo polinom P ( x) an x n an 1 x n 1 ... a1 x ao , koji je n - tog stepena sa x c , dobijamo polinom
Q( x) bn 1 x n 1 bn 2 x n 2 ... b1 x bo , koji je n-1 stepena i ostatak, to jest : Pn x x c Qn 1 x r Sredjujući ovo i uporedjujući odgovarajuće koeficijente Horner je dobio formulice: bn 1 an bk 1 ak c bk
gde je k 1, 2,...n 1
r a0 c b0 Ovo zapisano u obliku šeme bi bilo:
an c
bn1
an 1 bn 2 an 1 c bn1
.......
ak
.......
a0
.......
bk 1 ak c bk
.......
r a0 c b0
Evo nekoliko primera koji će vam verovatno razjasniti primenu Hornerove šeme…
Primer 1.
Podeliti polinom
P ( x) 2 x 4 x3 3 x 2 4 x 1
sa x 1
Rešenje: www.matematiranje.com
757
1
Iz polinoma P( x) 2 x 4 x3 3x 2 4 x 1
“ pročitamo” da je:
a4 2
jer je to koeficijent uz najveći stepen x 4
a3 1
jer je to koeficijent uz stepen x3
a2 3
jer je to koeficijent uz stepen x 2 a1 4 to je koeficijent uz x a0 1 član bez x- sa ( slobodan član) Iz polinoma x 1 “ pročitamo” da je: c 1 ( uporedjujemo x 1 sa x c ) Da postavimo Hornerovu šemu:
c
a4
a3
a2
a1
b3
b2
b1
b0
a0 r
2 b3
-1 b2
3 b1
-4 b0
1 r
Sad zamenimo vrednosti … 1
Po Hornerovim formulicama računamo vrednosti za b- ove. bn 1 an
Iz formulica
bk 1 ak c bk
gde je k 1, 2,...n 1 , imamo:
r a0 c b0
b3 a4 b3 2
b3 a4
b2 a3 c b3 b2 1 1 2 b2 1
b2 a3 c b3 b1 a2 c b2
pa je :
b0 a1 c b1
b1 a2 c b2 b1 3 11 b1 4
ubacimo u šemu:
b0 a1 c b1 b0 4 1 4 b0 0
r a0 c b0
r a0 c b0 r 1 1 0 r 1
1
2 2
-1 1
3 4
-4 0
1 1
Dobili smo polinom trećeg stepena čiji su koeficijenti b3 2 uz x 3 ; b2 1 uz x 2 ; b1 4 uz x , a slobodan član je 0. www.matematiranje.com
758
2
2 x 4 x 3 3x 2 4 x 1 ( x 1)(2 x3 1x 2 4 x) 1 ili zapisano na drugi način:
Imamo dakle:
2 x 4 x3 3x 2 4 x 1 1 2 x 3 1x 2 4 x x 1 x 1
Primer 2.
Podeliti polinom
P ( x) 3 x 6 2 x 5 x 3 4 x 1 sa x 2
Rešenje:
Ovde pazimo jer nema x 4 i x 2 , pa su ti koeficijenti nula! x 2 uporedjujemo sa x c pa je c 2
Iz P ( x) 3x 6 2 x 5 x 3 4 x 1 je: a6 3 a5 2 a4 0 a3 1 a2 0 a1 4 a0 1
a6 3
a5 2
a4 0
a3 1
a2 0
a1 4
a0 1
c 2
Preko formulica tražimo: b5 a6 b5 3 b4 a5 c b5 b4 2 (2) 3 b4 8 b3 a4 c b4 b3 0 (2) (8) b3 16 b2 a3 c b3 b2 1 (2) 16 b2 31 b1 a2 c b2 b1 0 (2) (31) b1 62 b0 a1 c b1 b0 4 (2) 62 b0 128 r a0 c b0 r 1 (2) (128) r 255 www.matematiranje.com
759
3
c 2
a6 3
a5 2
a4 0
a3 1
a2 0
b5 3
b4 8
b3 16
b2 31
b1 62
a1 4
a0 1 b0 128 r 255
Imamo da je: 3x 6 2 x 5 x3 4 x 1 ( x 2)(3x 5 8 x 4 16 x 3 31x 2 62 x 128) 255 Ili u drugom zapisu :
3x6 2 x5 x3 4 x 1 255 3 x 5 8 x 4 16 x 3 31x 2 62 x 128 x2 x2 www.matematiranje.com
760
4
POLINOMI NAD POLJEM KOMPLEKSNIH BROJEVA I JEDNAČINE
Najprostije rečeno, polinom P je funkcija preslikavanja C u C a definisana je sa:
P( z ) = a n z n + a n −1 z n −1 + ... + a1 z + ao Ako je a ≠ 0, kazemo da je n − stepen polinoma P(z ) .
Dva polinoma n − tog stepena: P ( z ) = An Z n + An −1Z n −1 + ... + A1Z + Ao Q( z ) = Bn Z n + Bn −1Z n −1 + ... + B1Z + Bo
Su indentički jednaki onda i samo onda ako je: An = Bn , An −1 = Bn −1,..., Ao = Bo Naravno i ovde važi Bezuova teorema koju smo već objasnili u običnim polinomima: Pri deljenju polinoma P( z ) sa ( z − a) dobija se ostatak P (a ) . Ako je a-koren polinoma, tj. P (a ) =0 onda je polinom P( z ) deljiv bez ostatka sa ( z − a )
Osnovna teorema algebra je: Svaki polinom P nad poljem kompleksnih brojeva ima bar jednu nulu.
→ Prva od posledica ove veoma bitne teoreme odnosi se na faktorizaciju polinoma. Primer: z 2 + 1 = z 2 − (−1) = z 2 − i 2 = ( z − i )( z + i )
. → Svaki polinom n − tog stepena može se napisati u obliku P ( z ) = an ( z − α1 )( z − α 2 )...( z − α n )
gde su α1 , α 2 ,..., α n koreni polinoma i an koeficijenat uz z n .
761
1
→ Ako je polinom P deljiv polinomom Q( z ) = ( z − a ) k , a nije deljiv polinomom S ( z ) = ( z − a) k +1 , kažemo da je a nula reda k polinoma P. → Polinom P stepena n ne može se anulirati za više od n različitih vrednosti Primer: Ako su a,b i c medjusobno različiti brojevi, dokazati da je: ( x − b)( x − c) ( x − c)( x − a ) ( x − a )( x − b) + + =1 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b) Rešenje: Prebacićemo sve na levu stranu i napraviti polinom koji je očigledno stepena 2 (pa ne može imati više od 2 rešenja) P( x) =
( x − b)( x − c) ( x − c)( x − a ) ( x − a )( x − b) + + −1 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b)
Ako stavimo x = a dobijamo (a − b)(a − c) (a − c)(a − a ) (a − a )(a − b) + + −1 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a )(c − b) P (a ) = 1 + 0 + 0 − 1 = 0
P (a ) =
Dakle a je rešenje (nula, koren) ovog polinoma. Slično je P (b) = 0 i P(c) = 0 Ovo znači da se polinom anulira za tri različite vrednosti i P(x) je zato nula polinom, tj. P ( x) = 0 a odavde direktno ‘’izlazi’’ traženo tvrdjenje.
→ Polinom sa realnim koeficijentima neparnog stepena uvek ima bar jednu realnu nulu Vietove formule
One predstavljaju vezu izmedju koeficijenta i nula polinoma. Pomoću njih se često mogu rešavati jednačine P( x) = 0 . Neka je dat polinom : P ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + ao
762
2
I neka su α1 , α 2 ,..., α n koreni (nule, rešenja) date jednačine, tada je:
α1 + α 2 + ... + α n = −
an −1 an
α1α 2 + α1α 3 + ... + α1α n + α 2α 3 + ... + α n −1α n = α1α 2α 3 + α1α 2α 4 + ... + α n − 2α n −1α n = − α1 ⋅ α 2 ⋅ α 3 ⋅ ... ⋅ α n = (−1) n
an − 2 an
an −3 an
ao an
NAPOMENA:
Već smo pominjali Vietove formule za kvadratnu jednačinu:
ax 2 + bx + c = 0
x1 + x 2 = − x1 ⋅ x 2 =
to jest: a2 x 2 + a1 x + ao = 0
b a
c a
x1 + x 2 = −
a1 a2
x1 ⋅ x 2 = (−1) 2 ⋅ x1 ⋅ x 2 = Zadaci:
ao a2
ao a2
1) Odrediti parameter m i n tako da polinom P ( x) = x 4 − 3x 2 + mx + n bude deljiv sa polinomom P1 ( x) = x 2 − 2 x + 4 ( x 4 − 3 x 2 + mx + n) : ( x 2 − 2 x + 4) = x 2 + 2 x x 4 − 2 x3 + 4 x 2
(+) (−) (−) ____________________
2 x 3 + 7 x 2 + mx + n 2 x 3 + (m − 8) x + n
→ Ovo sad malo sredimo
763
3
(−3 x 2 + (m − 8) x + n) : ( x 2 − 2 x + 4) = −3 − 3x 2 + 6 x − 12
(+) (−) (+) _______________________
(m − 8) x − 6 x + n + 12 → I ovo sredimo (m − 8 − 6) x + n + 12 =
(m − 14) x + n + 12 = 0 Ovo mora biti nula da ne bi bilo ostatka pri deljenju.
∧
m − 14 = 0 m = 14
n + 12 = 0 n = −12
2) Odrediti koeficijente a, b i c u polinomu P ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c tako da polinom bude deljiv binomima x − 1 i x+2 a da podeljen sa x − 4 daje ostatak 18.
Ako može da je polinom P(x) deljiv polinomom x − 1 to znači da je P(1) = 0 , slično je i P (−2) = 0 a pošto je pri deljenju sa x − 4 ostatak 18, to je P(4) = 18 P ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c P (1) = 13 + a ⋅12 + b ⋅1 + c = a + b + c + 1 = 0 P (−2) = (−2) 3 + a ⋅ (−2) 2 + b ⋅ (−2) + c = 4a − 2b + c − 8 = 0 P (4) = 4 3 + a ⋅ 4 2 + b ⋅ 4 + c = 16a + 4b + c + 64 = 18 Dobili smo sistem jednačina:
a + b + c = −1 4a − 2b + c = 8 16a + 4b + c = −46
_________________________
Rešenja ovog sistema su: a = −2
b = −5
c=6
pa je traženi polinom: P ( x) = x 3 + 2 x 2 − 5 x + 6 3) Odrediti realne parameter a, b i c tako da polinom x 3 + ax 2 + bx − c bude deljiv sa x − i a da podeljen sa x + 1 daje ostatak -5
Pošto je polinom deljiv sa x − i onda je on deljiv i sa x + i pa i sa ( x − i)( x + i ) = x 2 − i 2 = x 2 + 1
764
4
( x 3 + ax 2 + bx − c) : ( x 2 + 1) = x + a x3 + x
(−) (−) ____________
ax 2 + (b − 1) x + c ax 2 + a
(−) (−) ______________
(b − 1) x + c − a → Ostatak koji mora biti nula!!! Dakle
b −1 = 0
c−a =0
i
b =1
c=a
Drugi podatak da polinom deljen sa x + 1 daje ostatak -5 nam govori da je P(−1) = −5 P ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c P (−1) = (−1) 3 + a (−1) 2 + b(−1) + c = −5 − 1 + a − b + c = −5 a − b + c = −4 a − 1 + c = −4 a + c = −3 a=c=−
3 2
4) Znajući da je zbir dva korena x1 + x2 = 1 jednačine 2 x 3 − x 2 − 7 x + λ = 0 , nadji parametar λ
2x3 − x2 − 7x + λ = 0 Upotrebićemo Vietove formule za jednačinu trećeg stepena:
a3 x 3 + a2 x 2 + a1 x + a0 = 0 x1 + x2 + x3 = −
a2 a3
x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = x1 ⋅ x2 ⋅ x3 = −
a1 a3
ao a3
Kod nas je:
765
5
a3 = 2, a 2 = −1, a1 = −7, a o = λ pa je −1 1 = 2 2 −7 7 x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = =− 2 2
x1 + x2 + x3 = −
x1 ⋅ x2 ⋅ x3 = −
λ
2
U zadatku kaže da je x1 + x2 = 1 pa je x3 = x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 = −
1 1 −1 = − 2 2
7 2
7 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ x1 x 2 + x1 ⋅ ⎜ − ⎟ + x 2 ⎜ − ⎟ = − 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 1 7 x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) = − 2 2 1 7 x1 x 2 − ⋅ 1 = − 2 2 7 1 x1 x 2 = − + 2 2 x1 x 2 = −3
Kako je: x1 x2 x3 = −
λ 2
λ ⎛ 1⎞ − 3⋅⎜ − ⎟ = − 2 ⎝ 2⎠ 3 λ =− 2 2 λ = −3
766
6
www.matematiranje.com VEKTORI U RAVNI Najjednostavnije rečeno, vektori su usmerene duži. Osnovne karakteristike vektora su : - pravac - smer - intenzitet - početak i kraj vektora Pravac vektora je prava na kojoj se on nalazi ali i sve prave paralelne sa njom, što vektoru dozvoljava da “skače” sa jedne na drugu paralelnu pravu. Smer vektora se zadaje strelicom. Intenzitet vektora je njegova dužina i najčešće se obeležava sa a
A je početak a B je kraj vektora . Obeležava se AB = a Kako se vektor zadaje?
a = a1 i + a 2 j ili jednostavnije a =(a1,a2)
i i
a
intenzitet je a = a12 + a 22
j su jedinični vektori (ortovi) koji služe za izražavanje drugih vektora.
i =(1,0) i intenzitet ovog vektora je i =1
767
www.matematiranje.com j =(0,1) i takodje je j =1
Kako izraziti vektor ako su date koordinate njegovog početka i kraja?
a =(x2-x1, y2-y1)
i njegov intenzitet je onda
a = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2
Sabiranje i oduzimanje vektora Za sabiranje i oduzimanje vektora imamo dva pravila: 1) Pravilo paralelograma Dva data vektora dovedemo na zajednički početak paralelnim pomeranjem.Nad njima kao stranicama oformimo paralelogram. Dijagonala paralelograma je njihov zbir (ona dijagonala koja polazi iz sastava ta dva vektora).
2) Pravilo poligona (nadovezivanja) Na kraj prvog vektora paralelnim pomeranjem dovedemo početak drugog, na kraj drugog dovedemo početak trećeg vektora...... Rezultanta (njihov zbir) je vektor koji spaja početak prvog i kraj zadnjeg vektora.
768
www.matematiranje.com Evo to na slici:
Naš predlog je da uvek upotrebljavate pravilo nadovezivanja. Svaki vektor ima svoj suprotan vektor, koji ima isti pravac i intenzitet ali suprotan smer sa početnim vektorom.
a
-a −a+a =0
i
a + (− a) = 0
Nula vektor 0 je onaj čiji se početak i kraj poklapaju. Kako oduzeti dva vektora? Recimo da su dati vektori a i b ,.Postupak je sličan kao kod sabiranja vektora(pravilo nadovezivanja) samo što umesto vektora + b na kraj prvog nanosimo - b .
769
www.matematiranje.com b
a a - b
Primer: 1) Date su duži AC i BD. Tačke E i F su sredine ove dve duži. Dokazati da je : AB + CD = 2 EF Naravno da je ovde najbitnije nacrtati sliku i sa nje uraditi zadatak! C D
F
E
A
B
Sad spojimo tačke koje formiraju vektore. C D E F A B Ideja je da se vektor EF izrazi na obe strane pa se te jednakosti saberu! EF = EA + AB + BF EF = EC + CD + DF
+
2 EF = AB + CD jer su vektori EA i EC suprotni , pa se skrate a takođe su suprotni i vektori BF DF pa se i oni skrate.
770
www.matematiranje.com Računski sabiranje i oduzimanje vektora ide vrlo lako: Ako je
a = a1 i + a 2 j to jest a =(a1,a2)
i
b = b1 i + b2 j , to jest b =(b1,b2)
a + b =(a1,a2) + (b1,b2)= (a1+b1,a2+b2) a - b =(a1,a2) - (b1,b2)= (a1-b1,a2-b2) Dakle, radimo tako što saberemo (oduzmemo) koordinatu sa koordinatom.
Množenje vektora skalarom (brojem) Proizvod skalara k i vektora a je vektor k a (ili a k) koji ima isti pravac kao vektor a , intenzitet k a = k a i smer: - isti kao vektor a ako je k>0 - suprotan od vektora a ako je k<0 Primer:
Dat je vektor a , nadji : 2 a i -3 a
Rešenje: a 2a
-3 a Svaki vektor a se može predstaviti u obliku a = a a 0 , gde je a 0 jedinični vektor vektora a .
Linearna zavisnost vektora
Ako su k1,k2,…,kn realni brojevi i x1 , x 2 ,…, x n vektori različiti od nule, onda se zbir: k1 x1 +k2 x 2 +…+kn x n zove linearna kombinacija vektora x1 , x 2 ,…, x n Izjednačimo ovu linearnu kombinaciju sa nulom:
771
www.matematiranje.com k1 x1 +k2 x 2 +…+kn x n = 0
i)
Ako je k1=k2=…=kn , onda su vektori x1 , x 2 ,…, x n linearno nezavisni
ii)
Ako je bar jedan od k1,k2,…,kn različit od nule onda su vektori x1 , x 2 ,…, x n linearno zavisni
Važi još: Dva vektora su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni.(kolinearni znači da leže na istoj pravoj) Vektori x , y , z su komplanarni ako i samo ako su linearno zavisni(komplanarni znači da leže u istoj ravni)
Razlaganje vektora na komponente Ako su vektori x i y linearno nezavisni vektori jedne ravni, onda za svaki vektor z te ravni ,postoje jedinstveni brojevi p i q takvi da je : z= px+ qy
Primer: Vektor v =(4,2) razložiti po vektorima a =(2,-1) i b = (-4,3) Rešenje:
v = pa + qb (4,2) = p(2,-1) + q(-4,3) (4,2) = (2p,-p) + (-4q,3q) Odavde pravimo sistem: 4=2p – 4q 2=-p + 3q 2p –4q = 4 -p + 3q = 2 p – 2q = 2 -p+3q = 2 q=4
772
www.matematiranje.com 2p-4q = 4 , pa je 2p – 16 = 4 , pa 2p = 20 i konačno p = 10 . Dakle, razlaganje vektora je v = 10 a + 4 b
Skalarni proizvod dva vektora ( ο)
a ο b = a b cos ∠(a, b) Ako je a = a1 i + a 2 j to jest a =(a1,a2)
i
b = b1 i + b2 j , to jest b =(b1,b2)
a ο b = a1b1 + a2b2 Ugao između dva vektora se računa : cos ∠(a, b) =
a οb ab
Projekcija vektora :
=
a1b1 + a 2 b2 a + a 22 b12 + b22 2 1
PR b je projekcija vektora b na pravac vektora a i obrnuto : a
PR a je projekcija vektora a na b b
b
PR a b
PR b = a
a οb a
a
i
PR a =
a οb
b
b
Za skalarni proizvod važe osobine: 1) a ο b = 0 nam govori da su vektori a i b normalni ( ili da je jedan od njih nula), pa ovo možemo uzeti kao uslov normalnosti dva vektora
773
www.matematiranje.com 2)
Ako su a i b kolinearni vektori onda je
3)
a οa = a = a
4)
a οb ≤ a b
2
2
a ο b =± a b
ovo je vrlo važna osobina
5) a ο b = b ο a
6) k( a ο b )= (k a ) ο b = a ο (k b ) 7) ( a + b ) ο x = a ο x + b ο x Primer: Izračunati intenzitet zbira vektora a i b ako je a = 5, b = 3 i ugao između vektora a i b je ∠(a.b) =
Rešenje:
a = 5, b = 3 i ∠(a.b) =
Nađimo najpre
π 3
a mi tražimo a + b = ?
( a + b) 2 .
2
( a + b) 2 = a + 2ab + b
2
2
= a + 2 a b cos ∠(a, b) + b
2
= 52 + 2 ∗ 5 ∗ 3 cos 60 0 +32 = 25+ 15+ 9= 49 Dakle ( a + b) 2 =49 pa je a + b = 49 = 7
Vektorski proizvod
a×b = c
774
π 3
www.matematiranje.com
c
..
b
a
1) Vektor c je normalan i na vektor a i na vektor b 2) Intenzitet vektora c je brojno jednak površini paralelograma nad vektorima a i b 3) Vektor c se odredjuje pravilom desnog triedra(desnog zavrtnja)
Intenzitet vektora a × b je:
a × b = c = a b sin ∠(a, b)
Osobine vektorskog proizvoda: 1) a × b = − b × a ( alternacija) 2) l (a × b) = (l a ) × b = a × (l b) 3) (b + c) × a = b × a + c × a
Primer:
Ako je a = 10, b = 2 i a οb = 12 izračunaj a × b = ? Iz a οb = 12 imamo a ο b = a b cos ∠(a, b) =12 20 cos ∠(a, b) =12 12 3 cos ∠(a, b) = = 20 5 Obeležimo ugao između vektora a i b sa x ∠(a, b) = x , onda je: 3 cos x = 5 Pošto važi osnovni identitet sin2x + cos2x = 1, odavde je
775
www.matematiranje.com
sin2x = 1- cos2x sin2x = 1-
9 25
16 25 4 sin x = 5
sin2x =
izračunajmo sada: Dakle:
a × b = c = a b sin ∠(a, b) =20
4 = 16 5
a × b = 16
776
VEKTORI U RAVNI Najjednostavnije rečeno, vektori su usmerene duži. Osnovne karakteristike vektora su : - pravac - smer - intenzitet - početak i kraj vektora Pravac vektora je prava na kojoj se on nalazi ali i sve prave paralelne sa njom, što vektoru dozvoljava da “skače” sa jedne na drugu paralelnu pravu. Smer vektora se zadaje strelicom. Intenzitet vektora je njegova dužina i najčešće se obeležava sa a
A je početak a B je kraj vektora . Obeležava se AB = a Kako se vektor zadaje?
r r r a = a1 i + a2 j i i
ili jednostavnije
r a = (a1 , a2 ) ;
intenzitet je
a = a12 + a 22
j su jedinični vektori (ortovi) koji služe za izražavanje drugih vektora.
i =(1,0) i intenzitet ovog vektora je i =1
j =(0,1) i takodje je j =1
777
1
Kako izraziti vektor ako su date koordinate njegovog početka i kraja?
a =(x2-x1, y2-y1)
i
njegov intenzitet je onda
a = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2
Sabiranje i oduzimanje vektora
Za sabiranje i oduzimanje vektora imamo dva pravila:
1) Pravilo paralelograma Dva data vektora dovedemo na zajednički početak paralelnim pomeranjem.Nad njima kao stranicama oformimo paralelogram. Dijagonala paralelograma je njihov zbir (ona dijagonala koja polazi iz sastava ta dva vektora).
2) Pravilo poligona (nadovezivanja)
Na kraj prvog vektora paralelnim pomeranjem dovedemo početak drugog, na kraj drugog dovedemo početak trećeg vektora...... Rezultanta (njihov zbir) je vektor koji spaja početak prvog i kraj zadnjeg vektora. Evo to na slici:
778
2
Naš predlog je da upotrebljavate pravilo nadovezivanja, jer je po našoj proceni lakše...
Svaki vektor ima svoj suprotan vektor, koji ima isti pravac i intenzitet ali suprotan smer sa početnim vektorom.
a
-a
−a+a =0
i
a + (−a) = 0
Nula vektor 0 je onaj čiji se početak i kraj poklapaju.
Kako oduzeti dva vektora?
Recimo da su dati vektori a i b ,.Postupak je sličan kao kod sabiranja vektora(pravilo nadovezivanja) samo što umesto vektora + b na kraj prvog nanosimo - b .
www.matematiranje.com
779
3
b
a
a - b
Primer: 1) Date su duži AC i BD. Tačke E i F su sredine ove dve duži. Dokazati da je : AB + CD = 2 EF Rešenje: Naravno da je ovde najbitnije nacrtati sliku i sa nje uraditi zadatak! C
D
F
E
A
B
Sad spojimo tačke koje formiraju vektore. C
D
E F
A B
Ideja je da se vektor EF izrazi na obe strane pa se te jednakosti saberu!
EF = EA + AB + BF EF = EC + CD + DF
+
2 EF = AB + CD jer su vektori EA i EC suprotni , pa se skrate a takođe su suprotni i vektori BF i DF pa se i oni skrate.
780
4
Računski sabiranje i oduzimanje vektora ide vrlo lako: Ako je
r a = a1 i + a 2 j to jest a = (a1 , a2 )
i
r b = b1 i + b2 j , to jest b = (b1 , b2 )
a + b = (a1 , a2 ) + (b1 , b2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 ) a - b = (a1 , a2 ) − (b1 , b2 ) = (a1 − b1 , a2 − b2 )
Dakle, radimo tako što saberemo (oduzmemo) koordinatu sa koordinatom.
Množenje vektora skalarom (brojem) Proizvod skalara k i vektora a je vektor k a (ili a k) koji ima isti pravac kao vektor a , intenzitet k a = k a i smer: - isti kao vektor a ako je k>0 - suprotan od vektora a ako je k<0 Primer:
Dat je vektor a , nadji : 2 a i -3 a
Rešenje: a 2a
-3 a
Svaki vektor a se može predstaviti u obliku a = a a 0 , gde je a 0 jedinični vektor vektora a .
Linearna zavisnost vektora
Ako su k1,k2,…,kn realni brojevi i x1 , x 2 ,…, x n vektori različiti od nule, onda se zbir: k1 x1 +k2 x 2 +…+kn x n zove linearna kombinacija vektora x1 , x 2 ,…, x n Izjednačimo ovu linearnu kombinaciju sa nulom: k1 x1 +k2 x 2 +…+kn x n = 0
781
5
i)
Ako je k1=k2=…=kn , onda su vektori x1 , x 2 ,…, x n linearno nezavisni
ii)
Ako je bar jedan od k1,k2,…,kn različit od nule onda su vektori x1 , x 2 ,…, x n linearno zavisni
Važi još: Dva vektora su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni (kolinearni znači da leže na istoj pravoj). Vektori x , y , z su komplanarni ako i samo ako su linearno zavisni (komplanarni znači da leže u istoj ravni).
Razlaganje vektora na komponente Ako su vektori x i y linearno nezavisni vektori jedne ravni, onda za svaki vektor z te ravni ,postoje jedinstveni brojevi p i q takvi da je :
z= px+ q y
Primer: Vektor v =(4,2) razložiti po vektorima a =(2,-1) i b = (-4,3) Rešenje: v= pa + qb
(4,2) = p(2,-1) + q(-4,3) (4,2) = (2p,-p) + (-4q,3q)
Odavde pravimo sistem: 4=2p – 4q 2=-p + 3q 2p –4q = 4 -p + 3q = 2 p – 2q = 2 -p+3q = 2 q=4 2p-4q = 4 , pa je 2p – 16 = 4 , pa 2p = 20 i konačno p = 10 . Dakle, razlaganje vektora je v = 10 a + 4 b
782
6
Ako ste proučili ovaj fajl, pogledajte odmah sledeći u kome su rešeni zadaci...
www.matematiranje.com
783
7
VEKTORI U RAVNI – II DEO
Primer 1.
uuur uuur uuuur Tačka M je središte stranice BC trougla ABC. Dokazati da je AB + AC = 2 AM
Rešenje:
Nacrtajmo najpre sliku i postavimo problem... C
C
C
M
A
M
B
A
slika 1.
M
B
A
B slika 3.
slika 2.
Na slici 1. su obeleženi vektori koji su dati u zadatku.
Šta je ideja? Kod ovakvog tipa zadataka vektor u sredini izrazimo na obe strane! uuuur uuur uuuur Na slici 2. je vektor AM izražen ( plavom putanjom) preko: AM = AB + BM .
uuuur uuur uuuur Na slici 3. je vekor AM izražen ( žuta putanja) preko: AM = AC + CM Dalje ćemo ove dve jednakosti napisati jednu ispod druge i sabrati ih:
uuuur uuur uuuur AM = AB + BM uuuur uuur uuuur AM = AC + CM uuuur uuur uuuur uuur uuuur 2 AM = AB + BM + AC + CM uuuur uuur uuur uuuur uuuur 2 AM = AB + AC + CM + BM uuuur uuur uuur 2 AM = AB + AC
pretumbamo malo
uuuur uuuur pogledajmo zadnja dva vektora na slici...suprotni su , pa je CM + BM = 0
Dobili smo traženu jednakost. WWW.MATEMATIRANJE.COM
784
1
Primer 2.
uuur uuuur U trouglu ABC tačke M i K su središta stranica AB i BC. Dokazati da je AC = 2MK Rešenje: Opet mora slika: C
C
K
A
M slika 1.
C
K
K
B
A
M slika 2.
B
A
M slika 3.
B
Slično kao u prethodnom zadatku, vektor u sredini MK, izražavamo na obe strane.
uuuur uuur uuur uuur Na slici 2. idemo ulevo: KM = MA + AC + CK uuuur uuur uuur Na slici 3. idemo udesno: KM = MB + BK
Napišemo jednakosti jednu ispod druge i saberemo ih:
uuuur uuur uuur uuur KM = MA + AC + CK uuuur uuur uuur KM = MB + BK uuuuuuuuuuuuuuuuu uuuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 KM = MA + AC + CK + MB + BK
Sad pogledamo sliku i uočimo suprotne vektore ( istog pravca i intenziteta a suproznog smera).
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 KM = AC + MA + MB + BK + CK
Uokvireni su nula vektori, pa je: uuuur uuur 2 KM = AC
Primer 3. uuuur 1 uuur uuur Dat je trapez ABCD. Ako je M središte stranice AD, a N središte stranice BC, tada je MN = AB + CD 2 Dokazati.
(
Rešenje: Ovo je ustvari dokaz činjenice da je srednja linija trapeza jednaka polovini zbira osnovica m =
785
a+b 2 2
)
C
D
N
M
A
C
D
N
M
B
A
N
M
B
slika 2.
slika 1.
C
D
A
B
slika 3.
Najpre ćemo vektor MN izraziti odozdo ( slika 2.) pa odozgo ( slika 3.), pa to sabrati…
uuuur uuur uuur uuur MN = MA + AB + BN uuuur uuuur uuur uuur MN = MD + DC + CN uuuur uuur uuur 2 MN = AB + DC suprotni vektori se potiru, to jest daju nula vektor uuuur 1 uuur uuur Još da celu jednakost podelimo sa 2 i dobijamo MN = AB + CD . 2
(
)
Primer 4.
Neka su M i N središta neparalelnih stranica BC i AD trapeza ABCD, a E i F presečne tačke duži MN i uuur 1 uuur uuur dijagonala AC i BD. Tada je EF = AB − DC 2 Rešenje:
(
)
I u ovom zadatku se koristi isti trik, al je putanja izražavanja vektora u sredini malo čudna , da vidimo: C
D
E
F
A
E
B slika 1.
C
D
A
F
slika 2.
C
D
E
B
A
F
slika 3.
B
uuur uuur uuur uuuv Na slici 2. vektor EF izražavamo preko: EF = EA + AB + BF .
uuur uuur uuur uuuv Na slici 3. vektor EF izražavamo preko: EF = EC + CD + DF Napišemo ove dve jednakosti jednu ispod druge, saberemo ih i potremo suprotne vektore… uuur uuur uuur uuuv EF = EA + AB + BF uuur uuur uuur uuuv EF = EC + CD + DF uuur uuur uuur 2EF = AB + CD
786
WWW.MATEMATIRANJE.COM 3
uuur uuur uuur uuur uuuv Znamo da važi : CD = − DC , ubacimo ovo u dobijenu jednakost i evo rešenja: 2 EF = AB − DC . uuur 1 uuur uuur Naravno ,ovo sve podelimo sa 2 i dobijamo: EF = AB − DC . 2
(
)
Primer 5.
uuuur uuur uuur uuuur uuuur Ako je M proizvoljna tačka u ravni paralelograma ABCD , tada je 4MO = MA + MB + MC + MD , gde je O tačka preseka dijagonala paralelograma. Dokazati.
Rešenje:
D
C O
A
B
M Vektor MO ćemo izraziti na 4 načina pa te jednakosti sabrati:
uuuuv uuur uuur MO = MA + AO uuuuv uuur uuur MO = MB + BO uuuuv uuuur uuur MO = MC + CO uuuuv uuuur uuur MO = MD + DO uuuuv uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 4 MO = MA + AO + MB + BO + MC + CO + MD + DO Pretumbajmo malo ovu jednakost u smislu da uočimo suprotne vektore: uuuuv uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur 4 MO = MA + MB + MC + MD + AO + CO + BO + DO ( pogledajte na slici, ovo su suprotni vektori)
uuuuv uuur uuur uuuur uuuur 4MO = MA + MB + MC + MD
787
4
Primer 6.
uur uur uuur Ako je T težište trougla ABC, tada je TA + TB + TC = 0 . Dokazati. Rešenje: Da se podsetimo: težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice; sve tri težišne duži seku se u jednoj tački T koja je težište trougla; težište deli težišnu duž u odnosu 2:1. Da nacrtamo sliku:
C
B1
A1 T
A
B
C1
uur uur uuur Krenućemo od TA + TB + TC = i dokazati da je ovaj zbir nula. Rekosmo da težište deli težišnu duž u odnosu 2:1, pa je: uur 2 uuur TA = A1 A 3 uur 2 uuur TB = B1 B 3 uuur 2 uuuur TC = C1C 3
uur uur uuur 2 uuur uuur uuuur TA + TB + TC = ( A1 A + B1 B + C1C ) 3
Saberemo ove tri jednakosti i dobijamo:
Dalje ćemo izraziti svaki od ovih vektora ( pogledaj na slici, to su isprekidano nacrtani vektori): C
C
B1
B1
A1 T
A
C1
C
B1
A1 T
B
uuur uuur uuur A1 A = A1C + CA
A
C1
A1 T
B
A
C1
B
uuuur uuur uuur C1C = C1 B + BC
uuur uuur uuur B1 B = B1 A + AB
Saberemo ove tri jednakosti:
788
5
uuur uuur uuur A1 A = A1C + CA uuur uuur uuur B1 B = B1 A + AB uuuur uuur uuur C1C = C1 B + BC uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur A1 A + B1 B + C1C = A1C + CA + B1 A + AB + C1 B + BC
Pretumbajmo malo desnu stranu jednakosti:
uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur A1 A + B1 B + C1C = CA + AB + + BC + A1C + B1 A + C1 B Zaokruženi vektori imaju zbir nula, jer se zadnji vektor završava gde počinje prvi...
uuur uuur uuur Pogledajmo sada preostali zbir A1C + B1 A + C1 B , i on je nula, jer je: uuur 1 uuur A1C = BC 2 uuur 1 uuur B1 A = CA 2 uuur 1 uuur C1 B = AB 2 uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 A1C + B1 A + C1 B = ( BC + CA + AB) = ⋅ 0 = 0 2 2
E, ovim je dokaz konačno završen. Primer 7. uuur 1 uuur uuur uuuur Ako je M proizvoljna tačka u ravni trougla ABC , tada je MT = MA + MB + MC , gde je T težište trougla. 3 Dokazati.
(
)
Rešenje: Najpre moramo vektor MT izraziti preko vektora MA,MB i MC. C
B1
A1 T
A
C1
B
M
789
6
uuur uuur uuur MT = MA + AT uuur uuur uuur MT = MB + BT uuur uuuur uuur MT = MC + CT
saberemo ove tri jednakosti...
uuur uuur uuur MT = MA + AT uuur uuur uuur MT = MB + BT uuur uuuur uuur MT = MC + CT uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur 3MT = MA + MB + MC + AT + BT + CT
uuur uuur uuur uuuur U prethodnom primeru smo videli da ovo uokvireno daje nula vektor, pa je: 3MT = MA + MB + MC , a to smo i trebali dokazati.
WWW.MATEMATIRANJE.COM
790
7
VEKTORI U PROSTORU (I deo) Najbolje je da pre nego što počnete da proučavate vektore u prostoru pogledate fajl “vektori u ravni” jer se mnoge stvari “prenose” i u prostor. Pogledajmo najpre kako nastaje Dekartov pravougli trijedar. Kroz jednu tačku O postavimo tri numeričke prave (brojne ose) normalne jedna na drugu. z
X-osa → Apscisna osa Y-osa → Ordinatna osa Z-osa → Aplikatna osa Tačka O → kordinatni početak y
x
Po dve koordinatne ose čine koordinatne ravni (xOy, xOz i yOz) normalne jedna na drugu. →
→
→
Na x,y i z osi uočimo jedinične vektore (ortove) i , j i k z
→
i = (1,0,0)
→
j = (0,1,0)
k I
j
y
→
k = (0,0,1) →
x
→
Svaki vektor a u prostoru predstavljamo: →
→
→
→
a = a1 i + a2 j + a3 k
→
a = (a1 , a 2 , a3 )
1
→
→
i = j = k =1
ili uredjena trojka
791
z
a3 k
a1 .I
j
a2
y
x
→
→
a = a12 + a22 + a32
Intezitet vektora a je
a
Jedinični vektor vektora a je vektor a 0 =
a →
Ako imamo dve tačke A i B u prostoru, vektor AB se pravi: A( x1 , y1 , z1 )
B ( x2 , y 2 , z 2 )
→
AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) →
AB = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2
Skalarni proizvod ( • )
Neka su dati vektori →
a = (a1 , a2 , a3 )
→
b = (b1 , b2 , b3 ) Tada je: → →
→
→
→ →
a⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos ∠( a , b )
Ako nemamo dat ugao izmedju vektora:
→ →
a⋅ b = a1b1 + a2b2 + a3b3
Ugao izmedju dva vektora:
www.matematiranje.com
2
792
→ →
a⋅ b
→ →
cos ∠( a , b ) =
→
→
=
a⋅b
a1b1 + a2b2 + a3b3 a + a22 + a32 ⋅ b12 + b22 + b32 2 1
Uslov normalnosti: →
→
→ →
a ⊥ b ⇔ a⋅ b = 0
PR b je projekcija vektora b na pravac vektora a i obrnuto :
Projekcija vektora :
a
PR a je projekcija vektora a na b b
b
PR a b PR b = a
aob
i
a PR a = b
a
aob b
1) Odrediti skalarni proizvod vektora: →
a = (4,−3,1)
→
b = (5,−2,−3)
→ →
a⋅ b = (4,−3,1) ⋅ (5,−2,−3) = 20 + 6 + (−3) = 23
→
→
→
→
→
→
2) Dati su vektori a = (1,−1,2) i b = (0,2,1). Odrediti ugao izmedju vektora a + b i a − b . →
a = (1,−1,2)
www.matematiranje.com
→
b = (0,2,1)
3
793
→
→
→
→
Nadjimo najpre vektore a + b i a − b →
→
→
→
a + b = (1,−1,2) + (0,2,1) = (1,1,3) a − b = (1,−1,2) − (0,2,1) = (1,−3,1)
Radi lakšeg rada nazovimo:
→
→
→
→
→
→
a+ b = x a− b = y
→
Dakle: x = (1,1,3)
→
y =(1,−3,1)
i
→ →
x ⋅ y = (1,1,3) ⋅ (1,−3,1) = 1 − 3 + 3 = 1 →
x = 12 + 12 + 32 = 11
→
y = 12 + (−3) 2 + 12 = 11
→ →
cos ∠( x , y ) =
→ →
x⋅ y
→ →
=
x y → →
cos ∠( x , y ) = → →
1 11 ⋅ 11
1 11
∠( x , y ) = arccos
1 11
→
→
3) Odredi projekcije vektora a = (5,2,5) na vektor b = (2,−1,2)
→
a = (5,2,5)
→
b = (2,−1,2)
→
PR→ ( a ) =
→ →
a⋅ b →
b
b
________________
→
PR→ ( a ) = ? b
→
PR→ ( a ) = b
18 3
→
PR→ ( a ) = 6 b
4
794
www.matematiranje.com
→ →
a⋅ b = (5,2,5) ⋅ (2,−1,2) = 10 − 2 + 10 = 18 →
b = 2 2 + (−1) 2 + 2 2 = 9 = 3
4) Date su koordinate temena trougla ABC (A(-1,3,1),B(3,4,-2), C(5,2,-1)). Odrediti
ugao ABC. →
C(5,2,-1)
→
Nadjimo najpre vektore BA i BC →
cos β =
→
BA⋅ BC →
→
BA ⋅ BC β B(3,4,-2)
A(-1,3,1)
→
BA = (−1,3,1) − (3,4,−2) = (−4,−1,3) →
BC = (5,2,−1) − (3,4,−2) = (2,−2,1) →
BA = (4) 2 + (1) 2 + 32 = 9 + 1 + 16 = 26 →
BC = 2 2 + (−2) 2 + 1 = 9 = 3 →
→
BA⋅ BC = (−4,−1,3) ⋅ (2,−2,1) = −8 + 2 + 3 = −3
→
cos β =
→
BA⋅ BC →
→
BA ⋅ BC −3 3 ⋅ 26 1 cos β = − 26 cos β =
⎛
β = arccos⎜ − ⎝
1 ⎞ ⎟ 26 ⎠
www.matematiranje.com
5
795
Vektorski proizvod (x)
Neka su dati vektori →
→
→
→
a = (a1 , a 2 , a3 ) = a1 i + a 2 j + a3 k →
→
→
→
b = (b1 , b2 , b3 ) = b1 i + b2 j + b3 k
c
..
b
a×b= c
a
Pazi: b × a = - c
1) Vektor c je normalan i na vektor a i na vektor b 2) Intenzitet vektora c je brojno jednak površini paralelograma nad vektorima a i b 3) Vektor c se odredjuje pravilom desnog triedra(desnog zavrtnja)
Intenzitet vektora a × b je:
a × b = c = a b sin ∠(a, b)
Vektori a i b su kolinearni ako i samo ako je njihov vektorski proizvod jednak 0 . Konkretno: i a × b = a1 b1
j a2 b2
k a3 = razvijemo ovu determinantu i (na primer) dobijemo = # i + $ j + & k gde su b3
#, $, & neki brojevi.
Tada je a × b = # 2 +$ 2 + & 2
6
796
Površina paralelograma nad vektorima a i b je P = a × b
www.matematiranje.com
Dok površinu trougla računamo ( logično) kao polovinu površine paralelograma: PΔ =
1 a×b 2
5. Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima:
a =(1,1,-1)
i
b (2,-1,2)
Rešenje: P = a × b
i
j
Najpre tražimo a × b .
k
a × b = 1 1 − 1 = i (2-1) - j (2+2) + k (-1-2) = 1 i - 4 j - 3 k =(1, -4, -3) 2 −1 2 a × b = 12 + (−4) 2 + (−3) 2 =
26
dakle P=
26
6. Izračunati površinu trougla ako su date koordinate njegovih temena: A(2, -3, 4), B(1,2,-1), C(3,-2,1)
Rešenje: Najpre oformimo vektore AB i AC
C(3,-2,1)
B(1,2,-1)
A(2,-3,4)
AB = (1 – 2, 2-(-3), -1 – 4) = (-1,5,-5)
AC = (3-2, -2 – (-3), 1 – 4) = (1,1, -3)
7
797
PΔ =
1 a×b 2 k
i
j
k
i
j
AB × AC = a1
a2
a3 = − 1 5 − 5 = -10 i - 8 j - 6 k
b1
b2
b3
1
1 −3
AB × AC = (−10) 2 + (−8) 2 + (−6) 2 = PΔ =
200 = 10 2
1 1 a×b = 10 2 = 5 2 i evo rešenja! 2 2
www.matematiranje.com
8
798
VEKTORI U PROSTORU ( II deo) Mešoviti proizvod tri vektora
Mešoviti proizvod je
[
]
(a × b) o c . Najčešće se obeležava sa a, b, c .
[
Dakle : (a × b) o c = a, b, c
]
Kako se on izračunava?
Ako su vektori zadati sa: a = (a1 , a 2 , a3 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) i c = (c1 , c 2 , c3 ) onda je:
a1
a2
a3
(a × b) o c = b1
b2
b3
c1
c2
c3
A dobijenu determinantu rešavamo ili razvijanjem po nekoj vrsti (koloni) ili pomoću Sarusovog pravila. Čemu služi mešoviti proizvod? i)
Apsolutna vrednost mešovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelopipeda
konstruisanog nad njima, to jest :
V ( a , b, c ) = ( a × b ) o c
c b a ii)
Zapremina trostrane piramide (tetraedra) konstruisane nad nekomplanarnim vektorima a,b,c,je:
V=
1 (a × b) o c 6 www.matematiranje.com
799
c
b a Zašto
1 u formuli ? 6
Još od ranije znamo da se zapremina piramide računa po formuli: V=
1 BH 3
Kako je baza trougao , njegovu površinu računamo kao : B =
V=
1 a × b , pa je onda: 2
1 1 1 1 a × b H= ( a × b) o c BH= 3 3 2 6
Napomena: Često se u zadacima traži visina H neke piramide. Nju ćemo naći tako što najpre nađemo zapreminu a1 a 2 a3 1 1 1 3V preko formule ( a × b) o c = . b1 b2 b3 , zatim nadjemo bazu B= a × b pa to zamenimo u H = 6 6 2 B c1 c 2 c3
iii)
Uslov komplanarnosti
Vektori a, b, c su komplanarni ako i samo ako je njihov mešoviti proizvod jednak nuli.
a1
a2
a3
Dakle uslov komplanarnosti je : b1 c1
b2 c2
b3 = 0 c3
www.matematiranje.com
800
Zadaci
1. Izračunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima: a(0,1,1), b(1,0,1), c(1,1,0)
Rešenje:
a1
a2
V (a, b, c) = (a × b) o c = b1 c1
b2 c2
0 1 1 01 b3 = 1 0 1 = ajmo da upotrebimo Sarusovo pravilo= 1 0 1 1 0 = c3 1 1 0 1 1 0 11
a3
(0 + 1 + 1) – (0+0+0)= 2
0 1 1
[pogledaj fajl determinante]
Dakle : V = 2
2. Dati su vektori a(ln( p − 2),−2,6), b( p,−2,5), c(0,−1,3) . Odrediti realan broj p , tako da vektori budu komplanarni.
Rešenje: a1
a2
a3
Kao što rekosmo, uslov komplanarnosti je : b1 c1
b2 c2
b3 = 0 , pa je c3
ln( p − 2) − 2 6
p
− 2 5 = razvijemo je po prvoj koloni...= ln(p-2)[-6+5] – p [-6+6] = - ln(p-2)
0
−1 3
Mora biti - ln(p-2) = 0
[ pogledaj logaritmi ,fajl iz druge godine]
p – 2 = 1, pa je p = 3 traženo rešenje.
3. Dati su vektori a(1,1,−1), b(−2,−1,2), c(1,−1,2) Rastaviti vektor c po pravcima vektora a, b i a × b
Rešenje: Najpre ćemo naći a × b .
www.matematiranje.com
801
i
j
a × b = a1 b1
a2 b2
k
i
j
k
a3 = 1 1 − 1 = Razvijamo po prvoj vrsti...= 1 i - 0 j + 1 k = (1,0,1) b3 − 2 −1 2
Postavimo sada razlaganje: c = m a + n b + p ( a × b ) , gde su m,n i p konstante koje moramo naći. (1,-1,2) = m (1,1,-1) + n (-2,-1,2) + p (1,0,1) prelazimo u sistem jednačina: 1 = 1m – 2n +1p
m – 2n +p = 1
-1 = 1m – 1n +0p
m–n
2 = -1m +2n +1p
-m +2n +p = 2
Vratimo p =
3 2
= -1
saberemo prvu i treću...pa je p=
u ostale dve jednačine i dobijamo : m = −
3 2
i n= −
3 2
1 2
Vratimo se sada u :
c = ma + nb + p (a×b ) c=−
3 1 3 a − b + ( a × b ) je konačno rešenje 2 2 2
4.
Dati su vektori
a (m − 1,1,1), b(−1, m + 1,0), c(m,2,1) . Odrediti parametar m tako da vektori a, b, c
budu komplanarni a zatim razložiti a na komponente u pravcu druga dva.
Rešenje: Najpre ćemo iskoristiti uslov komplanarnosti:
a1 b1 c1
a2 b2 c2
a3 b3 = 0 , to jest c3
1 1 m −1 − 1 m + 1 0 = 0 , Ovu determinantu razvijemo po trećoj koloni...= m 2 1
= -2 – m(m+1) + (m-1)(m+1) +1 = 0 = - 2 –m2 – m + m2 – 1 +1 = 0
pa je odavde m = - 2
www.matematiranje.com
802
Dakle vektori su ( kad zamenimo da je m= -2): a = (−3,1,1) b = (−1,−1,0) c = (−2,2,1)
Idemo na razlaganje: a =m b+n c
(−3,1,1) = m (−1,−1,0) + n (−2,2,1) prelazimo u sistem jednačina -3 = - m – 2n 1 = - m + 2n 1 = 0m + n Dakle
odavde je n = 1 pa to menjamo u gornje dve jednačine...m = 1
a = m b + n c pa je a = b + c konačno rešenje
5. Data su temena tetraedra A (2,3,1), B(4,1,-2), C(6,3,7) i D(-5,-4,8). Odrediti zapreminu tetraedra i dužinu visine spuštene iz temena D na stranu ABC.
Rešenje: Najpre nacrtamo sliku i postavimo problem: D(-5,-4,8)
H C(6,3,7)
A(2,3,1)
B(4,1,-2)
www.matematiranje.com
803
Oformimo najpre vektore AB, AC , AD AB = (4-2,1-3,-2-1) = (2, -2, -3)
AC = (6-2,3-3,7-1) = (4, 0, 6) AD = (-5-2,-4-3,8-1) = (-7,-7,7) a1 1 1 (a × b) o c = Možemo naći zapreminu tetraedra po formuli: b1 6 6 c1
Dalje tražimo površinu baze ABC :
i
j
AB × AC = a1 b1
a2 b2
B=
1 2
k
H=
j
b2 c2
2 −2 −3 1 308 4 0 6 = b3 = 6 6 −7 −7 7 c3
a3
1 a×b 2
k
a3 = 2 − 2 − 3 = -12 i +24 j +8 k = (-12, 24, 8) b3 4 0 6
(−12) 2 + 24 2 + 8 2 = 14
Iskoristićemo da je H =
3
i
B=
a2
308 6 = 11 14
3V . B
Dakle, tražena visina je H =11
www.matematiranje.com Napomena :
Ako vam traže neku drugu visinu, recimo iz temena C, postupak je analogan. Nađete zapreminu, zatim bazu preko AB × AD i zamenite u H =
804
3V . B
MATRICE (TEORIJA) Za pravougaonu ( kvadratnu ) šemu brojeva aij (i=1,2,…,m a11 a12 . . . a1n a a . . . a 2n 21 22 . . . am1 am 2 . . . amn
kažemo da je matrica tipa m n .
a
j= 1,2,…,n ):
Brojevi aij su elementi matrice.
Tip matrice je vrlo bitna stvar : kad kažemo da je matrica tipa m n , to znači da ona ima m vrsta i n kolona. Primer: 2 3 -5 Matrica A je tipa 2 3 jer ima dve vrste a tri kolone. 1 2 3 7 8 1 2 je tipa 4 2 jer ima 4 vrste i 2 kolone. Matrica B 7 6 1 -2 Matrice se najčešće obeležavaju ovim srednjim zagradama malim zagradama
a koriste se još i
, ali da vas ne zbuni, neki profesori ih obeležavaju i
. Vi radite onako kako kaže vaš profesor...
Ako matrica ima isti broj vrsta i kolona ( n n ), za nju kažemo da je kvadratna matrica reda n.
Matrica čiji su svi elementi jednaki nuli naziva se nula- matrica. def
Matrica - A definisana sa A (1) A
0 0 , itd 0 0
0 ,
je suprotna matrica za matricu A.
Kvadtarna matrica reda n za koju je aii 1 ( po glavnoj dijagonali su jedinice a sve ostalo nule) naziva se jedinična matrica reda n i označava se sa I n 1 0 0 1 0 , I 3 0 1 0 ...itd I1 1 , I 2 0 1 0 0 1 Neki profesori jediničnu matricu obeležavaju sa E. Vi radite onako kako kaže vaš profesor... www.matematiranje.com
805
1
Ako su svi elementi kvadratne matrice reda n ispod glavne dijagonale jednaki nuli, takva se matrica naziva gornja trougaona matrica. 1 8 -2 Na primer : 0 1 6 je gornja trougaona matrica reda 3. 0 0 7
Ako su svi elementi kvadratne matrice reda n iznad glavne dijagonale jednaki nuli, takva se matrica naziva donja trougaona matrica. 2 0 0 Na primer : 2 3 0 je donja trougaona matrica reda 3. 7 3 8
Dve matrice A i B su jednake ako i samo ako su istog tipa i imaju jednake odgovarajuće elemente. Sabiranje i oduzimanje matrica Važno: Mogu se sabirati ( oduzimati ) samo matrice istog tipa!
Primer 2 7 -5 3 3 -5 Neka su date matrice A i B . Nadji matricu A+B i A-B. 4 2 3 1 4 0 Najpre primetimo da su matrice A i B istog tipa 2 3 , to jest obe imaju 2 vrste i 3 kolone. To nam govori i da će matrica koja je njihov zbir takodje biti tipa 2 3 . Sabiraju se tako što sabiramo “ mesto s mestom”…krenemo od mesta na prvoj vrsti i koloni 2+ 3=5 itd… 2 A B 4
7 -5 3 3 -5 2+3 2 3 1 4 0 4 (1)
7+3 -5+(-5) 5 10 -10 2+4 3+0 3 6 3
Analogno radimo i oduzimanje: 2 A B 4
7 -5 3 3 -5 2-3 2 3 1 4 0 4 (1)
7-3 -5-(-5) 1 2-4 3-0 5
4 -2
0 3 www.matematiranje.com
806
2
Množenje matrice skalarom (brojem) Važno: Matrica se množi brojem tako što se SVI elementi matrice pomnože tim brojem!
Pazite, ovde često dođe do greške jer smo, ako se sećate ,rekli da se determinanta množi brojem tako što se samo jedna vrsta ili kolona pomnoži tim brojem, a kod matrice svaki element množimo tim brojem. Primer 1 7 -2 Neka je data matrica A 2 1 6 . Odrediti matricu 3A. 1 0 3
Naravno, kod množenja matrice skalarom tip matrice se ne menja. 1 7 -2 A 2 1 6 1 0 3 1 7 -2 3 1 3 7 3 (-2) 3 21 -6 3 A 3 2 1 6 3 2 3 1 3 6 6 3 18 1 0 3 3 1 3 0 3 3 3 0 9 Množenje matrica Važno : Proizvod dve matrice je definisan samo ako je broj kolona prve matrice jednak sa brojem vrsta druge matrice!
Ako recimo uzmemo da je matrica A tipa m n a matrica B tipa n p onda će matrica , recimo C , koja se dobija njihovim množenjem biti tipa m p .
A B C
a tip odredjujemo (m n ) ( n p ) m p ( kao da se skrate unutrašnji)
Primer Date su matrice : 1 2 -1 A 0 2 3
2 0 i B 1 3 .Odrediti njihov proizvod AB. 1 -1 www.matematiranje.com
807
3
Najpre da vidimo koji tip će imati matrica koja se dobija njihovim proizvodom:
A je tipa 2 3 , dok je B tipa 3 2 pa će matrica njihovog proizvoda biti tipa (2 3 ) ( 3 2) 2 2 . Dakle imaće dve vrste i dve kolone. 2 0 1 2 -1 1 3 . Kako sada računati? Imamo dakle 4 “mesta”. A B 0 2 3 1 -1 2 0 1 2 -1 prva vrsta prva kolona prva vrsta druga kolona 0 2 3 1 3 druga vrsta prva kolona druga vrsta druga kolona 1 -1
prva vrsta prva kolona dobijamo :
2 0 1 2 -1 0 2 3 1 3 1 -1
=1 .2+2 .1+(-1) .1= 2+2-1=3
prva vrsta druga kolona
dobijamo:
2 0 1 2 -1 . . . 0 2 3 1 3 =1 0+2 3+(-1) (-1)=0+6+1=7 1 -1 druga vrsta prva kolona :
2 0 1 2 -1 =0 .2+2 .1+3 .1=0+2+3=5 1 3 0 2 3 1 -1 druga vrsta druga kolona :
2 0 1 2 -1 . . . 0 2 3 1 3 =0 0+2 3+3 (-1)=0+6-3=3 1 -1 www.matematiranje.com
808
4
Sad ovo ubacimo gore: 2 0 1 2 -1 3 7 0 2 3 1 3 5 3 1 -1
Naravno, vi ne morate da radite ovoliko postupno, kad se izvežbate, sve će ići mnogo brže... Za proizvod matrica važe zakoni: 1) 2) 3) 4)
( A B) C A ( B C ) A (B C) A B A C i (B C) A B A C A ( A B) ( A) B A( B) je skalar ( broj) gde je I jedinična matrica I A A I
Važno: Za matrice u opštem slučaju ne važi komutativnost množenja A B B A
Ako je A matrica tipa m n , onda se njena transponovana matrica AT dobija kada u matrici A kolone i vrste zamene mesta. Tip matrice AT je onda naravno n m .
Primer 1 1 4 5 T Ako je recimo A , onda je A 4 0 0 3 5 1 2 3 1 0 4 T Ako je recimo B 0 5 0 B 2 5 5 4 5 6 3 0 6
0 0 3
Matrica A za koju je A AT naziva se simetrična matrica.( naravno, matrica A mora biti kvadratna)
Primer 1 2 3 1 2 3 T Ako je A 2 0 5 , kad zamenimo mesta kolone u vrste, dobijamo A 2 0 5 3 5 1 3 5 1
Dakle, ova matrica je simetrična! www.matematiranje.com
809
5
Za operaciju transponovanja važe sledeće osobine: 1) ( AT )T A 2) ( A)T AT
je skalar
3) ( A B )T AT BT
ako su matrice A i B istog tipa
4) ( A B )T BT AT
Dalje se moramo upoznati sa determinantama. Ova tema je obrađena u posebnom fajlu determinante, a mi ćemo vas podsetiti na neke najvažnije stvari. a11 a12 . . . a1n a a . . . a 2n 21 22 . Determinantu kvadratne matrice A = obeležavamo sa det (A) ili A a zapisujemo : . . an1 an 2 . . . ann
a11 a12 . . . a1n a21 a22 . . . a2 n det A
. . . an1 an 2 . . . ann
Znači da determinante , za razliku od matrica , pišemo u zagradama
. Determinanta je broj a matrica je šema!
Nećemo vas daviti sa teorijom, već ćemo na par primera objasniti kako se računaju determinante: DRUGOG REDA
a
b
c
d
= ad – bc Računaju se tako što pomnožimo elemente na takozvanoj glavnoj
dijagonali, pa od toga oduzmemo pomnožene elemente na sporednoj dijagonali. Primer: 3 4 = 3 7 - 4 5 = 21-20 = 1 5 7
1 3 = (-1) 12- (-5) 3=-12+15=3 5 12 www.matematiranje.com
810
6
TREĆEG REDA
Determinante trećeg reda možemo razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni. Najpre svakom elementu dodelimo predznak + ili -, i to radimo neizmenično: Samo da vas podsetimo: vrste su , a kolone a1 a2 a3
b1 b2 b3
c1 c 2 = Ako recimo hoćemo da razvijemo po prvoj vrsti= c3
= a1
b2 b3
a c2 b1 2 a3 c3
c2 a c1 2 c3 a3
b2 , ili ako recimo razvijamo po drugoj koloni: b3
= b1
a2 a3
c2 a b2 1 c3 a3
c1 a b3 1 c3 a2
c1 c2
Najbolje je ,naravno, da razvijamo po onoj koloni ili vrsti gde ima najviše nula !
Primer:
Izračunaj vrednost determinante
5 3 1 1 7 0 2 3 2
5 3 1 1 7 0 = Najpre iznad svakog broja napišite predznake: , ili ako vam je 2 3 2
lakše samo iznad brojeva u vrsti ili koloni po kojoj ste rešili da razvijete determinantu. Mi smo rešili po drugoj vrsti jer ima jedna nula (moglo je i po trećoj koloni, sve jedno). Dakle:
5 3 1
5 3 1
3 1 5 1 5 3 7 0 =-1(3 2 - 1 3)+7(5 2-2 1)= -3 +56=53 1 7 0 = 1 7 0 = 1 3 2 2 2 2 3 2 3 2 2 3 2
www.matematiranje.com
811
7
Drugi način za računanje determinanti trećeg reda, medju učenicima vrlo popularan, je SARUSOVO pravilo. Pored date determinante dopišu se prve dve kolone , pa se elementi množe dajući im znake kao na slici:
a1
b1
c1
a2 a3
b2 b3
c2 c3
-
-
a1 b1 a 2 b2 a3 b3
= a1b2 c3 b1c 2 a3 c1 a 2 b 3 b1 a 2 c3 a1c 2 b3 c1b2 a3
+
+
+
Primer: Izračunaj vrednost determinante
5 3 1 5 3 1 7 0 1 7 = 572 + 302 + 113 - 312 - 503 - 172 = 2 3 2 2 3
= 70 + 0 +3 –6 – 0 – 14 = 53 Dakle, na oba načina smo dobili isti rezultat,pa vi odaberite sami šta vam je lakše.
ČETVRTOG REDA
a1 a2 a3 a4
b1 b2 b3 b4
c1 c2 c3 c4
d1 d2 = Možemo je razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni! I ovde slično kao za d3 d4
determinante trećeg reda prvo napišemo predznake svima ili samo onoj vrsti ili koloni po kojoj ćemo da razvijamo determinantu.
Mi ćemo , recimo, da razvijemo determinantu po prvoj koloni:
www.matematiranje.com
812
8
a1
b1
c1
d1
a2
b2
c2
d2
a3
b3
c3
d3
a4
b4
c4
d4
=
b2
c2
d2
b1
c1
d1
b1
c1
d1
b1
c1
d1
= a1 b3 b4
c3 c4
d 3 a 2 b3 d4 b4
c3 c4
d 3 a3 b2 d4 b4
c2 c4
d 2 a 4 b2 d4 b3
c2 c3
d2 d3
Naravno, sad bi trebalo da razvijemo svaku od ove četiri determinante trećeg reda.... Složićete se da ovo nije baš lako. Naučimo zato osobine determinanata koje će nam pomoći u rešavanju zadataka. OSOBINE DETERMINANATA 1. Determinanta menja znak ako dve vrste ili kolone izmenjaju svoja mesta. 2. Vrednost determinante se ne menja ako sve vrste i kolone promene svoje uloge. 3. Determinanta se množi brojem, kad se tim brojem pomnože svi elementi ma koje (ali samo jedne) vrste ili kolone. Obrnuto, zajednički faktor elemenata jedne vrste ili kolone može se izvući ispred determinante
Na primer: a1 b1 c1 a1 k b1 k k a 2 b2 c 2 = a 2 b 2 a3 b3 c3 a3 b3
c1 k
a1 k
b1
c1
c 2 = a 2 k b2
c 2 itd.
c3
c3
a1
mb1
c1
a1
b1
c1
a2 a3
mb2 mb3
c2 = m a2 c3 a3
b2 b3
c2 c3
a3 k
b3
ili
4. Ako je u determinanti svaki element neke k-te vrste (kolone) zbir dva ili više sabiraka, onda je ona jednaka zbiru dve ili više determinanata, koje imaju iste elemente kao i data determinanta, osim elemenata k-te vrste (kolone).
Na primer: a1
b1 m1
c1
a1
b1
c1
a1
m1
c1
a2
b2 m 2
c2 = a2
b2
c2 + a2
m2
c2
a3
b3 m3
c3
b3
c3
m3
c3
a3
a3
www.matematiranje.com
813
9
5. Ako su svi elementi jedne vrste(kolone) jednaki nuli, vrednost determinante je nula.
Primeri: 3 9 55 1
2
4
0
0
0
= 0 ili
0 0 0 0 77 68 34 80 8 4
5 5
7 9
4 8
0
6. Ako elementi u dve vrste ili kolone imaju iste vrednosti, vrednost determinante je opet nula.
Primer: 12
7 3
9 4 6 = 0 jer su elementi prve i treće vrste jednaki 12 7 3
7. Ako su dve vrste ( kolone ) proporcionalne među sobom , vrednost determinante je opet nula. Primer: 2
3
4
9
5
56 = 0 jer su prva i treća vrsta proporcionalne, tj. prva puta 3 daje treću
10 15 20
vrstu.
8. Vrednost neke determinante ostaje nepromenjena ako se elementima jedne vrste(kolone) dodaju odgovarajući elementi neke druge vrste(kolone) pomnoženi istim brojem!
Ova osma osobina će nam pomoći da lakše rešimo determinante četvrtog i višeg reda. 9. det A det AT Ako transponujemo matricu , vrednost njene determinante se ne menja. www.matematiranje.com
814
10
Minor ( u oznaci M ij ) elementa aij determinante reda n jeste determinanta matrice reda n-1 koja se dobija
izostavljanjem i-te vrste i j-te kolone iz date matrice. Kofaktor ( u oznaci Aij ) elementa aij determinante reda n definišemo sa Aij (1)i j M ij
Primer a1 Ako posmatramo matricu a2 a3
b1 b2 b3
c1 c2 , njeni minori i kofaktori će biti: c3
Minori: M 11
b2
c2
b3
c3
M 21
b1
c1
M 31
,
M 12
a2
c2
,
M 13
a2
b2
a3
c3
a3
b3
c1
c3
M 22
a1
b3
,
b1
c3
M 23
a1
a3
,
b1 b2
c1 , c2
M 32
a1 a2
c1 , c2
M 33
a3 b3 a1 a2
b1 b2
Kako smo dobili recimo minor M 11 ?
Oznaka 11 nam govori da poklapamo prvu vrstu i prvu kolonu:
a1 a 2 a3
c1 c2 c3
b1 b2 b3
, ono što ostane stavimo u malu
determinantu.
Minor M 12 dobijamo kad poklopimo prvu vrstu i drugu kolonu (12):
a1 a 2 a3
b1
c1
b2
c2
b3
c3
, ostaje
a2 a3
c2 , itd. c3
Kofaktori: A11 (1)11 M 11
b2 b3
c2 ; c3
A12 (1)1 2 M 12
a2 a3
c2 ; c3
A21 (1) 2 1 M 21
b1 b3
c1 ; c3
A22 (1) 2 2 M 22
a1 a3
c1 ; c3
A23 (1) 23 M 23
a1 a3
b1 b3
A31 (1)31 M 31
b1 b2
c1 ; c2
A32 (1)3 2 M 32
a1 a2
c1 ; c2
A33 (1)33 M 33
a1 a2
b1 b2
A13 (1)13 M 13
a2 a3
b2 b3
www.matematiranje.com
815
11
Šta možemo primetiti kod kofaktora što se tiče znakova?
Pa, znaci idu naizmenično, kao kad smo razvijali determinante:
Ako vaš profesor dozvoljava, možete izbeći da pišete ono (1)
i j
, već odma uzmete znakove neizmenično.
Jedan od čestih zadataka na fakultetima je traženje inverzne matrice. Ona se upotrebljava za rešavanje sistema jednačina , matričnih jednačina…
Najpre ćemo reći nešto o adjungovanoj matrici.
Naka je data matrica
Matricu
Aij
T
a11 a12 . . . a1n a a . . . a 2n 21 22 . A= , ili skraćeno zapisana A aij . . an1 an 2 . . . ann
n n
.
, gde su Aij kofaktori elemenata aij matrice A, nazivamo adjungovana ( pridružena ) matrica za
matricu A i označavamo je sa :
adjA Aij
T
A11 A21 . . . An1 A A . . . A n2 12 22 . . . A1n A2 n . . . Ann
Primer: 1 5 0 Data je matrica A 0 3 2 . Odrediti njenu adjungovanu matricu adjA . 1 0 2
Najpre tražimo kofaktore…Onda njih poredjamo u matricu… www.matematiranje.com
816
12
1 A0 1 1 A 0 1
5 3 0 5 3 0
1 A 0 1
5
1 A0 1 1 A0 1
5
1 A0 1 1 A0 1 1 A 0 1
5
1 A 0 1
3 0
3 0 5 3 0
3 0 5 3 0 5 3 0 5 3 0
0 3 2 A11 0 2 0 0 2 A12 1 2
2 6 2
2 (2) 2 2
0 0 3 2 A13 3 1 0 2 0 5 2 A21 0 2 0 1 2 A22 1 2 0 1 2 A23 1 2 0 5 2 A31 3 2 0 1 2 A32 0 2
0 10 2
0 2
2
5 (5) 5 0
0 2
10
0 2 2
0 1 5 2 A33 3 0 3 2
A11 Sad ove vrednosti menjamo u : adjA A12 A13
A21 A22 A23
A31 A32 , pa je A33
6 10 10 2 2 adjA 2 3 5 3 www.matematiranje.com
817
13
Sad možemo definisati i inverznu matricu. Naka je A kvadratna matrica reda n . Ako postoji matrica A1 reda n takva da je A A1 A1 A I n , gde je
I n jedinična matrica reda n , tada kažemo da je A1 inverzna matrica matrice A.
Formula po kojoj tražimo inverznu matricu je :
A1
1 adjA det A
Naravno , treba reći da inverzna matrica postoji ako i samo ako je det A 0 . Inverzna matrica je, ako postoji, jedinstvena!
Primer 2 3 1 Odrediti inverznu matricu matrice B 4 5 2 5 7 3
Radimo po formuli: B 1
1 adjB det B
Najpre tražimo det B , jer ta vrednost mora biti različita od nule da bi postojala inverzna matrica... 2 3 1 det B 4 5 2 koristimo Sarusov postupak... 5 7 3 2 3 1 2 3 det B 4 5 2 4 5 2 (5) 3 (3) 2 5 1 4 (7) (3) 4 3 2 2 (7) 1 (5) 5 5 7 3 5 7 30 30 28 36 28 25 88 89 1 det B 1
Dalje tražimo adj B. www.matematiranje.com
818
14
B11 adjB B12 B13
2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5 2 B4 5
3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7 3 5 7
B21 B22 B23
B31 B32 B33
1 5 2 15 (14) 1 2 B11 7 3 3 1 4 2 [12 10] 2 2 B12 5 3 3 1 4 5 28 (25) 3 2 B13 5 7 3 1 3 1 [9 (7)] 2 2 B21 7 3 3 1 2 1 6 5 1 2 B22 5 3 3 1 2 2 B23 5 3 1 3 2 B31 5 3 1 2 2 B32 4 3
3 [14 (15)] 1 7
1 6 (5) 1 2
1 0 2
1 2 3 2 B33 10 (12) 2 4 5 3
Poredjamo kofaktore u matricu adj B. www.matematiranje.com
819
15
1 2 1 1 adjB , pa je : adjB 2 1 0 , sada se vraćamo u formulu B 1 det B 3 1 2
1 2 1 1 2 1 1 1 B 2 1 0 B 2 1 0 1 3 1 2 3 1 2 1
Ako za matricu A postoji inverzna matrica, kažemo da je matrica A regularna matrica.
U protivnom, za matricu A kažemo da je singularna ( neregularna). Evo nekoliko pravila koja važe za regularne matrice: 1) ( A1 )T ( AT ) 1 2) ( A B) 1 B 1 A1 3) ( A1 A2 ... An ) 1 An 1 ... A2 1 A11
Ako za kvadratnu matricu A važi da je AT A1 , onda nju nazivamo ortogonalna matrica.
Rang matrice
Najpre da kažemo koje su elementarne transformacije matrica: i)
zamena mesta dve vrste ( kolone)
ii)
množenje elemenata jedne vrste (kolone) nekim brojem koji je različit od nule
iii)
dodavanje elementima jedne vrste (kolone) elemenata(odgovarajućih) neke druge vrste(kolone) koji su prethodno pomnoženi proizvoljnim brojem.
Matrica A je ekvivalentna sa matricom B ( oznaka A B ) ako se od matrice A može preći na matricu B primenom konačno mnogo ekvivalentnih transformacija. www.matematiranje.com
820
16
Posmatrajmo neku matricu A M mn ( matricu A iz skupa matrica M tipa m n ) Ako u matrici A izostavimo neke vrste ili neke kolone ( a može istovremeno i vrste i kolone), tako dobijenu matricu nazivamo PODMATRICA matrice A. Determinantu kvadratne podmatrice reda k matrice A M mn nazivamo MINOR reda k matrice A.
Neka je M mn skup svih matrica tipa m n i N 0 0,1, 2,3....... skup prirodnih brojeva ( sa 0). Rang matrice u oznaci rang ( ili r) je preslikavanje:
rang : M mn N 0 određeno sa a) rang ( A) 0 ako je A nula matrica b) rang ( A) p , ako postoji minor reda p matrice A koji je različit od nule , a SVI minori većeg reda od p, ukoliko oni postoje, su jednaki nuli. Primer 1. 2 4 Odrediti rang matrice A 1 2 . 3 6
Rešenje: Retko kada možemo odmah reći koji je rang date matrice. Prvi posao nam je da koristeći navedene elementarne transformacije matrica napravimo ekvivalentnu matricu koja će ispod glavne dijagonale imati sve nule! ( takozvana TRAPEZNA matrica) Kod nas su na glavnoj dijagonali 2 i -2, pa ispod njih pravimo nule.
Za našu matricu nule moraju biti na UOKVIRENIM mestima:
2 A1 3
4 2 6
I redosled “pravljenja” nula je vrlo bitan! www.matematiranje.com
821
17
2 Nule pravimo najpre na mestu A 1 3
2 4 2 4 2 , zatim na mestu A 1 2 i na kraju A 1 3 6 3 6
4 2 . 6
Neki profesori traže da se svaki korak transformacija objašnjava, neki dozvoljavaju da se odmah prave nule na svim mestima u prvoj koloni, pa u drugom koraku na svim mestima u drugoj koloni , itd. Naš savet je kao i uvek da poslušate vašeg profesora kako on zahteva a mi ćemo pokušati da vam objasnimo “ korak po korak”.
2 4 A 1 2 . Najpre ćemo zameniti mesta prvoj i drugoj vrsti , da nam jedinica bude u prvoj vrsti zbog lakšeg 3 6 računanja ( ovo nije neophodno al olakšava posao...)
2 4 1 2 1 2 2 4 Sad pravimo nulu na mestu gde je 3: 3 6 3 6
2 4 1 2 1 2 2 4 3 6 3 6
Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa -3 i sabrati sa trećom vrstom i to upisati u treću vrstu. Na mestu gde je bilo 3 biće: 1 (3) 3 0 Na mestu gde je bilo -6 biće 2 (3) (6) 0
Pa je
2 4 1 2 1 2 1 2 2 4 2 4 . Dalje nam treba nula gde je dvojka: 3 6 3 6 0 0
2 4 1 2 1 1 2 2 4 2 3 6 3 6 0
2 4 0
Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa -2 , sabrati sa drugom vrstom i upisati umesto druge vrste: Na mestu gde je bilo 2 na taj način smo dobili nulu, a na mestu gde je bilo -4 biće: 2 (2) (4) 0 2 4 1 2 1 2 1 2 1 2 2 4 2 4 0 0 3 6 3 6 0 0 0 0 www.matematiranje.com
822
18
Sad razmišljamo: Pošto je matrica tipa 3 2 , njen maksimalni rang može biti 2, jer postoje samo determinante
drugog reda. Ali, koju god da uzmemo determinantu drugog reda ona će imati u jednoj vrsti obe nule a znamo da je vrednost takve determinante nula. Rang ove matrice je znači 1, u oznaci r ( A) 1 . Primer 2. 1 1 4 Odrediti rang matrice A 2 1 1 3 0 5 Rešenje:
Ova matrica je tipa 3 3 , tako da postoji determinanta reda 3 , a to znači da i maksimalni rang može biti 3. 1 Da se ne zalićemo, prvo mi da napravimo nule ispod glavne dijagonale, na uokvirenim mestima: 2 3 Zamenićemo drugu i prvu kolonu, jer već imamo nulu...
1 4 1 1 0 5
1 1 4 1 1 4 A 2 1 1 1 2 1 sad pravimo nulu na mestu gde je 1 ( uokvireno) 3 0 5 0 3 5 Saberemo prvu i drugu vrstu i to ide u drugu vrstu... Na mestu gde je 1( uokvireno) biće 0. Na mestu gde je 2 biće: 2+1=3 Na mestu gde je 1 biće : 4+1 = 5 1 1 4 1 1 4 1 A 2 1 1 1 2 1 0 3 0 5 0 3 5 0
1 3 3
4 5 dalje pravimo nulu na uokvirenom mestu( gde je 3): 5
Od treće vrste oduzmemo drugu i to ide u treću vrstu. 1 1 4 1 1 4 1 1 4 1 1 4 A 2 1 1 1 2 1 0 3 5 0 3 5 3 0 5 0 3 5 0 3 5 0 0 0 www.matematiranje.com
823
19
1 1 4
Sad je jasno da rang ne može biti tri jer je vrednost determinante 0 0 Ako recimo uzmemo
3 5 0 0 0
1 1 , njena vrednost je 3 0 , pa je rang ove matrice 2: r ( A) 2 0 3
Evo još nekoliko stvari koje bi trebalo da znamo o matricama:
1) Ekvivalentne matrice imaju isti rang! 2) Ako posmatramo tri matrice A,B i C iz skupa svih matrica M mn , za njih važi: A A refleksivnost A B B A simetricnost A B B C A C tranzitivnost
Ovo nam govori da je relacija ekvivalencije na skupu svih matrica tipa m n . 3) Neka je A matrica ranga p većeg ili jednakog jedinici p 1 . Tada postoje p nezavisnih vrsta ( kolona) matrice A takvih da su ostale vrste (kolone) linearne kombinacije tih p vrsta ( kolona). 4) Rang matrice jednak je maksimalnom broju linearno nezavisnih vrsta ( kolona) te matrice. www.matematiranje.com
824
20
MATRICE ZADACI I DEO 2 3 1 1 0 -3 1. Date su matrice A i B 2 6 -8 . Izračunati: 2 16 0 a)
A B ?
b)
A B ?
v)
2 A 3B ?
g)
AT BT ?
Rešenje: a) 2 3 1 1 0 -3 2 1 3+0 1 (3) 3 3 -2 A B 2 16 0 2 6 -8 2 2 16+6 0+( 8) 0 22 -8 b) 2 3 1 1 0 -3 2 1 3-0 1 (3) 1 3 4 A B 2 16 0 2 6 -8 2 2 16-6 0 ( 8) -4 10 8 v) 2 3 1 1 0 -3 4 6 2 3 0 -9 2 A 3B 2 3 2 16 0 2 6 -8 -4 32 0 6 18 -24 2-(-9) 1 6 4-3 6-0 -4-6 32-18 0-(-24) -10 14
11 24
g) 2 2 1 2 -2 1 A B 3 16 0 6 3+0 1 0 -3 -8 1+(-3) T
T
a)
0 3 1 A -2 -4 1 3 2 5 2A B ?
b)
( AT B)T ?
2. Date su matrice
i
-2+2 3 0 16+6 3 22 0+(-8) -2 -8
2 B -3 0
1 4 0
0 1 . Izračunati: 3
www.matematiranje.com
825
1
Rešenje: a) 1 2 A B 2 -2 3
0 3 2 -4 1 -3 2 5 0
1 4 0
0 2 1 -4 3 6
0 6 2 -8 2 -3 4 10 0
1 4 0
-6 0 0 -1 1 -1 -12 1 3 6 4 7
b) 3 1 -2 AT 0 -4 2 -3 1 5 3 2 1 -2 AT B 0 -4 2 -3 -3 1 5 0 3 -3 -3 ( AT B)T -1 0 1 3 3 8
3 3. Ako su nam date matrice A -1
0 2
i
0 3 1 -3 3 -3
1 4 0
2 B 8
-1 0 1
3 3 8
1 , izračunati: 0
a) A B ? b) B A ? Rešenje: 3 A B -1
0 2 2 8
1 3 2+0 8 0 -1 2 2 8
2 B A 8
1 3 0 -1
0 2 3+1 (1) 2 8 3 0 (1)
3 1+0 0 6 -11 2 0 14 2 0+1 2 5 8 0 0 2 10
3 -1 2 0
I na ovom primeru uočavamo jednu bitnu činjenicu koju smo napomenuli u teoretskom delu MATRICE: a to je da komutativni zakon za množenje matrica NE VAŽI. www.matematiranje.com
826
2
4. Ako su date matrice
1 A 2 1
2 2 3
2 1 2
4 B -4 1
i
1 2 2
1 0 , izračunati: 1
a) A B ? b) B A ? Rešenje: a) 1 A B 2 1
2 1 2
2 4 2 -4 3 1
1 2 2
1 1 2 0 2 1 1 4 2 (4) 2 1 1 1 2 2 2 2 2 4 1 (4) 2 1 2 1 1 2 2 2 2 1 1 0 2 1 1 4 2 (4) 3 1 1 1 2 2 3 2 1 1 2 0 3 1 1+4+4 1+0+2 -2 9 3 4-8+2 8-4+2 2+2+4 2+0+2 6 8 4 4-8+3 1+4+6 1+0+3 -1 11 4
1 0 1
b) 4 B A -4 1
1 2 2
1 1 0 2 1 1
2 1 2
4 1 1 2 1 1 4 1 2 2 0 1 11 2 2 1 1 4+2+1 8+1+2 -4+4+0 -8+2+0 1+4+1 2+2+2
2 2 3
4 2 1 1 1 2
4 2 1 2 1 3 -4 2 2 1 0 2 -4 2 2 2 0 3 = 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 3 8+2+3 7 11 13 -8+4+0 0 -6 -4 2+4+3 6 6 9
Još jednom vidimo da je A B B A
2 5. Ako su date matrice A 2
1 3
11 1 , B 0 1
2 1 , C 5 1 6
1 1 izračunati: 1
a) A C B ? b) B C T ? Rešenje: www.matematiranje.com
827
3
a) 2 11 5 0 6 2 2 1 5 11 6 2 2 35 0 6
2 AC B 2
1 1 1 1 1
1 3
1 1
2 1+1 1 11 1 1 2 1 3 1 0 1 1 2+1 11 1 1 4 5 66 2 3 0 1 1 4 15 0 75 14 1 1 76 15 5 1 1 20 6 19
1 1
b)
2 CT 1
5 1
1 B CT 1
6 1 1 2 1 1
5 1
6 1 2+1 1 1 5+11 1 6+11 1 1 2 11 1 5 11 1 6 11 2+1 5+1 6+1 3 6 7 2+1 5+1 6+1 3 6 7
3 6. Za dati polinom P ( x) x 2 i matricu A 2 1 2
0 1 -1
2 4 izračunati P A . 0
Rešenje: Kako je P( A) A2 2 , nadjimo najpre matricu A2 :
3 A2 A A 2 1
0 1 -1
2 3 4 2 0 1
0 1 -1
3 0 +0 1 2 (1) 3 2+0 4 2 0 2 3 3 0 2 2 1 2 0 1 1 4 (1) 2 2 1 4 4 0 4 2 3 1 2 4 1 0 1 3 (1) 2 0 1 1 0 ( 1) 1 0 ( 1) 1 2 ( 1) 4 0 0 9+0+2 6+2+4 3-2+0
0+0-2 0+1-4 0-1+0
6+0+0 11 4+4+0 12 2-4+0 1
-2 -3 -1
6 8 -2 www.matematiranje.com
828
4
Sad ovo menjamo u P( A) A2 2 , ali pazimo da uz 2 obavezno dodamo jediničnu matricu I, naravno trećeg reda. Dakle
P ( A) A2 2 I
11 P ( A) A 2 I 12 1 2
-2 -3 -1
1 2 0 0
6 8 -2
0 11 0 12 1 1
0 1 0
2 7. Za dati polinom P ( x) x 5 x 3 i matricu A 3 0 2
-2 -3 -1
1 1 0
6 8 -2
2 0 0
0 2 0
0 13 0 12 2 1
-2 -1 -1
6 8 0
1 2 odredi P A . 2
Rešenje:
P ( A) A2 5 A 3 I Naći ćemo na stranu svaki od sabiraka pa to ubaciti u P ( A) A2 5 A 3 I . Možemo i direktno sve da radimo ali se ukomplikuje … 2 A A A 3 0
1
2
7 A 9 0 2
7 P ( A) 9 0
1 2 2
1 1 0
2 2 1 3 1 0
2 1 +1 1 1 0
3 2 1 3 2 0 0 2 03 20
3 1 1 1 2 0 0 1 0 1 2 0
2 1+1 2 1 2 3 1 1 2 2 2 0 1 0 2 2 2
6 9 4
3 4 0
2 5 A 5 3 0 1 3 I 3 0 0
1 0
1 2 2 3 2 0
1 1 0 0 1 0 3 4 0
1 10 2 15 2 0
5 5 0
0 3 0 0 1 0
0
6 10 9 15 4 0
5
3 0
5 0
5 10 10 0 0 3 5 3 10 0 10 0
0 3 0
0 0 0 P ( A) -6 0 3
-2 2 0
1 -1 -3 www.matematiranje.com
829
5
Dalje ćemo pokušati da vam objasnimo kako se traži matrica An ako je data matrica A. Ovakav tip zadatka možemo rešavati na više načina: Tražimo matrice A2 , A3 , A4 i ako treba još par njih dok ne zaključimo po kojoj se zakonitosti pojavljuju elementi
i
matrice… Zatim zapišemo kako bi trebalo da izgleda An i izvršimo dokaz matematičkom indukcijom.
n n n n ii Drugi način je da koristimo binomnu formulu (a b) n a nb 0 a n 1b1 a n 2b 2 ....... a 0b n . 0 1 2 n Datu matricu napišemo kao zbir dve matrice,od kojih je jedna jedinična matrica a druga kada se traži njen stepen, postaje nula matrica već kod trećeg ili četvrtog stepena.
iii Treći način je da upotrebljavamo sopstvene vrednosti i vektore a to je objašnjeno u fajlu matrice zadaci 2. deo.
1 1 1 8. Ako je data matrica A 0 1 1 , nadji An . 0 0 1
Rešenje: I način 1 1 1 1 1 1 1 2 3 1 2 1 2 A A A 0 1 1 0 1 1 0 1 2 0 1 2 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2
1 2 3 1 1 1 1 3 6 1 3 1 2 3 A A A 0 1 2 0 1 1 0 1 3 0 1 3 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 3
2
1 3 6 1 1 1 1 4 10 1 4 1 2 3 4 A A A 0 1 3 0 1 1 0 1 4 0 1 4 0 0 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 4
3
1 n 1 2 ... n , odnosno, pošto je 1 2 3 ... n n(n 1) Na osnovu ovoga možemo predpostaviti da je An 0 1 n 2 0 0 1 www.matematiranje.com
830
6
1 n 1 n 1 2 ... n An 0 1 to je onda An 0 1 n 0 0 0 0 1
n(n 1) 2 n 1
Sada ovo moramo dokazati primenom matematičke indukcije . Da bi se podsetili kako ide indukcija, pogledajte istoimeni fajl iz treće godine. 1 1 1 za n=1 je A1 0 1 1 tačno. 0 0 1
1 2 za n=2 je A2 0 1 0 0
23 2 1 2 3 2 0 1 2 takodje tačno 1 0 0 1
postavljamo indukcijsku hipotezu, da je formula tačna za n k 1 k za n=k je Ak 0 1 0 0
k (k 1) 2 k 1
da dokažemo da je formula tačna za n k 1 1 Ak 0 0 1 Ak 1 0 0
k (k 1) 1 k 2 1 k Ak A 0 1 0 0 0 1 (k 1)(k 2) k 1 2 1 k 1 0 1 k
k (k 1) 2 1 1 1 k 0 1 1 1 0 0 1
Dakle, naša formula je dobra. www.matematiranje.com
831
7
II način
Datu matricu rastavimo na jediničnu i još jednu matricu: 1 1 1 1 0 0 0 1 1 0 1 1 A 0 1 1 0 1 0 0 0 1 I 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
Obeležimo matricu
0 1 1 0 0 1 0 0 0
sa slovom M.
Tada je A I M An ( I M ) n
n n n n Koristimo (a b) n a nb 0 a n 1b1 a n 2b 2 ....... a 0b n , ali najpre da vidimo kako se ponašaju stepeni 0 1 2 n matrice M.
0 1 1 M 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 2 M M M 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1 0 3 2 M M M 0 0 0 0 0 0 0 0
1 1 0 0 1 0 0 0 0 1 1 0 0 1 0 0 0 0
0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 odavde zaključujemo da je: 0 0
M 4 M 5 ... M n 0 Sad koristimo binomnu formulu:
n n n ( I M ) n I n M 0 I n 1M 1 I n 2 M 2 , svi ostali članovi su jednaki nuli. 0 1 2 www.matematiranje.com
832
8
n(n 1) I M 2 2 n(n 1) 2 ( I M )n I n M M 2 1 0 0 0 1 1 0 0 1 n(n 1) n ( I M ) 0 1 0 n 0 0 1 0 0 0 2 0 0 1 0 0 0 0 0 0 n(n 1) 0 0 1 0 0 0 n n 2 ( I M ) n 0 1 0 0 0 n 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 ( I M ) n 1 I 1 n I M
n(n 1) 1 n n 2 1 n ( I M ) n 0 1 n 0 1 0 0 0 0 1 1 n 0 1 0 0
n2 n 1 n 2 n ( I M ) n 0 1 0 0 1
2n n( n 1) 1 n 2 n 0 1 0 0 1
2n n 2 n 2 n 1
n(n 1) 2 n 1
1 1 9. Ako je data matrica A , nadji An . 1 1 Rešenje: 1 1 1 1 1 1 (1) ( 1) 1 ( 1) (1) 1 2 2 A2 A A 1 1 1 1 1 1 1 (1) (1) (1) 1 1 2 2 2 2 1 1 4 4 22 22 A3 A2 A 2 22 2 2 1 1 4 4 2 4 4 1 1 8 8 23 A4 A3 A 3 4 4 1 1 8 8 2 8 8 1 1 16 16 24 A5 A4 A 4 8 8 1 1 16 16 2 Na osnovu ovoga možemo predpostaviti da je : 2n 1 A n 1 2 n
2 3 23 24 24
2n 1 2n 1 www.matematiranje.com
833
9
Moramo ovo dokazati matematičkom indukcijom: 211 za n = 1 je A 11 2 1
20 1 1 A 2 0 1 1
211 20 211 20
Pretpostavimo da je formula tačna za n=k
2k 1 A k 1 2 k
2k 1 2k 1
Da dokažemo da formula važi i za n k 1 2k 1 1 1 2k 1 1 (2k 1 )( 1) 2k 1 1 1 2k 1 1 2k 1 (1) 2k 1 2k 1 2 2k 1 2 2k 1 2k 2k 2 2k 1 2k 2k 2k 1 + 2k 1 2 2k 1
2k 1 Ak 1 Ak A k 1 2 2k 1 2k 1 k 1 k 1 2 2
2k 1 ( 1) ( 2k 1 ) 1 2k 1 (1) 2k 1 1
U sledećim primerima ćemo pokušati da vam “približimo” rešavanje matričnih jednačina. Takav zadatak se najčešće sastoji iz dva dela. U prvom delu trebate rešiti matričnu jednačinu, odnosno da izrazite X, a u drugom delu se koriste operacije sa matricama... 10. Rešiti sledeće matrične jednačine:
1) AX B 2) XA B 3) AX I X B 4) (3 X ) 1 B 1 ( AX ) 1 5) ( AX A) 1 BA 6) ( AX 1 B ) 1 XB 7)
( AX )
T
X T B A B 1
Rešenja: Bilo bi dobro da se podsetite pravila koja važe za matrice a koja su date u prethodnom fajlu. 1)
AX B
sa leve strane množimo celu jednačinu sa A1
A1 AX A1 B A1 A X A1 B I X A1 B X A1 B
834
10
2) sa desne strane množimo celu jednačinu sa A1
XA B
XAA1 BA1 X I BA1 X BA1
3)
AX I X B AX X B I
nepoznate na levu a poznate na desnu stranu... izvlačimo X kao zajednički ispred zagrade , ali sa desne strane!
(A I)X B I
celu jednačinu množimo sa ( A I ) 1 , ali sa leve strane!
( A I ) 1 ( A I ) X ( A I ) 1 ( B I ) I X ( A I ) 1 ( B I ) X ( A I ) 1 ( B I )
4) (3 X ) 1 B 1 ( AX ) 1 X 1 31 B 1 X 1 A1 1
1
1
1
1
B X A X 3
Nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu... Izvlačimo X 1 kao zajednički ispred zagrade ali sa leve strane... Pazi , moramo dodati I kod 31
1 B 1 X 1 ( A1 I ) 3
1 3
Celu jednačinu množimo sa X sa leve strane
1 X B 1 X X 1 ( A1 I ) 3 1 X B 1 I ( A1 I ) 3 1 X B 1 ( A1 I ) Celu jednačinu množimo sa B sa desne strane 3 1 X B 1 B ( A1 I ) B 3 1 X I ( A1 I ) B 3 1 X ( A1 I ) B 3
www.matematiranje.com
835
11
5) ( AX A) 1 BA
unutar zagrade izvučemo A sa leve strane
[ A( X I )]1 BA
celu jednačinu stepenujemo na () 1
[ A( X I )1 ]1 ( BA) 1 A( X I ) A1 B 1
množimo celu jednačinu sa A1 sa leve strane
A1 A( X I ) A1 A1 B 1 I ( X I ) A2 B 1 X I A2 B 1 X A2 B 1 I
6)
( AX 1 B) 1 XB
celu jednačinu stepenujemo na () 1
(( AX 1 B) 1 ) 1 ( XB) 1 AX 1 B B 1 X 1 AX
1
1
B X 1
1
1
1
(A B )X
1
sad nepoznate na levu a poznate na desnu stranu...
B
B
pomnožimo celu jednačinu sa X ali sa desne strane...
( A B ) X X BX ( A B 1 ) I BX A B 1 BX
pomnožimo celu jednačinu sa B 1 ali sa leve strane...
B 1 ( A B 1 ) B 1 BX B 1 ( A B 1 ) I X B 1 ( A B 1 ) X X B 1 ( A B 1 ) 7)
( AX ) X B A B X A X B A B X ( A B) A B T
T
T
T
T
T
1
T
1
unutar zagrade izvučemo X T ...
1
celu jednačinu na -1...
X T ( AT B ) ( A B ) 1
sa desne strane množimo sa ( AT B ) 1
X T ( AT B)( AT B) 1 ( A B ) 1 ( AT B) 1 X T ( A B) 1 ( AT B ) 1 X T [( AT B )( A B )]1
spakujemo malo desnu stranu celu jednačinu transponujemo...
( X T )T [( AT B)( A B)]1
T
X [( AT B)( A B)]1
T
www.matematiranje.com
836
12
2 1 0 11. Rešiti matričnu jednačinu AX X A ako je data matrica A 0 2 1 1 1 2
Rešenje: Najpre rešavamo zadatu matričnu jednačinu: AX X A AX X A (A I)X A ( A I ) 1 ( A I ) X ( A I ) 1 A I X ( A I ) 1 A X ( A I ) 1 A
Dalje tražimo matricu A I , pa njenu inverznu. Ako vaš profesor dozvoljava , radi lakšeg rada, matricu A I možemo obeležiti nekim slovom, recimo sa M. Ako se profesor ljuti, vi nastavite da radite sa A I . 2 1 0 1 0 0 1 1 0 A I 0 2 1 0 1 0 0 1 1 M 1 1 2 0 0 1 1 1 1
sada je X M 1 A
tražimo M 1
1 adjM det M
1 1 0
1 1 0 1 1
det M 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 det M 1 , matrica je regularna… 1 1 1 1 1 1 1 1
Ako vam se u radu dogodi da je det M 0 , onda takva matrica nema inverznu matricu i tu prekidate sa radom. Tražimo kofaktore i adjungovanu matricu: www.matematiranje.com
837
13
1 M 0 1
1 1 1
1 M 0 1
1
1 M 0 1
1
1 1
1 1
0 1 1 1 M 11 0 1 1 1
1 M 0 1
0 0 1 1 M 12 1 1 1 1
1 M 0 1
0 0 1 1 1 M 13 1 1 1
1 M 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 M 21 1 1 1 1
1 M 0 1
0 1 0 1 M 22 1 1 1 1
1 M 0 1
0 1 1 0 1 M 23 1 1 1
1 M 0 1
1 1 1 1 1 1 1 1 1
0 1 0 1 M 31 1 1 1 1 0 1 0 1 1 M 32 0 1 1 0 1 1 1 1 M 33 0 1 1
0 1 1 adjM 1 1 1 , odavde smo dobili da je inverzna matrica: 1 0 1
M
1
0 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1 M 1 1 1 1 1 0 1 1 0 1
Sad možemo da se vratimo u rešenje i da zamenimo: X M 1 A 0 1 1 2 X 1 1 1 0 1 0 1 1 0 2 (1) 0 1 1 X 1 2 1 0 (1) 1 (1) 2 0 0 11
1 0 2 1 1 2 0 1 (1) 2 1 1 0 0 (1) 1 1 2 1 1 1 2 (1) 1 1 0 1 1 ( 1) 2 (1) 1 0 2 1 1 (1) 0 0 1 1 2
1 1 1 X 1 2 1 1 0 2
12. Rešiti matričnu jednačinu 1 2 1 A 0 1 1 0 2 2
AX B BX I ako su date matrice:
1 2 2 i B 1 1 2 . 2 1 1
Rešenje: www.matematiranje.com
838
14
AX B BX I AX BX B I
A B X B I 1 1 A B A B X A B B I X A B
1
B I
Izrazili smo X, sada tražimo inverznu matricu … 1 2 1 1 2 2 0 0 1 A B 0 1 1 1 1 2 1 0 1 0 2 2 2 1 1 2 1 3
Kao i malopre, radi lakšeg rada, ovu matricu ćemo obeležiti sa M. 0 0 1 1 adjM M 1 0 1 , onda je M 1 det M 2 1 3 0 0 1 0 0 det M 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 1 2 1 3 2 1 0 M 1 2 0 M 1 2 0 M 1 2
0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 0 1 1 M 11 1 3 1 3
0 M 1 2
1 1 1 1 M 12 1 2 3 3
0 M 1 2
1 1 0 1 M 13 1 2 1 3
0 M 1 2
0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 0 1 1 M 21 1 3 1 3 1 0 1 1 M 22 2 2 3 3 1 0 0 1 M 23 0 2 1 3
0 M 1 2 0 M 1 2 0 M 1 2
0 0 1 0 0 1 0 0 1
1 0 1 1 M 31 0 0 1 3 1 0 1 1 M 32 1 1 1 3 1 0 0 1 M 33 0 1 0 3
1 1 0 1 1 0 1 1 0 1 1 1 adjM 1 2 1 M 1 2 1 M 1 2 1 1 1 0 0 1 0 0 1 0 0 1 2 2 1 0 0 2 2 2 B I 1 1 2 0 1 0 1 2 2 2 1 1 0 0 1 2 1 2 www.matematiranje.com
839
15
I konačno je :
1 1 0 2 2 2 X A B B I 1 2 1 1 2 2 1 0 0 2 1 2 1 2 1 2 0 1 1 2 1 2 0 2 1 2 1 1 0 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 0 1 0 2 1 2 0 2 0 1 1 2 0 2 0 2 1
1 0 0 X 2 5 4 2 2 2
www.matematiranje.com
840
16
MATRICE ZADACI ( II DEO) REŠAVANJE SISTEMA LINEARNIH ALGEBARSKIH JEDNAČINA Sistem od m jednačina sa n nepoznatih je najčešće uopšteno dat sa: a11x1 +
a12 x 2 + . . . + a1n xn b1
a21x1 + a22 x 2 + . . . + a2 n xn b2 . . . am1x1 + am 2 x 2 + . . . + amn xn bm Ovde su: x1 , x2 ,...xn nepoznate, brojevi aij su koeficijenti a b1 , b2 ,...bm su slobodni članovi . Iz ovog sistema mi izvlačimo tri matrice: a11 a12 . . . a1n a a . . . a 2n 21 22 . A je matrica sistema. . . am1 am 2 . . . amn a11 a 21 A . . am1
a12 a22 . . am 2
. .
. .
a1n b1 a2 n b2 je proširena matrica sistema . . amn bm
b1 b 2 B . je matrica sa slobodnim članovima. . bm
Kada je A kvadratna matrica, to jest kada je broj jednačina sistema jednak sa brojem nepoznatih , onda takav sistem nazivamo kvadratnim. Ako je i det A 0 onda je on Kramerovski. Ako je B nula matrica, sistem je homogen. (desno su sve nule) Ako B nije nula matrica, sistem je nehomogen. ( bar jedan slobodan član nije nula) www.matematiranje.com
841
1
x1 x 2 Koristeći ove matrice, jasno je da sistem možemo zapisati kao : A X B gde je X . rešenje sistema. . xm
Još neki izrazi se upotrebljavaju često , pa i njih da objasnimo: -
jedinstveno rešenje je kad sistem ima samo jedno rešenje ( odredjen je)
-
kada sistem ima više od jednog rešenja kaže se da je neodredjen
-
kada sistem ima rešenja, bez obzira dal je jedno il beskonačno mnogo njih, kaže se da je rešiv ( saglasan, neprotivrečan)
-
kada sistem nema rešenja kaže se da je nerešiv ( nesaglasan, protivrečan)
Teorema ( Kroneker- Kapeli) kaže: ( važi za nehomogen sistem)
Sistem ima rešenje ako i samo ako je rang matrice sistema jednak rangu matrice proširenog sistema, tj r ( A) r ( A)
Ako sistem ima maksimalan rang n, važi: i)
rešenje je jedinstveno ako je r ( A) r ( A) n
ii)
sistem ima beskonačno mnogo rešenja ako je r ( A) r ( A) n
Često se javlja problem kad posmatramo homogen sistem:
a11x1 + a12 x 2 + . . . + a1n xn 0 a21x1 + a22 x 2 + . . . + a2 n xn 0 . . .
am1x1 + am 2 x 2 + . . . + amn xn 0 Ovaj sistem uvek ima rešenje (0, 0, 0,..., 0) . Ovo se rešenje naziva trivijalno rešenje. www.matematiranje.com
842
2
Pitamo se kad sistem ima i netrivijalna rešenja? Homogen sistem ima netrivijalna rešenja ako i samo ako je rang matrice sistema manji od broja nepoznatih .
Posledica ove teoreme je : Ako u homogenom sistemu važi da je broj jednačina manji od broja nepoznatih, onda sistem ima netrivijalna rešenja.
Pre nego li krenemo sa zadacima, savetujemo vam da još jednom pročitate i proučite fajl matrice, a posebno deo vezan za traženje ranga matrice. ZADACI 1. Odrediti rang matrice u zavisnosti od parametra a. 2 1 a A 3 5 0 1 4 1
Rešenje:
Pre nego li krenete da pravite nule ispod glavne dijagonale, nije loše da parametar prebacimo da je u zadnjoj vrsti , na krajnjoj desnoj poziciji. Zato ćemo najpre da zamenimo mesta I vrsti i trećoj vrsti. 2 1 a 1 4 1 A 3 5 0 3 5 0 Sad pravimo nule na naznačenim mestima 1 4 1 2 1 a
1 3 2
4 1 5 0 1 a
III vrsta minus I vrsta pomnožena sa 2 ide u III vrstu II vrsta minus I vrsta pomnožena sa 3 ide u II vrstu
1 1 4 1 1 4 A 3 5 0 0 7 3 2 1 a 0 7 a 3
1 Sad pravimo još jednu nulu na mestu 0 0
4 7 7
1 3 a 3 www.matematiranje.com
843
3
Od IV vrste oduzmemo III i to upišemo umesto treće vrste. 1 1 4 1 1 4 A 0 7 3 0 7 3 Uočimo poziciju 0 7 a 3 0 0 a
1 4 1 0 7 3 . 0 0 a
1 4 1 Jasno je da ako je za a 0 , rang matrice 2, jer imamo matricu 0 7 3 0 0 0 1 4 1 A, ako je a 0 , rang matrice je tri, jer dobijamo matricu 0 7 3 , čija determinanta je različita od nule, jer ako 0 0 a se sećate, vrednost determinante ove matrice je proizvod brojeva po glavnoj dijagonali: det A 1 (7) a
2. Odrediti rang matrice u zavisnosti od parametra a.
1 1 A 1 a
1 1 a 1
1 a 1 1
a 1 1 1
Rešenje: 1 1 Pravimo nule na mestima A 1 a
1 1 a 1 a 1 . a 1 1 1 1 1
II vrsta – I vrsta na mesto II vrste III vrsta – I vrsta na mesto III vrste IV vrsta – I vrsta pomnožena sa a na mesto IV vrste
1 1 A 1 a
1 1 a 1
1 a 1 1
1 1 a 1 a 1 0 0 a 1 1 a . Sad pravimo nule na mestima 1 0 a 1 0 1 a 1 0 1 a 0 1 a
1 0 0 0
1 0 a 1 1 a
1 a a 1 1 a 0 1 a 0 1 a www.matematiranje.com
844
4
Uočimo treću kolonu. U njoj već ima nule koje nama trebaju. Zato ćemo zameniti mesta II i III koloni. a 1 a 1 1 1 1 1 0 a 1 1 a 0 a 1 0 1 a 0 A 0 a 1 0 1 a 0 a 1 1 a 0 0 1 a 0 0 1 a 1 a 0 1 a a 1 1 1 0 a 1 0 1 a Dalje moramo napraviti nulu na uokvirenom mestu: 0 a 1 1 a 0 0 1 a 1 a 0 Saberemo IV i III vrstu i to upišemo na mestu IV vrste... a 1 a 1 1 1 1 1 0 a 1 0 1 a 0 a 1 0 1 a 0 a 1 1 a 0 a 1 1 a 0 0 0 1 a 1 a 0 0 0 2(1 a ) 0
Odavde je već izvesno: Ako je a 1 0 a 1 rang matrice je 4. 1 0 Ako je a 1 0 a 1 matrica postaje 0 0
1 0 0 0
1 0 0 0
1 0 pa je rang matrice 1. 0 0
3. Dokazati da sledeći sistem ima netrivijalna rešenja:
x 2 y z t 3u 0 3 x 4 y 5 z 3t u 0 2 x 3 y 3 z 2t 2u 0 2 x 5 y z 2t 10u 0
Rešenje: www.matematiranje.com
845
5
Ovde nam je posao da dokažemo da je rang manji od maksimalnog mogućeg ranga( to jest od 4) , jer je sistem homogen i važi: Ako u homogenom sistemu važi da je broj jednačina manji od broja nepoznatih, onda sistem ima netrivijalna rešenja.
1 3 Uočimo matricu sistema: 2 2
2 4 3 5
1 5 3 1
1 3 3 1 2 2 2 10
1 3 Kao i obično, najpre pravimo nule na mestima 2 2
2 1 1
3 4 5 3 1 . 3 3 2 2 5 1 2 10
II vrsta - I vrsta pomnožena sa 3 ide na mesto II vrste III vrsta - I vrsta pomnožena sa 2 ide na mesto III vrste IV vrsta - I vrsta pomnožena sa 2 ide na mesto IV vrste 1 3 2 2
2 1 1
3 1 2 1 1 3 4 5 3 1 0 2 2 0 8 3 3 2 2 0 1 1 0 4 5 1 2 10 0 1 1 0 4
Sledeće nule moraju biti na mestima:
1 0 0 0
2 2 1 1
1 1 3 2 0 8 1 0 4 1 0 4
III vrsta pomnožena sa dva minus II vrsta ide na mesto III vrste IV vrsta pomnožena sa dva plus II vrsta na mesto IV vrste 1 2 1 1 3 0 2 2 0 8 Dobijamo matricu: 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 www.matematiranje.com
846
6
Jasno je da je rang ove matrice 2, što je manje od maksimalnog ranga, to jest , dokazali smo da sistem ima netrivijalna rešenja. U sledećem primeru ćemo pokazati kako se ona traže... 4. U zavisnosti od parametra m diskutovati rešenja sistema:
x 2 y 3 z mt 0 x 2 y (m 2) z 2t 0 x (m 1) y 3 z 2t 0 mx 2 y 3 z 4t 0 Rešenje:
Opet se radi o homogenom sistemu... 2 3 m 1 1 2 m 2 2 A 1 m 1 3 2 2 3 4 m 1 1 Pravimo nule: 1 m
m m2 2 2 m 1 3 2 2 3 4 2
3
IIvrsta Ivrsta IIvrsta IIIvrsta Ivrsta IIIvrsta IVvrsta Ivrsta m IVvrsta
2 3 2 3 m 1 m 1 1 2 0 2 m m 2 2 0 m 1 A 1 m 1 3 2 0 0 2m m 1 2 3 4 0 2(1 m) 3(1 m) 4 m 2 m Zamenimo mesta II i III vrsti... 2 3 2 3 2 3 m 1 m 1 m 1 1 2 0 2 m 0 0 2 m m 2 2 0 m 1 m 1 A 1 m 1 3 2 0 0 2 m 0 0 2m m 1 m 1 2 2 3 4 0 2(1 m) 3(1 m) 4 m 0 2(1 m) 3(1 m) 4 m 2 m
IVvrsta IIvrsta 2 IVvrsta www.matematiranje.com
847
7
2 3 2 3 m 1 m 1 0 0 2 m 0 m 1 0 2 m m 1 A 0 0 2 m 0 0 2m m 1 m 1 2 0 3(1 m) 8 2m m 2 0 2(1 m) 3(1 m) 4 m 0 2 1 0 m 1 I još da napravimo nulu na uokvirenom mestu: 0 0 0 0
3 0 m 1 3(1 m)
8 2m m 2 m 2m 2m
IVvrsta IIIvrsta 3 IVvrsta
2 3 2 3 m m 1 1 0 m 1 0 2 m 0 m 1 0 2 m A 0 0 2 m 0 0 2m m 1 m 1 2 0 3(1 m) 8 2m m 0 0 0 14 5m m 2 0
Kao rang ove matrice mora biti manji od 4, da bi sistem imao netrivijalna rešenja, na mestu 2 3 m 1 0 m 1 0 2m 0 0 m 1 2m 0 0 14 5m m 2 0
mora biti 0.
Dakle: 14 5m m 2 0 b b 2 4ac 5 52 4 1 (14) m 5m 14 0 m1,2 2a 2 m1 2 2
m2 7
Postoje dve vrednosti za parametar m, za koje sistem ima netrivijalna rešenja. Moramo proučiti obe mogućnosti. www.matematiranje.com
848
8
za m 2 m 2 3 1 1 0 m 1 0 2 m 0 0 0 m 1 0 2m 0 0 14 5m m 2 0 0
2 1 0 0
3 0 1 0
2 0 0 0
Iz treće vrste imamo 1 z 0 z 0 Iz druge vrste imamo 1 y 0 y 0 Iz prve vrste imamo
1x 2 y 3 z 2t 0 x 2t 0 x 2t
Rešenje je dakle ( x, y, z , t ) (2t , 0, 0, t )
gde je t R
za m 7 2 3 m 1 1 2 3 7 0 m 1 0 2 m 0 8 0 9 0 0 0 8 9 0 2m m 1 0 0 14 5m m 2 0 0 0 0 0 Iz treće vrste imamo -8 z 9t 0 8 z 9t z Iz druge vrste imamo Iz prve vrste imamo
9t 8
9t 8 18t 27t 1x 2 y 3 z 7t 0 x 7t 0 8 8 -8 y 9t 0 8 y 9t y
8 x 18t 27t 56t 0 8 x 11t x
11t 8
11t 9t 9t Rešenje je dakle ( x, y, z , t ) ( , , , t ) 8 8 8 Zaključak bi bio:
gde je t R
Za m1 2, m2 7 sistem ima samo trivijalna rešenja (0,0,0,0) Za m=2 sistem ima rešenja ( x, y, z , t ) (2t , 0, 0, t )
gde je t R
11t 9t 9t Za m= -7 sistem ima rešenja ( x, y, z , t ) ( , , , t ) 8 8 8
gde je t R www.matematiranje.com
849
9
5. U zavisnosti od parametra a diskutovati rešenja sistema:
ax y z 0 x ay z 2 x y az a Rešenje:
Ovde se radi o nehomogenom sistemu. a 1 1 a 1 1 0 Matrica sistema je A 1 a a , a matrica proširenog sistema je A 1 a a 2 . 1 1 a 1 1 a a
U matrici proširenog sistema pravimo nule na već opisani način... a A 1 1
1 1 0 a a 2 najpre nule na ova dva mesta… 1 a a
1 1 0 a 1 1 0 a 2 A 1 a a 2 0 a 1 a 1 2a 2 2 1 1 a a 0 a 1 a 1 a
a 1 1 0 2 0 a 1 a 1 2a još ovde da napravimo nulu… 0 a 1 a2 1 a2 1 1 0 a 1 1 0 a 1 1 0 a 2 A 1 a a 2 0 a 1 a 1 2a 0 (a 1)( a 1) a 1 2a 2 2 1 1 a a 0 a 1 a 1 a 0 0 a (a 1)(a 2) a (a 1)(a 2)
Sad koristimo Kroneker Kapelijevu teoremu: Sistem ima rešenje ako i samo ako je rang matrice sistema jednak rangu matrice proširenog sistema, tj r ( A) r ( A) Ako sistem ima maksimalan rang n, važi: i) ii)
rešenje je jedinstveno ako je r ( A) r ( A) n sistem ima beskonačno mnogo rešenja ako je r ( A) r ( A) n www.matematiranje.com
850
10
a 1 Posmatrajmo 0 (a 1)(a 1) 0 0
1
a 1
a (a 1)(a 2)
2a . a(a 1)(a 2) 0
Da bi sistem imao jedinstveno rešenje, rang sistema mora biti jednak rangu proširenog sistema. Onda je jasno da na uokvirenim pozicijama NE SMEJU biti nule. To je znači uslov da sistem ima jedinstveno rešenje. a (a 1)(a 2) 0 Kako je svaka kolona vezana za po jednu nepoznatu, krenućemo od treće vrste, naći nepoznatu z, pa iz druge vrste naći nepoznatu y i na kraju iz prve vrste naći nepoznatu x. 1 1 0 a 0 (a 1)(a 1) a 1 2a 0 a (a 1)(a 2) a (a 1)(a 2) 0 x
y
z
treća jednačina: a (a 1)(a 2) z a (a 1)(a 2) z 1 ,
naravno za a 0, a 1, a 2
druga jednačina: (a 1)(a 1) y (a 1) z 2a (a 1)(a 1) y (a 1) 1 2a (a 1)(a 1) y 2a a 1 (a 1)(a 1) y a 1 y
a 1 1 y a 1 (a 1) (a 1)
prva jednačina: ax y z 0 ax
1 1 1 0 x a 1 1 a
Dobili smo jedinstveno rešenje: ( x, y, z ) (1,
1 1 , ) a 1 1 a
Ali tu nije kraj zadatka... Moramo ispitati i situacije kad je a 2 0 a 2
i
a 1 0 a 1 www.matematiranje.com
851
11
Za a 1 1 1 0 a a 1 1 0 0 (a 1)(a 1) 0 0 0 2 a 1 2a 0 0 a (a 1)(a 2) a (a 1)(a 2) 0 0 0 0
Vrednost a 1 smo zamenili u dobijenoj matrici. Novonastala matrica nam govori sledeće: a 1 1 Rang sistema je 1, jer posmatramo samo 0 0 0 0 0 0 rešenja.
a rang proširenog sistema je 2. Znači da ovde sistem nema
Za a 2 1 1 0 a 2 1 1 0 0 (a 1)(a 1) 0 3 3 4 a 1 2a 0 0 a (a 1)(a 2) a (a 1)(a 2) 0 0 0 0 Ovde je rang sistema jednak rangu proširenog sistema, tj r ( A) r ( A) 2 4, ali kako je rang manji od maksimalnog ranga, sistem će imati beskonačno mnogo rešenja, odnosno : neodredjen je. druga jednačina: 3 y 3 z 4 3 y 3z 4 y
3z 4 3
prva jednačina: 2 x y z 0 2 x x
3z 4 z0 3
3z 2 3
Dve nepoznate, x i y, smo izrazili preko treće, preko z. Rešenja su :
( x, y , z ) (
3z 2 3z 4 , , z) 3 3
zR www.matematiranje.com
852
12
6. U zavisnosti od parametra p, diskutovati i rešiti sistem:
x 2 y 3z 5u 13 2 x 2 y z 3u 11 x y z u 3 2 x 2 y 2 z pu 3 Rešenje:
Oformimo matricu proširenog sistema i radimo opisani postupak... 1 2 1 2
2 2 1 2
3 1 1 2
13 11 3 3
5 3 1 p
IIvrsta Ivrsta 2 IIvrsta IIIvrsta Ivrsta IIIvrsta IVvrsta Ivrsta 2 IVvrsta
1 0 0 0
2 -2 -1 -2
3 -5 -2 -4
5 -7 -4 p-10
1 0 0 0
2 -1 -2 -2
3 -2 -5 -4
5 -4 -7 p-10
13 -15 II i III vrsta zamene mesta -10 -23 13 -10 IIIvrsta IIvrsta 2 IIIvrsta -15 IVvrsta IIvrsta 2 IVvrsta -23
1 0 0 0
2 -1 0 0
3 -2 -1 0
5 -4 1 p-2
13 -10 5 -3
Ispod glavne dijagonale smo napravili nule. Sad diskutujemo. Uočimo poziciju sa parametrom od koje nam zavisi rang 1 0 sistema: 0 0
2 -1 0
3 -2 -1
0
0
5 -4 1 p-2
13 1 0 -10 . Ako je ovde nula, to jest, ako je p=2, 5 0 -3 0
2 -1 0 0
3 -2 -1 0
5 -4 1 0
13 -10 5 -3
vidimo da je rang matrice sistema 3 a da je rang matrice proširenog sistema 4, a po teoremi Kroneker Kapelija tada sistem nema rešenja. Dakle, da bi sistem imao rešenja, mora da je p-2 0 p 2 www.matematiranje.com
853
13
Sad krenemo od četvrte vrste i tražimo vrednosti nepoznatih...Evo da napišemo sve četiri jednačine: x 2 y 3 z 5u 13 y 2 z 4u 10 z u 5 ( p 2)u 3
( p 2)u 3 u
iz prve vrste iz druge vrste iz treće vrste iz četvrte vrste
3 p2
z u 5 z u 5 z
3 3 5 p 10 7 5p 5 z z p2 p2 p2
itd… Dobijamo rešenje: u
3 7 5p 20 p 22 12(1 p ) ,z ,y ,x p2 p2 p2 p2
Evo jednog primera kako rešiti sistem jednačina pomoću inverzne matrice. 7. Rešiti sistem:
x yz 9 x 2 y 3z 16 x 3 y 4 z 21 Rešenje:
Iz zadatog sistema najpre izdvojimo matrice: 1 1 1 A 1 2 3 1 3 4
x X y z
9 B 16 21
Oformimo matričnu jednačinu: AX B X A1 B 1 A1 adjA det A www.matematiranje.com
854
14
Sad radimo ceo postupak... 1 1 1 1 1 1 1 1 det A 1 2 3 1 2 3 1 2 8 3 3 4 9 2 1 , znači da postoji inverzna matrica… 1 3 4 1 3 4 1 3
1 1 1 A 1 2 3 1 3 4 2 3 1 1 A11 1; A21 1; 3 4 3 4 A12 A13
1 3 1 4
1; A22
1 2 1; 1 3
A23
1 1 1 4
3;
A31 A32
1 1 2; 1 3
1 1 1; 2 3
1 1 1 3
A33
2;
1 1 1 1 2
1 1 1 adjA 1 3 2 1 2 1
1 adjA det A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 2 1 3 2 A 1 1 2 1 1 2 1 A1
X A1 B 1 1 1 9 9 16 21 4 X 1 3 2 16 9 48 42 3 1 2 1 21 9 32 21 2 4 X 3 2 Rešenje je dakle: ( x, y, z ) (4,3, 2) Vidite i sami da je ovaj postupak težak, pa ga primenjujte samo kad to od vas izričito traže… www.matematiranje.com
855
15
MATRICE ZADACI ( III DEO) SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI MATRICE Postupak traženja sopstvenih vrednosti je sledeći: i)
Za datu kvadratnu matricu ( recimo matricu A) odredimo matricu A I n , gde je I n jedinična matrica . Znači, u datoj matrici po glavnoj dijagonali oduzmemo . Ova matrica A I n se naziva karakteristična matrica.
ii)
Tražimo vrednost determinante karakteristične matrice: det( A I ) . Dobićemo polinom po . Taj polinom
se obeležava sa PA ( ) i naziva se karakteristični polinom matrice A. iii)
Dobijeni polinom izjednačimo sa nulom: PA ( ) 0 . Ovo je karakteristična jednačina matrice A. Rešenja ove jednačine su 1 , 2, 3,....... ( zavisno kog je karakteristična jednačina stepena, toliko će imati i rešenja...) i
nazivaju se sopstvene (karakteristične) vrednosti matrice A. Skup svih sopstvenih vrednosti matrice A nazivamo spektar matrice A i obeležavamo ga sa S p ( A) . Primer 1. Odrediti sopstvene vrednosti za matrice:
a)
4 1 A 1 2
1 3 2 b) A 1 2 1 0 3 1 Rešenje:
4 1 a) A 1 2 1 0 Najpre formiramo matricu A I 2 , gde je I 2 , jedinična matrica drugog reda. 0 1 4 1 1 0 4 1 0 4 A I2 1 2 0 1 1 2 0 1
1 2
Dalje tražimo determinantu ove matrice: det( A I )
4 1
1 (4 )(2 ) 1 8 4 2 2 1 2
det( A I ) 2 6 9 www.matematiranje.com
856
1
Dobili smo karakteristični polinom: PA ( ) 2 6 9
2 6 9 0 1 3, 2 3 Rešavanjem karakteristične jednačine smo dobili sopstvene vrednosti: 1 3, 2 3 . Vidimo da je ovde u pitanju dvostruka vrednost ( nula drugog reda), jer su rešenja jednaka.
b)
1 3 2 A 1 2 1 0 3 1
1 3 2 1 0 0 1 3 2 0 0 A I 3 1 2 1 0 1 0 1 2 1 0 0 0 3 1 0 0 1 0 3 1 0 0 3 2 1 A I 1 2 1 0 3 1 1 det( A I ) 1 0 1 1 0
3 2 3
3 2 3
2 1 1
2 2 1 (1 ) 3 1
1 3 2 (1) 0 1 3 1
(1 ) [(2 )(1 ) 3] 1 [3( 1 ) 6] (1 ) [2 2 2 3] 3 3 6 (1 ) [ 2 5] 3 3 2 5 3 2 5 3 3 3 2 2 2 2 ( 2) 1( 2) ( 2)(1 2 ) ( 2)(1 )(1 ) Kad ovo izjednačimo sa nulom dobijamo tri različite sopstvene vrednosti: ( 2)(1 )(1 ) 0 2 0 1 0 1 0 1 2, 2 1, 3 1 Spektar matrice A je dakle: S p ( A) {1,1, 2}
www.matematiranje.com
857
2
Postupak traženja sopstvenih vektora je sledeći: i)
Pronadjemo sve sopstvene vrednosti, to jest spektar matrice A
ii)
Za svaku sopstvenu vrednost posebno radimo sledeće: - zamenimo u karakterističnu matricu A I n
-
dobijena matrica je ustvari matrica homogenog sistema koji će uvek biti neodređen, odnosno imaće beskonačno mnogo rešenja. Nađemo ta rešenja koja nam ustvari daju taj sopstveni vektor.
Malo je zeznuta situacija kad su nule karakterističnog polinoma dvostruke ili trostruke, pa ćemo mi na sledećem primeru pokušati da vam objasnimo sve tri situacije ( naravno ako govorimo o matrici 3 3 ).
Primer 2.
Odrediti sopstvene vektore sledećih matrica:
a)
1 1 A 1 1
b)
1 1 3 A 1 5 1 3 1 1
v)
1 2 1 A 2 4 2 1 2 1
g)
5 6 3 A 1 0 1 1 2 1 www.matematiranje.com
858
3
Rešenje: a)
1 1 A 1 1
Dakle, najpre tražimo sopstvene vrednosti: 1 1 1 1 A I A 1 1 1 1 det( A I )
1 1 (1 ) 2 1 1 2 2 1 2 2 1 1
PA ( ) 2 2
2 2 0 1 0, 2 2 Dobili smo dve različite sopstvene vrednosti, sad ih vraćamo u karakterističnu matricu:
1 0 1 1 1 1 0 A 1 I 1 1 0 1 1 Odavde pravimo homogen sistem i rešimo ga: x y 0 x y 0 x y 0 y x ( x, y ) ( x, x )
xR
E sad, svaki profesor ima svoja obeležavanja... Vi naravno radite kako vaš profesor zahteva, a mi smo naučili da sopstvene vektore izražavamo preko grčkog alfabeta... x1 ( , ) (1, 1) evo prvog sopstvenog vektora.
Vraćamo i drugu sopstvenu vrednost u karakterističnu matricu:
2 2 1 1 1 1 2 A 2 I 1 1 2 1 1 Pravimo homogen sistem: www.matematiranje.com
859
4
x y 0 x y 0 x y ( x, y ) ( x, x )
xR
Odavde je drugi sopstveni vektor: x2 ( , ) (1,1)
1 1 3 A 1 5 1 3 1 1
b)
1 3 1 5 1 A I 1 3 1 1 1 1 3 det( A I ) 1 1 3
1
1
5
1
3
1
1
3
1
5 1 1 1
1 3
1 5 (1 )(5 )(1 ) 3 3 1(1 ) 1(1 ) 9(5 ) 1
3 7 2 36
Dobili smo karakterističnu jednačinu: PA ( ) 3 7 2 36
3 7 2 36 0 Evo malog problema... Karakteristična jednačina je trećeg stepena, njene nule ćemo naći tako što posmatramo slobodan član, dakle 36 i brojeve sa kojima on može da se podeli: 1, 2, 3,...
Redom ih menjamo u karakterističnu jednačinu dok ne dobijemo nulu . ( podsetite se Bezuove teoreme). Kod nas je to : (2)3 7(2) 2 36 8 28 36 0 2 Sad ceo karakteristični polinom delimo sa ( 2) . Podsetite se deljenja polinoma. Imate kod nas na sajtu, fajl I godina. www.matematiranje.com
860
5
( 3 7 2 36) : ( 2) 2 9 18
3 2 2 9 2 36 9 2 18
18 36 18 36
2 9 18 0 6 , 3 S p ( A) {2,3, 6} Imamo tri različite sopstvene vrednosti, pa za svaku posebno:
za 1 2 1 3 3 1 3 1 (2) A (2) I 1 5 (2) 1 1 7 1 1 1 (2) 3 1 3 3 3x y 3z 0 1x 7 y 1z 0 3x y 3z 0 3x y 3z 0 1x 7 y 1z 0..... / 3 3x y 3z 0 3x 21y 3z 0
y 0 3x 3z 0 z x ( x, y, z ) ( x, 0, x) x R x1 ( , 0, ) (1, 0, 1) za 2 3 1 3 2 1 3 1 3 A 3I 1 5 3 1 1 2 1 Ivrsta i II vrsta zamene mesta 1 1 3 3 1 2 3 1 2 1 Ivrsta 2 IIvrsta IIvrsta 0 5 5 IIvrsta IIIvrsta IIIvrsta Ivrsta (3) IIIvrsta IIIvrsta 0 5 5
861
1 2 3 1 0 0
2 1 1 3 1 2 2 1 5 5 0 0 6
Kao što vidite, moramo da znamo i rad sa matricama da bi lakše rešili dobijeni homogeni sistem. 1 2 1 Iz 0 5 5 napravimo sistem: 0 0 0 x 2y z 0 5 y 5z 0 y z x 2 y z 0 x 2z z 0 x z ( x, y , z ) ( z , z , z ) z R x2 ( , , ) (1, 1,1)
za 3 6 1 3 5 1 3 1 6 A 6I 1 56 1 1 1 1 1 1 6 3 1 5 3 Ivrsta 5 IIvrsta IIvrsta Ivrsta (3) IIIvrsta IIIvrsta
1 1 1 0 4 8 0 4 8
Ivrsta i II vrsta zamene mesta
1 1 1 5 1 3 3 1 5
IIvrsta IIIvrsta IIIvrsta
1 1 1 0 4 8 0 0 0 x yz 0 4 y 8 z 0 y 2 z x y z 0 x 2z z 0 x z ( x, y , z ) ( z , 2 z , z ) x3 ( , 2 , ) (1, 2,1)
v)
1 2 1 A 2 4 2 1 2 1
1 A I 2 1
1 1 4 2 det( A I ) 2 2 1 1 2
2
1
4
2
2
1 www.matematiranje.com
862
7
1 2 1
2
1
4 2 2 1
1 2 1
2 4 (1 ) 2 (4 ) 4 4 4(1 ) 4(1 ) (4 ) 2
(1 2 2 )(4 ) 8 4 4 4 4 4 4 8 2 2 4 2 3 9 4 3 6 2 2 (6 )
2 (6 ) 0 1 2 0, 3 6 Sad imamo da je nula dvostruka sopstvena vrednost:
za 0 2 1 1 2 1 1 0 40 2 2 4 2 A 0 I 2 1 2 1 0 1 2 1 x 2y z 0 2x 4 y 2z 0 x 2y z 0 x 2 y z 0 x 2 y z ( x, y, z ) (2 , , ) gde je , R Ako uzmemo da je 0 (2 , , ) (2 , , 0) (2,1, 0) Ako uzmemo da je 0 (2 , , ) ( , 0, ) (1, 0,1) (2 , , ) (2,1, 0) (1, 0,1) x1 (2,1, 0) x2 (1, 0,1) za 6 2 1 5 2 1 1 6 1 2 5 A 6I 2 46 2 2 2 2 Ivrsta IIIvrsta 2 2 2 1 5 2 1 2 1 6 1 2 5 1 2 5 IIvrsta Ivrsta (2) IIvrsta 0 6 12 IIIvrsta IIvrsta 2 IIIvrsta IIIvrsta Ivrsta 5 IIIvrsta 0 12 24 x 2 y 5z 0
1 2 5 0 6 12 0 0 0
6 y 12 z 0 y 2 z x 2 y 5z 0 x 2 2 z 5z 0 x z ( x, y , z ) ( z , 2 z , z )
zR
x3 ( , 2 , ) (1, 2,1)
863
8
5 6 3 A 1 0 1 1 2 1
g)
6 3 5 5 1 1 A I 1 0 1 2 1 1 5 6 3 det( A I ) 1 1 5
6
3
1
1
1
2
1
3 1 2 1 6
1 2 1 5 6 1 (5 )(1 ) 6 6 6(1 ) 2(5 ) 3 1
2
(5 5 2 ) 12 6 6 10 2 3 5 6 2 3 8 7 3 6 2 5 8 (2 )3 (2 )3 0 2 Evo situacije gde imamo trostruku sopstvenu vrednost:
2 6 3 3 6 3 5 2 A 2 I 1 0 2 1 1 2 1 1 2 1 2 1 2 1 3x 6 y 3z 0 x 2 y z 0 x 2y z 0 x 2 y z 0 z x 2 y ( x, y, z ) ( x, y, x 2 y ); x, y R ( , , 2 ) 0 ( , , 2 ) (0, , 2 ) (0,1, 2) 0 ( , , 2 ) ( , 0, ) (1, 0,1) x ( , , 2 ) (1, 0,1) (0,1, 2) x1 (1, 0,1) x2 (0,1, 2) x3 (1,1,3) za recimo 1 1 www.matematiranje.com
864
9
I još nam ostaje da pokušamo da vam objasnimo kako se traži matrica An uz pomoć sopstvenih vektora. U fajlu matrice zadaci (I deo) smo tražili matricu An na dva načina: logički i to dokazivali matematičkom indukcijom i preko binomne formule. Videli smo da na ova dva načina radimo kad su u pitanju specifične matrice. Rad sa sopstvenim vektorima zahteva mnogo posla...
Primer 3. 1 1 3 Data je matrica A 1 5 1 . Izračunati An , gde je n N 3 1 1
Kao što rekosmo, prvo treba naći sopstvene vrednosti i sopstvene vektore. 1 3 1 5 1 A I 1 1 1 3 1 1 3 det( A I ) 1 5 1 3 1 1 3
1
1
1
3
5 1 posle sredjivanja ( 2)(3 )( 6) 1 1
( 2)(3 )( 6) 0 1 2, 2 3, 3 6 za 2 1 3 3 1 3 1 2 A (2) I 1 5 2 1 1 7 1 1 1 2 3 1 3 3 1 7 IIvrsta Ivrsta (3) IIvrsta 0 20 IIIvrsta Ivrsta (3) IIIvrsta 0 20
IIvrsta Ivrsta 1 0 0
1 7 1 3 1 3 3 1 3
1 7 1 0 20 0 0 0 0
x 7y z 0 20 y 0 y 0 x 7 y z 0 x z 0 z x ( x, y, z ) ( x, 0, x), x R x1 ( , 0, ) (1, 0, 1) za =1 je x1 (1, 0, 1) www.matematiranje.com
865
10
za 3 1 3 2 1 3 1 3 1 2 1 IIvrsta 2 1 3 A 3I 1 5 3 1 1 2 1 Ivrsta 3 3 1 2 1 1 3 3 1 2 1 2 1 IIvrsta Ivrsta 2 IIvrsta 0 5 5 IIIvrsta IIvrsta IIIvrsta IIIvrsta Ivrsta (3) IIIvrsta 0 5 5 x 2y z 0
1 2 1 0 5 5 0 0 0
5 y 5z 0 y z 0 y z x 2 y z 0 x 2z z 0 x z ( x, y , z ) ( z , z , z ) z R x2 ( , , ) (1, 1,1) za 1 je x2 (1, 1,1)
za 6 1 3 5 1 3 1 6 1 1 1 IIvrsta 5 1 3 A 6I 1 56 1 1 1 1 Ivrsta 3 3 1 5 1 1 6 3 1 5 1 1 1 1 1 1 IIvrsta Ivrsta 5 IIvrsta 0 4 8 IIIvrsta IIvrsta IIIvrsta 0 4 8 IIIvrsta Ivrsta (3) IIIvrsta 0 0 0 0 4 8 x yz 0 4 y 8 z 0 y 2 z x y z 0 x 2z z 0 x z ( x, y , z ) ( z , 2 z , z ) z R x3 ( , 2 , ) (1, 2,1) za =1 je x3 (1, 2,1) Našli smo sopstvene vektore, i izabrali proizvoljne vrednosti za , i . Najčešće se uzima jedinica ali može i neki drugi broj. Formiramo matricu S tako što sopstvene vektore naredjamo po kolonama: 1 1 1 S 0 1 2 1 1 1 www.matematiranje.com
866
11
Šta je ovde ideja?
Pravimo dijagonalnu matricu D:
D S 1 A S , ako je kvadriramo , dobijamo:
D S 1 A S D 2 ( S 1 A S ) 2 ( S 1 A S )( S 1 A S ) S 1 A S S 1 A S D 2 S 1 A2 S
Dalje bi bilo:
D 3 D 2 D S 1 A2 S S 1 A S D 3 S 1 A3 S
Zaključujemo da je : D n S 1 An S
Odavde će biti:
D n S 1 An S
množimo sa leva sa S
S D n S S 1 An S S D n An S
množimo sa desna sa S 1
S D n S 1 An S S 1 S D n S 1 An An S D n S 1
Pa da krenemo polako na posao: S 1
1 adjS det S
1 1 1 S 0 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 det S 0 1 2 1 1 3 3 6 1 1 1 2 1 1 1 www.matematiranje.com
867
12
1 1 S 0 1 1 1 1 1 S 0 1 1 1 1 1 S 0 1 1 1
1 1 1 1 1 1 1 2 S11 3 S 0 1 2 S21 0 S 0 1 2 S31 3 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 S12 2 S 0 1 2 S 22 2 S 0 1 2 S32 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 S13 1 S 0 1 1
1 1 1
1 1 2 S 23 2 S 0 1 1
1 1 1
1 2 S33 1 1
3 0 3 3 0 3 1 1 2 2 2 S 1 2 2 2 S 1 6 6 1 2 1 1 2 1
Da nadjemo matricu D: D S 1 A S 3 1 D 2 6 1 6 1 D 6 6 6
0 3 1 1 3 1 1 1 2 2 1 5 1 0 1 2 2 1 3 1 1 1 1 1 0 6 1 1 1 6 6 0 1 2 12 6 1 1 1
1 0 1 1 1 1 D 1 1 1 0 1 2 1 2 1 1 1 1 2 0 0 D 0 3 0 0 0 6
www.matematiranje.com
868
13
(2) n 2 0 0 Jasno je da važi: D 0 3 0 D n 0 0 0 0 6 Rekosmo da je :
0 3 0
n
0 0 6n
An S D n S 1
n 1 1 1 (2) An 0 1 2 0 1 1 1 0
0 3n 0
n 1 1 1 (2) 1 An 0 1 2 0 6 1 1 1 0
3 (2) n 2 3n 6n 1 2 3n 2 6n An 6 3 (2) n 2 3n 6n
0 3n 0
0 3 0 3 1 0 2 2 2 6 6n 1 2 1 0 3 0 3 0 2 2 2 6n 1 2 1 2 3n 2 6n 2 3n 4 6n 2 3n 2 6n
3 (2) n 2 3n 6n 2 3n 2 6n n n n 3 (2) 2 3 6
I evo je tražena matrica An . Još jednom vam napominjemo da će vaš profesor verovatno imati druga obeležavanja, pa vi ispoštujte njega a mi se nadamo da smo vam približili postupak. www.matematiranje.com
869
14
www.matematiranje.com DETERMINANTE Najprostije rečeno determinante su kvadratne šeme. Mogu biti drugog, trećeg, četvrtog,...n-tog reda. DRUGOG REDA a b = ad – bc Znači računaju se tako što pomnožimo elemente na takozvanoj glavnoj c d dijagonali, pa od toga oduzmemo pomnožene elemente na sporednoj dijagonali. Primer: 3 4 = 3 o 7 - 4 o 5 = 21-20 = 1 5 7
−1 3 = (-1) o 12- (-5) o 3=-12+15=3 − 5 12
TREĆEG REDA Determinante trećeg reda možemo razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni. Najpre svakom elementu dodelimo predznak + ili -, i to radimo neizmenično: + − + Samo da vas podsetimo: vrste su , a kolone − + − + − + a1
b1
c1
a2
b2
c 2 = Ako recimo hoćemo da razvijemo po prvoj vrsti=
a3
b3
c3
= + a1
b2 b3
a c2 − b1 2 a3 c3
c2 a + c1 2 c3 a3
b2 , ili ako recimo razvijamo po drugoj koloni: b3
= − b1
a2 a3
c2 a + b2 1 c3 a3
c1 a − b3 1 c3 a2
c1 c2
Najbolje je ,naravno, da razvijamo po onoj koloni ili vrsti gde ima najviše nula !
870
www.matematiranje.com Primer:
Izračunaj vrednost determinante + − +
5 3 1
1 7 0 = Najpre iznad svakog broja napišite predznake: − + − , ili ako vam je 2 3 2 + − +
lakše samo iznad brojeva u vrsti ili koloni po kojoj ste rešili da razvijete determinantu. Mi smo rešili po drugoj vrsti jer ima jedna nula (moglo je i po trećoj koloni, sve jedno). Dakle: 5 3 1
5 3 1
−
+
−
1 7 0 = 1 7 0 = −1 2 3 2
2 3 2
3 1 5 1 5 3 +7 −0 =-1(3 o 2 - 1 o 3)+7(5 o 2-2 o 1)= -3 +56= 3 2 2 2 2 3 = 53
Drugi način za računanje determinanti trećeg reda, medju učenicima vrlo popularan, je SARUSOVO pravilo. Pored date determinante dopišu se prve dve kolone , pa se elementi množe dajući im znake kao na slici:
a1
b1
c1
a2 a3
b2 b3
c2 c3
-
-
a1 b1 a 2 b2 a3 b3
= a1b2 c3 + b1c 2 a3 + c1 a 2 b 3 −b1 a 2 c3 − a1c 2 b3 − c1b2 a 3
+
+
+
Primer: Izračunaj vrednost determinante
5 3 1 5 3 1 7 0 1 7 = 5o7o2 + 3o0o2 + 1o1o3 - 3o1o2 - 5o0o3 - 1o7o2 = 2 3 2 2 3
= 70 + 0 +3 –6 – 0 – 14 = 53 Dakle, na oba načina smo dobili isti rezultat,pa vi odaberite sami šta vam je lakše.
871
www.matematiranje.com ČETVRTOG REDA a1 a2 a3 a4
b1 b2 b3 b4
c1 c2 c3 c4
d1 d2 = Možemo je razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni! I ovde slično kao za d3 d4
determinante trećeg reda prvo napišemo predznake svima ili samo onoj vrsti ili koloni po kojoj ćemo da razvijamo determinantu. + − + −
− + − +
+ − + −
− + Mi ćemo , recimo, da razvijemo determinantu po prvoj koloni: − +
+
a1
b1
c1
d1
a2
b2
c2
d2
a3
b3
c3
d3
a4
b4
c4
d4
−
+ −
=
b2
c2
d2
b1
c1
d1
b1
c1
d1
b1
c1
d1
= + a1 b3 b4
c3 c4
d 3 − a 2 b3 d4 b4
c3 c4
d 3 + a3 b2 d4 b4
c2 c4
d 2 − a 4 b2 d4 b3
c2 c3
d2 d3
Naravno, sad bi trebalo da razvijemo svaku od ove četiri determinante trećeg reda.... Složićete se da ovo nije baš lako. Naučimo zato osobine determinanata koje će nam pomoći u rešavanju zadataka.
OSOBINE DETERMINANATA 1. Determinanta menja znak ako dve vrste ili kolone izmenjaju svoja mesta. 2. Vrednost determinante se ne menja ako sve vrste i kolone promene svoje uloge.
872
www.matematiranje.com 3. Determinanta se množi brojem, kad se tim brojem pomnože svi elementi ma koje (ali samo jedne) vrste ili kolone. Obrnuto, zajednički faktor elemenata jedne vrste ili kolone može se izvući ispred determinante . Na primer: a1
b1
c1
a1 k b1 k
k a2 a3
b2 b3
c2 = a2 c3 a3
a1
mb1
c1
a1
b1
c1
a2
mb2
c2 = m a2
b2
c2
a3
mb3
c3
b3
c3
b2 b3
a3
c1 k
a1 k
b1
c1
c 2 = a 2 k b2 c3 a3 k b3
c 2 itd ili c3
4. Ako je u determinanti svaki element neke k-te vrste (kolone) zbir dva ili više sabiraka, onda je ona jednaka zbiru dve ili više determinanata, koje imaju iste elemente kao i data determinanta, osim elemenata k-te vrste (kolone). Na primer:
a1
b1 + m1
c1
a1
b1
c1
a1
m1
c1
a2 a3
b2 + m 2 b3 + m3
c2 = a2 c3 a3
b2 b3
c2 + a2 c3 a3
m2 m3
c2 c3
5. Ako su svi elementi jedne vrste(kolone) jednaki nuli, vrednost determinante je nula.
3 − 9 55 1 2 4 0
0
0
=0
ili
0 0 0 0 77 68 34 − 80 =0 8 5 7 4 4 5 9 8
873
www.matematiranje.com
6. Ako elementi u dve vrste ili kolone imaju iste vrednosti, vrednost determinante je opet nula. Primer: 12
7 3
− 9 4 6 = 0 jer su elementi prve i treće vrste jednaki 12 7 3
7. Ako su dve vrste ( kolone ) proporcionalne među sobom , vrednost determinante je opet nula. Primer: 2
3
4
−9
5
56 = 0 jer su prva i treća vrsta proporcionalne, tj. prva puta 3 daje treću
10 15 20
vrstu.
8. Vrednost neke determinante ostaje nepromenjena ako se elementima jedne vrste(kolone) dodaju odgovarajući elementi neke druge vrste(kolone) pomnoženi istim brojem!
Ova osma osobina će nam pomoći da lakše rešimo determinante četvrtog i višeg reda.
874
www.matematiranje.com Primer : 1 2 Izračunaj vrednost determinante: −3 4 Rešenje:
2 4 −1 2 −3 5 1 1 −2 2 1 −2
1 2 4 −1 2 2 −3 5 Ideja je da se ispod jedinice u prvoj koloni naprave sve nule, koristeći −3 1 1 −2 4 2 1 −2 osobinu determinanti broj 8. Prvo ćemo napraviti nulu gde je 4. Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa – 4 i to sabrati sa četvrtom vrstom i rešenja upisati umesto četvrte vrste.Prve tri vrste se prepisuju! 1 o (-4)+4=0 2 o (-4)+2= -6 4 o (-4)+1= -15 (-1)(-4)+(-2)=2 1 2 −3 4
2 4 −1 1 2 4 −1 2 −3 5 2 2 −3 5 = 1 1 −2 −3 1 1 −2 2 1 −2 0 − 6 − 15 2
Dalje pravimo nulu gde je trojka. Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa 3 i to sabrati sa trećom vrstom , pa rešenja upisati umesto treće vrste. Prvu, drugu i četvrtu vrstu prepisujemo. 1 o 3+(-3)=0 2 o 3+1 = 7 4 o 3+1 =13 (-1) o 3+(-2)= -5 1 2 4 −1 1 2 4 −1 2 2 −3 5 2 2 −3 5 = −3 1 1 −2 0 7 13 − 5 0 − 6 − 15 2 0 − 6 − 15 2
875
www.matematiranje.com Još nam preostaje da gde je 2 napravimo nulu.Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa –2 i to sabrati sa drugom vrstom. Dakle (-2) o 1+2= 0 (-2) o 2+2= -2 (-2) o 4+(-3)=-11 (-2)(-1)+5=7 1 2 4 −1 1 2 4 −1 2 2 −3 5 0 − 2 − 11 7 = 0 7 13 − 5 0 7 13 − 5 0 − 6 − 15 2 0 − 6 − 15 2 Ako ovu determinantu razvijemo po prvoj koloni, imaćemo samo jedan član , jer se svi ostali množe sa nulom, pa imaju vrednost nula! 1 2 4 −1 − 2 − 11 7 0 − 2 − 11 7 = 7 13 − 5 0 7 13 − 5 − 6 − 15 2 0 − 6 − 15 2 − 2 − 11
7
Upotrebimo Sarusovo pravilo:
− 2 − 11
7 13 − 5 7 13 = -52-330-735+154+150+546 = -267 − 6 − 15 2 − 6 − 15
-
-
+
+
+
Vi naravno ne morate da idete korak po korak, već odmah napravite sve tri nule!
876
www.matematiranje.com Primer: Izračunaj determinantu:
a a a a
a b b b
a a b b c c c d
Rešenje: Napravićemo nule po prvoj koloni i to:
a a a a
-
Od četvrte vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto četvrte vrste Od treće vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto treće vrste Od druge vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto druge vrste
a b b b
a a a a a a b b 0 b−a b−a b−a = c c 0 b−a c−a c−a c d 0 b−a c−a d −a
Iz prve vrste možemo izvući zajedničko a. a a a a 0 b−a b−a b−a =a 0 b−a c−a c−a 0 b−a c−a d −a
Pa je:
1 1 1 1 0 b−a b−a b−a 0 b−a c−a c−a 0 b−a c−a d −a
Ovu novu determinantu naravno razvijamo po prvoj koloni: b−a b−a
b−a
a b − a c − a c − a = I ovde iz prve kolone možemo izvući zajednički (a-b) b−a c−a d −a 1 b−a
b−a
a(a-b) 1 c − a c − a = Ajde opet da napravimo one nule u prvoj koloni! 1 c−a d −a
-
od druge vrste oduzmemo prvu : c-a-b+a=c-b
-
od treće vrste oduzmemo prvu : c-a-b+a=c-b i d-a-b+a=d-b
877
www.matematiranje.com 1 b−a b−a
a(a-b) 0 c − b c − b 0 c −b d −b
= a(a-b)
c−b c−b = a(a-b)(c-b)(d-c) c−b d −b
Dakle rešenje početne determinante je:
a a a a
a b b b
a a b b = a(a-b)(c-b)(d-c) c c c d
878
REŠAVANJE SISTEMA JEDNAČINA ( METODA DETERMINANTI) U prethodnim fajlovima smo govorili kako se rešavaju sistemi upotrebom matrica. U ovom fajlu ćemo pokušati da vam objasnimo kako se primenjuju determinante na rešavanje sistema linearnih jednačina. Važno je napomenuti da ćemo ovde posmatrati samo kvadratne sisteme S nn , to jest sisteme koji imaju jednak broj nepoznatih i jednačina. Profesori najčešće zadaju sisteme S33 ili S 44 , pa ćemo njima posvetiti pažnju. Govorili smo već da sistem može biti homogen i nehomogen. Pogledajmo najpre nehomogen sistem S33 ( tri jednačine , tri nepoznate): a1 x b1 y c1 z t1 a2 x b2 y c2 z t2 a3 x b3 y c3 z t3 a1 b1 c1
Odavde najpre formiramo determinantu sistema uzimajući brojeve ispred nepoznatih: D a2 b2 c2 a3 b3 c3 t1 b1 c1
Zatim članove uz x zamenimo slobodnim članovima ( sa desne strane jednakosti): Dx t2 b2 c2 t3 b3 c3 a1 t1 c1
Članove uz y zamenimo slobodnim članovima: Dy a2 t2 c2 a3 t3 c3
a1 b1 t1
Članove uz z zamenimo slobodnim članovima: Dz a2 b2 t2 a3 b3 t3
Na ovaj način smo dobili četiri determinante : a1 b1 c1
t1 b1 c1
a1 t1 c1
a1 b1 t1
D a2 b2 c2
Dx t2 b2 c2
Dy a2 t2 c2
Dz a2 b2 t2
a3 b3 c3
t3 b3 c3
a3 t3 c3
a3 b3 t3
U svakom zadatku nam je prvi posao da nadjemo vrednosti za ove determinante. www.matematiranje.com
879
1
Dalje rešenja tražimo koristeći Kramerovu teoremu:
a1 b1 c1
i)
Ako je determinanta sistema D a2 b2 c2 različita od nule , onda sistem ima jedinstveno rešenje koje a3 b3 c3 tražimo preko: x
ii)
D Dx D ; y y; z z D D D
Ako je determinanta sistema D 0 i Dx Dy Dz 0 sistem ima beskonačno mnogo rešenja ( neodredjen je)
iii)
Ako je determinanta sistema D 0 i Dx 0 Dy 0 Dz 0 ( znači, bar jedna od ove tri determinante da je različita od nule) sistem je nemoguć, to jest nema rešenja.
Pazite, sve ovo važi za nehomogen sistem.
Šta ako imamo homogen sistem?
a1 x b1 y c1 z 0 Ako posmatramo homogen sistem :
a2 x b2 y c2 z 0 a3 x b3 y c3 z 0
Jasno je da on uvek ima trivijalna rešenja ( x, y, z ) (0, 0, 0) Kvadratni homogen sistem ima netrivijalna rešenja ako i samo ako je D 0
a1 b1 c1 Znači, da bi naš homogen sistem imao netrivijalna rešenja, mora biti D a2 b2 c2 0 a3 b3 c3 www.matematiranje.com
880
2
Razmišljanje za sisteme S 44 ( 4 jednačine, 4 nepoznate) je potpuno analogno sa ovim, s tim da nas ovde čeka mnogo veći posao kod nalaženja vrednosti determinanata: a1 x b1 y c1 z d1t u1 Posmatrajmo sistem :
a2 x b2 y c2 z d 2t u2 a3 x b3 y c3 z d3t u3
. Ovde tražimo sledeće determinante:
a4 x b4 y c4 z d 4t u4 a1 b1 c1 d1 D
a2 b2 c2 d 2 a3 b3 c3 d3 a4 b4 c4 d 4
u1 b1 c1 d1 Dx
u2 b2 c2 d 2 u3 b3 c3 d3 u4 b4 c4 d 4
a1 u1 c1 d1 Dy
a2 u2 c2 d 2 a3 u3 c3 d3 a4 u4 c4 d 4
a1 b1 u1 d1 Dz
a2 b2 u2 d 2 a3 b3 u3 d 3 a4 b4 u4 d 4
a1 b1 c1 u1 Dt
a2 b2 c2 u2 a3 b3 c3 u3 a4 b4 c4 u4
Rešenja tražimo: x
D Dx D D ; y y ; z z ; t t , naravno sve po Kramerovoj teoremi... D D D D
Ako je homogen sistem: a1 x b1 y c1 z d1t 0 a2 x b2 y c2 z d 2t 0 a3 x b3 y c3 z d3t 0 a4 x b4 y c4 z d 4t 0 za njega isto važi da ima netrivijalna rešenja ako je D 0 . ZADACI 1. Rešiti sistem jednačina:
x 2 y 5z 6 2x y 2z 5 3 x 3 y 4 z 8 Rešenje:
Naravno, ovaj sistem je mnogo lakše rešiti Gausovom metodom ili nekom drugom, ali pošto proučavamo determinante, ovom prilikom ćemo ići težim putem: Izračunavamo vrednosti sledećih determinanti( mi ćemo koristiti Sarusovo pravilo sa dopisivanjem prve dve kolone a vi možete i razvijati determinantu…kako vam je lakše…)
881
www.matematiranje.com
3
1 2 5 D 2 1 2 3 3 4 1 2 5 1 2 2 1 2 2 1 4 12 30 16 6 15 51 D 51 3 3 4 3 3 Pošto je determinanta sistema različita od nule, odmah znamo da će sistem imati jedinstveno rešenje. Idemo dalje: 6 2 5 Dx 5 1 2 8 3 4 6 2 5 6 2 5 1 2 5 1 24 32 75 40 36 40 23 Dx 23 8 3 4 8 3
1 6 5 Dy 2 5 2 3 8 4 1 6 5 1 6 2 5 2 2 5 20 36 80 48 16 75 179 Dy 179 3 8 4 3 8 1 2 6 Dz 2 1 5 3 3 8 1 2 6 1 2 2 1 5 2 1 8 30 36 32 15 18 15 Dz 15 3 3 8 3 3 Kramerova teorema nam daje sledeće rešenje: Dx 15 5 D 51 17 D 179 179 y y 51 D 51 D 23 23 z z D 51 51 x
www.matematiranje.com
882
4
2. U zavisnosti od parametra a , diskutovati i rešiti sistem:
ax y z 1 x ay z a x y az a 2 Rešenje: a 1 1 D 1 a 1 1 1 a a 1 1 a 1 1 a 1 1 a a 3 1 1 a a a a 3 3a 2 1 1 a 1 1 a 3 3a 2 a 3 a 2a 2 a (a 2 1) 2(a 1) a (a 1)(a 1) 2(a 1) (a 1)(a 2 a 2) (a 1)(a 1)(a 2) (a 1) 2 (a 2) D (a 1) 2 (a 2)
Ovde nije dovoljno samo naći vrednost determinante, već to rešenje moramo spakovati u proizvod. 1 Dx a a2 1 a a2
1 1 a 1 1 a
1 1 1 1 a 1 a a a 2 a 2 a a 2 1 a 3 a 3 a 2 a 1 a 2 (a 1) 1(a 1) 1 a a2 1
(a 1)( a 2 1) (a 1)(1 a )(1 a ) (a 1)(a 1)(1 a ) (a 1)2 (a 1) Dx (a 1) 2 (a 1) a 1 Dy 1 a 1 a2 a 1 1 a 1 a2
1 1 a
1 a 1 1 1 a a 3 1 a 2 a a 3 a a 2 2a 1 (a 1) 2 a 1 a2
Dy (a 1) 2
883
5
a 1
1
Dz 1 a a 1 1 a2 a 1
1 a 1
1 a a 1 a a 4 a 1 a 2 a 2 a a 4 2a 2 1 (a 2 1) 2 (a 1) 2 ( a 1) 2 1 1 a2 1 1 Dz (a 1) 2 (a 1) 2
Završili smo tehnički deo posla, našli rešenja i spakovali ih. Naš savet je da ih sada prepišete, jer sledi diskusija: D (a 1) 2 (a 2) Dx (a 1) 2 (a 1) Dy (a 1) 2 Dz (a 1) 2 (a 1) 2
Kramer kaže da sistem ima jedinstveno rešenje ako je D 0 .
U ovom slučaju mora biti: D 0 (a 1) 2 (a 2) 0 a 1 a 2 Ako je a 1 a 2 sistem ima jedinstveno rešenje:
2 Dx (a 1) (a 1) a 1 a 1 x x 2 a2 a2 D (a 1) (a 2)
y
Dy D
(a 1) 2 (a 1) 2 (a 2)
1 1 y a2 a2
2 2 Dz (a 1) (a 1) (a 1) 2 (a 1) 2 z z a2 a2 D (a 1) 2 (a 2)
Ali ovde posao nije gotov, jer moramo ispitati šta se dešava ako je a 1 , pa ako je a 2 . www.matematiranje.com
884
6
za a 1 D (a 1) 2 (a 2) (1 1) 2 (1 2) 0 Dx (a 1) 2 (a 1) (1 1) 2 (1 1) 0 Dy (a 1) 2 (1 1) 2 0 Dz (a 1) 2 (a 1) 2 (1 1) 2 (1 1) 2 0
Po Krameru ovde sistem ima beskonačno mnogo rešenja, vraćamo se u početni sistem i zamenjujemo a 1 . 1x y z 1 ax y z 1 x y z 1 x ay z a x 1 y z 1 x y z 1 x y z 1 x y az a 2 x y 1z 12 x y z 1 z 1 x y Sistem je neodredjen a rešenja opisujemo sa ( x, y, z ) ( x, y,1 x y )
x R,y R
Napomena: Neki profesori zahtevaju da se uvede neko novo slovo(slova) kod opisivanja rešenja, recimo: ( p, q,1 p q )
p R,q R
Naš savet je kao i uvek isti: radite kako zahteva vaš profesor…ne talasajte…
za a 2 D (a 1) 2 (a 2) (2 1) 2 (2 2) 0 Dx (a 1) 2 (a 1) ( 2 1) 2 ( 2 1) 9 ( 1) 9 Dx 0 Ne moramo menjati dalje, po Krameru, ovde je sistem nemoguć.
3. U zavisnosti od parametra a , diskutovati i rešiti sistem:
x yz 0 ax 4 y z 0 6 x (a 2) y 2 z 0
Rešenje:
Najpre uočimo da je sistem homogen, to jest da uvek ima rešenje (0,0,0). www.matematiranje.com
885
7
Da bi ovaj sistem imao i netrivijalna rešenja determinanta sistema mora biti baš jednaka nula. 1
1
1
D a 4 1 6 a2 2 1
1
1 1
1
a 4 1 a 4 8 6 a(a 2) 2a (a 2) 24 14 a 2 2a 2a a 2 24 a 2 a 12 6 a2 2 6 a2
a 2 a 12 0 a1,2
1 49 1 7 a1 4; a2 3 2 2
Sad moramo ispitati za oba rešenja šta se dešava. Vraćamo ove vrednosti u početni sistem : za a 4 x yz 0 4x 4 y z 0 6 x (4 2) y 2 z 0 x yz 0 4x 4 y z 0 6 x 6 y 2 z 0......./ : 2 x yz 0 4x 4 y z 0 3x 3 y z 0 II III x y 0 y x x y z 0 z 0 Rešenja su: ( x, y, z ) ( x, x, 0)
xR
za a 3 x yz 0 3 x 4 y z 0 6 x (3 2) y 2 z 0 x yz 0 3 x 4 y z 0 6x y 2z 0 III I 7 x 3 z 0 x x y z 0
3 z 7
3z 3 z 4 z y z 0 y z y 7 7 7
Rešenja su: ( x, y, z ) (
3 z 4 z , , z) z R 7 7 www.matematiranje.com
886
8
4. U zavisnosti od parametra m , diskutovati i rešiti sistem:
x y mz t 0 x y z t 0 mx y 5 z 3t 0 x 5 y 11z 8t 0
Rešenje:
1 1 m 1 1 1 1 1 D m 1 5 3 1 5 11 8 Osobine determinante ( pogledaj istoimeni fajl iz III godine) će nam pomoći da ovu determinantu lakše rešimo. Nemojte juriti i odmah pokušati da pravite nule radeći sa vrstama, nekad je lakše raditi sa kolonama…
1 2 2 m 1 IIkolona Ikolona IIkolona 1 1 1 1 1 0 0 0 IIIkolona Ikolona IIIkolona D m 1 5 3 m m 1 m 5 m 3 IVkolona Ikolona IVkolona 1 5 11 8 1 6 12 9 1
1
1
m
1
2
m 1
2
2 2 m 1 1 0 0 0 1 m 1 m 5 m 3 Razvijamo po drugoj vrsti: m m 1 m 5 m 3 9 6 12 1 6 12 9 m 1 m 1 2 2 2 2 1 m 1 m 5 m 3 0 m 1 m 5 m 3 0 6
12
9
6
12
9
m 1 2 2 2 m 1 m 1 m 5 m 3 m 1 m 5 18(m 5) 6(m 1)(m 3) 24(m 1) 9(m 1) 2 24(m 3) 12(m 5) 6
12
9
6
12
18m 90 6(m 2 4m 3) 24m 24 9(m 2 2m 1) 24m 72 12m 60 18m 90 6m 2 24m 18 24 9m 2 18m 9 72 12m 60 3m 2 12m 9 D 0 3m 2 12m 9 0......./ : ( 3) m 2 4m 3 0 m1 3; m2 1 www.matematiranje.com
887
9
za m 1 x y zt 0 x y z t 0 x y 5 z 3t 0 x 5 y 11z 8t 0
za m 3 x y 3z t 0 x y z t 0 3x y 5 z 3t 0 x 5 y 11z 8t 0 ( x, y, z , t ) ( z , 2 z , z , 0)
zR
( x, y, z , t ) (0, y, y, 2 y ) y R
I da ne bude nekih iznenadjenja, evo jednog primera i sa sistemom dve jednačine, dve nepoznate. 5. U zavisnosti od parametara n i m , diskutovati i rešiti sistem: x my m x ny n
Rešenje:
x my m x ny n D
1 m nm 1 n
Dx Dy
m m mn mn 2mn n n 1 m 1 n
nm
D 0 n m 0 n m x y
Dx 2mn 2mn x D nm nm Dy D
nm nm y nm nm
za n m D0 Dx 2mn 2m 2 D y n m 2 m Ako je vrednost za m baš nula, sistem će imati beskonačno mnogo rešenja, a ako je m različito od nule sistem je nemoguć. www.matematiranje.com
888
10
za m 0 n 0 Vratimo ove vrednosti u sistem: x my m x ny n x 0 y 0 x 0 y 0 Odavde zaključujemo da x mora biti jednak nula, a y je proizvoljan broj. Rešenja zapisujemo: ( x, y ) (0, y )
yR www.matematiranje.com
889
11
www.matematiranje.com
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA: (teorijske napomene) Posmatrajmo skup A ⊆ R Tačka a je tačka nagomilavanja skupa A ako u svakoj njenoj okolini postoji bar jedna tačka skupa A različita od a. __
Neka je A ⊆ R i a ⊆ R tačka nagomilavanja skupa A. Kažemo da funkcija f : A → R ima graničnu vrednost __
b ∈ R u tački a ako za svaki niz {x n }n∈N za koji je x n ∈ A \ {a} i lim xn = a važi da je lim x n = f ( x n ) = b . Tada n→∞
n →∞
pišemo: lim f ( x) = b x→a
Ova definicija poznata je kao Hajneova. Sledeću definiciju dao je Koši: Neka je A ⊆ R i
__
a ⊆ R tačka
__
nagomilavanja skupa A. kažemo da je b ∈ R granična vrednost funkcije f : A → R u tački a i pišemo lim f ( x) = b ako za svaku okolinu U(b) tačke b postoji okolina U(a) tačke a tako da važi implikacija x→a
(∀x ∈ A \ {a})(x ∈ U (a) ⇒
f ( x) ∈ U (b) ) . Naravno, ove dve definicije su ekvivalentne. Kažemo da funkcija f ima
beskonačnu graničnu vrednost + ∞(−∞) u tački a ∈ R ako za proizvoljno veliki broj M > 0 (proizvoljno mali broj M < 0 ) postoji δ > 0 tako da važi:
(∀x ∈ A \ {a})( x − a < δ ⇒
f ( x) > M )
i lim f ( x) = +∞ x→a
Odnosno:
(∀x ∈ A \ {a})( x − a < δ ⇒
f ( x) < M )
i lim f ( x) = −∞ x→a
Ako funkcija f ima graničnu vrednost u tački a , onda je ta granična vrednost jednoznačno odredjena. Neka je lim f ( x) = b i lim g ( x) = c gde je a ∈ R i b, c ∈ R tada je: x →a
x →a
1) lim αf ( x) = α lim f ( x) = αb x→a
x→a
2) lim( f ( x) ± g ( x) ) = b ± c x→a
3) lim[ f ( x) ⋅ g ( x)] = b ⋅ c x →a
890
1
www.matematiranje.com 4) lim x→a
f ( x) b = ,c ≠ 0 g ( x) c
5) lim[ f ( x)] = b k , k ∈ Q k
x→a
6) lim f ( x) = b x→a
Neke važne granične vrednosti:
sin x =1 x →0 x
1) lim
x
⎛ 1⎞ 2) lim⎜1 + ⎟ = e x →∞ x⎠ ⎝ 1
3) lim(1 + x ) x = e x →0
log a (1 + x) ln(1 + x) = log a e to jest: lim =1 x →0 x →0 x x a x −1 ex −1 5) lim = ln a to jest: lim =1 x →0 x →0 x x 4) lim
Lopitalovo pravilo:
f ( x) 0 ∞ javi neodredjeni oblik ili tada koristimo pravilo x→ 0 g ( x ) 0 ∞ Lopitala (naravno, f (x) i g (x) su diferencijabilne u tački x = a i njenoj okolini, i g ' (a) ≠ 0 ). Tada je: f ( x) f ' ( x) f ' ' ( x) ∞ 0 = lim = ako opet dobijemo oblik ili = lim = itd. lim x→a g ( x) x→a g ' ( x) x → a 0 ∞ g ' ' ( x) Ako se pri izračunavanju granične vrednosti lim
PAZI: Ne radi se izvod količnika već posebno izvod gore, posebno izvod dole.
Odredjeni izrazi su:
→ ∞⋅∞ = ∞ →∞+∞ =∞ → k ⋅∞ = ∞ A → =0 ∞ A → =∞ 0
(k ≠ 0) ( A je neki broj ) ( A je neki broj )
891
2
www.matematiranje.com Neodredjeni izrazi (koji se najčešće javljaju) su: → ∞−∞ = ? → 0⋅∞ = ? ∞ → =? ∞ 0 → =? 0
892
3
www.matematiranje.com
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA (zadaci) I deo 1) Izračunati granične vrednosti sledećih funkcija: a) lim 2 x x2
x2 x 1 3 x 10 v) lim x 5 x 5 x3 g) lim x 3 7 b) lim
Rešenje: Šta da radimo?
Gde vidimo x mi zamenimo vrednost kojoj on teži, ako je taj izraz odredjen , zadatak je gotov. a) lim 2 x 2 2 4 x2
x 2 1 2 3 1 x 1 3 x 3 1 3 10 10 10 v) lim x 5 x 5 55 0 x 3 33 0 0 g) lim x 3 7 7 7 b) lim
2) Odrediti granične vrednosti sledećih funkcija:
3x 1 2 x 5x 6 2 x 3 3x 12 b) lim x x2 5 5 x 2 3x 2 v) lim 2 x 2 x 4 x 1 x2 1 g) lim x 3 x 2 a) lim x
2
ZAPAMTI: Kod ovog tipa zadataka, gde x , a funkcija je racionalna:
f ( x) , i nema korena, ln, sin i ostalih Q ( x)
funkcija koristimo sledeće zaključke:
893
1
www.matematiranje.com i)
Ako je najveći stepen gore u brojiocu veći od najvećeg stepena dole u imeniocu rešenje je
ii)
Ako je najveći stepen dole veći od najvećeg stepena gore, rešenje je 0
iii)
Ako su najveći stepeni isti, rešenje je količnik brojeva ispred najvećih stepena.
Rešenja:
3x 1 0 (pravilo ii) jer u imeniocu imamo x 2 a u brojiocu samo x 2 x 5x 6 2 x 3 3x 12 b) lim (pravilo i) , gore je polinom trećeg stepena a u imeniocu drugog stepena x x2 5 5 x 2 3x 2 5 v) lim 2 (pravilo iii) , ovde su polinomi istog stepena x 2 x 4 x 1 2 x2 1 1 g) lim 1 (pravilo iii) , polinomi su istog stepena , ispred x 2 u brojiocu je 1 a u imeniocu -1 x 3 x 2 1 a) lim x
2
Možda vaši profesori neće dozvoliti da koristite ova pravila , e onda morate da radite sve postupno: Ideja je da se svaki sabirak podeli sa najvećim stepenom x-sa. 3x 1 2 2 3x 1 x a) lim 2 sve smo podelili sa x 2 , jer je to najveći stepen ...sad pokratimo... lim 2x x 2 x 5 x 6 x 2 x 5x 6 2 2 2 x x x
3x 1 3 1 2 2 2 A 3x 1 x x x x dalje koristimo da je 0 , pa je lim lim 2 lim 2 x 2 x 5 x 6 x 5 x 6 x 2 5 6 2x 2 2 x x x2 x x2 3 1 5 6 0, 0, 0, 0 i dobijamo: 3x 1 3 1 2 2 2 00 0 3x 1 x x x x lim lim 0 lim 2 2 x 2 x 5 x 6 x x 5 6 2x 5x 6 2 2 200 2 2 2 x x x x x2 Ovaj postupak bi onda morali da primenjujemo za sve ostale zadatke, evo recimo pod g) 5 x 2 3x 2 2 2 2 5 x 2 3x 2 x x lim lim 2 lim 2 x x 2 x 4 x 1 x 2 x 4 x 1 x 2 2 x2 x x
5 x2 2
x 2 x2 x
2
3x 2 2 x2 x 4x 1 2 x2 x
894
500 5 200 2
2
www.matematiranje.com 3) Odrediti granične vrednosti:
x2 4 ; x2 x 2 x2 6x 7 ; b) lim 2 x 1 x 5 x 4 x 4 6 x 2 27 ; v) lim 3 x 3 x 3 x 2 x 3 a) lim
Ovaj tip zadatka je ( ako je to moguće i ako znate izvode ) najbolje raditi preko LOPITALOVOG pravila. Ako ne, morate i imenilac i brojilac rastaviti na činioce! ( Pogledajte taj PDF fajl u I godini i II godini ) a) lim
( x 2) ( x 2) x2 4 ( x 2)( x 2) lim( x 2) 2 2 4 lim lim x 2 x 2 x 2 x 2 x2 x2
lim
x2 6x 7 PAZI: ovde ćemo iskoristiti znanje iz II godine vezano za kvadratnu jednačinu: x 2 5x 4
x 2
b) x 1
ax 2 bx c a ( x x1 )( x x2 )
x 2 6x 7 0 6 64 2 68 x1, 2 2 x1 1
x 2 5x 4 0 5 9 2 53 x1, 2 2 x1 4
x1, 2
x1, 2
x 2 7
x2 1
x 2 6 x 7 ( x 1)( x 7)
x 2 5 x 4 ( x 4)( x 1)
( x 1) ( x 7) x 7 1 7 8 x2 6x 7 ( x 1)( x 7) lim lim 2 lim lim x 1 x 5 x 4 x 1 ( x 4)( x 1) x 1 ( x 4) ( x 1) x 1 x 4 1 4 3 Preko Lopitala bi bilo: lim x 1
x2 6 x 7 ( x 2 6 x 7)` 2 x 6 2 1 6 8 lim lim 2 2 1 1 x x ( x 5 x 4)` 2 x 5 2 1 5 3 x 5x 4
895
3
www.matematiranje.com v) x 4 6 x 2 27 izdvajamo na stranu: x 3 x 3 3 x 2 x 3 lim
x 4 6 x 2 27 0 Ovo je bikvadratna jednačina , uvodimo smenu x 2 t t 2 6t 27 0 6 12 t1, 2 2 t1 9 t 2 3 x 4 6 x 2 27 ( x 2 9)( x 2 3) ( x 3)( x 3)( x 2 3)
A izraz u imeniocu ćemo rastaviti sklapanjem “dva po dva” : x 3 3 x 2 x 3 x 2 ( x 3) 1( x 3) ( x 3)( x 2 1)
Vratimo se sad u zadatak: ( x 3) ( x 3) ( x 2 3) ( x 3)( x 2 3) (3 3)(9 3) 6 12 72 36 x 4 6 x 2 27 lim lim lim 2 2 3 x 3 x 3 3 x 2 x 3 x 3 x ( x 1) (9 1) 10 10 5 ( x 3) ( x 1) Preko Lopitala: x 4 6 x 2 27 ( x 4 6 x 2 27)` 4 x3 12 x 4 ( 3)3 12 ( 3) lim lim x 3 x 3 3 x 2 x 3 x 3 ( x 3 3 x 2 x 3)` x 3 3 x 2 6 x 1 3 (3) 2 6 (3) 1 4 27 36 72 36 27 18 1 10 5 lim
4) Odrediti sledeće granične vrednosti:
1 x 1 x ; x 0 4x x3 ; b) lim x 3 x 1 2
a) lim
v) lim x 0
x2 1 1 x 2 16 4
;
Rešenje:
Ovo je novi tip zadatka, s korenima. Ideja je da se izvrši racionalizacija. To jest, koristimo razliku kvadrata: ( A B)( A B) A2 B 2
896
4
www.matematiranje.com a) 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x lim x 0 4x 4x 1 x 1 x
lim x 0
2
lim x 0
lim x 0
2
(1 x) (1 x) 4x 4x
1 x 1 x 2x 1 x 1 x 1
1 0 1 0
2
lim
lim
x 0
x 0
1 x (1 x)
4x 4x
1 x 1 x 2x 1 x 1 x
lim
lim
x 0
x 0
4x 2
1 x 1 x 1 x 1 x 1 1 x 1 x
1 1 22 4
b) lim x 3
lim
x 3 x 3 x 1 2 lim x 1 2 x 3 x 1 2 x 1 2 ( x 3)
x 1 2 2
x 3
lim ( x 3)
x 1 4
x 3
x 1 22
x 1 2
lim ( x 3)
x 1 2
x3
x 3
lim( x 1 2) 3 1 2 2 2 4 x 3
v) lim x 0
lim x 0
lim x 0
x2 1 1
Ovde moramo da izvršimo duplu racionalizaciju.
x 2 16 4
x2 1 1 x 2 16 4
x2 1 1 x2 1 1
[ ( x 2 16) 2
2
x 2 16 4 x2 1 1
x 0
x 2 16 4
spakujemo= lim x 0
x2 1 1 x 2 16 4
x2 1 1
x2 1 1
x 2 16 4 x 2 16 4
lim ( x 1 1) x 16 4 lim x x 16 4 x x 1 1 4 ] x 1 1 ( x 16 16) x 1 1
[ ( x 2 1) 2 12 ]
lim
x 2 16 4
x 2 16 4 2
2
x 0
2
2
2
2
2
x 0
2
2
0 16 4 8 4 0 1 1 2
5) Odredi sledeće granične vrednosti:
1 x2 1 ; a) lim x 0 x2 3 x 1 ; b) lim x 0 x 1 3
897
5
www.matematiranje.com Rešenje: PAZI:
Kad su u pitanju treći koreni, moramo koristiti formule: ( A B )( A2 AB B 2 ) A3 B 3
razlika kubova
( A B)( A2 AB B 2 ) A3 B 3
zbir kubova
a) Ovde u imeniocu imamo izraz
3
1 x 2 1 , a to nam je ustvari ( A - B). Moramo dodati ( A2 AB B 2 ) , to jest,
pošto je A= 3 1 x 2 a B=1 racionališemo sa
3
(1 x 2 ) 2 3 1 x 2 1
3 1 x2 1 1 x 2 1 3 (1 x 2 ) 2 3 1 x 2 1 lim lim x 0 x 0 3 x2 x2 (1 x 2 ) 2 3 1 x 2 1 3
lim x 0
lim x 0
3
1 x 2 13
3
x 2 [ 3 (1 x 2 ) 2 3 1 x 2 1] 1 x2 1 x 2 [ 3 (1 x 2 ) 2 3 1 x 2 1] 1
lim
x 0 3
(1 x ) 1 x 1 3
2 2
2
lim x 0
x2 x 2 [ 3 (1 x 2 ) 2 3 1 x 2 1] 1
3
(1 0) 1 0 1 2
3
1 3
b) 3
lim x 0
x 1 PAZI: I ovde mora dupla racionalizacija x 1
x 1 3 x2 3 x 1 x 1 lim spakujemo lim x 1 x 1 x 1 3 x2 3 x 1 x 1 3
lim x 1
lim
x 1 3
3 2
3
x 13
x 1
2
3
x 1 x2 3 x 1
x 1
x x 1 2
3
1 1
lim x 1
( x 1) ( x 1)
3
3
x 1 x 1
x 1
x x 1 2
3
3
x2 3 x 1
3
x x 1 2
3
x 1 x 1
11 2 3 2 1 3 1 1 111 3
898
6
www.matematiranje.com 6) Odredi sledeće granične vrednosti:
lim( x x 2 10 x )
a)
x
b) lim( x 2 1 x) x
c) lim
x a 4
x a x4a
Rešenja:
lim( x x 2 10 x ) i ovde ćemo vršiti racionalizaciju…
a)
x
x 2 ( x 2 10 x) 2 x x 2 10 x x x 2 10 x lim x 1 x x 2 10 x x x x 2 10 x
lim( x x 2 10 x ) lim x
U brojiocu je očigledno razlika kvadrata . Moramo malo i imenilac da prisredimo, odnosno da pod korenom izvučemo x 2 ispred zagrade pa zatim x ispred korena…
lim
x 2 ( x 2 10 x) 2 x x 2 10 x
x
lim x
Izraz
lim x
x 2 ( x 2 10 x) x 2 x 2 10 x lim lim x x 10 10 2 x x (1 ) x x (1 ) x x
10 x 10 x 1 1 x
lim
x
10 10 1 1 x
10 teži nuli kad x , pa je x 10
10 1 1 x
1
10 1 0
10 10 5 11 2
Sličan način rada primenjujemo i u narednom primeru:
899
7
www.matematiranje.com b) lim( x 2 1 x) x
( x 2 1) 2 x 2 x2 1 x x2 1 x x2 1 x2 lim( x 1 x) lim lim lim x x 1 x 2 1 x x x 2 (1 1 ) x x x (1 1 ) x x2 x2 1 1 lim 0 x 1 x [ (1 2 ) 1] x 2
c) lim
x a 4
x a ? x4a
Ovde ćemo upotrebiti jedan trik:
x a ćemo malo prepraviti...
x a 4 x 2 4 a 2 a ovo je sada razlika kvadrata
x a 4 x 2 4 a 2 ( 4 x 4 a )( 4 x 4 a )
Vraćamo se u zadatak: lim
x a 4
(4 x 4 a) (4 x 4 a) x a lim( 4 x 4 a ) ( 4 a 4 a ) 2 4 a lim 4 x a x a 4 4 x a x a
900
8
www.matematiranje.com
GRANIČNE VREDNOSTI FUNKCIJA zadaci II deo U sledećim zadacima ćemo koristiti poznatu graničnu vrednost:
lim x 0
sin x 1 ali i manje “varijacije’’ x
sin ax lim 1 x 0 ax
i
sin n ax lim 1 x 0 ( ax ) n
Zadaci: 1) Odrediti sledeće granične vrednosti:
sin 4 x ; x 0 x tgx b) lim ; x0 x 1 cos x v) lim ; x 0 x2 sin x sin a g) lim ; x a xa a) lim
Rešenja:
4sin 4 x sin 4 x sin 4 x ; (i gore i dole dodamo 4) = lim 4 lim 4 1 = 4 x 0 x 0 x 0 4x 4x x
a) lim
sin ax 1 x 0 ax
Ovde smo “ napravili” i upotrebili da je lim
sin x sin x 1 sin x 1 1 tgx b) lim lim cos x lim lim lim1 x 0 x x 0 x 0 cos x x 0 cos x x x cos x x 0 x 1 1 1 1 lim 1 1 1 x 0 cos x cos 0 1 1 cos x x iskoristićemo formulu iz trigonometrije: 1 cos x 2 sin 2 2 2 x x x x 4sin 2 sin 2 2 sin 2 2 8 lim 2 8 1 8 2 (i gore i dole dodamo 4) lim 2 lim 2 2 2 x x 0 0 x 0 x x x 4 2
v) lim x 0
901
1
www.matematiranje.com sin x sin a iskoristićemo formulu ( pogledaj PDF fajl iz II godine ) xa A B A B sin A sin B 2 cos sin 2 2 xa xa 2 cos sin 2 2 malo prisredimo... lim xa xa
g) lim xa
xa xa 2 lim cos x a 1 lim cos xa x a x a 2 2 2 aa 2a cos cos cos a 2 2 sin
2) Izračunati sledeće granične vrednosti:
a) lim x 0
sin 4 x ; x 1 1 cos
b) lim x
x 2;
x
sin(1 x) ; x 1 x 1
v) lim a)
sin 4 x najpre racionalizacija x 1 1 x 1 1 sin 4 x lim x 0 x 1 1 x 1 1
lim x 0
lim x 0
sin 4 x x 1 1 sin 4 x x 1 1 lim x 0 x 11 x
sad i gore i dole dodamo 4 lim x 0
4
4sin 4 x
4x
lim 4 sin 4 x
x 1 1
x 0
4x
x 1 1 lim 4 1 x 0
x 1 1
0 1 1 4 2 8
902
2
www.matematiranje.com b) cos lim
x 2 ovde ćemo najpre uzeti smenu: x t , , pa kad x , onda t 0, dakle t 0
x t t t cos cos sin 2 2 lim 2 lim 2 lim t 0 t 0 t 0 t t t x
( jer je cos sin ) 2
t t sin 2 lim 1 2 1 1 1 lim t 0 t 0 2 t t 2 2 2 2 2 sin
v) sin(1 x) najpre racionalizacija x 1 x 1
lim
sin(1 x)( x 1) sin(1 x) x 1 lim sada smena x 1 t , kad x 1 tad t 0 x 1 x 1 x 1 x 1 x 1
lim
lim
sin(t )
t 0
lim1 t 0
lim sin(t )
t 1 1 t
t 0
lim sin t
t 1 1 t
t 0
t
t 1 1
t 1 1 (1 1) 2
U sledećim zadacima ćemo koristiti: ax
x
1 lim 1 e x x
I
1 lim1 e x ax
Još nam treba i činjenica da je e x neprekidna funkcija i važi: lim f ( x )
lim e f ( x ) e xa x a
3) Odrediti sledeće granične vrednosti:
a) lim1 x
x
3 ; x
x 1 b) lim ; x x 1 x
c) lim x(ln( x 1) ln x); x
903
3
www.matematiranje.com Rešenja:
a) x
3 lim1 ovde gde je 3 mora biti 1, pa ćemo 3 ‘spustiti’ ispod x x x x
x 1 3 lim1 lim 1 sad kod x u eksponentu pomnožimo i podelimo sa3 x x x x 3 x
x 1 1 3 lim1 lim 1 lim 1 x x x x x x 3 3
x 3 3
1 lim 1 x x 3
x 3
3
e3
b) x 1 lim trik: u zagradi ćemo dodati 1 i oduzeti 1 x x 1 x
x 1 x 1 1( x 1) x 1 x 1 lim 1 1 lim 1 lim 1 x x x x 1 x 1 x 1 x
x
x
x 2 1 1 lim 1 lim 1 lim 1 x x x 1 x 1 x 1 x 2 2 1 lim 1 x x 1 2
x 1 2 x 2 x 1
1 lim 1 x x 1 2
x
x 1 2 x 2 x 1
2x x 1 x 1 2 2x
lim
2x
lim e x 1 e x x 1 e 2 x
v) x 1 x 1 ] lim ln x x x x
lim x (ln( x 1) ln x) lim[ x ln x
x
( pošto je ln neprekidna funkcija i ona može da zameni mesto sa lim )
x 1 x 1 1 ln lim ln lim ln lim 1 ln e 1 x x x x x x x x
x
x
Ovde smo koristili pravila(pogledaj II godina logaritmi): lnA - lnB = ln
904
A i B
n ln A ln An 4
www.matematiranje.com 4) Odrediti sledeće granične vrednosti: 2
a) lim(1 3tg 2 x)ctg x ? x 0
1
b) lim(cos x) sin
2
x
x 0
?
Rešenja:
2
a) lim(1 3tg 2 x)ctg x ? x 0
2
lim(1 3tg 2 x)ctg x lim(1 3 x 0
x 0
1 ctg 2 x 1 ctg 2 x ) lim(1 ) x 0 ctg 2 x ctg 2 x 3 2
2
3
1 ctg 2 x 33 1 ctg3 x 3 1 ctg3 x lim(1 ) lim(1 ) lim(1 ) e3 x 0 x 0 x 0 ctg 2 x ctg 2 x ctg 2 x 3 3 3
1
b) lim(cos x) sin x 0
2
x
?
Najpre ćemo dodati i oduzeti jedinicu… 1
lim(cos x) x 0
sin 2 x
1
lim(1 cos x 1)
sin 2 x
x 0
Dalje moramo upotrebiti formulicu: 1 cos x 2sin 2
x 2
905
5
www.matematiranje.com 1
1
lim(cos x) x0
sin2 x
1
lim(1 cos x 1)
1
sin2 x
x0
lim(1 (1 cos x)) x0
sin2 x
1
x 2 lim(1 2sin )sin x x0 2 2
sin2 x 1 lim1 x0 1 2 x 2sin 2 1
1
4sin2 x cos2 x sin2 x 2 2 1 x 1 1 x lim1 lim1 { formula sin2 x 4sin2 cos2 } lim1 x0 x0 2 2 x0 1 1 1 x x x 2sin2 2sin2 2sin2 2 2 2
1 sin2
1 x x 4cos2 2 2
1
1 lim1 x0 1 x 2sin2 2
1 2sin2
x 2
2 2cos
x 2 lim
x0
e
1 2cos2
x 2
e
1 2
Ko je upoznat sa Lopitalovom teoremom može ove zadačiće rešavati i na drugi način: 2
a) lim(1 3tg 2 x)ctg x ? x 0
Ceo limes obeležimo sa nekim slovom, recimo A i elenujemo ga: 2 lim(1 3tg 2 x)ctg x A............ / ln x 0
2
ln lim(1 3tg 2 x)ctg x ln A x 0
2
lim ln(1 3tg 2 x)ctg x ln A x 0
lim ctg 2 x ln(1 3tg 2 x) ln A x 0
1 ln(1 3tg 2 x) ln A x 0 tg 2 x
lim
ln(1 3tg 2 x) ln A x 0 tg 2 x
lim
sad na levoj strani upotrebljavamo Lopitalovu teoremu
1 1 3 2tgx 2 1 3tg x cos 2 x ln A lim x 0 1 2tgx cos 2 x 3 3 3 lim ln A ln A ln A ln A 3 A e3 2 2 x 0 1 3tg x 1 3tg 0 1
906
6
www.matematiranje.com 1
b) lim(cos x) sin
2
x 0
x
?
1
lim(cos x)
A............ / ln
sin 2 x
x 0
1
ln lim(cos x)
sin 2 x
lim ln(cos x)
sin 2 x
x 0
ln A
1 x 0
ln A
1 ln(cos x) ln A sin 2 x ln(cos x) lim ln A x 0 sin 2 x 1 ( sin x ) x cos lim ln A x 0 2 sin x cos x lim x 0
na levoj strani Lopital...
1 1 1 1 1 2 ln A ln A ln A ln A A e x 0 2 cos 2 x 2 cos 2 0 2 1 2
lim
Vi naravno radite kako zahteva vaš profesor...
Kao što vidite, Lopitalova teorema je elegantan način da se dodje do rešenja kod odredjivanja graničnih vrednosti funkcija. Ali pazite, ona radi samo u situacijama
0 . i 0
5) Odrediti sledeće granične vrednosti: a) lim x 2 ln x x 0
b) lim x ctg 2 x x 0
Rešenja: a) lim x 2 ln x x 0
Ako zamenimo da x teži nuli , dobijamo : lim x 2 ln x 02 ln 0 0 () x 0
Ovo je neodredjen izraz a ne smemo koristiti Lopitalovu teoremu . Šta uraditi?
907
7
www.matematiranje.com Moramo prepraviti funkciju od koje tražimo limes da bude oblika
0 ili . 0
ln x ako ovde zamenimo da x teži nuli , dobijamo: x 0 1 x2
lim x 2 ln x lim x 0
ln x ln 0 , pa možemo koristiti Lopitala… x 0 x 0 1 1 x2 02 1 ln (ln )` x x x3 x2 lim lim x lim lim 0 lim x 2 ln x lim x 0 x 0 1 x 0 x 0 2 x 0 2 x x 0 2 1 ( 2 )` x2 x x3 lim x 2 ln x lim
b) lim x ctg 2 x x 0
Sličan trik kao u prethodnom primeru… 1 2 2 (ctg 2 x)` 2 x2 0 ctg 2 x sin 2 x ( ) lim lim lim 2 ( ) lim x ctg 2 x lim x 0 x 0 x x x 0 0 0 1 1 1 sin 2 x 0 2 ( )` x x x
Opet koristimo Lopitalovu teoremu… 2x2 0 (2 x 2 )` 4x 4x x 0 lim lim lim ( ) ( ) lim 2 2 x 0 sin 2 x x 0 (sin 2 x )` x 0 2sin 2 x cos 2 x 2 x 0 4 sin 2 x cos 2 x x 0 sin 2 x cos 2 x 0 0
lim
Auuu, opet Lopital… x 0 1 ( ) lim x 0 sin 2 x cos 2 x 0 [(sin 2 x)` cos 2 x sin 2 x (cos 2 x)`] 1 1 1 lim lim 2 2 2 x 0 [cos 2 x 2 cos 2 x sin 2 x ( sin 2 x ) 2] x 0 2 cos 2 x 2sin 2 x 2 cos 2 0 2sin 2 2 0 1 1 1 2 2 2 cos 0 2sin 0 2 1 0 2 lim x 0
Ovaj zadatak baš ispade težak, zar ne? Al to je zato što ne razmišljamo, već odmah krenemo u rad...
Evo kako bi moglo prostije:
908
8
www.matematiranje.com lim x ctg 2 x lim x x 0
x 0
1 x 0 lim ( ) lim x 0 tg 2 x x 0 tg 2 x 0
1 cos 2 2 x cos 2 0 1 lim x 0 1 2 2 2 2 2 cos 2 x
Dakle, prvo pogledajte malo zadatak, analizirajte, pa onda krenite na rešavanje…
909
9
www.matematiranje.com IZVOD FUNKCIJE Predpostavimo da je funkcija f(x) definisana u nekom intervalu (a,b) i da je tačka x0 iz intervala (a,b) fiksirana. Uočimo neku proizvoljnu tačku x1 iz tog intervala (a,b). Ova tačka x1 može da se pomera levo desno, pa ćemo je zvati promenljiva tačka intervala (a,b). Razlika x1 – x0 pokazuje promenu ili priraštaj vrednosti nezavisno promenljive x i najčešće se obeležava sa Δ x = x1 – x0 Razlika f(x1)- f(x0) predstavlja odgovarajuću promenu ili priraštaj funkcije f(x) i obično se obeležava sa
Δ f(x)= f(x1)- f(x0) ili ako je funkcija označena sa y=f(x) može se zapisati: Δ y= f(x1)- f(x0). Evo kako bi to izgledalo na slici: y f(x1)
y= f(x)
f(x)
f(x0 )
x0
x
x1
x
Δy f ( x1 ) − f ( x 0 ) = naziva se srednjom ili prosečnom brzinom promene funkcije u intervalu [x0,x1] Δx x1 − x0 Razmišljamo šta će se dešavati kada se tačka x1 približava tački x0?( то јеst kad x1 teži x0)
Količnik
Ako ta granična vrednost postoji normalno je da nju uzmemo za brzinu promene funkcije u tački x0. Brzina promene funkcije f(x) u tački x0 u matematici se naziva IZVOD funkcije i obeležava se sa : f`(x0) ili sa y` . Dakle definicija izvoda je :
f `( x0 ) = lim
Δx → 0
f ( x 0 + Δx ) − f ( x 0 ) Δx
910
www.matematiranje.com
Često se umesto tačke x0 jednostavno stavlja x pa izvod onda glasi:
f `( x ) = lim
f ( x + Δx) − f ( x ) Δx
Δx →0
Rečima ova definicija bi glasila: Izvod funkcije jednak je graničnoj vrednosti količnika priraštaja funkcije i priraštaja nezavisno promenljive, kad priraštaj nezavisno promenljive teži nuli. Geometrijska interpretacija izvoda y t
f(x1)
s
s
s
B y= f(x)
f(x)
A
f(x0 )
x0
x
x1
x
Posmatrajmo sečicu S koja prolazi kroz tačke A(x0,f(x0)) i B(x1,f(x1)) . U situaciji kada se Δx smanjuje, odnosno x1 se sve više približava tački x0, ona sve manje i manje seče datu krivu y=f(x) dok u jednom graničnom trenutku ne postane tangenta t te krive! Δy f ( x1 ) − f ( x 0 ) = Δx x1 − x0 koeficijent pravca k, to jest tangens ugla koji tangenta zaklapa sa pozitivnim smerom x ose.
Tada količnik priraštaja funkcije i priraštaja nezavisno promenljive
911
predstavlja
www.matematiranje.com VREDNOST PRVOG IZVODA U TOJ TAČKI JE : y` = tg α =k
Dakle:
TABLICA IZVODA 1. 2. 3. 4.
C`=0 x`=1 (x2)`=2x (xn)`=nxn-1
5. (ax)`=axlna 6. (ex)`=ex 7. (logax)`=
8. (lnx)`=
1 x ln a
1 x
`
1 ⎛1⎞ 9. ⎜ ⎟ = − 2 x ⎝ x⎠ 10. (sinx)`=cosx 11. (cosx)`= - sinx 1 12. (tgx)`= cos 2 x 1 13. (ctgx)`= − sin 2 x
14. (arcsinx)`= 15. (arccosx)`= -
1 1− x2 1 1− x2
1 1+ x2 1 17. (arcctgx)`= 1+ x2 16. (arctgx)`=
PRAVILA ZA IZVODE 1.
[cf(x)]`=cf `(x)
Kad je konstanta vezana za funkciju, nju prepišemo a tražimo izvod samo od funkcije. A kad je konstanta sama, izvod od nje je 0.
912
www.matematiranje.com 2.
[f(x) ± g(x)]` = f `(x) ± g`(x)
3.
(u o v)`=u`v+v`u
Od svakog sabirka tražimo izvod posebno.
izvod proizvoda
`
4. 5.
⎛ u ⎞ u`v − v`u izvod količnika ⎜ ⎟ = v2 ⎝v⎠ f[g(x)]`= f `[g(x)] o g`(x) izvod složene funkcije
Izvod funkcije u parametarskom obliku
Ako je funkcija zadata parametarski x=x(t) i y=y(t) prvi izvod tražimo: `
y yx = t xt ` `
Izvod implicitno zadate funkcije
Kada je funkcija y=f(x) zadata u implicitnom obliku F(x,y) = 0 , njen prvi izvod dobijamo iz relacije: d F(x,y)=0 dx Izvodi višeg reda
y``= (y`)`
drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda
y```=(y``)`
treći izvod je prvi izvod drugog izvoda
y(n)= (yn-1))`
n-ti izvod je prvi izvod (n-1)-vog izvoda
Jednačina tangente
Jednačina tangente na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) u kojoj je funkcija diferencijabilna, računa se po formuli: y – y0 = f `(x0)(x – x0)
913
www.matematiranje.com Jednačina normale
Normala na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) je prava normalna na tangentu krive u toj tački. Njena jednačina je : y – y0 =
−1 (x – x0) f ( x0 ) `
Diferencijal
Ako je funkcija y=f(x) diferencijabilna u tački x, tada je Δ y=y` Δ x + o( Δ x) kada Δ x Glavni deo
y` Δ x
priraštaja Δ y
0
vrednosti funkcije nazivamo diferencijalom funkcije y=f(x).
Specijalno za y = x važi da je dx = x` Δ x =1 Δ x = Δ x , pa je: dy = y` dx tj.
y`=
dy dx
Osnovne teoreme diferencijalnog računa 1) Fermaova teorema
Neka je funkcija y=f(x) definisana na odsečku [a,b] i neka u nekoj tački c ∈ (a,b) ima najveću (ili najmanju) vrednost. Ako postoji obostrani konačan izvod f `(c) , onda je f `(c) = 0 2) Darbuova teorema
Ako funkcija y=f(x) ima konačan izvod u svakoj tački odsečka [a,b] , tada funkcija y`=f `(x) za x ∈ [a,b] uzima bar jednom sve vrednosti između f `(a) i f `(b) 3) Rolova teorema Neka je funkcija y=f(x) definisana i neprekidna na odsečku [a,b] i neka postoji konačan izvod y`=f `(x) bar na intervalu (a,b) i neka je f(a) = f(b). Tada postoji bar jedan broj c ∈ (a,b) , takav da je f `(c) = 0 4) Lagranžova teorema Neka je funkcija y=f(x) definisana i neprekidna na odsečku [a,b] i neka postoji konačan izvod y`=f `(x) bar u svakoj tački na intervalu (a,b) . Tada postoji bar jedan broj c ∈ (a,b) , takav da je :
914
www.matematiranje.com f (b) − f (a) = f ` (c ) b−a 5) Košijeva teorema
Neka su funkcije f(x) i g(x) definisane i neprekidne na odsečku [a,b] , neka postoje konačni izvodi f ‘(x) i g ‘(x) bar na intervalu (a,b) i neka je g ‘(x) ≠ 0, za svako x ∈ (a,b). Tada postoji bar jedan broj c ∈ (a,b) takav da je : f (b) − f (a ) f `(c) = g (b) − g (a ) g `(c)
915
IZVODI ZADACI (I deo)
Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:
1. C`=0 2. x`=1 3. (x2)`=2x 4. (xn)`=nxn-1 5. (ax)`=axlna 6. (ex)`=ex 7. (logax)`=
8. (lnx)`=
1 x ln a
1 x
(ovde je x >0 i a >0)
(x>0)
`
1 ⎛1⎞ 9. ⎜ ⎟ = − 2 x ⎝ x⎠ 1 10. x `= 2 x
( x ≠ 0) (x>0)
11. (sinx)`=cosx 12. (cosx)`= - sinx 1 13. (tgx)`= cos 2 x 1 14. (ctgx)`= − sin 2 x
15. (arcsinx)`= 16. (arccosx)`= -
x≠
1 1− x2 1
π 2
+ kπ
x ≠ kπ
x <1
1− x2
1 1+ x2 1 18. (arcctgx)`= 1+ x2
17. (arctgx)`=
916
www.matematiranje.com
Kad je konstanta vezana za funkciju, nju prepišemo a tražimo izvod samo od funkcije. A kad je konstanta sama, izvod od nje je 0.
1.
[cf(x)]`=cf `(x)
2.
[f(x) ± g(x)]` = f `(x) ± g`(x)
3.
(u οv)`=u`v+v`u
Od svakog sabirka tražimo izvod posebno.
izvod proizvoda
`
⎛ u ⎞ u `v − v`u ⎜ ⎟ = v2 ⎝v⎠
4.
izvod količnika
Zadaci: 1. Nađi izvode sledećih funkcija:
a) b) c) d)
y = x5 y = 10x f(x) = x y = log3 x
x5 1 f) f(x) = 7 x 1 g) y = 8 x5 h) y = x x
e) f(x) =
3
x2 x
i) y =
3
x
2
Rešenje:
a)
y = x5 ⇒ y` = 5x4 kao 4-ti tablični
b)
y = 10x ⇒ y` = 10xln10 kao 5-ti tablični
c)
f(x) =
x ⇒ f `( x) =
d)
y = log3 x pa je y` =
e)
f(x) =
3
x5
1
kao 10-ti tablični
2 x
1 kao 7-mi tablični x ln 3
Pazi: Ovde funkciju moramo prvo “pripremiti” za izvod. Iskoristićemo pravilo vezano za 5
m
stepenovanje:
m
x n = x n . Dakle 5
f `(x) =
f)
3
x 5 = x 3 pa dalje radimo kao (xn)`=nxn-1
2
5 3 −1 5 3 x = x 3 3
1 1 1 I ovde moramo “pripremiti” funkciju. Kako je n = a − n to je 7 = x −7 pa je izvod 7 a x x www.matematiranje.com f `(x)= -7 x -7-1 = -7x –8
f(x) =
917
g)
y=
1
ovde je y = x
x5
8
1
h)
i)
2.
−
5
5 8
3
3
y = x x = x1 x 2 = x 2 pa je y`=
y=
x
2
3
x x
2
2
x x
=
x
2 3
1 2
=
x x
5 2 2 3
=x
13
5 − −1 5 − pa će izvod biti y` = − x 8 = − x 8 8 8 1
3 2 −1 3 2 3 x = x = 2 2 2
x
11
11 6
5
11 6 −1 11 6 pa će izvod biti y` = x = x 6 6
Nađi izvode sledećih funkcija:
a) y = 5 sinx 1 b) y = lnx 2 − 3 c) y = tgx 4 d) y = π x3 4 e) f(x) = arctgx 5 f) f(x) = - a ctgx g) y = 10 h) y = -2abx
Rešenje:
a)
y = 5 sinx
5 je konstanta, pa nju prepišemo i tražimo izvod od sinx, a to je cosx. Dakle:
y` = 5 cosx b)
1 y = lnx 2
c)
y=
d)
y = π x3
1 je konstanta..... 2
− 3 tgx 4
y` =
1 1 1 = 2 x 2x
konstanta ostaje a od tgx je izvod 13. tablični, pa je y` =
1 − 3 4 cos 2 x
Pazi : π je takodje konstanta, a od x3 izvod je 3x2, pa je dakle:
y` = π 3x2 e)
f(x) =
4 arctgx 5
f `(x)=
4 1 4 = 2 5 1+ x 5(1 + x 2 )
kao 17. tablični
918
www.matematiranje.com
f `(x) = -a ( −
a 1 )= 2 2 sin x sin x
f)
f(x) = - a ctgx
g)
y = 10 Pazi: kad je konstanta sama izvod od nje je 0. Dakle y`=0
h)
y = -2abx
Ovde je –2ab konstanta, akako je od x izvod 1 to je : y` = -2ab
3. Nađi izvode:
a) y = 5x6 – 3x5 +4x – 8 1 b) f(x) = 3sinx - ex + 7arctgx – 5 2 2 3 1 + 2 − 3 +4 c) y = 3 x − 5x x x Rešenje:
y = 5x6 – 3x5 +4x – 8 Iskoristićemo pravilo [f(x) ± g(x)]` = f `(x) ± g`(x) i od svakog člana tražiti izvod
a)
posebno, naravno prepisujući konstantu ispred funkcije. y` = 5(x6)` – 3(x5)` +4(x)` – 8` y` = 30x5 – 15 x4 +4 – 0
Pazi još jednom, kad je konstanta sama izvod je 0.
y` = 30x5 – 15 x4 +4 1 x e + 7arctgx – 5 2 1 f `(x) = 3(sinx)` - (ex)` + 7(arctgx)` – 5` 2 1 1 1 7 f `(x) = 3 cos x - ex + 7 - 0 = 3 cos x - ex + 2 2 2 1+ x2 1+ x
b) f(x) = 3sinx -
2 3 1 + 2 − 3 + 4 Najpre ćemo koristeći već pomenuta pravila za stepenovanje i korenovanje, 5x x x “pripremiti” funkciju, a zatim tražiti izvode u tablici...
c) y =
3
x−
1
y = x3 - 2 x 2
y` =
−
1 2
+ 3x-2 3
1 -3 x +4 5 2
3
− 1 3 1 − 1 −3 1 − x -2 (− ) x 2 +3(-2)x-3 – (-3)x-4 + 0 = x 3 + x 2 - 6 x-3 + x-4 2 3 5 3 5
919
www.matematiranje.com
4.
Nađi izvode sledećih funkcija:
a) f(x) = x3 sinx b) f(x) = ex arcsinx c) y = (3x2+1)(2x2+3) d) y = x – sinxcosx
Rešenje: Kao što primećujete, u ovom zadatku moramo koristiti pravilo za izvod proizvoda: (u οv)`=u`v+v`u
a) f(x) = x3 sinx Ovde je x3 kao funkcija u, dok je sinx kao funkcija v f `(x) = (x3)` sinx + (sinx)`x3 f `(x) = 3x2 sinx + cosx x3 = x2(3sinx+xcosx)
b) f(x) = ex arcsinx
Ovde je ex kao funkcija u, dok je arcsinx kao funkcija v
f `(x) = (ex)`arcsinx + (arcsinx)`ex f `(x) = ex arcsinx +
c)
1 1− x
2
ex = ex( arcsinx +
1 1− x2
)
y = (3x2+1)(2x2+3) Naravno ovde možemo sve pomnožiti pa tražiti izvod od svakog posebno, ali malo je
lakše upotrebiti izvod proizvoda. y` = (3x2+1)`(2x2+3)+ (3x2+1)(2x2+3)`= 6x (2x2+3)+ 4x (3x2+1)= 2x[(6x2+9)+ (6x2+2)]=2x[12x2+11]
d) y = x –sinxcosx
Od x je izvod 1 a sinxcosx moramo kao izvod proizvoda
y` = 1 –[ (sinx)`cosx + (cosx)`sinx] y` = 1 –[ cosx cosx - sinx sinx]
Znamo da je sin2x + cos2x = 1
y` = sin2x + cos2x - cos2x + sin2x = 2 sin2x
920
www.matematiranje.com
5. Nađi izvode sledećih funkcija:
a) y =
x2 +1 x2 −1
b) y =
cos x 1 − sin x
c) y =
5 − ex ex + 2
d) y =
ln x + 1 ln x `
⎛ u ⎞ u `v − v`u Rešenje: Ovde ćemo koristiti izvod količnika : ⎜ ⎟ = v2 ⎝v⎠ a) y =
x2 +1 x2 −1
ovde je x2 + 1 funkcija u, dok je x2-1 funkcija v
y`=
( x 2 + 1)`( x 2 − 1) − ( x 2 − 1)`( x 2 + 1) ( x 2 − 1) 2
y`=
2 x( x 2 − 1) − 2 x( x 2 + 1) ( x 2 − 1) 2
izvuci zajednički ispred zagrade ako ima, biće lakše za rad!
y`=
2 x[( x 2 − 1) − ( x 2 + 1)] ( x 2 − 1) 2
malo prisredimo...
y`=
b) y =
− 4x ( x 2 − 1) 2
cos x 1 − sin x
savet : imenilac nek ostane ovako do kraja!
evo konačnog rešenja!
u je cosx ; a v je 1 - sinx
y`=
(cos x)`(1 − sin x) − (1 − sin x)`cos x (1 − sin x) 2
y`=
− sin x(1 − sin x) + cos x cos x (1 − sin x) 2
nadjemo izvode u brojiocu...
921
www.matematiranje.com
y`=
− sin x + sin 2 x + cos 2 x (1 − sin x) 2
y`=
1 − sin x (1 − sin x) 2
y`=
c) y =
1 1 − sin x
kako je sin2x + cos2x = 1 to je
skratimo 1 – sinx, naravno postavimo uslov da je to različito od 0
i evo konačnog rešenja!
5 − ex ex + 2
y`=
(5 − e x )`(e x + 2) − (e x + 2)`(5 − e x ) (e x + 2) 2
y`=
− e x (e x + 2) − e x (5 − e x ) izvlačimo ex kao zajednički ispred zagrade (e x + 2) 2
y`=
− e x (e x + 2 + 5 − e x ) malo sredimo... (e x + 2) 2
y`=
d) y =
y`=
− 7e x (e x + 2) 2
konačno rešenje
ln x + 1 ln x (ln x + 1)`ln x − (ln x)`(ln x + 1) ln 2 x
1 1 ln x − (ln x + 1) x y`= x ln 2 x 1 1 1 ln x − ln x − x x y`= x ln 2 x 1 y`= 2x ln x −
pa je y`=
−1 x ln 2 x
konačno rešenje
www.matematiranje.com
922
6. Odrediti jednačinu tangente funkcije y = 2x2 – 3x + 2 u datoj tački A(2,y) koja pripada funkciji. Rešenje:
Najpre ćemo naći nepoznatu koordinatu y tako što ćemo u datoj funkciji zameniti x = 2 y = 2* 22- 6 + 2 = 4, pa je data tačka ustvari A(2,4) Da vas podsetimo: Jednačina tangente
Jednačina tangente na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) u kojoj je funkcija diferencijabilna, računa se po formuli: y – y0 = f `(x0)(x – x0) f(x) = 2x2 – 3x + 2 Nađemo izvod ... f `(x) = 4x - 3
Ovde zamenimo vrednost x = 2
f `(2) = 8-3 = 5
Vrednost prvog izvoda u dvojci je 5. Sad upotrebimo formulu:
y – y0 = f `(x0)(x – x0) y – 4 = 5 (x- 2) malo prisredimo… y = 5x – 6
je tražena jednačina tangente
7. U kojoj tački parabole y = x2 – 7x + 3 je tangenta paralelna sa pravom y = 5x + 2 ? Rešenje: f(x) = x2 – 7x + 3
pa je prvi izvod
f `(x) = 2x – 7
Uslov paralelnosti je da je k1= k2 , iz prave y = 5x + 2 je k = 5 pa zaključujemo da je f `(x) = 5, to jest 2x – 7 = 5 2x = 12 x=6 Sada ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole da nađemo koordinatu y. Dakle : y = x2 – 7x + 3 y = 36 – 42 +3 y = -3 Tražena tačka koja pripada paraboli je ( 6,-3)
923
www.matematiranje.com
8. Odrediti jednačinu normale funkcije y = x4 – x2 + 3 u tački M(1,y) koja pripada grafiku te funkcije. Rešenje:
Najpre nadjemo nepoznatu koordinatu y. Y = 1 – 1 +3 = 3, dakle koordinate su M(1,3) Normala se traži po formuli :
Jednačina normale
Normala na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) je prava normalna na tangentu krive u toj tački. Njena jednačina je : y – y0 =
−1 (x – x0) f ( x0 ) `
y = x4 – x2 + 3 y` = 4x3 – 2x pa zamenimo x koordinatu tačke M
y`(1)= 4 – 2 =2 i sad upotrebimo formulu: y–3=
−1 ( x − 1) malo sredimo… 2
2y – 6 = -x +1
pa je normala
n: x+2y –7 = 0 traženo rešenje
www.matematiranje.com
924
925
IZVODI ZADACI ( II deo) U ovom delu ćemo pokušati da vam objasnimo traženje izvoda složenih funkcija. Prvo da razjasnimo koja je funkcija složena? Pa, najprostije rečeno, to je svaka funkcija koje nema u tablici ( tamo su samo elementarne funkcije) i čiji izvod se ne može naći primenom datih pravila. Evo par primera: Primer 1. Nađi izvod funkcije y = (1+5x)12 Kako da razmišljamo? Da je data funkcija y = x12, njen izvod bi bio y` = 12 x11, i to ne bi bio problem. Ali mi umesto x-sa imamo 1+5x i to nam govori da je funkcija složena! Radimo isto kao za elementarnu funkciju, i dodamo izvod od onog što je složeno! Dakle:
y = (1+5x)12 y` = 12(1+5x)11(1+5x)` [ od jedinice je izvod 0, a od 5x je izvod 5] y` = 12 (1+5x)115 y` = 60 (1+5x)11
Primer 2.
y sin x Podsetimo se : ako je y =
x
izvod je y`
1 2 x
, ali pošto unutar korena imamo sinx, funkcija je složena!
y sin x y`
y`
1 2 sin x 1 2 sin x
(sinx)`
cosx www.matematiranje.com
926
Primer 3. y ex
Nađi izvod funkcije
2
2 x 3
Znamo da je (ex)`=ex . A pošto umesto x-sa imamo izraz x2 + 2x – 3, to se znači radi o složenoj funkciji.
y ex
2
2 x 3
y` e x
2
2 x 3
( x 2 2 x 3)`
y` e x
2
2 x 3
( 2 x 2)
Primer 4. Nađi izvod funkcije
Od ln x funkcije izvod je
y ln
y`
y`
y ln
1 x 1 x
1 1 x , ali ovde je umesto x- sa izraz pa radimo kao složenu funkciju! Dakle: x 1 x
1 x 1 x
1 1 x 1 x 1 x 1 x
`
ovde pazimo, jer je (
1 x )` izvod količnika! 1 x
1 (1 x)`(1 x) (1 x)`(1 x) skratimo po 1-x 1 x (1 x) 2 1 x
y`
1 1 x 1 x 1 x 1 x
y`
1 2 1 x 1 x
y`
2 1 x2
u imeniocu je razlika kvadrata…
konačno rešenje!
ZNAČI: Radimo sve isto kao da je elementarna funkcija i pomnožimo sve sa izvodom od onog što je složeno! www.matematiranje.com
927
Ako nismo ovo baš razumeli evo tablice izvoda složene funkcije, y = f(u) a u = g(x) pa je y` = f `(u) g`(x)
1. (u2)`=2u u` 2. (un)`=nun-1u` 3. (au)`=aulna u` 4. (eu)`=euu` 5. (logau)`=
1 u` u ln a
1 6. (lnu)`= u` u ` 1 1 7. 2 u` u u 1 u ` u` 8. 2 u 9. (sinu)`=cosu u` 10. (cosu)`= - sinu u` 1 11. (tgu)`= u` cos 2 u 1 12. (ctgu)`= u` sin 2 u
13. (arcsinu)`= 14. (arccosu)`= -
1 1 u2 1
u`
1 u2
u`
1 u` 1 u2 1 16. (arcctgu)`= u` 1 u2
15. (arctgu)`=
www.matematiranje.com
928
ZADACI:
1. Nađi izvod funkcije
a) y = sin5x b) y = sin 5x
Rešenje:
Ovde moramo voditi računa , sin5x ćemo raditi kao drugi tablični , jer važi sin5x = (sinx)5 dok ćemo sin 5x raditi kao deveti tablični, to jest kao sin u, gde je u = 5x a)
2.
y = sin5x
b) y = sin 5x
y` = 5sin4x(sinx)`
y` = cos5x(5x)`
y` = 5sin4x cosx
y` = cos5x 5= 5cos5x
y ln
Nađi izvod funkcije
1 sin x 1 sin x
Rešenje: Ovde imamo višestruko složenu funkciju...Najpre idemo izvod ln u, gde je u =
y ln
y`
y`
y`
y`
1 sin x 1 sin x
1 sin x 1 sin x
1 1 sin x 1 sin x
(
1 sin x )` 1 sin x
sada radimo izvod
1 sin x )` 1 sin x 1 sin x 1 sin x 2 1 sin x 1 sin x 1
1
(
pazi :
u `
1 2 u
u` gde je u =
1 sin x 1 sin x
1 sin x je izvod količnika 1 sin x
1 (1 sin x)`(1 sin x) (1 sin x)`(1 sin x) 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x cos x(1 sin x) cos x(1 sin x) 1 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x
www.matematiranje.com
929
y`
y`
cos x cos x sin x cos x cos x sin x 1 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x 2 cos x 1 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x
pokratimo šta može...
y`
cos x (1 sin x)(1 sin x)
y`
cos x 1 sin 2 x
y`
cos x cos 2 x
y`
1 konačno rešenje! cos x
u imeniocu je razlika kvadrata
znamo da je sin2x + cos2x = 1
skratimo cos x
3. Nađi izvod funkcije
y = arc tg
1 x 1 x
Rešenje: Kako razmišljamo? Moramo raditi kao (arctgu)`=
y = arc tg
y`
y`
gde je
u=
1 x 1 x
1 x 1 x
1 x 2 1 x 1 x 1 1 x 1
1 u` 1 u2
`
pazi :
1 x je izvod količnika i odmah ostalo’sredjujemo’ 1 x
1 (1 x)`(1 x) (1 x)`(1 x) 2 (1 x) (1 x) 2 1 (1 x) 2
www.matematiranje.com
930
y`
1 1(1 x) 1(1 x) 2 (1 x) (1 x) (1 x) 2 (1 x) 2
pokratimo (1-x)2
2
y`
1 1 x 1 x 2 1 1 2x x 1 2x x
y`
2 1 2 = = 2 2 2 2x 2(1 x ) (1 x 2 )
sredimo malo...
2
4. Nađi izvod funkcije
Dakle , konačno rešenje je:
y = arcsin
1 (
y`
y`
y`
1 1 u2
u`
gde je u =
2x 1 x2
2x 1 x2 1
y`
1 (1 x 2 )
2x 1 x2
Rešenje: Radimo po formuli (arcsinu)`=
y = arcsin
y`=
2x 2 ) 1 x2
1 4x 2 1 (1 x 2 ) 2
2x ( )` 1 x2
2(1 x 2 ) 2 x 2 x sredjujemo dalje izraz pod korenom... (1 x 2 ) 2
2 2x 2 4x 2 (1 x 2 ) 2 (1 x 2 ) 2 4 x 2 (1 x 2 ) 2 1
2 2x 2 2 2 1 2 x 2 x 4 4 x 2 (1 x ) (1 x 2 ) 2 1
www.matematiranje.com
931
2(1 x 2 ) y` 2 2 1 2 x 2 x 4 (1 x ) (1 x 2 ) 2 1
y`
y`
2(1 x 2 ) 2 2 (1 x 2 ) 2 (1 x ) (1 x 2 ) 2 1
1 2(1 x 2 ) 1 x 2 (1 x 2 ) 2 1 x2
pokratimo... i dobijamo konačno rešenje
y`
2 1 x2
Podsetimo se teorijskog dela iz izvoda višeg reda...
Izvodi višeg reda
y``= (y`)`
drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda
y```=(y``)`
treći izvod je prvi izvod drugog izvoda
y(n)= (yn-1))`
n-ti izvod je prvi izvod (n-1)-vog izvoda
Znači da ovde praktično nema ničeg novog, jer mi ustvari uvek tražimo prvi izvod i naravno moramo da idemo redom , prvi izvod, pa drugi, pa treći itd... Evo nekoliko primera:
Primer 1. Odredi drugi izvod sledećih funkcija : a) y 3 x 2 4 x 5 2
y ex 1 x v) y 1 x
b)
www.matematiranje.com
932
Rešenja: a)
y 3x 2 4 x 5 y` = 6x – 4 y``= 6
b)
y ex
2
Pazi , ovo je složena funkcija... 2
2
2
y` e x ( x 2 )` = e x (-2x) = -2x e x evo ga prvi izvod , sad radimo kao izvod proizvoda, a konstanta –2
ostaje ispred… 2
2
y``= -2[x` e x +( e x )`x] 2
2
2
2
y``= -2[ e x +(-2x e x )x] pa je y``=-2[ e x -2 x 2 e x ] 2
y``= -2 e x [1-2 x 2 ] evo drugog izvoda 1 x 1 x
v)
y
y`
(1 x)`(1 x) (1 x)`(1 x) (1 x) 2
y`
1(1 x) 1(1 x) (1 x) 2
y`
1 x 1 x (1 x) 2
Najpre radimo kao izvod količnika...
2 2 sada tražimo drugi izvod, ali radi lakšeg rada ćemo napisati 2(1 x) 2 2 2 (1 x) (1 x) radimo kao složenu funkciju… y`
i ovo dalje
y` 2(1 x) 2 y`` 2(2)(1 x) 21 y`` 4(1 x) 3 4 y`` (1 x) 3
www.matematiranje.com
933
Primer 2. Data je funkcija f(x)= exsinx.
Dokazati da je tačna jednakost: f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = 0
Rešenje:
Mi dakle moramo naći prvi i drugi izvod funkcije f(x)= exsinx i to treba da zamenimo u datoj jednakosti! f(x)= exsinx f `(x) = (ex)`sinx + (sinx)`ex f `(x) = exsinx + cosx ex
Našli smo prvi izvod, sad tražimo drugi...
f ``(x) = (exsinx)` + (cosx ex)` f ``(x) = (ex)`sinx + (sinx)`ex + (cosx)`ex + (ex)`cosx f ``(x) = exsinx + cosx ex - sinx ex + excosx f ``(x) = 2excosx
Sada se vraćamo u početnu jednakost: f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) =
zamenimo…
2excosx – 2 (exsinx + cosx ex) + 2 exsinx = 2excosx – 2 exsinx -2 cosx ex + 2 exsinx = sve se potire...=0
Time smo dokazali da je zaista
f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = 0
www.matematiranje.com
934
Primer 3. Nadji n- ti izvod funkcije: a) y = e- 2x b) y = sinx Rešenje:
a)
y = e- 2x
Pazi, izvod složene funkcije...
y` = e- 2x(-2x)`= -2 e- 2x y`` = -2 (-2 e- 2x) = 4 e- 2x y```= 4 (-2 e- 2x) = -8 e- 2x yiv = -8(-2 e- 2x) = 16 e- 2x ……………………….. Pitamo se kako će izgledati n-ti izvod ?
Tu već nastaju mali problemi. Iz nekoliko prvih izvoda, najčešće 5,6 njih mi trebamo naći n-ti izvod. Probamo da uočimo kako se ponašaju odredjeni članovi u izvodima. Recimo, kod ovog primera se e- 2x javlja u svim izvodima, a ove brojke ćemo malo prepraviti… y` = -2 e- 2x = (-2)1 e- 2x y`` = 4 e- 2x = (-2)2 e- 2x y```= -8 e- 2x = (-2)3 e- 2x yiv = 16 e- 2x = (-2)4 e- 2x Vidimo da (-2) ima onaj stepen koji je izvod u pitanju! Iz ovoga zaključujemo da će n-ti izvod biti : y(n) =(-2)n e- 2x Međutim, ovde posao nije gotov. Neki profesori zahtevaju da se ova formula dokaže i primenom matematičke indukcije. I u pravu su! Proučite Matematičku indukciju (naravno na sajtu) i probajte da radi vežbe uradite ovaj dokaz. www.matematiranje.com
935
b) y = sinx
y` cos x sin( x
2
)
veza u prvom kvadrantu (pogledaj temu II godina prebacivanje u I kvadrant)
y`` sin x sin( x 2 ) 2
y``` cos x sin( x 3 ) 2
y ( 4 ) sin x sin( x 4 ) itd. 2 …………………………………. Vidimo da svaki izvod možemo izraziti preko sinusa i još primećujemo da koji je izvod u pitanju taj je broj uz
2
.
Dakle n-ti izvod je y ( n ) sin( x n ) 2
I ovo naravno treba dokazati indukcijom! NAPOMENA: Ako funkcije u=u(x) i v=v(x) imaju u tački x0 izvode do reda n, tada njihova linearna kombinacija au + bv , gde a i b pripadaju skupu R i njihov proizvod u v imaju takodje izvode do reda n u tački x0 i pri tome važi: 1.
(au+bv)(n) =a u(n) + b v(n)
2.
n n n n ( n 1) n ( n ) u`v (u v)(n) = u ( n ) v u ( n 1) v` u ( n 2 ) v``....... uv 0 1 2 n 1 n
Ova druga formula je poznata i kao Lajbnicova formula!
www.matematiranje.com
936
937
IZVODI ZADACI ( III deo)
www.matematiranje.com
Izvodi imaju široku primenu. O upotrebi izvoda u ispitivanju toka funkcije ( monotonost, ekstremne vrednosti, prevojne tačke, konveksnost i konkavnost) biće posebno reči u delu o funkcijama. Ovde ćemo pokazati na nekoliko primera kako rešavati zadatke u kojima se traži da 'nešto' bude maksimalno ili minimalno. To su teži zadaci, mogu biti i ispitni na nekim fakultetima. Zahtevaju odlično poznavanje cele srednjoškolske matematike , moramo najčešće nacrtati sliku i postaviti problem tako što oformimo funkciju sa jednom ili dve nepoznate i od nje nađemo izvod. Kad prvi izvod izjednačimo sa nulom dobijemo traženo rešenje. ZADACI: 1. U kružnici poluprečnika r upisan je pravougaonik maksimalne površine. Odrediti dimenzije pravougaonika i maksimalnu površinu. Rešenje: Najpre moramo skicirati problem i naći odgovarajuću vezu između podataka:
2r
b a
Znamo da se površina pravougaonika računa po formuli P = ab Naš posao je da a ili b izrazimo preko r i to zamenimo u formuli za površinu. Primenićemo pitagorinu teoremu na ofarbani trougao: ( 2r ) 2 = a 2 + b 2
4r 2 = a 2 + b 2 odavde je a 2 = 4r 2 − b 2 to jest
a = 4r 2 − b 2
P = ab P = b 4r 2 − b 2
Od ove površine tražimo izvod 'po b’, ali pazimo jer r moramo tretirati kao konstantu!
938
P` = b` 4r 2 − b 2 + ( 4r 2 − b 2 )`b Pazi , izvod složene funkcije je ovo! P` =
4r 2 − b 2 +
P`=
4r 2 − b 2 +
P` =
P` =
− 2b 2 4r 2 − b 2
− b2 4r 2 − b 2
www.matematiranje.com
b
Nadjemo zajednički...
4r 2 − b 2 − b 2 4r 2 − b 2 4r 2 − 2b 2 4r 2 − b 2
P`= 0 je za
Sad ovo izjednačimo sa 0. ( Samo brojilac, naravno)
4r 2 − 2b 2 = 0 a odavde je b = r 2 , pa to zamenimo u
a = 4r 2 − b 2 i dobijamo
a = 4r 2 − 2r 2
a = 2r 2 a=r 2
a kako smo već našli da je b = r 2 to zaključujemo da je traženi pravougaonik ustvari kvadrat čija
je stranica a = r 2 , pa će tražena površina biti: P = a 2 = ( r 2 ) 2 = 2r 2
Jedna napomena: Bilo bi nam malo lakše da smo umesto funkcije P = b 4r 2 − b 2
P=
posmatrali funkciju
4b 2 r 2 − b 4 koju smo dobili kad b uvučemo pod koren. Ili još bolje da posmatramo neku funkciju ,
nazovimo je recimo f = 4b 2 r 2 − b 4 , koja ima istu maksimalnu vrednost kao i funkcija
4b 2 r 2 − b 4 .
Još jedna napomena: Kako da znamo da je dobijeno rešenje baš maksimum, odnosno minimum?
Trebalo bi naći drugi izvod i to potvrditi jer ako je f ``>0 u nekoj tački , onda je ta tačka minimum a ako je f ``< 0 u nekoj tački ,onda je ta tačka maksimum. Ovo ispitujte ako traži Vaš profesor!
2. U polukružnici poluprečnika r upisan je trapez, čija je veća osnovica prečnik kružnice.Odrediti visinu
939
i manju osnovicu trapeza, tako da mu površina bude maksimalna.
www.matematiranje.com
Rešenje:
b c
c
r
h a-b 2
b 2
a
2r = a Površina trapeza se kao što znamo računa po formuli : P =
a+b h 2
Na osenčenom trouglu ćemo primeniti pitagorinu teoremu: ⎛b⎞ h = r −⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2
2
2
pa je h = r 2 −
2r + b a+b P= h= 2 2 P=
P=
b2 r − 4 2
b2 4
malo prisredimo i dobijamo
( 2r + b) 4r 2 − b 2 možemo odavde tražiti izvod ili je možda pametnije da prvo sve uvučemo pod koren... 4
( 2r + b) 2 ( 4r 2 − b 2 ) 4
Sada možemo posmatrati samo funkciju (2r + b)2(4r2 – b2) koja ima istu maksimalnu vrednost kao i P. Dakle, obeležimo sa (uzmite neko slovo) G = (2r + b)2(4r2 – b2) i nađimo njen izvod «po b» G = (2r + b)2(4r2 – b2) G` = 2(2r + b) (4r2 – b2) + (-2b) (2r + b)2 izvučemo zajednički... G` = (2r + b)[ 2(4r2 – b2) -2b (2r + b)] G` = (2r + b)[ 8r2 – 2b2 – 4rb – 2b2] G` = (2r + b)[ 8r2 – 4rb – 4b2] Ovo sada izjednačavamo sa 0.
940
www.matematiranje.com
G` = 0 (2r + b)[ 8r2 – 4rb – 4b2] = 0 odavde je 2r + b= 0 ili 8r2 – 4rb – 4b2= 0 Iz 2r + b= 0 dobijamo b= - 2r što je očigledno nemoguće, pa dakle mora biti: 8r2 – 4rb – 4b2= 0
2r2 – rb – b2= 0
podelimo sve sa 4 napravimo proizvod …( Ima objašnjeno u delu I godina,na sajtu), a može da se radi i kao
kvadratna... (r - b)(b + 2r ) = 0 Odavde je očigledno r = b
h = r2 −
P=
b2 pa kad zamenimo r = b dobijamo 4
h=
r 3 2
2r + r r 3 3r r 3 3r 2 3 a+b h= = = 2 2 2 2 2 4
3. Odrediti dimenzije pravog kružnog valjka , maksimalne zapremine, koji se može upisati u pravu kružnu kupu poluprečnika R i visine H.
Rešenje: B
H-x H Q
r
P
x r C
R
A
Naravno, prvo nacrtamo sliku…
Uočimo trouglove BCA i BQP. Oni su očigledno slični, pa su odgovarajuće stranice proporcionalne:
941
www.matematiranje.com
CA : QP = BC : BQ R : r = H : ( H-x )
to jest gde je sa x obeležena visina valjka ( vidi sliku)
R(H – x) = rH RH – Rx = rH RH – rH = Rx
i odavde je
x=
(R − r)H R
Znamo da se zapremina valjka računa po formuli : V = r2 π Hv to jest ,pošto smo visinu obeležili sa x
V = r2 π x (R − r)H R
V = r2 π
V=
V `=
(r 2 R − r 3 ) Hπ R (2rR − 3r 2 ) Hπ R
sredimo ovo i nadjimo izvod po r
Pazi , kad radimo izvod po r , sve ostale nepoznate su “kao” konstante!
sada ovo izjednačimo sa 0 . Dakle V` = 0 za
(2rR − 3r 2 ) Hπ = 0 to jest R
2rR – 3 r2 = 0 r(2R – 3r) = 0
Vmax = (
pa je odavde
r=
2R (R − r)H H , vratimo ovo u x = i dobijamo x = 3 R 3
2R 2 H 4 R 2 Hπ ) π = 27 3 3
4. Među svim pravim kupama opisanim oko lopte poluprečnika R , odrediti onu čija je zapremina minimalna. Rešenje:
Kao i obično, prvo moramo nacrtati sliku:
942
B
H-R R
. sM
N R
.
r
O
A
Uočimo trouglove OAB i MNB. Oni su slični jer imaju po dva ista ugla. Iz njihove sličnosti sledi
proporcionalnost odgovarajućih stranica.
Znamo da je s2 = r2 + H2 to jest s = r 2 + H 2
OA : MN = AB : BN
r:R =
r 2 + H 2 : (H – R)
r(H – R) = R
r2 + H 2
kvadriramo…
r2(H – R)2 = R2 (r2 + H2) sredimo i izrazimo H... 2r 2 R H= 2 r − R2
Zapremina kupe se računa po formuli : V =
V=
1 2 r πH 3
V=
2r 2 R 1 2 r π 2 3 r − R2
V=
2π r 4 R 3 r 2 − R2
1 2 r π H Ovde zamenimo H što smo izrazili... 3
malo prisredimo...
odavde tražimo izvod po r i pazimo, jer je R kao konstanta i u pitanju je izvod količnika!
www.matematiranje.com
943
V `=
2π 4r 3 R(r 2 − R 2 ) − 2r (r 4 R) 3 (r 2 − R 2 ) 2
V`=
2π 4r 5 R − 4r 3 R 3 − 2r 5 R 3 (r 2 − R 2 ) 2
V`=
2π 2r 5 R − 4r 3 R 3 3 (r 2 − R 2 ) 2
naravno V `= 0
2 r5R – 4r3R3 = 0 pa je odavde 2r3R (r2-2R2) = 0 to jest r2-2R2 = 0 pa je r = H=
2r 2 R = 4R , dakle H = 4R r 2 − R2
V=
1 2 r πH 3
2 R , vratimo se da nadjemo H
kad zamenimo r i H dobijamo:
Vmin=
1 ( 2 R)2 π 4R 3
Vmin=
8π 3 R 3
5. Date su tačke A(0,a) i B(0,b), gde je 0 < a < b. Odredi koordinatu x tačke C(x,0) gde je x > 0 tako da se duž AB vidi pod maksimalnim uglom iz tačke C.
Rešenje:
I ovde ćemo najpre nacrtati sliku i postaviti problem:
www.matematiranje.com
944
B(0,b)
. .
A(0,a) max ugao
. C(x,0)
Ideja je da koristimo formulicu za ugao između dve prave tgα =
k 2 − k1 . 1 + k1k 2
Naći ćemo koeficijente pravca za pravu AC i za pravu BC. Iskoristićemo formulicu k =
y 2 − y1 . x2 − x1
Za pravu AC je k1 =
y 2 − y1 0 − a a = =− x2 − x1 x − 0 x
Za pravu BC je k 2 =
y 2 − y1 0 − b b = =− x 2 − x1 x − 0 x
b a + k 2 − k1 x x = sredimo = x(a − b) znači da je : = Sada je tgα = ab 1 + k1k 2 x 2 + ab 1+ xx −
tgα =
x ( a − b) x ( a − b) odnosno α = arctg 2 Sad od ovog tražimo izvod: 2 x + ab x + ab
α = arctg
x ( a − b) x 2 + ab
⎛ x ( a − b) ⎞ α `= ⎟ 2 ⎜ 2 ⎛ x(a − b) ⎞ ⎝ x + ab ⎠ 1+ ⎜ 2 ⎟ ⎝ x + ab ⎠ 1
`
www.matematiranje.com
945
α `=
α `=
1 x 2 + ab − 2 x 2 ( a − b ) pokratimo i spakujemo ( x 2 + ab) 2 + x 2 (a − b) 2 ( x 2 + ab) 2 ( x 2 + ab) 2 (a − b)(ab − x 2 ) ( x 2 + ab) 2 + x 2 (a − b) 2
Sad ovo izjednačimo sa 0, naravno samo brojilac!
ab – x2= 0 pa je x2= ab odnosno traženo rešenje je x =
ab
Dakle koordinata x je geometrijska sredina koordinata a i b ! ZA RADOZNALE: POGLEDAJ PROBLEM “SLIKA NA ZIDU” I PRIMENI OVO REŠENJE!
www.matematiranje.com
946
IZVODI ZADACI ( IV deo)
LOGARITAMSKI IZVOD
Logaritamskim izvodom funkcije y = f(x) , gde je y>0 i y ≠ 1 , nazivamo izvod logaritma te funkcije, to jest:
(ln y )`=
y` f `( x) = y f ( x)
Primer 1. Nadji izvod funkcije y = xx
Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo primeniti jedno od pravila vezana za logaritme: ln An = n ln A y = xx
logaritmujemo
ln y = ln xx
ovo x u izložiocu ide ispred logaritma...
ln y = x ln x
sada diferenciramo ( pazi, na desnoj strani je izvod proizvoda)
y` = x` lnx + (ln x)` x y y` 1 = ln x + x y x
y` = ln x + 1 y y` = y( lnx + 1)
skratimo x
sada sve pomnožimo sa y ovde zamenimo y sa xx
y` = xx( lnx + 1) je konačno rešenje! Primer 2. Nadji izvod funkcije y = (cosx)sinx
Postupak je isti: logaritmujemo, pa pravilo za log., pa sredjujemo… www.matematiranje.com
947
Rešenje:
y = (cosx)sinx ln y = ln (cosx)sinx
prebacimo sinx ispred logaritma…
lny = sinx ln(cosx)
sada diferenciramo
y` = (sinx)` ln(cosx) + [ln(cosx)]` sinx y
Pazi ln(cosx) je izvod složene funkcije
y` 1 = cos x ln(cosx) + (cosx)` sinx y cos x
y` 1 = cos x ln(cosx) + (-sinx) sinx y cos x
y` sin 2 x = cos x ln(cosx) y cos x y` = y [cos x ln(cosx) -
sve pomnožimo sa y
sin 2 x ] cos x
y` = (cosx)sinx[cos x ln(cosx) -
prisredimo malo …
zamenimo y = (cosx)sinx sin 2 x ] cos x
je
konačno rešenje
Primer 3. Nadji izvod
⎛ ln x ⎞ y=⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
sin x
Rešenje:
⎛ ln x ⎞ y=⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
sin x
⎛ ln x ⎞ lny = ln ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
logaritmujemo sin x
⎛ ln x ⎞ lny = sinx ln ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
diferenciramo, pazimo jer na desnoj strani je izvod proizvoda a ima i složena funkcija...
948
www.matematiranje.com
y` ⎛ ln x ⎞ ⎛ ln x ⎞ = (sinx)`ln ⎜ ⎟ + [ln ⎜ ⎟ ]` sinx y ⎝ x ⎠ ⎝ x ⎠
y` 1 ln x ⎛ ln x ⎞ ( )` sinx = cosx ln ⎜ ⎟ + ln x x y ⎝ x ⎠ x
⎛ ln x ⎞ pazi ⎜ ⎟ mora kao izvod količnika ⎝ x ⎠
1 ( x − ln x) x x y` ⎛ ln x ⎞ sinx = cosx ln ⎜ ⎟ + y ln x x2 ⎝ x ⎠
y` x (1 − ln x) ⎛ ln x ⎞ = cosx ln ⎜ sinx ⎟ + y ln x x2 ⎝ x ⎠
y` ⎛ ln x ⎞ (1 − ln x) = cosx ln ⎜ sinx ⎟ + y x ln x ⎝ x ⎠
skratimo po jedno x i sredimo…
sve pomnožimo sa y
⎛ ln x ⎞ (1 − ln x) y` = y [cosx ln ⎜ sinx] ⎟ + x ln x ⎝ x ⎠
⎛ ln x ⎞ y` = ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
sin x
⎛ ln x ⎞ zamenimo y = ⎜ ⎟ ⎝ x ⎠
⎛ ln x ⎞ (1 − ln x) [cosx ln ⎜ sinx] ⎟ + x ln x ⎝ x ⎠
sin x
kraj zadatka
IZVOD FUNKCIJE DATE U PARAMETARSKOM OBLIKU
Ako u funkciji y=f(x) promenljive x i y zavise od parametra t ( x=x(t) i y=y(t) ) , prvi izvod funkcije y=f(x) se računa po formuli : y t` y = ` xt ` x
www.matematiranje.com
949
Primer 1. Izračunati prvi izvod funkcije zadate u parametarskom obliku: x = 2t – t2 i
y = 4t – t3
Rešenje: x = 2t – t2
odavde je x`t = 2 – 2t
y = 4t – t3
odavde je y`t = 4 – 3t2
Sada x`t i y`t ubacimo u formulu: y x` =
y t` 2 − 2t = ` xt 4 − 3t 2
i evo rešenja!
Primer 2. Izračunati prvi izvod funkcije zadate u parametarskom obliku: x = r cost y = r sint Rešenje: ( pazimo jer r je kao konstanta pošto radimo po t )
x = r cost
x`t = - r sin t
y = r sint
y`t = r cost
y t` − r cos t − cos t = skratimo r = = - ctg t y = `= r sin t sin t xt ` x
konačno rešenje
Primer 3. Izračunati prvi izvod funkcije: x = cost +t sint
i y = sint – t cost
Rešenje:
x = cost +t sint odavde je x`t = - sint + [ t`sint + (sint)`t] = - sint + sint + t cost = t cost y = sint – t cost
y x` =
pa je
y`t = cost – [t` cost + (cost)` t] = cost – cost + t sint = t sint
y t` t sin t sin t = = tg t = xt` t cos t cos t
950
www.matematiranje.com
IZVOD IMPLICITNO ZADATE FUNKCIJE
Kada je funkcija y = f(x) zadata u implicitnom obliku F(x,y) = 0, njen prvi izvod dobijamo iz relacije: d F ( x, y ) = 0 dx Primer 1.
x3 – 2y – y2= 0
Izračunati prvi izvod funkcije: Rešenje:
Obeležimo sa
F(x,y) = x3 – 2y – y2
Šta je ovde štos? Od članova sa x-som tražimo normalno izvode, a kod onih gde se javlja i y (ipsilon) nadjemo izvod i dodamo još y`. Tako da u našem primeru od x3 izvod je 3x2, od y izvod je 1y` a od y2 je izvod 2yy`. Dakle: F(x,y) = x3 – 2y – y2 d F ( x, y ) = 3x2- 2y` - 2yy` pa sad ovo izjednačimo sa 0 dx 3x2- 2y` - 2yy`= 0
odavde sada izrazimo y` i to je to .
3x2 = 2y` + 2yy` 3x2 = 2y`(1+y)
pa je
y`=
3x 2 2(1 + y )
konačno rešenje
Primer 2. Izračunati prvi izvod funkcije: x2+ xy + y2 + 6 = 0 Rešenje:
F(x,y) = x2+ xy + y2 + 6 Pazimo : xy mora kao izvod proizvoda ! www.matematiranje.com
951
d F ( x, y ) = 2x + y + xy` + 2yy` dx 2x + y + xy` + 2yy`= 0
odavde moramo da izrazimo y`
xy` + 2yy` = - 2x – y y`(x + 2y) = -2x – y pa je y` =
− 2x − y konačno rešenje x + 2y
Primer 3. Izračunati prvi izvod funkcije:
exy = x3 – y3
Rešenje: Možemo odmah diferencirati , a možemo prvo oformiti funkciju F(x,y), kako više volite!
Mi ćemo odmah diferencirati : exy = x3 – y3 exy(xy)` = 3x2 – 3y2y` exy(y + xy`) = 3x2 – 3y2y` exyy + exy xy` = 3x2 – 3y2y` sada da izrazimo y` exy xy` + 3y2y` = 3x2 - exyy y`( exy x + 3y2) = 3x2 - exyy y` =
3x 2 − e xy y e xy x + 3 y 2
pa je odavde
konačno rešenje
Primer 4. Izračunati prvi izvod funkcije:
xy – yx = 0
Ovde je malo teža situacija, jer moramo da logaritmujemo funkciju pa tek onda da tražimo izvod. xy = yx ln xy = ln yx
logaritmujemo izložioce prebacimo ispred ln...
952
www.matematiranje.com
y lnx = x lny
y`lnx + y
sada izvod , ali kao izvod proizvoda!
1 1 = lny + y`x x y
y` lnx -
x y y` = lny y x
y` (lnx -
x y ) = lny y x
y x y` = x ln x − y
i izrazimo y`
ln y −
konačno rešenje
IZVOD INVERZNE FUNKCIJE
Neka funkcija f ima prvi izvod različit od 0 na nekom intervalu i neka je g njena inverzna funkcija . Tada i g ima izvod i pri tome važi:
g `( x) =
1 f `( g ( x))
Često se ova formula zapisuje u obliku : y x` =
1 x `y
a može i
x`y y`x = 1
Primer 1. Ako je y = arcsin x , -1 ≤ x ≤ 1, −
π 2
≤y≤
π 2
, da nadjemo izvod od y !
Pošto je y = arcsin x , tada je x = siny , primenimo
y x` =
953
1 x `y
i dobijamo: www.matematiranje.com
(arcsinx)` =
1 1 = = {sad iskoristimo da je sin2y + cos2y = 1 to jest cosy = 1 − sin 2 y }= (sin y )` cos y
1
=
1 − sin 2 y
= { sad vratimo da je siny = x } =
Znači, dobili smo da je (arcsinx)` =
1 1− x2
1 1− x2
Primer 2.
Ako je
y = arctg x
i
−∞ < x < ∞ i
−
π 2
≤ y≤
π 2
da nadjemo izvod od y !
Kako je y = arctg x to je inverzna funkcija x = tg y , pa primenimo y x` =
(arctgx)` =
1 = (tgy )`
=
=
Dakle: (arctgx)`=
1 : x `y
1 = {kako je sin2y + cos2y = 1} 1 cos 2 y
1 1 1 = = a kako je tgy = x 2 2 2 sin y + cos y sin y cos y 1 + tg 2 y + cos 2 y cos 2 y cos 2 y 2
1 1+ x2 1 1+ x2
Primer 3.
Ako je y = logax , a>0 , a ≠ 1 , x>0 i − ∞ < y < ∞ , da nadjemo izvod.
Inverzna funkcija za y = logax je x = ay, pa je po formuli y x` =
1 : x `y www.matematiranje.com
954
(logax)` =
1 = znamo da je izvod od ay= aylna = (a y )`
=
1 = i sad samo zamenimo da je x = ay a ln a
=
1 x ln a
y
Dakle : (logax)`=
1 x ln a
www.matematiranje.com
955
IZVODI ZADACI (I deo)
Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:
1. C`=0 2. x`=1 3. (x2)`=2x 4. (xn)`=nxn-1 5. (ax)`=axlna 6. (ex)`=ex 7. (logax)`=
8. (lnx)`=
1 x ln a
1 x
(ovde je x >0 i a >0)
(x>0)
`
1 ⎛1⎞ 9. ⎜ ⎟ = − 2 x ⎝ x⎠ 1 10. x `= 2 x
( x ≠ 0) (x>0)
11. (sinx)`=cosx 12. (cosx)`= - sinx 1 13. (tgx)`= cos 2 x 1 14. (ctgx)`= − sin 2 x
15. (arcsinx)`= 16. (arccosx)`= -
x≠
1 1− x2 1
π 2
+ kπ
x ≠ kπ
x <1
1− x2
1 1+ x2 1 18. (arcctgx)`= 1+ x2
17. (arctgx)`=
956
www.matematiranje.com
Kad je konstanta vezana za funkciju, nju prepišemo a tražimo izvod samo od funkcije. A kad je konstanta sama, izvod od nje je 0.
1.
[cf(x)]`=cf `(x)
2.
[f(x) ± g(x)]` = f `(x) ± g`(x)
3.
(u οv)`=u`v+v`u
Od svakog sabirka tražimo izvod posebno.
izvod proizvoda
`
⎛ u ⎞ u `v − v`u ⎜ ⎟ = v2 ⎝v⎠
4.
izvod količnika
Zadaci: 1. Nađi izvode sledećih funkcija:
a) b) c) d)
y = x5 y = 10x f(x) = x y = log3 x
x5 1 f) f(x) = 7 x 1 g) y = 8 x5 h) y = x x
e) f(x) =
3
x2 x
i) y =
3
x
2
Rešenje:
a)
y = x5 ⇒ y` = 5x4 kao 4-ti tablični
b)
y = 10x ⇒ y` = 10xln10 kao 5-ti tablični
c)
f(x) =
x ⇒ f `( x) =
d)
y = log3 x pa je y` =
e)
f(x) =
3
x5
1
kao 10-ti tablični
2 x
1 kao 7-mi tablični x ln 3
Pazi: Ovde funkciju moramo prvo “pripremiti” za izvod. Iskoristićemo pravilo vezano za 5
m
stepenovanje:
m
x n = x n . Dakle 5
f `(x) =
f)
3
x 5 = x 3 pa dalje radimo kao (xn)`=nxn-1
2
5 3 −1 5 3 x = x 3 3
1 1 1 I ovde moramo “pripremiti” funkciju. Kako je n = a − n to je 7 = x −7 pa je izvod 7 a x x www.matematiranje.com f `(x)= -7 x -7-1 = -7x –8
f(x) =
957
g)
y=
1
ovde je y = x
x5
8
1
h)
i)
2.
−
5
5 8
3
3
y = x x = x1 x 2 = x 2 pa je y`=
y=
x
2
3
x x
2
2
x x
=
x
2 3
1 2
=
x x
5 2 2 3
=x
13
5 − −1 5 − pa će izvod biti y` = − x 8 = − x 8 8 8 1
3 2 −1 3 2 3 x = x = 2 2 2
x
11
11 6
5
11 6 −1 11 6 pa će izvod biti y` = x = x 6 6
Nađi izvode sledećih funkcija:
a) y = 5 sinx 1 b) y = lnx 2 − 3 c) y = tgx 4 d) y = π x3 4 e) f(x) = arctgx 5 f) f(x) = - a ctgx g) y = 10 h) y = -2abx
Rešenje:
a)
y = 5 sinx
5 je konstanta, pa nju prepišemo i tražimo izvod od sinx, a to je cosx. Dakle:
y` = 5 cosx b)
1 y = lnx 2
c)
y=
d)
y = π x3
1 je konstanta..... 2
− 3 tgx 4
y` =
1 1 1 = 2 x 2x
konstanta ostaje a od tgx je izvod 13. tablični, pa je y` =
1 − 3 4 cos 2 x
Pazi : π je takodje konstanta, a od x3 izvod je 3x2, pa je dakle:
y` = π 3x2 e)
f(x) =
4 arctgx 5
f `(x)=
4 1 4 = 2 5 1+ x 5(1 + x 2 )
kao 17. tablični
958
www.matematiranje.com
f `(x) = -a ( −
a 1 )= 2 2 sin x sin x
f)
f(x) = - a ctgx
g)
y = 10 Pazi: kad je konstanta sama izvod od nje je 0. Dakle y`=0
h)
y = -2abx
Ovde je –2ab konstanta, akako je od x izvod 1 to je : y` = -2ab
3. Nađi izvode:
a) y = 5x6 – 3x5 +4x – 8 1 b) f(x) = 3sinx - ex + 7arctgx – 5 2 2 3 1 + 2 − 3 +4 c) y = 3 x − 5x x x Rešenje:
y = 5x6 – 3x5 +4x – 8 Iskoristićemo pravilo [f(x) ± g(x)]` = f `(x) ± g`(x) i od svakog člana tražiti izvod
a)
posebno, naravno prepisujući konstantu ispred funkcije. y` = 5(x6)` – 3(x5)` +4(x)` – 8` y` = 30x5 – 15 x4 +4 – 0
Pazi još jednom, kad je konstanta sama izvod je 0.
y` = 30x5 – 15 x4 +4 1 x e + 7arctgx – 5 2 1 f `(x) = 3(sinx)` - (ex)` + 7(arctgx)` – 5` 2 1 1 1 7 f `(x) = 3 cos x - ex + 7 - 0 = 3 cos x - ex + 2 2 2 1+ x2 1+ x
b) f(x) = 3sinx -
2 3 1 + 2 − 3 + 4 Najpre ćemo koristeći već pomenuta pravila za stepenovanje i korenovanje, 5x x x “pripremiti” funkciju, a zatim tražiti izvode u tablici...
c) y =
3
x−
1
y = x3 - 2 x 2
y` =
−
1 2
+ 3x-2 3
1 -3 x +4 5 2
3
− 1 3 1 − 1 −3 1 − x -2 (− ) x 2 +3(-2)x-3 – (-3)x-4 + 0 = x 3 + x 2 - 6 x-3 + x-4 2 3 5 3 5
959
www.matematiranje.com
4.
Nađi izvode sledećih funkcija:
a) f(x) = x3 sinx b) f(x) = ex arcsinx c) y = (3x2+1)(2x2+3) d) y = x – sinxcosx
Rešenje: Kao što primećujete, u ovom zadatku moramo koristiti pravilo za izvod proizvoda: (u οv)`=u`v+v`u
a) f(x) = x3 sinx Ovde je x3 kao funkcija u, dok je sinx kao funkcija v f `(x) = (x3)` sinx + (sinx)`x3 f `(x) = 3x2 sinx + cosx x3 = x2(3sinx+xcosx)
b) f(x) = ex arcsinx
Ovde je ex kao funkcija u, dok je arcsinx kao funkcija v
f `(x) = (ex)`arcsinx + (arcsinx)`ex f `(x) = ex arcsinx +
c)
1 1− x
2
ex = ex( arcsinx +
1 1− x2
)
y = (3x2+1)(2x2+3) Naravno ovde možemo sve pomnožiti pa tražiti izvod od svakog posebno, ali malo je
lakše upotrebiti izvod proizvoda. y` = (3x2+1)`(2x2+3)+ (3x2+1)(2x2+3)`= 6x (2x2+3)+ 4x (3x2+1)= 2x[(6x2+9)+ (6x2+2)]=2x[12x2+11]
d) y = x –sinxcosx
Od x je izvod 1 a sinxcosx moramo kao izvod proizvoda
y` = 1 –[ (sinx)`cosx + (cosx)`sinx] y` = 1 –[ cosx cosx - sinx sinx]
Znamo da je sin2x + cos2x = 1
y` = sin2x + cos2x - cos2x + sin2x = 2 sin2x
960
www.matematiranje.com
5. Nađi izvode sledećih funkcija:
a) y =
x2 +1 x2 −1
b) y =
cos x 1 − sin x
c) y =
5 − ex ex + 2
d) y =
ln x + 1 ln x `
⎛ u ⎞ u `v − v`u Rešenje: Ovde ćemo koristiti izvod količnika : ⎜ ⎟ = v2 ⎝v⎠ a) y =
x2 +1 x2 −1
ovde je x2 + 1 funkcija u, dok je x2-1 funkcija v
y`=
( x 2 + 1)`( x 2 − 1) − ( x 2 − 1)`( x 2 + 1) ( x 2 − 1) 2
y`=
2 x( x 2 − 1) − 2 x( x 2 + 1) ( x 2 − 1) 2
izvuci zajednički ispred zagrade ako ima, biće lakše za rad!
y`=
2 x[( x 2 − 1) − ( x 2 + 1)] ( x 2 − 1) 2
malo prisredimo...
y`=
b) y =
− 4x ( x 2 − 1) 2
cos x 1 − sin x
savet : imenilac nek ostane ovako do kraja!
evo konačnog rešenja!
u je cosx ; a v je 1 - sinx
y`=
(cos x)`(1 − sin x) − (1 − sin x)`cos x (1 − sin x) 2
y`=
− sin x(1 − sin x) + cos x cos x (1 − sin x) 2
nadjemo izvode u brojiocu...
961
www.matematiranje.com
y`=
− sin x + sin 2 x + cos 2 x (1 − sin x) 2
y`=
1 − sin x (1 − sin x) 2
y`=
c) y =
1 1 − sin x
kako je sin2x + cos2x = 1 to je
skratimo 1 – sinx, naravno postavimo uslov da je to različito od 0
i evo konačnog rešenja!
5 − ex ex + 2
y`=
(5 − e x )`(e x + 2) − (e x + 2)`(5 − e x ) (e x + 2) 2
y`=
− e x (e x + 2) − e x (5 − e x ) izvlačimo ex kao zajednički ispred zagrade (e x + 2) 2
y`=
− e x (e x + 2 + 5 − e x ) malo sredimo... (e x + 2) 2
y`=
d) y =
y`=
− 7e x (e x + 2) 2
konačno rešenje
ln x + 1 ln x (ln x + 1)`ln x − (ln x)`(ln x + 1) ln 2 x
1 1 ln x − (ln x + 1) x y`= x ln 2 x 1 1 1 ln x − ln x − x x y`= x ln 2 x 1 y`= 2x ln x −
pa je y`=
−1 x ln 2 x
konačno rešenje
www.matematiranje.com
962
6. Odrediti jednačinu tangente funkcije y = 2x2 – 3x + 2 u datoj tački A(2,y) koja pripada funkciji. Rešenje:
Najpre ćemo naći nepoznatu koordinatu y tako što ćemo u datoj funkciji zameniti x = 2 y = 2* 22- 6 + 2 = 4, pa je data tačka ustvari A(2,4) Da vas podsetimo: Jednačina tangente
Jednačina tangente na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) u kojoj je funkcija diferencijabilna, računa se po formuli: y – y0 = f `(x0)(x – x0) f(x) = 2x2 – 3x + 2 Nađemo izvod ... f `(x) = 4x - 3
Ovde zamenimo vrednost x = 2
f `(2) = 8-3 = 5
Vrednost prvog izvoda u dvojci je 5. Sad upotrebimo formulu:
y – y0 = f `(x0)(x – x0) y – 4 = 5 (x- 2) malo prisredimo… y = 5x – 6
je tražena jednačina tangente
7. U kojoj tački parabole y = x2 – 7x + 3 je tangenta paralelna sa pravom y = 5x + 2 ? Rešenje: f(x) = x2 – 7x + 3
pa je prvi izvod
f `(x) = 2x – 7
Uslov paralelnosti je da je k1= k2 , iz prave y = 5x + 2 je k = 5 pa zaključujemo da je f `(x) = 5, to jest 2x – 7 = 5 2x = 12 x=6 Sada ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole da nađemo koordinatu y. Dakle : y = x2 – 7x + 3 y = 36 – 42 +3 y = -3 Tražena tačka koja pripada paraboli je ( 6,-3)
963
www.matematiranje.com
8. Odrediti jednačinu normale funkcije y = x4 – x2 + 3 u tački M(1,y) koja pripada grafiku te funkcije. Rešenje:
Najpre nadjemo nepoznatu koordinatu y. Y = 1 – 1 +3 = 3, dakle koordinate su M(1,3) Normala se traži po formuli :
Jednačina normale
Normala na krivu y=f(x) u tački (x0,y0) je prava normalna na tangentu krive u toj tački. Njena jednačina je : y – y0 =
−1 (x – x0) f ( x0 ) `
y = x4 – x2 + 3 y` = 4x3 – 2x pa zamenimo x koordinatu tačke M
y`(1)= 4 – 2 =2 i sad upotrebimo formulu: y–3=
−1 ( x − 1) malo sredimo… 2
2y – 6 = -x +1
pa je normala
n: x+2y –7 = 0 traženo rešenje
www.matematiranje.com
964
965
IZVODI ZADACI ( II deo) U ovom delu ćemo pokušati da vam objasnimo traženje izvoda složenih funkcija. Prvo da razjasnimo koja je funkcija složena? Pa, najprostije rečeno, to je svaka funkcija koje nema u tablici ( tamo su samo elementarne funkcije) i čiji izvod se ne može naći primenom datih pravila. Evo par primera: Primer 1. Nađi izvod funkcije y = (1+5x)12 Kako da razmišljamo? Da je data funkcija y = x12, njen izvod bi bio y` = 12 x11, i to ne bi bio problem. Ali mi umesto x-sa imamo 1+5x i to nam govori da je funkcija složena! Radimo isto kao za elementarnu funkciju, i dodamo izvod od onog što je složeno! Dakle:
y = (1+5x)12 y` = 12(1+5x)11(1+5x)` [ od jedinice je izvod 0, a od 5x je izvod 5] y` = 12 (1+5x)115 y` = 60 (1+5x)11
Primer 2.
y sin x Podsetimo se : ako je y =
x
izvod je y`
1 2 x
, ali pošto unutar korena imamo sinx, funkcija je složena!
y sin x y`
y`
1 2 sin x 1 2 sin x
(sinx)`
cosx www.matematiranje.com
966
Primer 3. y ex
Nađi izvod funkcije
2
2 x 3
Znamo da je (ex)`=ex . A pošto umesto x-sa imamo izraz x2 + 2x – 3, to se znači radi o složenoj funkciji.
y ex
2
2 x 3
y` e x
2
2 x 3
( x 2 2 x 3)`
y` e x
2
2 x 3
( 2 x 2)
Primer 4. Nađi izvod funkcije
Od ln x funkcije izvod je
y ln
y`
y`
y ln
1 x 1 x
1 1 x , ali ovde je umesto x- sa izraz pa radimo kao složenu funkciju! Dakle: x 1 x
1 x 1 x
1 1 x 1 x 1 x 1 x
`
ovde pazimo, jer je (
1 x )` izvod količnika! 1 x
1 (1 x)`(1 x) (1 x)`(1 x) skratimo po 1-x 1 x (1 x) 2 1 x
y`
1 1 x 1 x 1 x 1 x
y`
1 2 1 x 1 x
y`
2 1 x2
u imeniocu je razlika kvadrata…
konačno rešenje!
ZNAČI: Radimo sve isto kao da je elementarna funkcija i pomnožimo sve sa izvodom od onog što je složeno! www.matematiranje.com
967
Ako nismo ovo baš razumeli evo tablice izvoda složene funkcije, y = f(u) a u = g(x) pa je y` = f `(u) g`(x)
1. (u2)`=2u u` 2. (un)`=nun-1u` 3. (au)`=aulna u` 4. (eu)`=euu` 5. (logau)`=
1 u` u ln a
1 6. (lnu)`= u` u ` 1 1 7. 2 u` u u 1 u ` u` 8. 2 u 9. (sinu)`=cosu u` 10. (cosu)`= - sinu u` 1 11. (tgu)`= u` cos 2 u 1 12. (ctgu)`= u` sin 2 u
13. (arcsinu)`= 14. (arccosu)`= -
1 1 u2 1
u`
1 u2
u`
1 u` 1 u2 1 16. (arcctgu)`= u` 1 u2
15. (arctgu)`=
www.matematiranje.com
968
ZADACI:
1. Nađi izvod funkcije
a) y = sin5x b) y = sin 5x
Rešenje:
Ovde moramo voditi računa , sin5x ćemo raditi kao drugi tablični , jer važi sin5x = (sinx)5 dok ćemo sin 5x raditi kao deveti tablični, to jest kao sin u, gde je u = 5x a)
2.
y = sin5x
b) y = sin 5x
y` = 5sin4x(sinx)`
y` = cos5x(5x)`
y` = 5sin4x cosx
y` = cos5x 5= 5cos5x
y ln
Nađi izvod funkcije
1 sin x 1 sin x
Rešenje: Ovde imamo višestruko složenu funkciju...Najpre idemo izvod ln u, gde je u =
y ln
y`
y`
y`
y`
1 sin x 1 sin x
1 sin x 1 sin x
1 1 sin x 1 sin x
(
1 sin x )` 1 sin x
sada radimo izvod
1 sin x )` 1 sin x 1 sin x 1 sin x 2 1 sin x 1 sin x 1
1
(
pazi :
u `
1 2 u
u` gde je u =
1 sin x 1 sin x
1 sin x je izvod količnika 1 sin x
1 (1 sin x)`(1 sin x) (1 sin x)`(1 sin x) 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x cos x(1 sin x) cos x(1 sin x) 1 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x
www.matematiranje.com
969
y`
y`
cos x cos x sin x cos x cos x sin x 1 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x 2 cos x 1 1 sin x (1 sin x) 2 2 1 sin x
pokratimo šta može...
y`
cos x (1 sin x)(1 sin x)
y`
cos x 1 sin 2 x
y`
cos x cos 2 x
y`
1 konačno rešenje! cos x
u imeniocu je razlika kvadrata
znamo da je sin2x + cos2x = 1
skratimo cos x
3. Nađi izvod funkcije
y = arc tg
1 x 1 x
Rešenje: Kako razmišljamo? Moramo raditi kao (arctgu)`=
y = arc tg
y`
y`
gde je
u=
1 x 1 x
1 x 1 x
1 x 2 1 x 1 x 1 1 x 1
1 u` 1 u2
`
pazi :
1 x je izvod količnika i odmah ostalo’sredjujemo’ 1 x
1 (1 x)`(1 x) (1 x)`(1 x) 2 (1 x) (1 x) 2 1 (1 x) 2
www.matematiranje.com
970
y`
1 1(1 x) 1(1 x) 2 (1 x) (1 x) (1 x) 2 (1 x) 2
pokratimo (1-x)2
2
y`
1 1 x 1 x 2 1 1 2x x 1 2x x
y`
2 1 2 = = 2 2 2 2x 2(1 x ) (1 x 2 )
sredimo malo...
2
4. Nađi izvod funkcije
Dakle , konačno rešenje je:
y = arcsin
1 (
y`
y`
y`
1 1 u2
u`
gde je u =
2x 1 x2
2x 1 x2 1
y`
1 (1 x 2 )
2x 1 x2
Rešenje: Radimo po formuli (arcsinu)`=
y = arcsin
y`=
2x 2 ) 1 x2
1 4x 2 1 (1 x 2 ) 2
2x ( )` 1 x2
2(1 x 2 ) 2 x 2 x sredjujemo dalje izraz pod korenom... (1 x 2 ) 2
2 2x 2 4x 2 (1 x 2 ) 2 (1 x 2 ) 2 4 x 2 (1 x 2 ) 2 1
2 2x 2 2 2 1 2 x 2 x 4 4 x 2 (1 x ) (1 x 2 ) 2 1
www.matematiranje.com
971
2(1 x 2 ) y` 2 2 1 2 x 2 x 4 (1 x ) (1 x 2 ) 2 1
y`
y`
2(1 x 2 ) 2 2 (1 x 2 ) 2 (1 x ) (1 x 2 ) 2 1
1 2(1 x 2 ) 1 x 2 (1 x 2 ) 2 1 x2
pokratimo... i dobijamo konačno rešenje
y`
2 1 x2
Podsetimo se teorijskog dela iz izvoda višeg reda...
Izvodi višeg reda
y``= (y`)`
drugi izvod je prvi izvod prvog izvoda
y```=(y``)`
treći izvod je prvi izvod drugog izvoda
y(n)= (yn-1))`
n-ti izvod je prvi izvod (n-1)-vog izvoda
Znači da ovde praktično nema ničeg novog, jer mi ustvari uvek tražimo prvi izvod i naravno moramo da idemo redom , prvi izvod, pa drugi, pa treći itd... Evo nekoliko primera:
Primer 1. Odredi drugi izvod sledećih funkcija : a) y 3 x 2 4 x 5 2
y ex 1 x v) y 1 x
b)
www.matematiranje.com
972
Rešenja: a)
y 3x 2 4 x 5 y` = 6x – 4 y``= 6
b)
y ex
2
Pazi , ovo je složena funkcija... 2
2
2
y` e x ( x 2 )` = e x (-2x) = -2x e x evo ga prvi izvod , sad radimo kao izvod proizvoda, a konstanta –2
ostaje ispred… 2
2
y``= -2[x` e x +( e x )`x] 2
2
2
2
y``= -2[ e x +(-2x e x )x] pa je y``=-2[ e x -2 x 2 e x ] 2
y``= -2 e x [1-2 x 2 ] evo drugog izvoda 1 x 1 x
v)
y
y`
(1 x)`(1 x) (1 x)`(1 x) (1 x) 2
y`
1(1 x) 1(1 x) (1 x) 2
y`
1 x 1 x (1 x) 2
Najpre radimo kao izvod količnika...
2 2 sada tražimo drugi izvod, ali radi lakšeg rada ćemo napisati 2(1 x) 2 2 2 (1 x) (1 x) radimo kao složenu funkciju… y`
i ovo dalje
y` 2(1 x) 2 y`` 2(2)(1 x) 21 y`` 4(1 x) 3 4 y`` (1 x) 3
www.matematiranje.com
973
Primer 2. Data je funkcija f(x)= exsinx.
Dokazati da je tačna jednakost: f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = 0
Rešenje:
Mi dakle moramo naći prvi i drugi izvod funkcije f(x)= exsinx i to treba da zamenimo u datoj jednakosti! f(x)= exsinx f `(x) = (ex)`sinx + (sinx)`ex f `(x) = exsinx + cosx ex
Našli smo prvi izvod, sad tražimo drugi...
f ``(x) = (exsinx)` + (cosx ex)` f ``(x) = (ex)`sinx + (sinx)`ex + (cosx)`ex + (ex)`cosx f ``(x) = exsinx + cosx ex - sinx ex + excosx f ``(x) = 2excosx
Sada se vraćamo u početnu jednakost: f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) =
zamenimo…
2excosx – 2 (exsinx + cosx ex) + 2 exsinx = 2excosx – 2 exsinx -2 cosx ex + 2 exsinx = sve se potire...=0
Time smo dokazali da je zaista
f ``(x) – 2f `(x) + 2f(x) = 0
www.matematiranje.com
974
Primer 3. Nadji n- ti izvod funkcije: a) y = e- 2x b) y = sinx Rešenje:
a)
y = e- 2x
Pazi, izvod složene funkcije...
y` = e- 2x(-2x)`= -2 e- 2x y`` = -2 (-2 e- 2x) = 4 e- 2x y```= 4 (-2 e- 2x) = -8 e- 2x yiv = -8(-2 e- 2x) = 16 e- 2x ……………………….. Pitamo se kako će izgledati n-ti izvod ?
Tu već nastaju mali problemi. Iz nekoliko prvih izvoda, najčešće 5,6 njih mi trebamo naći n-ti izvod. Probamo da uočimo kako se ponašaju odredjeni članovi u izvodima. Recimo, kod ovog primera se e- 2x javlja u svim izvodima, a ove brojke ćemo malo prepraviti… y` = -2 e- 2x = (-2)1 e- 2x y`` = 4 e- 2x = (-2)2 e- 2x y```= -8 e- 2x = (-2)3 e- 2x yiv = 16 e- 2x = (-2)4 e- 2x Vidimo da (-2) ima onaj stepen koji je izvod u pitanju! Iz ovoga zaključujemo da će n-ti izvod biti : y(n) =(-2)n e- 2x Međutim, ovde posao nije gotov. Neki profesori zahtevaju da se ova formula dokaže i primenom matematičke indukcije. I u pravu su! Proučite Matematičku indukciju (naravno na sajtu) i probajte da radi vežbe uradite ovaj dokaz. www.matematiranje.com
975
b) y = sinx
y` cos x sin( x
2
)
veza u prvom kvadrantu (pogledaj temu II godina prebacivanje u I kvadrant)
y`` sin x sin( x 2 ) 2
y``` cos x sin( x 3 ) 2
y ( 4 ) sin x sin( x 4 ) itd. 2 …………………………………. Vidimo da svaki izvod možemo izraziti preko sinusa i još primećujemo da koji je izvod u pitanju taj je broj uz
2
.
Dakle n-ti izvod je y ( n ) sin( x n ) 2
I ovo naravno treba dokazati indukcijom! NAPOMENA: Ako funkcije u=u(x) i v=v(x) imaju u tački x0 izvode do reda n, tada njihova linearna kombinacija au + bv , gde a i b pripadaju skupu R i njihov proizvod u v imaju takodje izvode do reda n u tački x0 i pri tome važi: 1.
(au+bv)(n) =a u(n) + b v(n)
2.
n n n n ( n 1) n ( n ) u`v (u v)(n) = u ( n ) v u ( n 1) v` u ( n 2 ) v``....... uv 0 1 2 n 1 n
Ova druga formula je poznata i kao Lajbnicova formula!
www.matematiranje.com
976
977
y = x3 − 3x + 2
1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije Oblast definisanosti (domen)
Kako zadata funkcija nema razlomak, to je x ∈ (−∞, ∞) to jest x ∈ R Nule funkcije
y = 0 to jest x 3 − 3 x + 2 = 0 Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama možemo koristiti Bezuovu teoremu ( pogledaj fajl iz 1. godine) ili da pokušamo sklapanje “ 2 po 2”. x3 − 3x + 2 = 0 x3 − x − 2 x + 2 = 0 x( x 2 − 1) − 2 x + 2 = 0 x( x − 1)( x + 1) − 2( x − 1) = 0
izvučemo zajednički
( x − 1)[ x( x + 1) − 2] = 0 ( x − 1)[ x 2 + x − 2] = 0 Kako je za x 2 + x − 2 = 0 x1 = 1, x2 = −2 a znamo formulicu ax 2 + bx + c = a ( x − x1 )( x − x2 ) to je ( x − 1)( x − 1)( x + 2) = 0 ( x − 1) 2 ( x + 2) = 0 Nule funkcije su dakle x = 1 i x = - 2 Na skici to su mesta gde grafik funkcije seče x osu y
2 1 -5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
Znak funkcije
Posmatrajmo “ sklopljeni” oblik funkcije y = ( x − 1) 2 ( x + 2) Odavde možemo zaključiti da je ( x − 1) 2 ≥ 0 pa ne utiče na znak funkcije. Dakle znak zavisi samo od izraza x+2 : y > 0 za x +2 >0 to jest za x > -2 y < 0 za x +2 <0 to jest za x < -2 Na grafiku bi to značilo :
www.matematiranje.com
978
1
y 5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
Grafik se nalazi samo u ovim obeleženim oblastima. Parnost i neparnost
f (− x) = (− x)3 − 3(− x) + 2 = − x3 + 3 x + 2 A ovo je ≠ f(x) i ≠ -f(x) Dakle funkcija nije ni parna ni neparna pa ne postoji simetričnost grafika ni u odnosu na y osu ni u odnosu na koordinatni početak. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
y = x3 − 3x + 2 y`= 3 x 2 − 3 y`= 0 3x 2 − 3 = 0 3( x − 1)( x + 1) = 0 → x = 1 ∨ x = −1 y
Za x = -1
M (-1,4)
y = (−1) − 3 ⋅ (−1) + 2 = −1 + 3 + 2 = 4 Dobili smo tačku M 1 (−1, 4) 3
Za x = 1
5 4 3 2 1
-5 -4 -3 -2
-1 0 M (1,0) 2 -1
y = 13 − 3 ⋅1 + 2 = 0 Dobili smo tačku M 2 (1, 0)
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
Za rašćenje i opadanje znamo da kada je y`>0 tu funkcija raste, a za y`<0 funkcija opada. Kako je y`= 3 x 2 − 3 upotrebićemo znanje iz II godine da kvadratni trinom ima znak broja a svuda osim izmedju nula...
www.matematiranje.com
979
2
+ -1
+ -1
-
+ 1
-
+ 1
pa je onda
Funkcija raste za x ∈ (−∞, −1) ∪ (1, ∞) Funkcija opada za x ∈ (−1,1) Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
Tražimo drugi izvod... y`= 3 x 2 − 3 y``= 6 x y``= 0 6x = 0 → x = 0 Ovu vrednost menjamo u početnu funkciju za x = 0 y = 03 − 3 ⋅ 0 + 2 y=2 Dobili smo tačku prevoja P(0, 2) Znamo da je za y``> 0 funkcija konveksna ( smeje se ) a za y``<0 konkavna ( mršti se )
y``>0 za 6x > 0 , to jest x > 0
y``<0 za 6x < 0 , to jest x < 0
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
Vertikalna asimptota Ne postoji jer funkcija nema nigde prekid, odnosno definisana je svuda... Horizontalna asimptota
lim( x 3 − 3x + 2) = lim( x − 1) 2 ( x + 2) = ∞ ⋅ ∞ = ∞ x →∞
x →∞
lim ( x − 3 x + 2) = lim ( x − 1) 2 ( x + 2) = ∞ ⋅ (−∞ ) = −∞ 3
x →−∞
x →−∞
Dakle , nemamo horizontalnu asimptotu.
www.matematiranje.com
980
3
Kosa asimptota y = kx + n f ( x) x3 − 3x + 2 k = lim = lim =∞ x →±∞ x →±∞ x x
Dakle, nema ni kose asimptote... Skica grafika
Kao što smo videli svaka tačka u ispitivanju toka funkcije nam kaže po nešto o tome kako funkcija izgleda. Da nacrtamo sada celu funkciju...
y 5 M (-1,4)
4 3 P(0,2)
1 -5 -4 -3 -2 -1
0 M (1,0) 2 -1
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
-1
1
0
Predlažemo vam da za početak ispod grafika nanesete paralelno dve prave na kojima ćete najpre uneti rezultate za monotonost i konveksnost. To bi trebalo da pomogne... www.matematiranje.com
981
4
x2 − 4 y= 1 − x2
2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije Oblast definisanosti (domen)
Funkcija je definisana za 1 − x 2 ≠ 0 to jest (1 − x)(1 + x) ≠ 0
x ≠ 1 i x ≠ −1
odnosno
Dakle x ∈ (−∞, −1) ∪ (−1,1) ∪ (1, ∞) Ovo nam govori da funkcija ima prekide u x=-1 i x=1 ( tu su nam asimptote) x=-1
y
x=1
3 2 1 -5 -4 -3
-2
-1
0 1 2 -1 -2
3
4
5
x
-3
Nule funkcije
y = 0 za x 2 − 4 = 0 → ( x − 2)( x + 2) = 0 → x = 2 ∨ x = −2 Dakle, grafik seče x osu u dvema tačkama -2 i 2 y
2 1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2 3
4
5
x
Znak funkcije
-2
-1
1
Najbolje je koristiti tablicu… 2
8
-
8
x 2 − 4 ( x − 2)( x + 2) = y= 1 − x2 (1 − x)(1 + x)
x-2 x+2 1-x 1+x
y Šta nam tablica govori?
www.matematiranje.com
982
5
Ona nam kaže gde je grafik iznad x ose ( gde su plusevi) i gde je ispod x ose ( gde su minusi) Na slici bi to izgledalo ovako: x=-1
x=1 y
-5 -4 -3 -2 -1
0 -1 -2 -3
1 2
3
4
5
x
Funkcija postoji samo u osenčenim delovima. Parnost i neparnost f ( − x) =
(− x) 2 − 4 x 2 − 4 = = f ( x) 1 − (− x) 2 1 − x 2
Dakle , funkcija je parna, pa će grafik biti simetričan u odnosu na y osu. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje) x2 − 4 1 − x2 ( x 2 − 4)`(1 − x 2 ) − (1 − x 2 )`( x 2 − 4) y`= (1 − x 2 ) 2 y=
y`=
2 x(1 − x 2 ) − (−2 x)( x 2 − 4) (1 − x 2 ) 2
y`=
2 x(1 − x 2 ) + 2 x( x 2 − 4) izvučemo 2x kao zajednički ispred zagrade... (1 − x 2 ) 2
2 x(1 − x 2 + x 2 − 4) (1 − x 2 ) 2 −6 x y`= (1 − x 2 ) 2
y`=
y` = 0 za -6x = 0 , pa je x = 0 tačka ekstrema. Kad zamenimo x = 0 u početnu funkciju, dobijamo: y=
02 − 4 = −4 1 − 02
Dobili smo tačku ekstremne vrednosti M(0,-4) Za monotonost nam treba znak prvog izvoda. Razmislimo malo...
983
www.matematiranje.com
6
Izraz u imeniocu je uvek pozitivan ( zbog kvadrata) , tako da na znak prvog izvoda utiče samo izraz u brojiocu.
y`> 0 → −6 x > 0 → x < 0
-
8
y`< 0 → −6 x < 0 → x > 0
8
Dakle
0
Na skici to bi izgledalo : Dobijena tačka M(0,-4) je dakle tačka minimuma. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
y`=
−6 x (1 − x 2 ) 2
y``=
(−6 x)`(1 − x 2 ) 2 − ((1 − x 2 ) 2 )`(−6 x) pazi , izraz ((1 − x 2 )2 )` mora kao izvod složene funkcije... (1 − x 2 ) 4
y``=
−6(1 − x 2 ) 2 − 2(1 − x 2 )(−2 x)(−6 x) (1 − x 2 ) 4
y``=
−6(1 − x 2 ) 2 − 24 x 2 (1 − x 2 ) (1 − x 2 ) 4
y``=
(1 − x 2 )[−6(1 − x 2 ) − 24 x 2 ] (1 − x 2 ) 4
y``=
−6 + 6 x 2 − 24 x 2 (1 − x 2 )3
y``=
−6 − 18 x 2 (1 − x 2 )3
y``=
−6(1 + 3x 2 ) (1 − x 2 )3
izvučemo (1 − x 2 ) ispred zagrade...
y`` = 0 za −6(3x 2 + 1) = 0 , a ovo nema racionalna rešenja, što nam govori da funkcija nema prevojnih tačaka.
Konveksnost i konkavnost ispitujemo iz znaka drugog izvoda. Razmislimo opet malo...
3x 2 + 1 > 0 pa on ne utiče na znak drugog izvoda . Radićemo tablično, ali vodimo računa da u tablici mora biti i -6. www.matematiranje.com
984
7
-1
1
8
8
-
-6 1-x 1+x y``
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
Vertikalna asimptota 12 − 4 −3 x2 − 4 x2 − 4 −3 lim = lim = = = = +∞ 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (1 + ε ))(1 + 1 + ε ) (1 − 1 − ε )2 (−ε )2 1− x x →1+ε , kadε →0
lim
x →1+ε , kadε →0
12 − 4 x2 − 4 x2 − 4 −3 −3 lim = = = = = -∞ 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (1 − ε ))(1 + 1 − ε ) (1 − 1 + ε )2 ε 2 1− x
x →1−ε , kadε →0
x →1−ε , kadε →0
(−1) 2 − 4 x2 − 4 x2 − 4 −3 −3 lim = lim = = = = -∞ 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 + ε ))(1 + (−1 + ε )) (2 − ε )ε 2ε 1− x
x → −1+ε , kadε →0
lim
x → −1+ε , kadε →0
x2 − 4 (−1) 2 − 4 −3 −3 x2 − 4 lim = = = = =+ ∞ 2 1− x (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 − ε ))(1 + (−1 − ε )) (2 + ε )(−ε ) 2(−ε )
x → −1−ε ,kadε →0
x → −1−ε , kadε →0
Horizontalna asimptota 1 x2 − 4 = − = −1 pa je y = - 1 horizontalna asimptota 2 x → ±∞ 1 − x 1 lim
Znači da , pošto ima horizontalna asimptota, kose asimptote nema.
Još da sklopimo konačan grafik: www.matematiranje.com
985
8
x=-1
x=1 y 5 4 3 2 1
-5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
y=-1
-2 -3 M(0,-4)
-5
0
-1
3. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
1
x2 − 4 y= x −1
Oblast definisanosti (domen)
Funkcija je definisana za x − 1 ≠ 0 odnosno
x ≠1
Dakle x ∈ (−∞,1) ∪ (1, ∞) Znači , u x=1 je vertikalna asimptota y
x=1
3 2 1 -5 -4 -3
-2
-1
0 1 2 -1 -2
3
4
5
x
-3
www.matematiranje.com
986
9
Nule funkcije
y = 0 za x 2 − 4 = 0 → ( x − 2)( x + 2) = 0 → x = 2 ∨ x = −2 Dakle, grafik seče x osu u dvema tačkama x = -2 i x = 2 y
2 1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2 3
4
5
x
Znak funkcije
y=
x 2 − 4 ( x − 2)( x + 2) = x −1 x −1 x=1
-2
1
2
8
8
y
-
x-2 x+2
0 -5
x-1
-4 -3
-2
-1
-1
1
2 3
4
5
x
-2 -3
y Funkcija je u žuto osenčenim oblastima. Parnost i neparnost
f ( − x) =
(− x) 2 − 4 x 2 − 4 = − x −1 −x −1
Funkcija nije ni parna ni neparna. Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
x2 − 4 x −1 ( x 2 − 4)`( x − 1) − ( x − 1)`( x 2 − 4) y`= ( x − 1) 2 y=
2 x( x − 1) − 1( x 2 − 4) y`= ( x − 1) 2 y`=
2 x 2 − 2 x − 1x 2 + 4 x 2 − 2 x + 4 = ( x − 1) 2 ( x − 1) 2 www.matematiranje.com
987
10
y`= 0 za x 2 − 2 x + 4 = 0 Kako je x 2 − 2 x + 4 > 0 jer je a > 0 ∧ D < 0 (pogledaj fajl iz druge godine, kvadratna funkcija)
zaključujemo da funkcija nema ekstremnih vednosti, i da je stalno rastuća. ( y`> 0 ) Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
x2 − 2 x + 4 y`= ( x − 1) 2 y``=
( x 2 − 2 x + 4)`( x − 1) 2 − (( x − 1) 2 )`( x 2 − 2 x + 4) ( x − 1) 4
y``=
(2 x − 2)( x − 1) 2 − 2( x − 1)( x 2 − 2 x + 4) gore izvučemo x-1 ispred zagrade ( x − 1) 4
y``=
( x − 1)[(2 x − 2)( x − 1) − 2( x 2 − 2 x + 4)] ( x − 1) 4
[2 x 2 − 2 x − 2 x + 2 − 2 x 2 + 4 x − 8] ( x − 1)3 −6 y``= ( x − 1)3
y``=
Zaključujemo da funkcija nema prevojnih tačaka, jer je −6 ≠ 0 .
1
8
-
8
Konveksnost i konkavnost ispitujemo :
-6 x-1 y``
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
Vertikalna asimptota lim
x 2 − 4 12 − 4 −3 −3 = = -∞ = = x −1 1 + ε − 1 + ε + 0
x →1+ε , kadε →0
lim
x 2 − 4 12 − 4 −3 −3 = = +∞ = = x −1 1− ε −1 − ε − 0
x →1−ε , kadε →0
www.matematiranje.com
988
11
horizontalna asimptota: x2 − 4 = ± ∞ Ovo nam govori da nema horizontalne asimptote pa moramo tražiti kosu! x → ±∞ x − 1
lim
kosa asimptota: Kosa asimptota je prava y = kx + n k= lim
x →±∞
f ( x) x
i
n= lim [ f ( x) − kx] x → ±∞
x −4 x2 − 4 x 1 − =1 = lim 2 k= lim x → ±∞ x → ±∞ x − x x 2
⎡ x2 − 4 ⎡ x2 − 4 − x2 + x ⎤ ⎤ ⎡ x 2 − 4 − x( x − 1) ⎤ ⎡ x − 4⎤ n= lim [ f ( x) − kx] = lim ⎢ = lim ⎢ = lim ⎢ =1 − 1x ⎥ = lim ⎢ ⎥ ⎥ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x −1 x −1 ⎣ x − 1 ⎥⎦ ⎣ ⎦ ⎣ x −1 ⎣ ⎦ ⎦
Sada k i n zamenimo u formulu: y = kx + n i dobijamo da je
y = x + 1 kosa asimptota
x=1
y
y=x+1
5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
0
1
www.matematiranje.com
989
12
990
13
www.matematiranje.com ISPITIVANJE TOKA I GRAFIK FUNKCIJE 1. OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE: P( x) onda je Q(x) ≠ 0 Q ( x) Ako je data ln ⊗ , onda je ⊗ >0 Ako je data racionalna funkcija
Θ,
Ako je data Ako je data .
3
onda je Θ ≥ 0
@ , onda je svuda definisana
Funkcija ex je svuda definisana. 2. NULE FUNKCIJE:
jednačine y=0.
To su mesta gde grafik seče x-osu i dobijaju se rešavanjem P( x) samo P(x)=0) (Kod racionalne funkcije Q( x)
3. ZNAK FUNKCIJE: Rešavamo nejednačine y>0 i y<0, dobijamo gde je grafik iznad x-ose (y>0) i ispod x-ose(y<0). Koristimo tablicu…..najčešće…
4. PARNOST I NEPARNOST : Ako je f(-x)=f(x) funkcija je parna a grafik simetričan u odnosu na y-osu, a ako je f(-x)=-f(x) funkcija je neparna a grafik simetričan u odnosu na koordinatni početak.
5. EKSTREMNE VREDNOSTI (MAXIMUM I MINIMUM) I MONOTONOST Tražimo y`. Kad y`=0, dobijamo (ako ima) x1, x2, … i te vrednosti zamenimo u početnu funkciju da nadjemo y1,y2,… Dobijene tačke su ekstremi. Ako je y`>0 funkcija raste a ako je y`<0 funkcija opada.
6. PREVOJNE TAČKE I KONVEKSNOST I KONKAVNOST: Tražimo y`` . Kad y``=0 , dobijamo tačke prevoja (to su mesta gde funkcija prelazi iz konveksnosti u konkavnost ili obrnuto). Ako je y``>0 funkcija je konveksna , a ako je y``<0 funkcija je konkavna.
991
www.matematiranje.com 7.
ASIMPTOTE FUNKCIJE
- vertikalna Potencijalna vertikalna asimptota se nalazi u prekidima iz oblasti definisanosti. Ako je recimo tačka x = Θ prekid, moramo ispitati kako se funkcija “ ponaša “ u nekoj okolini te tačke, pa tražimo dva limesa:
lim f ( x)
x →Θ +ε , kadε → 0
i
lim f ( x)
x →Θ −ε , kadε →0
Ako su rešenja ova dva limesa + ∞ ili - ∞ onda je prava
x = Θ vertikalna asimptota, a ako dobijemo neki broj za rešenje, onda funkcija teži tom broju ( po ipsilonu) Pazite: Za svaki prekid mora da se kraže oba limesa, osim možda ako funkcija nije negde definisana. - horizontalna Ovde tražimo dva limesa: lim f ( x) x → +∞
i
lim f ( x) .
x → −∞
Ako kao rešenje dobijemo neki broj , recimo #, onda je y = # horizontalna asimptota, a ako dobijemo + ∞ ili - ∞ onda kažemo da nema horizontalna asimptota. -
kosa
Kosa asimptota je prava y = kx + n
f ( x) i n= lim[ f ( x) − kx] x →∞ x →∞ x Naravno, potrebno je raditi ove limese i za + ∞ i za - ∞ , naročito kod složenijih funkcija,jer se može desiti da nema ove asimptote sa obe strane... k= lim
AKO IMA HORIZONTALNA ASIMPTOTA, KOSA NEMA!
8.
PERIODIČNOST FUNKCIJE
Ovu tačku ispitujemo samo za trigonometrijske i slične funkcije koje imaju peridu ponavljanja(biće detaljno objašnjeno) I NA KRAJU SKLOPITE GRAFIK NA OSNOVU ISPITIVANJA KOJE STE IZVRŠILI U PRETHODNIM TAČKAMA
992
www.matematiranje.com
993
ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija. Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ”ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti”, pa kako oni rade tako i vi… Još jedna stvar, neki profesori ne ispituju horizontalnu asimptotu kao posebnu, već to odrade u sklopu kose asimptote. Mi ćemo pokušati da vam objasnimo svaku asimptotu posebno. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: -
vertikalna
-
horizontalna
-
kosa - vertikalna Potencijalna vertikalna asimptota se nalazi u prekidima iz oblasti definisanosti. Ako je recimo tačka x = Θ prekid, moramo ispitati kako se funkcija “ ponaša “ u nekoj okolini te tačke, pa tražimo dva limesa: lim f ( x)
x →Θ +ε , kadε →0
i
lim f ( x)
x →Θ −ε , kadε →0
Ako su rešenja ova dva limesa + ∞ ili - ∞ onda je prava x = Θ
vertikalna asimptota, a ako dobijemo neki broj za rešenje, onda funkcija teži tom broju ( po ipsilonu) Pazite: Za svaki prekid mora da se traže oba limesa, osim možda ako funkcija nije negde definisana. - horizontalna Ovde tražimo dva limesa: lim f ( x) x → +∞
i
lim f ( x) .
x → −∞
Ako kao rešenje dobijemo neki broj , recimo #, onda je y = # horizontalna asimptota, a ako dobijemo + ∞ ili - ∞ onda kažemo da nema horizontalna asimptota. -
kosa
Kosa asimptota je prava y = kx + n f ( x) i n= lim[ f ( x) − kx] x →∞ x Naravno, potrebno je raditi ove limese i za + ∞ i za - ∞ , naročito kod složenijih funkcija,jer se može desiti da nema ove asimptote sa obe strane...
k= lim x →∞
AKO IMA HORIZONTALNA ASIMPTOTA, KOSA NEMA!
www.matematiranje.com
994
Pre nego krenemo sa izradom zadataka, podsetimo se kako se traži oblast definisanosti :
1.
OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE:
P( x) onda je Q(x) ≠ 0 Q ( x) Ako je data ln ⊗ , onda je ⊗ >0
Ako je data racionalna funkcija
Θ , onda je Θ ≥ 0
Ako je data Ako je data
3
@ , onda je svuda definisana
Funkcija ex je svuda definisana. Ako je data arcsin @ onda je − 1 ≤ @ ≤ 1
Ako je data arctg % onda je svuda definisana ZADACI
1. Nadji asimptote sledećih funkcija: a) y =
x +1 x −1
x2 − 4 b) y = x −1
v) y =
x2 − 4 1− x2
Rešenja:
x +1 x −1 vertikalna
a) y =
Funkcija je definisana za x − 1 ≠ 0 to jest x ≠ 1 .To nam govori da je x = 1 vertikalna asimptota. Tražimo sada 2 limesa: lim
1+1 2 2 x +1 = = +∞ = = pazi: samo dole menjamo 1+ ε , jer nam gore to nista ne znači = x −1 1 + ε − 1 +ε +0
x →1+ε , kadε →0
lim
x +1 1+1 2 = - ∞ ŠTA OVO ZNAČI KONKRETNO NA GRAFIKU? POGLEDAJMO: = = x −1 1 − ε −1 − ε
x →1−ε , kadε →0
995
www.matematiranje.com
y
x=1 . 1
lim
x
x +1 = + ∞ Ovo je žuta crta na grafiku, a znači da kada se x približava 1 sa pozitivne strane(+ ε ) da x −1
x →1+ε , kadε →0
funkcija y teži + ∞ .
lim
x +1 = - ∞ Ovo je crvena crta na grafiku, a znači da kada se x približava 1 sa negativne strane (- ε ) da x −1
x →1−ε , kadε →0
funkcija y teži - ∞ .
Horizontalna: lim
x → ±∞
x +1 = 1, što znači da je y = 1 horizontalna asimptota i da kose nema! Na grafiku: x −1 y x=1 y=1
.1 . 1
x
www.matematiranje.com
996
b)
y=
x2 − 4 x −1
Funkcija je definisana za x − 1 ≠ 0 to jest x ≠ 1 .Onda je x = 1 vertikalna asimptota. Tražimo sada 2 limesa: x 2 − 4 12 − 4 −3 −3 lim = = - ∞ ( žuta crta na grafiku) = = x −1 1 + ε − 1 + ε + 0 x →1+ε , kadε →0
lim
x 2 − 4 12 − 4 −3 −3 = = + ∞ ( crvena crta na grafiku) = = x −1 1− ε −1 − ε − 0
x →1−ε , kadε →0
horizontalna asimptota: x2 − 4 = ± ∞ Ovo nam govori da nema horizontalne asimptote pa moramo tražiti kosu! x → ±∞ x − 1 lim
kosa asimptota: Kosa asimptota je prava y = kx + n k= lim
x → ±∞
f ( x) x
x2 − 4 x2 − 4 x 1 − k= lim =1 = lim 2 x → ±∞ x → ±∞ x − x x
n= lim [ f ( x) − kx]
i
x → ±∞
(pogledaj fajl granične vrednosti funkcija, zadaci (i deo))
⎡ x2 − 4 ⎤ ⎡ x2 − 4 − x2 + x ⎤ ⎡ x 2 − 4 − x( x − 1) ⎤ ⎡ x − 4⎤ n= lim [ f ( x) − kx] = lim ⎢ = lim ⎢ − 1x ⎥ = lim ⎢ ⎥ = xlim ⎥ ⎢⎣ x − 1 ⎥⎦ =1 → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x → ±∞ x −1 x −1 ⎣ ⎦ ⎣ x −1 ⎦ ⎣ ⎦
Sada k i n zamenimo u formulu: y = kx + n i dobijamo da je
y = x + 1 kosa asimptota
y y=x+1 1. -1.
. 1
x
x=1
www.matematiranje.com
997
v) y =
x2 − 4 1− x2
Funkcija je definisana za 1 − x 2 ≠ 0 to jest (1 − x)(1 + x) ≠ 0 to jest x ≠ 1 i x ≠ −1 Ovo znači da moramo tražiti četiri limesa, za +1 i za –1 sa “obe” strane. lim
x2 − 4 x2 − 4 lim = = Pazi , pametno je dole izraz napisati kao razliku kvadrata, pa tek onda menjati...= (1 − x)(1 + x) 1− x2
x →1+ε , kadε →0
x →1+ε , kadε →0
−3 12 − 4 −3 = = = +∞ (1 − (1 + ε ))(1 + 1 + ε ) (1 − 1 − ε )2 (−ε )2
lim
(plava crta)
x2 − 4 x2 − 4 12 − 4 −3 −3 lim = = = = = - ∞ (crvena crta) 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (1 − ε ))(1 + 1 − ε ) (1 − 1 + ε )2 ε 2 1− x
x →1−ε , kadε →0
lim
x →1−ε , kadε →0
x2 − 4 x2 − 4 (−1) 2 − 4 −3 −3 lim = = = = = - ∞ ( žuta crta) 2 (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 + ε ))(1 + (−1 + ε )) (2 − ε )ε 2ε 1− x
x → −1+ε , kadε →0
lim
x → −1+ε , kadε →0
x2 − 4 (−1) 2 − 4 −3 −3 x2 − 4 lim = = = = = + ∞ ( zelena crta) 2 1− x (1 − x)(1 + x) (1 − (−1 − ε ))(1 + (−1 − ε )) (2 + ε )(−ε ) 2(−ε )
x → −1−ε ,kadε →0
x → −1−ε , kadε →0
horizontalna asimptota: 1 x2 − 4 = − = −1 pa je y = - 1 horizontalna asimptota pa kose asimptote nema. 2 x → ±∞ 1 − x 1 lim
y
x=-1 . -1
x=1 . 0 1 . -1
x y=-1
www.matematiranje.com
998
2. Nadji asimptote sledećih funkcija:
y=e
a)
b) y = xe
1 x
1 x
Rešenja: 1
y = ex
a)
Funkcija je definisana za x ≠ 0 , pa je x = 0 potencijalna vertikalna asimptota. lim e
1 x
x →0 +ε , kadε →0
=e
x →0 −ε ,kadε →0
= e +∞ = ∞
(crvena crta na grafiku)
1
1
lim e x
1 0 +ε
= e 0 −ε = e − ∞ = 0
Šta sad ovo znači? Trebali smo da dobijemo + ili – beskonačno...
Ovo znači da kada x teži nuli sa leve, negativne strane, funkcija teži nuli, što na grafiku prikazujemo STRELICOM.
horizontalna asimptota: 1 x
lim e = e
1 +∞
x → +∞
1
= e0 = 1
1
lim e x = e −∞ = e 0 = 1 x → −∞
Dakle y = 1 je horizontalna asimptota!
y
.1
y=1 x
0
www.matematiranje.com
999
1
b) y = xe x Funkcija je definisana za x ≠ 0 , pa je x = 0 potencijalna vertikalna asimptota. 1
1
lim xe x = (0 + ε )e 0 = 0 o ∞
a ovo je neodređen izraz! Ideja je da iskoristimo Lopitalovu teoremu, ali pre toga
x →0 +ε
moramo ’prepraviti’ funkciju da bude oblika 1 x
1 x
e x →0 +ε 1 x
lim xe = lim
x →0 +ε
0 ∞ ili . 0 ∞ ∞ , pa smemo da koristimo Lopitalovu teoremu ∞
Ako ovde zamenimo da x teži nuli, dobijamo
1 x
1 x
1 x
e lim xe = lim = tražimo izvod gore, izvod dole, posebno= lim x →0 +ε x →0 +ε 1 x → 0 +ε x crta) 1 x
lim xe = (0 − ε )e
x → 0 −ε
1 −ε
1 ) 1 1 x 2 = lim e x = e 0+ε = e + ∞ = ∞ (Žuta x →0 +ε , kadε →0 1 − 2 x
e (−
= 0 o 0 = 0 (strelica)
horizontalna asimptota: 1
1
lim xe x = ∞ o e ∞ = ∞ o e 0 = ∞ o 1 = ∞
x → +∞
1 ∞
1 x
lim xe = − ∞ o e = −∞ o e 0 = −∞ o 1 = −∞
x → −∞
Dakle, nema horizontalne asimptote, pa moramo potražiti kosu: Kosa asimptota je prava y = kx + n k= lim
x →±∞
f ( x) x
1 x
n= lim [ f ( x) − kx]
i
1
x → ±∞
1
f ( x) xe k= lim = lim = lim e x = e ∞ = e 0 = 1 x → ±∞ x x → ±∞ → ±∞ x x 1 x
1 x
n= lim [ f ( x) − kx] = lim [ xe − 1x] = lim x[e − 1] = sličan trik kao malopre, da bi mogli da upotrebimo Lopitala… x → ±∞
x → ±∞
= lim
x → ±∞
x → ±∞
1
1 x
0 e −1 = sada je ovaj izraz oblika ,tražimo izvode= lim x → ±∞ 1 0 x
1000
1 ) 1 1 x 2 = lim e x = e ∞ = e 0 = 1 x → ±∞ 1 − 2 x
e x (−
www.matematiranje.com
Dobili smo kosu asimptotu y = x +1 y y=x+1
1. -1.
3.
0
x
y=
Nadji asimptote funkcije:
x−2 x2 + 4
Rešenje: Pošto je izraz x 2 + 4 > 0 za svako x, funkcija je svuda definisana, a to nam govori da ona nema vertikalnih asimptota! horizontalna asimptota:
lim
x−2
= lim
x−2
= lim
x−2
x →±∞ 4 4 x (1 + 2 ) x (1 + 2 ) x x odvojiti limese za + i za – beskonačno! x → ±∞
x2 + 4
x → ±∞
PAZI ! Pošto smo dole dobili apsolutnu vrednost, moramo
2
x−2 =1 x → +∞ 4 x (1 + 2 ) x lim
lim
x → −∞
x−2 4 − x (1 + 2 ) x
= -1
Vrlo neobična situacija koja se ipak javlja kod korenih funkcija:
1001
www.matematiranje.com
KАД X TEŽI + BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = 1 KАД X TEŽI - BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = -1 Na slici bi to izgledalo ovako: y
y=1
1.
y=-1
4.
x
.-1
Nadji asimptote funkcije: y = ln
x−2 x +1
Najpre kao i uvek moramo ispitati oblast definisanosti: x−2 > 0 Najbolje je da idemo preko tablice: (pogledaj fajl sa nejednačinama iz prve godine) x +1 −∞ x-2 x+1 x−2 x +1
-1
-1
+
Ovo nam dakle govori da je funkcija definisana
+ -
. -1
x=2 0
. 2
+∞
2 + + +
∀x ∈ (−∞,−1) ∪ (2, ∞) , to jest izmedju –1 i 2 je NEMA!
y
x=-1
2
x
1002
www.matematiranje.com
To znači da ćemo tražiti za x = 2 limes samo sa desne strane, a za x = -1 samo sa leve strane! x−2 = [Kako je ln neprekidna x → 2 +ε x +1 2+ε −2 ln = ln 0 = −∞ (crvena crta) 2 +1 lim ln
lim ln
x → −1−ε
funkcija,
ona
može
da
zameni
mesto
−1 − 2 −3 x−2 = ln = ln = ln ∞ = ∞ (zelena crta) x +1 −1− ε +1 −ε y
x=2
x=-1 . -1
. 2
0
x
horizontalna asimptota: lim ln
x → ±∞
x−2 x−2 = ln lim = ln 1 = 0 Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke) x → ±∞ x +1 x +1 y
x=2
x=-1 . -1
0
. 2
x
y=x+1
1003
sa
lim
]=
1004
1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y = ln
x−2 x +1
Oblast definisanosti (domen)
Sve iza ln mora da je veće od 0.
Koristimo tablicu... 2
-1
8
-
8
x−2 >0 x +1
x-2 x+1
x-2 x+1
Domen funkcije je x ∈ (−∞, −1) ∪ (2, ∞) . Ovo nam govori da funcija ne postoji između -1 i 2, na skici je to
y
N E M A -5 -4 -3
-2
-1
F U N K C I J E
2 3
4
5
x
Nule funkcije
Da vas podsetimo : ln Θ = 0 ↔ Θ = 1 y=0 x−2 =1 x +1 x − 2 = x +1 −2 = 1 Dakle nema nule , a to nam govori da funkcija ne seče x osu. Znak funkcije
Opet malo podsećanje : ln Θ > 0 ↔ Θ > 1 ln Θ < 0 ↔< 0 < Θ < 1 www.matematiranje.com
1005
1
Dakle: y>0 x−2 >1 x +1 x−2 −1 > 0 x +1 x − 2 − 1( x + 1) >0 x +1 x − 2 − x −1 >0 x +1 −3 > 0 pomnožimo sa -1 x +1 3 <0 x +1 x +1 < 0 x < −1
Ako je y > 0 za x < -1 ( grafik iznad x ose) onda je jasno da je y < 0 za x > 2 (grafik ispod x ose) y
N E M A -5 -4 -3 -2
NEMA F-JE
-1
F U N K C I J E
NEMA F-JE 2 3
4
5 x
Parnost i neparnost
Funkcija nije ni parna ni neparna. To nam je jasno i iz oblasti definisanosti… Ako baš mora , onda je f (− x) = ln
−x − 2 ≠ f ( x) −x +1
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
Pazi, radi se o izvodu složene funkcije... x−2 x +1 x + 1 ( x − 2)`( x + 1) − ( x + 1)`( x − 2) x + 1 1( x + 1) − 1( x − 2) x + 1 − x + 2 1 x−2 ⋅ = y`= = ( )`= ⋅ x − 2 x +1 x−2 ( x + 1) 2 x−2 ( x − 2)( x + 1) ( x + 1) 2 x +1 3 y`= ( x − 2)( x + 1) y = ln
1006
2
y` = 0 za 3=0 , pa zaključujemo da nema ekstremnih vrednosti.
2
-1
8
-
8
Dalje razmišljamo od čega zavisi znak prvog izvoda? Оd (x-2)(x+1).
x-2 x+1
y`
nema f-je
Ova tablica je ista kao i ona za oblast definisanosti. To nam govori da je funkcija stalno monotono rastuća.
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost x−2 x +1 3 1 ⎛1⎞ y`= pazi ⎜ ⎟`= − 2 ⋅ ⊗` ⊗ ( x − 2)( x + 1) ⎝⊗⎠ 3 [( x − 2)( x + 1)]` y``= − 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3 y``= − [1( x + 1) + 1( x − 2)] 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3 y``= − (2 x − 1) 2 ( x − 2) ( x + 1) 2 3(1 − 2 x) y``= ( x − 2) 2 ( x + 1) 2 y = ln
y`` = 0 za 1-2x = 0 pa je x =
1 , ali PAZI , ova tačka NE PRIPADA oblasti definisanosti , pa funkcija nema 2
prevoj. 1 → x < −1 2 1 y``< 0 → 1 − 2 x < 0 → x > → x > 2 2 y``> 0 → 1 − 2 x > 0 → x <
-1
2
www.matematiranje.com
1007
3
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
vertikalna asimptota x−2 = [Kako je ln neprekidna funkcija, ona može da zameni x +1 2+ε −2 ln = ln 0 = −∞ (crvena crta) 2 +1 lim ln
x → 2 +ε
lim ln
x → −1−ε
mesto sa lim ]=
−1 − 2 −3 x−2 = ln = ln = ln ∞ = ∞ (zelena crta) x +1 −1− ε +1 −ε y
x=2
x=-1 . -1
. 2
0
x
horizontalna asimptota:
lim ln
x → ±∞
x−2 x−2 = ln lim = ln 1 = 0 Dakle y = 0 (x- osa) je horizontalna asimptota.(plave crtke) x → ±∞ x + 1 x +1 y
x=2
x=-1 . -1
0
. 2
x
y=x+1
Kako smo našli da horizontalna asimptota postoji, zaključujemo da nema kose asimptote. Još da sklopimo konačan grafik...
www.matematiranje.com
1008
4
x=2
x=-1
y
5 4 3 2 1 x -5 -4 -3 -2
0 1 -1
-1
2
3
4
5
-2 -3 -4 -5
2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y=
-1
2
-1
2
1 + ln x 1 − ln x
Oblast definisanosti (domen)
Sve iza ln mora da je veće od 0, pa je odatle x > 0. Kako imamo i razlomak, sve u imeniocu mora da je različito od 0. 1 − ln x ≠ 0 ln x ≠ 1 x≠e
Oblast definisanosti je : x ∈ (0, e) ∪ (e, ∞)
www.matematiranje.com
1009
5
Na skici, to bi izgledalo ovako: x=e
y
3 2
nema -5 -4 -3
-2
1
e
0 1 2 -1
-1
funkcije
3
4
5
x
-2 -3
Nule funkcije
y = 0 → 1 + ln x = 0 → ln x = −1 → x = e −1 =
1 e
y
2 1 0 11 -1 e
2
3 4 5
x
0
1 -1 e =e
e
8
Znak funkcije
1+lnx 1-lnx
Na skici to bi izgledalo ovako: y
2 1 0 -1
1 2
e3 4
5 x
Funkcija se nalazi samo u obeleženim oblastima. Parnost i neparnost
Funkcija nije ni parna ni neparna. Zašto? Pa nema smisla ni tražiti f(-x) jer funkcija nije ni definisana za x<0 www.matematiranje.com
1010
6
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
1 + ln x 1 − ln x (1 + ln x)`(1 − ln x) − (1 − ln x)`(1 + ln x) y`= (1 − ln x) 2 1 1 (1 − ln x) − (− )(1 + ln x) 1 x izvučemo u brojiocu kao zajednički... y`= x 2 (1 − ln x) x 1 [(1 − ln x) + (1 + ln x)] 2 1 − ln x + 1 + ln x x = = y`= 2 2 x ⋅ (1 − ln x) x ⋅ (1 − ln x) 2 (1 − ln x) y=
Kako je 2 ≠ 0 funkcija nema ekstremnih vrednosti. Razmišljamo dalje: x > 0 uvek ( iz oblasti definisanosti) i (1 − ln x) 2 > 0 tako da je uvek y`>0, pa je funkcija stalno rastuća. Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
1 + ln x 1 − ln x 2 y`= x ⋅ (1 − ln x) 2 2 ⋅ [ x ⋅ (1 − ln x) 2 ]` y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x) 2 ⋅ [ x`(1 ⋅ − ln x) 2 + ((1 − ln x) 2 )`x] y``= − 2 x ⋅ (1 − ln x) 4 2 1 ⋅ [1⋅ (1 − ln x) 2 + 2(1 − ln x)(− ) x] y``= − 2 4 x ⋅ (1 − ln x) x 2 2 ⋅ [(1 − ln x) 2 − 2(1 − ln x)] ⋅ [1⋅ (1 − ln x) 2 + 2(1 − ln x)(−1)] = − 2 y``= − 2 4 4 x ⋅ (1 − ln x) x ⋅ (1 − ln x) 2 2 y``= − 2 ⋅ (1 − ln x) [1 − ln x − 2] = − 2 ⋅ [− ln x − 1] 4 x ⋅ (1 − ln x)3 x ⋅ (1 − ln x) 2(1 + ln x) y``= 2 x ⋅ (1 − ln x)3 1 y``= 0 → 1 + ln x = 0 → ln x = −1 → x = e −1 = e −1 1 + ln e 1 −1 = =0 y= −1 1 − ln e 1+1 y=
1 Tačka P ( , 0) je tačka prevoja. e
www.matematiranje.com
1011
7
Od čega zavisi znak drugog izvoda? Od 1+lnx i od 1-lnx. Idemo u tablicu… 1 -1 e =e
e
8
0
1+lnx 1-lnx
y``
odnosno
0
1 e
e
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
vertikalna asimptota 1 1 + ln x 1 + ln(0 + ε ) ∞ = = = lopital = lim x = −1 ( strelica na skici) lim x → o + ε 1 − ln x x →o +ε 1 1 − ln(0 + ε ) ∞ − x 1 + ln x 1 + ln(e + ε ) 2 = = = −∞ ( zelena crta) lim x → e +ε 1 − ln x 1 − ln(e + ε ) −ε 1 + ln x 1 + ln(e − ε ) 2 = = = +∞ ( crvena crta) lim x → e −ε 1 − ln x 1 − ln(e − ε ) +ε x=e
y
3 2 1 -5 -4 -3 -2
-1 0 -1
1
2
e
3
4
5
x
-2 -3
horizontalna asimptota: 1 1 + ln x ∞ = = lopital = lim x = −1 lim x →∞ 1 − ln x x →∞ 1 −∞ − x y = −1 je horizontalna asimptota , pa kose nema...
I da skolopimo konačan grafik
www.matematiranje.com
1012
8
y
x=e
5 4 3 2
1
x
P(1/e,0)
0 -1
1 2e3 4
5
y=-1
-2 -3 -4 -5
0
01/e
e
www.matematiranje.com
1013
9
1014
10
1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y = xe x
Oblast definisanosti (domen)
Ova funkcija je svuda definisana, jer nema razlomka a funkcija e x je definisana za svako x iz skupa R. Dakle x ∈ (−∞, ∞) . Ovo nam odmah govori da funkcija nema vertikalne asimptote!
Nule funkcije y=0 xe x = 0 → x = 0
Da vas podsetimo da je e x >0 uvek.
Znak funkcije
y > 0 → xe x > 0 → x > 0 y < 0 → xe x < 0 → x < 0 Na skici bi to izgledalo: y
3 2 -5 -4 -3 -2
-1
1 0 1 2 -1 -2 -3
3
4
5
x
Funkcija se nalazi samo u plavim oblastima a x- osu seče samo u x = 0.
Parnost i neparnost f (− x) = − xe − x =
−x ≠ f ( x) ex
Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na koordinatni početak.
1015
www.matematiranje.com 1
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
y = xe x
pazi , mora kao izvod proizvoda
y`= x`e x + (e x )`x y`= 1e x + e x x y`= e x (1 + x) y`= 0 → e x (1 + x) → 1 + x = 0 → x = −1 1 Za x = -1 je y = (−1)e −1 → y= − e 1 Dakle , tačka ekstrema je M (−1, − ) e y 7 6 5 4 3
-5 -4 -3 -2 -1
2 1 0 1 2 -1 -2
3
4
5
x
-3
Od čega nam zavisi znak prvog izvoda?
-1
8
-
8
Kako je e x > 0 uvek, to znak prvog izvoda zavisi samo od 1+ x
1+x y`
Tačka M je onda tačka minimuma.
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
y`= e x (1 + x) y``= (e x )`(1 + x) + (1 + x)`e x
y``= e x (1 + x) + e x y``= e x ( x + 2) y``= 0 x + 2 = 0 → x = −2 za x = -2 je y = −2e−2 =
−2 e2
1016
2
Dakle, postoji prevoj i to je tačka P (−2, −2e −2 ) . Nadjemo približno da je −2e−2 ≈ −0, 27 i na skici to bi bilo: y 7 6 5 4 3
-5 -4 -3 -2 -1 P(−2, −2e )
2 1 0 -1 -2
1 2
3
4
5
x
-3
Od čega nam zavisi znak drugog izvoda?
-2
8
-
8
e x > 0 to znak drugog izvoda zavisi samo od x + 2
x+2 y``
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) Kao što smo već rekli , nema vertikalne asimptote! Horizontalna asimptota Jedan mali savet : Kod funkcija koje imaju e x , radite posebno limese kad x → +∞ i kad x → −∞ , jer važi da je e∞ = ∞ e−∞ = 0 Dakle:
lim xe x = ∞ ⋅ e∞ = ∞ ⋅ ∞ = ∞
x →+∞
lim xe x = −∞ ⋅ e−∞ = −∞ ⋅ 0 = ?
x →−∞
x −∞ −∞ 1 1 = − ( −∞ ) = = lopital = lim − x = = 0− − x x →−∞ e x →−∞ −e e ∞ −∞
lim xe x = lim
x →−∞
Šta nam ovo govori? Kad x → +∞ ne postoji horizontalna asimptota , ali kad x → −∞ imamo horizontalnu asimptotu y=0, odnosno, Kad x teži −∞ , funkcija se približava nuli sa donje, negativne strane! To je ovo 0 − u rešenju.
1017
3
y 7 6 5 4 3
-5 -4 -3 -2 -1
2 1 0 1 2 -1 -2
3
4
5
x
-3
I još da sklopimo konačan grafik:
y 7
6
5 4 3 2 -5
-4
-3
-2
-1
1
P M
x 0 1 -1
2
3
4
5
-2 -3 -4 -5
-1
-2
www.matematiranje.com
1018
4
2. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y=
ex x
Oblast definisanosti (domen) x ≠ 0 → x ∈ (−∞, 0) ∪ (0, ∞) Ovo znači da funkcija u x=0 ima potencijalnu vertikalnu asimptotu. y
3 2 1 -5 -4 -3
-2
-1
0 1 2 -1 -2 -3
3
4
5
x
x= 0 je y- o sa
Nule funkcije Kako smo već rekli e x >0 , pa funkcija nema nula, odnosno nigde ne seče x osu.
Znak funkcije Jasno je da znak funkcije zavisi samo od x. y>0→x>0 y<0→ x<0 y
nema funkcije -5 -4 -3 -2
3 2 -1
1 0 1 2 -1 -2 -3
3
4
5
x
nema funkcije
Parnost i neparnost
e− x 1 f (− x) = =− x −x xe dakle, funkcija nije ni parna ni neparna.
1019
www.matematiranje.com 5
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje) ex x (e x )`x − x`e x y`= x2 e x x − 1e x y`= x2 e x ( x − 1) y`= x2 y`= 0 → e x ( x − 1) = 0 → x − 1 = 0 → x = 1
y
y=
e3 2
M (1,e)
1 -5 -4 -3
-2
-1
0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
e1 Za x=1 je y = → y = e 1 M (1, e) je tačka ekstremne vrednosti Dalje razmišljamo od čega nam zavisi znak prvog izvoda?
1
8
-
8
Kako je x 2 > 0 i e x > 0 zaključujemo da znak prvog izvoda zavisi samo od x-1.
x-1 y`
Tačka M je onda tačka minimuma!
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
e x ( x − 1) x2 [e x ( x − 1)]`⋅x 2 − ( x 2 )`⋅e x ( x − 1) y``= pazi e x ( x − 1) mora kao izvod proizvoda 4 x x [(e )`( x − 1) + ( x − 1)`e x ] ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) y``= x4 [e x ( x − 1) + 1e x ] ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) y``= x4 [e x x − 1e x + 1e x ] ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) e x x ⋅ x 2 − 2 x ⋅ e x ( x − 1) e x x ⋅ ( x 2 − 2( x − 1)) = y``= x4 x4 x4 e x ( x 2 − 2 x + 2) y``= x3 y`=
1020
6
y``= 0 → x 2 − 2 x + 2 = 0 Ova kvadratna jednačina nema rešenja, jer je kod nje D<0 i a > 0. x2 − 2 x + 2 > 0
Možemo zaključiti da je zato
( pogledaj fajl kvadratna funkcija iz druge godine) Dakle, funkcija nema prevojnih tačaka! Od čega nam zavisi znak drugog izvoda? Pa samo od x3 , odnosno samo od x. 8
8
-
o
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
Vertikalna asimptota ex e0 1 = = = +∞ x → 0 +ε x 0 + ε +ε ex e0 1 lim = = = −∞ x → 0 −ε x 0 − ε −ε lim
(plava crta) ( žuta crta) y
3 2 1 -5 -4 -3 -2
-1
0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
Horizontalna asimptota e x e∞ ∞ (e x )` ex = = = lopital = lim = lim = e∞ = ∞ →+∞ →+∞ x →+∞ x x x ∞ ∞ x` 1 x −∞ e e 0 lim = = = 0_ (crvena crtka) x →−∞ x −∞ −∞ lim
( crna crtka)
Dakle, funkcija ima horizontalnu asimptotu y = 0 ali samo sa leve strane. Onda nema kose asimptote!
www.matematiranje.com
1021
7
Konačan grafik izgleda:
y
5 4 e 3 M(1,e)
2 1 -5 -4 -3
-1
-2
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
1
0
1
3. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y = x ⋅ e x −2
Oblast definisanosti (domen)
x − 2 ≠ 0 → x ≠ 2 → x ∈ (−∞, 2) ∪ (2, ∞) y
x=2
3 2 1 -5 -4 -3
-2
-1
0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
www.matematiranje.com
1022
8
Nule funkcije 1
1
y = 0 → x ⋅ e x − 2 = 0 → x = 0 jer e x − 2 > 0 uvek
Znak funkcije 1
Kako je e x − 2 > 0 , zaključujemo da znak funkcije zavisi samo od x y > 0 kad x > 0 , pa je tu x > 0 y < 0 kad x < 0 , pa je tu x < 0 x=2 y
3 2 -5 -4 -3 -2
-1
1 0 1 2 -1 -2 -3
3
4
5
x
Funkcija se nalazi samo u žutim oblastima.
Parnost i neparnost 1
f (− x) = − x ⋅ e − x − 2 ≠ f ( x) funkcija nije ni parna ni neparna.
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje) y = x⋅e y`= 1 ⋅ e y`= e
1 x−2
1 x −2
1 x−2
1
y`= e x − 2
1 x −2
1 x −2
složena funkcija (eΘ )`= eΘ ⋅ Θ`
)`⋅x
1 )`⋅ x x−2 1 1 1 1 1 1 1 x ( x − 2) 2 − x x −2 x−2 x −2 x −2 + e x −2 ⋅ (− ) ⋅ x = e − e ⋅ ⋅ x = e ⋅ (1 − ) = e ⋅ ( x − 2) 2 ( x − 2)2 ( x − 2) 2 ( x − 2) 2
1
y`= e
+ (e
+e
y`= e x − 2 ⋅ 1 x−2
moramo kao izvod proizvoda i pazimo da je e
1 x −2
⋅(
x2 − 4x + 4 − x ( x − 2) 2
x2 − 5x + 4 ⋅ ( x − 2) 2
Izjednačimo prvi izvod sa nulom da nadjemo ekstremne vrednosti.
1023
www.matematiranje.com 9
y`= 0 → x 2 − 5 x + 4 = 0 → x1,2 =
−b ± b 2 − 4ac → x1 = 1; x2 = 4 2a x=2 y
M(4,4 e)
7 6 5
Za x=1 1
y = 1 ⋅ e1− 2 = e −1 =
1 1 → M 1 = (1, ) e e
-5 -4 -3
-2
4 3 2 1 M(1,1/e) -1 0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
Za x=4 1
1
y = 4 ⋅ e 4− 2 = 4e 2 = 4 e → M 2 = (4, 4 e )
Od čega nam zavisi znak prvog izvoda?
1
8
-
> 0 i ( x − 2) 2 > 0 , znak zavisi samo od x 2 − 5 x + 4 4
8
Kako je e
1 x −2
x-1 x-4 y`
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
y`= e
1 x−2
x2 − 5x + 4 ⋅ ( x − 2) 2 1
y``= (e x − 2 )`⋅
x 2 − 5 x + 4 x 2 − 5 x + 4 x −1 2 +( )`e ( x − 2) 2 ( x − 2) 2
1
1 x 2 − 5 x + 4 ( x 2 − 5 x + 4)`( ⋅ x − 2)2 − (( x − 2) 2 )`( ⋅ x 2 − 5 x + 4) x −1 2 ) ⋅ + ⋅e ( x − 2) 2 ( x − 2) 2 ( x − 2) 4 Posle sredjivanja dobijamo: y``= e x − 2 ⋅ (−
y``=
5 x − 8 x −1 2 ⋅e ( x − 2) 4 www.matematiranje.com
1024
10
y``= 0 → 5 x − 8 = 0 → x =
8 5
1 8 −2 5
1 2 5
8 8 − 52 → y = ⋅e → y = ⋅e 5 5 5 8 8 − Tačka prevoja je dakle : P ( , ⋅ e 2 ) 5 5 8 8 Za x = → y = ⋅ e 5 5
−
x=2 y 7 6 5 4 3 2 1 -5 -4 -3
-2
-1
P( , e ) 0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
Od čega nam zavisi znak drugog izvoda ? Samo od izraza 5x-8 8
8 5
8
-
5x-8
y``
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti) Vertikalna asimptota 1
y = x ⋅ e x −2 1
1
1
lim xe x − 2 = 2 ⋅ e 2+ε − 2 = 2 ⋅ e + ε = 2 ⋅ e∞ = ∞
x → 2+ε
1
1
(žuta crta)
1
lim xe x − 2 = 2 ⋅ e 2−ε − 2 = 2 ⋅ e −ε = 2 ⋅ e −∞ = 2 ⋅ 0 = 0
x → 2 −ε
y
(plava strelica)
x=2
3 2 1 -5 -4 -3
-2
-1
0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
www.matematiranje.com
1025
11
Horizontalna asimptota
lim xe
1 x −2
= ∞⋅e
x →+∞
1 ∞− 2
1
1 ∞
= ∞ ⋅ e = ∞ ⋅ e 0 = ∞ ⋅1 = ∞ 1
1
lim xe x − 2 = −∞ ⋅ e −∞− 2 = −∞ ⋅ e −∞ = −∞ ⋅ e0 = −∞ ⋅1 = −∞
x →−∞
Nema horizontalne asimptote, pa moramo ispitati da li postoji kosa asimptota! Kosa asimptota y= kx+n 1 x−2
f ( x) xe k = lim = lim x →±∞ x →±∞ x x
= lim e x →±∞
n = lim [ f ( x) − kx] = lim [ xe x →±∞
= lim
e
1 x−2
x →±∞
1 x −2
−1
1 x
x →±∞
=
1 x−2
=e
1 ∞− 2
= e0 = 1
− 1 ⋅ x] = lim x(e
0 = lopital = lim x →±∞ 0
1 x−2
x →±∞
e
1 x −2
− 1) = ∞ ⋅ 0 = ?
1 ) 1 1 x2 x2 ( x − 2) 2 x−2 x −2 e = lim e ⋅ = lim ⋅ lim = 1⋅1 = 1 2 x →±∞ x →±∞ x →±∞ ( x − 2) 2 1 − ( x 2) − 2 x
⋅ (−
Dobili smo kosu asimptotu : y= kx + n
pa je y = x + 1
Davidimo kako ona izgleda:
Za x=0 y = 0 +1 = 1 Za y=0 0 = x + 1 → x = −1 y
x=2 y=x+1
3 2
x y
1 -5 - 4 - 3
-2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
0 1
-1 0
-2 -3
I da sklopimo konačan grafik:
1026
12
x=2
y
y=x+1
7
6
5 4 3 2 1 -5
-4
-3
-2
-1
x 0 1 -1
2
3
4
5
-2 -3 -4 -5
1
4
8 5
www.matematiranje.com
1027
13
1028
14
1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
y = 3 x 2 − x3
Oblast definisanosti (domen) Ova funkcija je svuda definisana jer nema razlomaka a treći korern je svuda definisan... D f = (−∞, ∞)
Ovo nam govori da nema vertikalne asimptote. Nule funkcije
y = 0 → x 2 − x3 = 0 → x 2 (1 − x) = 0 x = 0; x = 1 X osu grafik seče u dvema tačkama: y
2 1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2 3
4
5
x
Znak funkcije
Kao i uvek, najpre razmišljamo od čega zavisi znak funkcije?
y = 3 x 2 − x3 = 3 x 2 (1 − x) Samo od 1-x , pa je y
1 8
-
8
2
1
-5 -4 -3 -2 -1
1-x
0 -1
1 2 3 4
5 x
na skici je to
Parnost i neparnost
f ( − x ) = 3 ( − x ) 2 − ( − x )3 = 3 x 2 + x 3 Funkcija nije ni parna ni neparna! www.matematiranje.com
1029
1
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
y = 3 x 2 − x3 lakše nam je da tražimo izvod ako funkciju posmatramo kao 1
y = ( x 2 − x3 ) 3 1 −1 1 y`= ( x 2 − x3 ) 3 ⋅ ( x 2 − x3 )` 3 2 − 1 2 3 3 y`= ( x − x ) ⋅ (2 x − 3 x 2 ) 3 1 2 x − 3x 2 y`= 3 3 ( x 2 − x3 )2
y`= 0 → 2 x − 3x 2 = 0 → x(2 − 3x) = 0 → x = 0 ∨ x =
2 3
Za x = 0 y = 3 0−0 = 0
Za x =
2 3
3 2 2 4 8 4 4 y = 3 ( ) 2 − ( )3 = 3 − =3 = 3 3 9 27 27 3 Dakle :
M 1 (0, 0); M 2 (
2 34 , ) 3 3
y 7 6 5 4 3 2 -5 -4 -3 -2 -1
1
M (0, 0)
M (
2 4 , ) 3 3
0 1 2 -1
3
4
5
x
-2 -3
Od čega nam zavisi znak prvog izvoda ?
-
0
2 3
8
x(2-3x) 8
Pa samo od izraza u brojiocu!
x 2-3x y` www.matematiranje.com
1030
2
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost
y = 3 x 2 − x3 2 − 1 2 3 3 y`= ( x − x ) ⋅ (2 x − 3 x 2 ) radimo kao izvod proizvoda 3 2 2 − − 1 ⋅ x − 3 x 2 ) + ( x 2 − x 3 ) 3 ⋅ (2 x − 3 x 2 )`] y``= [(( x 2 − x 3 ) 3 )`(2 3 5 2 − − 1 2 2 3 3 2 2 2 3 3 y``= [− ( x − x ) ⋅ (2 x − 3 x ) ⋅ (2 x − 3 x ) + ( x − x ) ⋅ (2 − 6 x)] 3 3 Posle pažljivog sredjivanja dobijamo da je 1 −2 y``= 3 3 x 2 (1 − x) 4
Odavde možemo zaključiti da nema prevojnih tačaka i da je uvek y``<0, pa je funkcija konkavna na celom domenu ( mršti se). Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
Kao što smo već zaključili , funkcija nema vertikalnu asimptotu!
Horizontalna asimptota lim
3
lim
3
x →+∞
x →−∞
x 2 − x 3 = lim
3
1 1 x3 ( − 1) = lim x ⋅ lim 3 ( − 1) = ∞ ⋅ (−1) = −∞ x →+∞ x →+∞ x x
x 2 − x 3 = lim
3
1 1 x3 ( − 1) = lim x ⋅ lim 3 ( − 1) = −∞ ⋅ (−1) = +∞ x →−∞ x →−∞ x x
x →+∞
x →−∞
Dakle, nemamo horizontalnu asimptotu pa moramo potražiti kosu.
Kosa asimptota 1 1 x3 ( − 1) x ⋅ 3 ( − 1) x −x 1 x x k = lim = lim = lim = lim 3 ( − 1) = 0 − 1 = −1 x →∞ x →∞ x →∞ x →∞ x x x x 3
2
3
3
www.matematiranje.com
1031
3
n = lim[ f ( x) − kx] x →∞
n = lim[ 3 x 2 − x 3 + x] ovde moramo racionalisati , upotrebljavamo : A3 + B 3 = ( A + B )( A2 − AB + B 2 ) x →∞
n = lim( 3 x 2 − x 3 + x) ⋅ x →∞
1 x 4 − 2 x 5 + x 6 − 3 x 3 (1 − ) ⋅ x + x 2 x
3
x2
n = lim x →∞
( 3 x 2 − x3 )2 − 3 x 2 − x3 ⋅ x + x 2
x 2 − x3 + x3
n= lim
x →∞
( 3 x 2 − x3 )2 − 3 x 2 − x3 ⋅ x + x 2
x2 [ 3 (
y = −x +
1 3
1 2 1 − + 1) − 3 (1 − ) + 1] 2 x x x
=
= lim x →∞
( 3 x 2 − x 3 )3 + x 3 ( 3 x 2 − x3 )2 − 3 x 2 − x3 ⋅ x + x 2 x2
= lim x →∞
3
x6 (
1 2 1 − + 1) − x ⋅ 3 (1 − ) ⋅ x + x 2 2 x x x
1 1 = 1 − (−1) + 1 3
je kosa asimptota y
x y
0
3 4
5
1 3
2
1 3
0
1 -5 -4 -3 -2 -1 0
-1
1 2
x
y = −x +
1 3
I konačno: y 7 6 5
4 3 2 1 -5 -4 -3
-2 -1 0
1 -1 -2
2
3
4
5
x
-3
0
2 3
www.matematiranje.com
1032
4
x−2
y=
1. Ispitati tok i skicirati grafik funkcije
x2 + 2
Oblast definisanosti (domen)
Ovde moramo posmatrati dva uslova:
x2 + 2 ≠ 0
i x2 + 2 ≥ 0
Ovo sklopljeno u jedan uslov daje x 2 + 2 > 0 A ovo je očigledno tačno za svako realno x , pa je D f = ( −∞, ∞) A odavde zaključujemo da funkcija nema vertikalne asimptote. Nule funkcije
y=0 za x-2 = 0 , to jest x = 2 y
2 1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2 3
4
5
x
Znak funkcije
y=
x−2 x2 + 2
Kako je izraz u imeniocu uvek pozitivan, zaključujemo da znak zavisi samo od brojioca...
2
2
8
-
8
y
-5 -4 -3 -2 -1
x-2
1 0
-1
1
2 3
4
5
x
Parnost i neparnost
f ( − x) =
−x − 2 (− x) + 2 2
=
−x − 2 x2 + 2
≠ f ( x)
Funkcija nije ni parna ni neparna. www.matematiranje.com
1033
5
Ekstremne vrednosti (max i min) i monotonost ( rašćenje i opadanje)
x−2
y= y`=
x2 + 2 ( x − 2)`⋅ x 2 + 2 − ( x 2 + 2)`( ⋅ x − 2) ( x + 2) 1 2
1⋅ x 2 + 2 − y`= 1⋅ x 2 + 2 −
2
2 x2 + 2 x2 + 2
y`=
x 2 + 2 mora kao složena funkcija...
⋅ ( x 2 + 2)`( ⋅ x − 2)
2 x +2 x2 + 2 1 2
pazi ,
⋅ 2 x ⋅ ( x − 2)
( x 2 + 2) 2 − x( x − 2) x2 + 2 x2 + 2 x2 + 2 − x2 + 2x
y`= y`= y`= y`=
( x 2 + 2) x 2 + 2 2 + 2x ( x 2 + 2) x 2 + 2 2( x + 1)
ili ako odmah pripremimo za drugi izvod y`=
( x 2 + 2) x 2 + 2
2( x + 1) ( x + 2) 2
3 2
y`=0 za x+1 = 0 , to jest x = -1 Za x = -1 y=
−1 − 2 −3 −3 3 = = ⋅ =− 3 1+ 2 3 3 3
M (−1, − 3) y 7 6 5 4 3
-5 -4 -3 -2 -1
M (− 1, −
2 1 0 1 2 -1 -2 3) -3
3
4
5
x
-1
8
-
8
Znak prvog izvoda zavisi samo od izraza u brojiocu , pa je : 2x+2 y`
tačka M minimum funkcije. www.matematiranje.com
1034
6
Prevojne tačke i konveksnost i konkavnost y= y`=
x−2 x2 + 2 2( x + 1) ( x + 2) 2
y``= 2
3 2 3 2
3 2
( x + 1)`( ⋅ x + 2) − (( x + 2) )`( x + 1) 2
2
3
(( x 2 + 2) 2 ) 2 3 2
3 −1 3 2 1 ⋅ ( x + 2) − ( x + 2) 2 ( x 2 + 2)`( ⋅ x + 1) 2 y``= 2 ( x 2 + 2)3 2
3
( x 2 + 2) 2 − y``= 2
1 3 2 ( x + 2) 2 ⋅ 2 x ⋅ ( x + 1) 2 ( x 2 + 2)3
3
1
( x 2 + 2) 2 − 3( x 2 + 2) 2 ⋅ x ⋅ ( x + 1) y``= 2 ( x 2 + 2)3
1
izvučemo zajednički ( x 2 + 2) 2 u brojiocu
1
y``= 2 y``= 2
( x 2 + 2) 2 [ x 2 + 2 − 3 x ⋅ ( x + 1)] ( x 2 + 2) 3 x 2 + 2 − 3x 2 − 3x 5
( x 2 + 2) 2 y``= 2
−2 x 2 − 3 x + 2 ( x + 2) 2
5 2
y``= 0 −2 x 2 − 3 x + 2 = 0 → x1,2 = Za x1 = −2 → y1 =
−b ± b 2 − 4ac 1 → x1 = −2 ∧ x2 = 2a 2
−4 6
1 → y1 = −1 2 Imamo dve prevojne tačke: −4 P1 (−2, ) 6 1 P2 ( , −1) 2 Za x2 =
www.matematiranje.com
1035
7
y 7 6 5 4 3 2 1 -5 -4 -3 -2 -1 0 -1
4 P (−2, − ) 6
-2 -3
1 2 3 1 P ( , −1) 2
4
5
x
Znak drugog izvoda opet zavisi samo od izraza u brojiocu −2 x 2 − 3 x + 2 . Upotrebićemo da kvadratni trinom ima znak broja a = -2 svuda osim izmedju nula! -
-
+ 1 2
-2
Asimptote funkcije ( ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti)
Vertikalna asimptota ne postoji. Horizontalna asimptota lim
x−2
x−2
= lim
= lim
x−2
x →±∞ 2 2 x (1 + 2 ) x (1 + 2 ) x x moramo odvojiti limese za + i za – beskonačno!
x →±∞
x2 + 2
x →±∞
PAZI ! Pošto smo dole dobili apsolutnu vrednost,
2
x−2 =1 x →+∞ 2 x (1 + 2 ) x x−2 lim = -1 x →−∞ 2 − x (1 + 2 ) x KАД X TEŽI + BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = 1 lim
KАД X TEŽI - BESKONAČNO HORIZONTALNA ASIMPTOTA JE y = -1 Na slici bi to izgledalo ovako: y
1.
y=-1
.-1
y=1 x
Kose asimptote naravno nema, jer postoji horizontalna! www.matematiranje.com
1036
8
Konačan grafik je :
y 7 6 5
4 3 2 -5
-4 -3
-2
y=1
1 -1 0 1
y=-1
-1 P1
M
2
3
4
5
x
P2
-2 -3
-1
-2
1 2
www.matematiranje.com
1037
9
1038
10
PARCIJALNI IZVODI I DIFERENCIJALI
Sama definicija parcijalnog izvoda i diferencijala je malo teža , mi se njome ovde nećemo baviti a vi ćete je , naravno, naučiti onako kako vaš profesor zahteva. Mi ćemo probati da vas naučimo kako se konkretno traže parcijalni izvodi... Najpre par reči o obeležavanjima: najčešće se u zadacima zadaje funkcija z = z ( x, y ) , pa je: ∂z → oznaka za parcijalni izvod “ po x-su” ∂x ∂z → oznaka za parcijalni izvod “ po y” ∂y
∂2 z → oznaka za dupli parcijalni izvod “ po x-su” , a računa se ∂x 2
∂ 2 z ∂ ∂z = ∂x 2 ∂x ∂x
∂2 z ∂ 2 z ∂ ∂z oznaka za dupli parcijalni izvod “ po y” , a računa se = → ∂y 2 ∂y 2 ∂y ∂y ∂2 z ∂y∂x
∂2 z ∂2 z ∂ ∂z ∂2 z ∂ ∂z i su mešoviti dupli parcijalni izvodi a traže se = i = ∂x∂y ∂y∂x ∂y ∂x ∂x∂y ∂x ∂y
Ovde je najvažnije zapamtiti sledeću stvar:
→ Kad tražimo parcijalni izvod “ po x-su” tada y tretiramo kao konstantu ( broj) → Kad tražimo parcijalni izvod “ po y ” tada x tretiramo kao konstantu ( broj)
primer 1.
Odrediti prve parcijalne izvode za funkciju
z = x2 + y2 − 2x + 3 y
Rešenje: Prvo tražimo
∂z → parcijalni izvod po x. Znači da je y konstanta. z = x 2 + y 2 − 2 x + 3 y ∂x
Znamo da je izvod od konstante 0 kad nije vezana za funkciju , pa je:
1039
1
z = x2 + y2 − 2x + 3 y ∂z = 2x + 0 − 2 + 0 = 2x − 2 ∂x Sad tražimo po y: z = x 2 + y 2 − 2 x + 3 y zaokruženo su konstante, pa je izvod od njih 0.
z = x2 + y2 − 2x + 3 y ∂z = 0 + 2y − 0 + 3 = 2y + 3 ∂y
primer 2.
Odrediti prve parcijalne izvode za funkciju
z = 3 x3 y − 6 xy + 5 y 2 + 7 x − 12 y
Rešenje:
z = 3 x3 y − 6 xy + 5 y 2 + 7 x − 12 y ∂z = 3 y ⋅ 3 x 2 − 6 y ⋅1 + 0 + 7 − 0 = 9 x 2 y − 6 y + 7 ∂x Sad su konstante vezane za funkciju, njih prepišemo a tražimo normalno izvod od funkcije po x, recimo za 3 x 3 y konstanta je 3y koje prepisujemo a izvod od x3 je 3x 2 . Da nađemo prvi parcijalni izvod po y:
z = 3 x3 y − 6 xy + 5 y 2 + 7 x − 12 y ∂z = 3 x3 ⋅1 − 6 x ⋅1 + 10 y + 0 − 12 = 3 x 3 − 6 x + 10 y − 12 ∂y Kad radimo po y, sve što ima x je konstanta, pa je tako recimo za 3 x 3 y izraz 3x3 konstanta koju prepisujemo a znamo da je od y izvod 1.
www.matematiranje.com
1040
2
primer 3.
z=
Odrediti prve parcijalne izvode za funkciju
3x 7 y + y x
Rešenje: z=
3x 7 y + y x
∂z 3 1 3 7y = ⋅1 + 7 y ⋅ ( − 2 ) = − 2 ∂x y x y x ∂z 1 7 3x 7 = 3 x ⋅ ( − 2 ) + ⋅1 = − 2 + ∂y y x y x
primer 4.
Nađi prve parcijalne izvode za funkciju
u = ln( x + y 2 )
Rešenje: Pazite, ovde imamo i izvod složene funkcije:
u = ln( x + y 2 ) ∂u 1 1 1 = ⋅ ( x + y 2 )`po x = ⋅ (1 + 0) = 2 2 ∂x x + y x+ y x + y2 1 1 2y ∂u = ⋅ ( x + y 2 )`po y = ⋅ (0 + 2 y ) = 2 2 ∂y x + y x+ y x + y2
primer 5.
Nađi prve parcijalne izvode za funkciju
z = xy
Rešenje: z = xy ∂z = y ⋅ x y −1 ∂x ∂z = x y ⋅ ln x ∂y
ovde radimo kao ( x Θ )`= Θ ⋅ x Θ−1
Za parcijalni izvod po y radimo kao : (a y )`= a y ln a
1041
3
primer 6.
Odrediti prve parcijalne izvode za funkciju
z=
x+ y x2 + y 2
Rešenje: Ovde moramo raditi kao izvod količnika: z=
x+ y x2 + y 2
` 2 2 2 2 ` ∂z ( x + y ) po x ⋅ ( x + y ) + ( x + y ) po x ⋅ ( x + y ) = ∂x ( x 2 + y 2 )2
∂z 1 ⋅ ( x 2 + y 2 ) + 2 x ⋅ ( x + y ) x 2 + y 2 + 2 x 2 + 2 xy 3 x 2 + y 2 + 2 xy = = = ∂x ( x 2 + y 2 )2 ( x2 + y 2 )2 ( x2 + y 2 )2 ` 2 2 2 2 ` ∂z ( x + y ) po y ⋅ ( x + y ) + ( x + y ) po y ⋅ ( x + y ) = ∂y ( x2 + y 2 )2
∂z 1 ⋅ ( x 2 + y 2 ) + 2 y ⋅ ( x + y ) x 2 + y 2 + 2 xy + 2 y 2 x 2 + 3 y 2 + 2 xy = = = ∂y ( x2 + y 2 )2 ( x2 + y 2 )2 ( x 2 + y 2 )2
primer 7.
Odrediti prve parcijalne izvode za funkciju
u = ln( x 2 + y 2 + z 2 )
Rešenje: u = ln( x 2 + y 2 + z 2 ) ∂u 1 1 2x = 2 ⋅ ( x 2 + y 2 + z 2 )`po x = 2 ⋅ 2x = 2 2 2 2 2 ∂x x + y + z x +y +z x + y2 + z2 ∂u 1 1 2y = 2 ⋅ ( x 2 + y 2 + z 2 )`po y = 2 ⋅2y = 2 2 2 2 2 ∂y x + y + z x +y +z x + y2 + z2 ∂u 1 1 2z = 2 ⋅ ( x 2 + y 2 + z 2 )`po z = 2 ⋅ 2z = 2 2 2 2 2 x +y +z x + y2 + z2 ∂z x + y + z www.matematiranje.com
1042
4
primer 8. x u= y
Odrediti prve parcijalne izvode za funkciju
z
Rešenje:
x u = y
z
x ∂u = z ∂x y x ∂u = z ∂y y
z −1
z −1
`
z −1
`
z −1
x x ⋅ = z y po x y x x ⋅ = z y po y y
1 z x ⋅ = ⋅ y y y
z −1
1 z x ⋅ x ⋅ − 2 = − ⋅ y y y
z
z
x ∂u x = ⋅ ln ∂z y y
primer 9.
∂2 z Odrediti = ?, ∂x 2
∂2 z = ?, ∂x∂y
∂2 z = ?, ∂y∂x
∂2 z = ? za funkciju ∂y 2
z = 3 x3 y − 6 xy + 5 y 2 + 7 x − 12 y
Rešenje:
Naravno, najpre moramo naći prve parcijalne izvode: z = 3 x3 y − 6 xy + 5 y 2 + 7 x − 12 y ∂z = 3 y ⋅ 3 x 2 − 6 y ⋅1 + 0 + 7 − 0 = 9 x 2 y − 6 y + 7 ∂x ∂z = 3 x3 ⋅1 − 6 x ⋅1 + 10 y + 0 − 12 = 3x 3 − 6 x + 10 y − 12 ∂y
Sad koristeći njih tražimo dalje:
1043
5
∂z = 9 x2 y − 6 y + 7 ∂x ∂z = 3 x3 − 6 x + 10 y − 12 ∂y
∂ 2 z ∂ ∂z ∂ = = (9 x 2 y − 6 y + 7) = 18 xy 2 ∂x ∂x ∂x ∂x ∂2 z ∂ ∂z ∂ = = (9 x 2 y − 6 y + 7) = 9 x 2 − 6 ∂y∂x ∂y ∂x ∂y ∂2 z ∂ ∂z ∂ = = (3 x 3 − 6 x + 10 y − 12) = 9 x 2 − 6 ∂x∂y ∂x ∂y ∂x ∂ 2 z ∂ ∂z ∂ = = (3 x3 − 6 x + 10 y − 12) = 10 2 ∂y ∂y ∂y ∂y
primer 10.
Odrediti
∂2 z = ?, ∂x 2
∂2 z = ?, ∂x∂y
∂2 z = ?, ∂y∂x
∂2 z = ? za funkciju ∂y 2
z = e xy
Rešenje:
z = e xy ∂z ∂z = e xy ⋅ ( xy )`po x = e xy ⋅ y = ye xy → = ye xy ∂x ∂x ∂z ∂z = e xy ⋅ ( xy )`po y = e xy ⋅ x = xe xy → = xe xy ∂y ∂y ∂ 2 z ∂ ∂z ∂ = = ( ye xy ) = y ⋅ ye xy = y 2 e xy ∂x 2 ∂x ∂x ∂x ∂2 z ∂ ∂z ∂ = = ( ye xy ) = 1 ⋅ e xy + xe xy ⋅ y = e xy (1 + xy ) ∂y∂x ∂y ∂x ∂y ∂2 z ∂ ∂z ∂ = = ( xe xy ) = 1 ⋅ e xy + ye xy ⋅ x = e xy (1 + xy ) ∂x∂y ∂x ∂y ∂x ∂ 2 z ∂ ∂z ∂ = = ( xe xy ) = x ⋅ xe xy = x 2 e xy 2 ∂y ∂y ∂y ∂y
www.matematiranje.com
1044
6
primer 11.
Pokazati da je
x ∂z 1 ∂z + = 2 z ako je z = x y y ∂x ln x ∂y
Rešenje: Kod ovog tipa zadatka najpre nađemo parcijalne izvode koji se javljaju u zadatku ( ovde na levoj strani jednakosti) Zamenimo ih i sredimo da dobijemo desnu stranu: z = xy ∂z = y ⋅ x y −1 ∂x ∂z = x y ⋅ ln x ∂y
Sad prepišemo levu stranu i zamenimo parcijalne izvode: x ∂z 1 ∂z + = y ∂x ln x ∂y x 1 ⋅ y x y −1 + ⋅ x y ln x = y ln x x y + x y = 2x y = 2z Dokazali smo traženu jednakost. primer 12.
Pokazati da je
x
∂z ∂z − y = x ako je z = x + ϕ ( xy ) ∂x ∂y
Rešenje:
z = x + ϕ ( xy )
∂z = 1 + ϕ `( xy ) ⋅ ( xy )`po x = 1 + ϕ `( xy ) ⋅ y = 1 + y ⋅ ϕ `( xy ) ∂x ∂z = 0 + ϕ `( xy ) ⋅ ( xy )`po y = ϕ `( xy ) ⋅ x = x ⋅ ϕ `( xy ) ∂y zamenimo u levoj strani:
1045
7
∂z ∂z −y = ∂x ∂y x ⋅ (1 + y ⋅ ϕ `( xy )) − y ⋅ x ⋅ ϕ `( xy ) =
x
x + xyϕ `( xy ) − xyϕ `( xy ) = x Dobili smo desnu stranu jednakosti!
primer 13.
Pokazati da je
y
∂z ∂z − x = 0 ako je z = ϕ ( x 2 + y 2 ) ∂x ∂y
Rešenje:
z = ϕ ( x2 + y 2 ) ∂z 1 1 = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ ( x 2 + y 2 )`po x = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ ( x 2 + y 2 )`po x = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ ⋅ 2x 2 2 ∂x 2 x +y 2 x2 + y 2 ∂z x = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ ∂x x2 + y 2 ∂z 1 1 ⋅ 2y = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ ( x 2 + y 2 )`po y = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ ( x 2 + y 2 )`po y = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ 2 2 ∂y 2 x +y 2 x2 + y 2 ∂z y = ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅ 2 ∂y x + y2
y
∂z ∂z −x = ∂x ∂y
y ⋅ ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅
ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅
x x2 + y2 xy x2 + y 2
− x ⋅ ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅
− ϕ `( x 2 + y 2 ) ⋅
x
=
x2 + y2
xy x2 + y 2
=0
www.matematiranje.com
1046
8
TOTALNI DIFERENCIJAL funkcije z = z ( x, y ) u oznaci dz se traži po formuli: dz =
∂z ∂z dx + dy ∂x ∂y
Dakle, nađemo parcijalne izvode i zamenimo ih u formulu.
primer 14.
Naći totalni diferencijal sledećih funkcija: a) z = x 2 y b) u =
z x + y2 2
Rešenje: a) z = x2 y ∂z = 2 xy ∂x ∂z = x2 ∂y ∂z ∂z dz = dx + dy ∂x ∂y dz = 2 xydx + x 2 dy
b)
z x + y2 ∂u ∂u ∂u du = dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z
u=
2
∂u ∂u 1 2 xz 2 xz = z ⋅ (− 2 → =− 2 ) ⋅ 2x = − 2 2 2 2 2 ∂x ∂x (x + y ) (x + y ) ( x + y 2 )2 ∂u ∂u 1 2 yz 2 yz = z ⋅ (− 2 → =− 2 )⋅2y = − 2 2 2 2 2 ∂y ∂y (x + y ) (x + y ) ( x + y 2 )2 ∂u 1 = 2 ∂z x + y 2
1047
9
Sad ovo zamenimo u formulu: du =
∂u ∂u ∂u dx + dy + dz ∂x ∂y ∂z
du = −
2 xz 2 yz 1 dx − 2 dy + 2 dz 2 2 2 2 (x + y ) (x + y ) x + y2 2
Ako u zadacima traže totalni diferencijal višeg reda , onda radimo, na primer: Za u = u ( x, y ) je du =
∂u ∂u dx + dy a totalni diferencijali drugog i trećeg reda bi bili: ∂x ∂y
d 2u = (
∂u ∂u ∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u dx + dy ) 2 = 2 dx 2 + 2 dxdy + 2 dy 2 ∂x ∂y ∂x ∂x∂y ∂y
d 3u = (
∂u ∂u ∂ 3u ∂ 3u ∂ 3u ∂ 3u 3 2 + dx + dy )3 = 3 dx 3 + 3 2 dx 2 dy + 3 dxdy dy ∂x ∂y ∂x ∂x ∂y ∂x∂y 2 ∂y 3
primer 15.
Ako je u = x 3 + y 3 − 3x 2 y + 3xy 2 nađi d 2u Rešenje: u = x 3 + y 3 − 3 x 2 y + 3 xy 2 ∂u ∂ 2u = 3 x 2 − 6 xy + 3 y 2 → 2 = 6 x − 6 y ∂x ∂x ∂u ∂ 2u = 3 y 2 − 3 x 2 + 6 xy → 2 = 6 y + 6 x ∂y ∂y ∂ 2u ∂ 2u = = −6 x + 6 y ∂x∂y ∂y∂x ∂ 2u 2 ∂ 2u ∂ 2u 2 d u = 2 dx + 2 dxdy + 2 dy ∂x ∂x∂y ∂y 2
d 2u = (6 x − 6 y )dx 2 + 2(−6 x + 6 y ) dxdy + (6 y + 6 x) dy 2
www.matematiranje.com
1048
10
1049
11
EKSTREMUMI FUNKCIJA VIŠE PROMENLJIVIH ( I deo )
Kod ovakvih zadataka najčešće se zadaje funkcija f ( x, y ) . Prvi posao nam je da nađemo parcijalne izvode
Zatim rešavamo sistem jednačina
∂f ∂x
i
∂f . ∂y
∂f ∂f =0 i = 0. ∂x ∂y
Rešenja ovog sistema ( može da bude jedno, ali i više njih) nam daju stacionarne tačke ( x0 , y0 ) , ( x1 , y1 ) , ...itd. Dalje tražimo: A =
∂2 f ∂2 f ∂2 f , B = , C = ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2
Oformimo D = A ⋅ C − B 2
Za svaku stacionarnu tačku radimo isto: Najpre vrednosti stacionarne tačke zamenimo u D. Dobijena vrednost mora da je veća od nule D > 0 , ako se desi da nije , onda ta tačka nije tačka ekstremuma. Dalje ispitujemo da li je maksimum ili minimum:
i)
Ako je D > 0 i A < 0 (C < 0) onda je stacionarna tačka maksimum
ii)
Ako je D > 0 i A > 0 (C > 0) onda je stacionarna tačka minimum
iii)
Ako je D = 0 slučaj je neodređen
iv)
Ako je D < 0 nema ekstremuma
Ako se desi da je D = 0 , to jest da je slučaj neodređen, onda moramo ići na širu definiciju ekstremuma, to jest tražimo diferencijal drugog reda d 2 f i
a) Ako je d 2 f > 0
funkcija ima minimum
b) Ako je d 2 f < 0
funkcija ima maksimum www.matematiranje.com
1050
1
primer 1.
Naći ekstremume funkcije z = x 3 + 8 y 3 − 6 xy + 5
Rešenje:
Najpre tražimo prve parcijalne izvode:
z = x3 + 8 y 3 − 6 xy + 5
∂z = 3x 2 − 6 y ∂x ∂z = 24 y 2 − 6 x ∂y
Oformimo sistem jednačina
∂z ∂z =0 i =0. ∂x ∂y
3 x 2 − 6 y = 0...../ : 3 24 y 2 − 6 x = 0....../ : 6 x2 − 2 y = 0 → y =
x2 2
zamenimo u 4 y 2 − x = 0
4 y2 − x = 0 x4 x2 2 − x = 0 → x 4 − x = 0 → x( x3 − 1) = 0 4( ) − x = 0 → 4 2 4 x = 0∨ x =1 x2 → y = 0 → M 1 (0, 0) 2 x2 1 1 Za x = 1 → y = → y = → M 1 (1, ) 2 2 2 Za x = 0 → y =
1 Dobili smo dve stacionarne tačke : M 1 (0, 0) i M 1 (1, ) . 2
Dalje tražimo
A=
∂2 z ∂2 z ∂2 z , B = , C = ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2
i pravimo
D = A ⋅ C − B2
www.matematiranje.com
1051
2
∂z = 3x 2 − 6 y ∂x ∂z = 24 y 2 − 6 x ∂y
D = A ⋅ C − B2
2
∂ z ∂ = (3 x 2 − 6 y ) = 6 x 2 ∂x ∂x 2 ∂ z ∂ B= = (24 y 2 − 6 x) = −6 ∂x∂y ∂x
A=
C=
D = (6 x)(48 y ) − (−6) 2
pa je:
D = 288 xy − 36
∂2 z ∂ = (24 y 2 − 6 x) = 48 y 2 ∂y ∂y
Uzimamo prvu stacionarnu tačku i ispitujemo:
M 1 (0, 0) D = 288 xy − 36 → D(0, 0) = 288 ⋅ 0 ⋅ 0 − 36 = −36 → D(0, 0) < 0 Dakle, pokazali smo da ova tačka nije ekstrem!
Ispitujemo drugu stacionarnu tačku: 1 M 1 (1, ) 2
1 1 1 D = 288 xy − 36 → D(1, ) = 288 ⋅1 ⋅ − 36 = 144 − 36 = 108 → D(1, ) > 0 2 2 2 Ova tačka jeste ekstrem, još da ispitamo da li je max ili min. 1 1 A = 6 x → A(1, ) = 6 ⋅1 = 6 → A(1, ) > 0 2 2 Zaključujemo da je ova tačka minimum! Vratimo ovu vrednost u početnu funkciju da izračunamo tu minimalnu vrednost:
z = x 3 + 8 y 3 − 6 xy + 5 1 1 1 zmin (1, ) = 13 + 8( )3 − 6 ⋅1 ⋅ ( ) + 5 = 1 + 1 − 3 + 5 = 4 2 2 2 1 zmin (1, ) = 4 2 www.matematiranje.com
1052
3
primer 2.
Ispitati ekstremume funkcije:
z = x y − x2 − y + 6 x + 3
Rešenje:
z = x y − x2 − y + 6x + 3 ∂z = y − 2x + 6 ∂x ∂z x = −1 ∂y 2 y y − 2x + 6 = 0 x 2 y
−1 = 0 x
Iz
2 y
− 1 = 0 → x = 2 y pa ovo zamenimo u
y − 2x + 6 = 0
y − 2⋅2 y + 6 = 0 −3 y + 6 = 0 → y = 2 → y = 4 x = 2 y → x = 2⋅ 4 → x = 4 M (4, 4)
je stacionarna tačka ( jedina)
Dalje tražimo
A=
∂2 z ∂2 z ∂2 z , B = , C = ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2
i
oformimo
D = A ⋅ C − B2
∂z = y − 2x + 6 ∂x ∂z x = −1 ∂y 2 y ∂2 z ∂ = ( y − 2 x + 6) = −2 ∂x 2 ∂x ∂2 z ∂ x 1 B= = ( − 1) = ∂x∂y ∂x 2 y 2 y A=
C=
x x ∂2 z ∂ ∂ x − 12 = ( − 1) = ( ⋅ y − 1) = − 2 ∂y ∂y 2 y ∂y 2 4y y www.matematiranje.com
1053
4
D = A ⋅ C − B2 D = (−2)(−
Pa je :
D=
x 1 2 )−( ) 4y y 2 y
1 x − 2y y 4y
Vrednost stacionarne tačke M (4, 4) zamenimo u D : D=
x 1 − 2y y 4y
4 1 1 1 3 − = − = 2 ⋅ 4 4 4 ⋅ 4 4 16 16 3 D(4, 4) = >0 16
D(4, 4) =
Zaključujemo da je naša tačka M (4, 4) ekstrem, zamenimo je u A da odredimo da li je max ili min.
Kako je A = -2 nemamo šta da zamenjujemo , već odmah zaključujemo A = -2 < 0 , tačka M (4, 4) je maksimum!
Vratimo se u početnu funkciju da nađemo tu maksimalnu vrednost: z = x y − x2 − y + 6 x + 3 z (4, 4) = 4 4 − 4 2 − 4 + 6 ⋅ 4 + 3 z (4, 4) = 15
primer 3.
Ispitati ekstremume funkcije:
z = 3ln
x + 2 ln y + ln(12 − x − y ) 6
Rešenje: z = 3ln
x + 2 ln y + ln(12 − x − y ) 6
∂z ∂z 3 1 1 1 1 = 3⋅ ⋅ + = − (−1) → x 6 12 − x − y ∂x ∂x x 12 − x − y 6 ∂z ∂z 2 1 1 1 = 2⋅ + = − (−1) → ∂y y 12 − x − y ∂y y 12 − x − y
1054
5
Izjednačimo prve parcijalne izvode sa nulom i rešavamo sistem jednačina:
3 1 − =0 x 12 − x − y 2 1 − =0 y 12 − x − y 3 1 = → 4 x + 3 y = 36 x 12 − x − y 2 1 = → 2 x + 3 y = 24 y 12 − x − y 4 x + 3 y = 36 2 x + 3 y = 24 x=6 y=4 M (6, 4) Dobili smo stacionarnu tačku. Tražimo
A=
∂2 z ∂2 z ∂2 z , B = , C = ∂x 2 ∂x∂y ∂y 2
i
oformimo
D = A ⋅ C − B2
1 ∂z 3 = − ∂x x 12 − x − y 1 ∂z 2 = − ∂y y 12 − x − y A=
3 1 ∂2 z =− 2 − 2 x (12 − x − y )2 ∂x
B=
1 ∂2 z =− (12 − x − y ) 2 ∂x∂y
C=
2 1 ∂2 z =− 2 − 2 y (12 − x − y )2 ∂y
D = A ⋅ C − B2 D = (−
3 1 2 1 1 − ) ⋅ (− 2 − )− 2 2 2 x (12 − x − y ) y (12 − x − y ) (12 − x − y ) 4
Zamenimo vrednost stacionarne tačke u D da vidimo da li je pna potencijalni ekstrem:
1055
www.matematiranje.com 6
3 1 2 1 1 − ) ⋅ (− 2 − )− 2 2 2 x (12 − x − y ) y (12 − x − y ) (12 − x − y ) 4 3 1 2 1 1 D(6, 4) = (− 2 − ) ⋅ (− 2 − )− 2 2 6 (12 − 6 − 4) 4 (12 − 6 − 4) (12 − 6 − 4) 4 1 D(6, 4) = > 0 8
M (6, 4) → D = (−
Sad menjamo u A da odredimo da li je max ili min: 3 1 − 2 x (12 − x − y )2 3 1 1 1 A(6, 4) = − 2 − =− − <0 2 6 (12 − 6 − 4) 12 4
M (6, 4) → A = −
Naša tačka M(6,4) je dakle maksimum! Vrednost funkcije u njoj je:
x + 2 ln y + ln(12 − x − y ) 6 6 z (6, 4) = 3ln + 2 ln 4 + ln(12 − 6 − 4) 6 z (6, 4) = 3ln1 + 2 ln 22 + ln 2 = 3 ⋅ 0 + 2 ⋅ 2 ln 2 + ln 2
z = 3ln
z (6, 4) = 5ln 2
www.matematiranje.com
1056
7
EKSTREMUMI FUNKCIJA VIŠE PROMENLJIVIH ( II deo )
USLOVNI EKSTREMUM
Ovde osim funkcije imamo zadate i uslove. Najčešće je to jedan uslov, ali u ozbiljnijim primerima mogu biti dva i više njih. Ako je recimo zadata funkcija f (x) , i uslov ϕ (x) mi najpre oformimo funkciju : F ( x) = f ( x) + λ ⋅ ϕ ( x)
λ je nepoznati koeficijenat koji tražimo: -
nađemo prve parcijalne izvode i izjednačimo ih sa nulom
-
odatle izrazimo x i y preko λ
-
zamenimo x i y u uslov ϕ (x) i odredili smo vrednost za λ ( može ih biti i nekoliko)
-
vratimo tu vrednost u x i y , dobijamo tako stacionarne tačke.
-
tražimo drugi totalni diferencijal d 2 F da bi ispitali da li je u pitanju maksimum ili minimum ( ako je d 2 F < 0 u pitanju je max, a ako je d 2 F > 0 u pitanju je min.)
primer 1.
Naći uslovne ekstremume funkcije z = ax + by ako je uslov x 2 + y 2 = 1
Rešenje:
Dakle, prvo oformimo funkciju:
F = ax + by + λ ( x 2 + y 2 − 1)
pazite , stavlja se uslov izjednačen sa nulom!
x2 + y2 = 1 → x2 + y 2 − 1 = 0
Dalje tražimo prve parcijalne izvode i izjednačavamo ih sa 0.
www.matematiranje.com
1057
1
F = ax + by + λ ( x 2 + y 2 − 1) ∂F = a + 2λ x ∂x ∂F = a + 2λ y ∂y a + 2λ x = 0 → x = −
a 2λ
b + 2λ y = 0 → y = −
b 2λ
Ovo zamenimo u uslov da nađemo vrednost za λ : x2 + y2 = 1 a 2 b ) + (− ) 2 = 1 2λ 2λ 2 2 a b + 2 =1 2 4λ 4λ
(−
a 2 + b2 a2 + b2 a 2 + b2 →λ =± →λ =± 4 4 2
a 2 + b 2 = 4λ 2 → λ 2 =
λ1 = +
a2 + b2 2
λ2 = −
∧
a 2 + b2 2
Imamo dve vrednosti , što znači da imamo dve stacionarne tačke. Najpre ćemo zameniti λ1
a 2 + b2 λ1 = + 2 a x=− →x=− 2λ
y=−
M (−
b → y=− 2λ
a 2
a +b
2
,−
a a 2 + b2 2
2
b a2 + b2 2
2
b 2
a + b2
→ x=−
→ y=−
a a 2 + b2
b a2 + b2
)
Ispitujemo da li je maksimum ili minimum preko totalnog diferencijala drugog reda: www.matematiranje.com
1058
2
∂2 F 2 ∂2 F ∂2F 2 d F = 2 dx + 2 dxdy + 2 dy ∂x ∂x∂y ∂y
∂F = a + 2λ x ∂x ∂F = a + 2λ y ∂y
2
d 2 F = 2λ dx 2 + 0 + 2λ dy 2 d 2 F = 2λ (dx 2 + dy 2 )
2
∂ F = 2λ ∂x 2 ∂2F = 2λ ∂y 2
pa je odavde:
λ1 = +
a 2 + b2 2
d 2F = 2
∂2 F =0 ∂x∂y
a 2 + b2 (dx 2 + dy 2 ) 2
d 2 F = a 2 + b 2 ⋅ (dx 2 + dy 2 ) → d 2 F > 0
Kako je d 2 F > 0 , tačka je minimum, zamenjujemo je u početnu funkciju da nađemo tu minimalnu vrednost:
zmin = ax + by a
zmin = a (− zmin zmin
b
) + b(−
a2 + b2 a2 + b2 a2 b2 =− − a2 + b2 a2 + b2 a2 + b2 =− a2 + b2
)
zmin = − a 2 + b 2
Sad isti postupak radimo i za drugu vrednost λ2 = −
λ2 = − x=−
y=−
N(
a 2 + b2 : 2
a 2 + b2 2
a →x=− 2λ b → y=− 2λ
a a 2 + b2
,
a 2
−2
a +b 2
2
b 2
a +b 2
−2
b a2 + b2
2
→ x=
→ y=
a 2
a + b2
b 2
a + b2
)
www.matematiranje.com
1059
3
d 2 F = 2λ (dx 2 + dy 2 )
λ2 = −
a 2 + b2 2
d 2F = − 2
a2 + b2 (dx 2 + dy 2 ) 2
d 2 F = − a 2 + b 2 ⋅ (dx 2 + dy 2 ) → d 2 F < 0 Zaključujemo da je ovo tačka maksimuma, pa da odredimo tu maksimalnu vrednost funkcije:
zmax = ax + by zmax = a zmax zmax
a
+b
b
a 2 + b2 a2 + b2 a2 b2 = + a 2 + b2 a 2 + b2 a 2 + b2 = a 2 + b2
zmax = a 2 + b 2
primer 2.
Naći uslovne ekstremume funkcije
u = x − 2 y + 2z
ako je uslov
x2 + y2 + z 2 = 1
Rešenje:
Oformimo funkciju: F = x − 2 y + 2 z + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) , pa nadalje sve po opisanom postupku:
F = x − 2 y + 2 z + λ ( x 2 + y 2 + z 2 − 1) ∂F = 1 + 2λ x ∂x ∂F = −2 + 2λ y ∂y ∂F = 2 + 2λ z ∂z
1 + 2λ x = 0 → x = − − 2 + 2λ y = 0 → y = 2 + 2λ z = 0 → z = −
1 2λ 1
λ 1
λ
Menjamo ove vrednosti u uslov:
1060
4
x2 + y2 + z 2 = 1 1 2 1 2 1 ) + ( ) + (− ) 2 = 1 2λ λ λ 1 1 1 + 2 + 2 = 1.............. / ⋅4λ 2 2
(−
4λ λ λ 1 + 4 + 4 = 4λ 2
λ2 =
9 3 3 3 → λ = ± → λ1 = + ∨ λ2 = − 4 2 2 2
Opet imamo dve vrednosti za lambda, pa za svaku radimo posebno:
Za λ1 = +
3 2
∂F ∂2F = 1 + 2λ x → 2 = 2 λ ∂x ∂x ∂F ∂2 F = −2 + 2λ y → 2 = 2λ ∂y ∂y ∂F ∂2 F = 2 + 2λ z → 2 = 2 λ ∂z ∂z d 2 F = 2λ d 2 x + 2 λ d 2 y + 2 λ d 2 z = 2 λ ( d 2 x + d 2 y + d 2 z )
d 2F = 2 ⋅
3 2 (d x + d 2 y + d 2 z ) 2
d 2 F = 3(d 2 x + d 2 y + d 2 z ) → d 2 F > 0
1 2 2 M (− , , − ) je minimum 3 3 3 u = x − 2 y + 2z
u
1 2 2 ( − , ,− ) 3 3 3
1 2 2 = − − 2 ⋅ + 2 ⋅ ( − ) = −3 3 3 3
umin = −3
www.matematiranje.com
1061
5
Za λ2 = −
x=−
3 2
∂F ∂2F = 1 + 2λ x → 2 = 2 λ ∂x ∂x ∂F ∂2 F = −2 + 2λ y → 2 = 2λ ∂y ∂y
1 1 → x= 2λ 3
2 y= → y=− 3 λ
∂F ∂2 F = 2 + 2λ z → 2 = 2 λ ∂z ∂z
1
pa je
1
2 z=− → z=+ 3 λ
1 2 2 N( ,− , ) 3 3 3
d 2 F = 2λ d 2 x + 2 λ d 2 y + 2 λ d 2 z = 2 λ ( d 2 x + d 2 y + d 2 z )
d 2 F = 2 ⋅ (−
3 )(d 2 x + d 2 y + d 2 z ) 2
d 2 F = −3(d 2 x + d 2 y + d 2 z ) → d 2 F < 0
1 2 2 N ( , − , ) je maksimum 3 3 3 u = x − 2 y + 2z
u1
2 2 ( ,− , ) 3 3 3
1 2 2 = − 2 ⋅ (− ) + 2 ⋅ = 3 3 3 3
umax = 3
USLOVNI EKSTREMUM
Diferencijabilna funkcija f(x) dostiže najveću ili najmanju vrednost, u zatvorenoj i ograničenoj oblasti, u stacionarnoj tački ili u graničnoj tački te oblasti!
primer 3.
Naći najmanje i najveće vrednosti funkcije z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy u zatvorenoj oblasti ograničenoj krivama: y = x 2 i y = 4
1062
6
Rešenje: Ovde najpre moramo nacrtati sliku i uočiti oblast:
y = x2
y 5
y=4
4 3 2 1
-5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3
Stacionarne tačke tražimo na uobičajan način:
z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy ∂z = 6x2 + 8x − 2 y ∂x ∂z = 2 y − 2x ∂y ∂z = 0 → 6x2 + 8x − 2 y = 0 ∂x ∂z = 0 → 2 y − 2x = 0 → x = y ∂y x=y
zamenimo u → 6 x 2 + 8 x − 2 y = 0
6 x 2 + 8 x − 2 x = 0 → 6 x 2 + 6 x = 0 → x1 = 0, x2 = −1
x1 = 0 → y1 = 0 → M 1 (0, 0) x2 = −1 → y 2 = −1 → M 2 ( −1, −1) Dalje moramo odrediti vrednost početne funkcije u ovim tačkama:
M 1 (0, 0)
M 2 (−1, −1)
z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy
z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy
z(0,0) = 2 ⋅ 03 + 4 ⋅ 0 2 + 02 − 2 ⋅ 0 ⋅ 0 = 0 z(0,0) = 0
i
z( −1,−1) = 2(−1)3 + 4(−1) 2 + (−1)2 − 2(−1)( −1) = −2 + 4 + 1 − 2 = 1 z( −1,−1) = 1
1063
7
Za sad ne znamo da li su ovo tačke ekstremuma, moramo ispitati i granične tačke.
Najpre ćemo ispitati za tačke na paraboli.
y 5 4 3 2
y = x2
1 -5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3
Zamenimo y = x 2 u zadatu funkciju i tražimo izvod.
y = x2 z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy z( y = x 2 ) = 2 x 3 + 4 x 2 + ( x 2 ) 2 − 2 x ( x 2 ) z ( y = x 2 ) = 2 x 3 + 4 x 2 + x 4 −2 x 3 z( y = x 2 ) = x 4 + 4 x 2 Tražimo izvod: z `= 4 x3 + 8 x z `= 0 → 4 x3 + 8 x = 0 → 4 x( x 2 + 2) = 0 → x = 0 y = x 2 → y = 02 → y = 0 Dobili smo
M 3 (0, 0)
Ovu tačku smo već dobili kao stacionarnu... M 3 (0, 0) = M 1 (0, 0) z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy z(0,0) = 2 ⋅ 03 + 4 ⋅ 0 2 + 02 − 2 ⋅ 0 ⋅ 0 = 0 z(0,0) = 0
1064
8
Sad ispitujemo tačke na pravoj y = 4 y 5
y=4
4 3 2 1 -5 -4 -3 -2
-1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3
y=4 z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy z( y = 4) = 2 x 3 + 4 x 2 + 42 − 2 x ⋅ 4 z( y = 4) = 2 x 3 + 4 x 2 − 8 x + 16 Tražimo izvod: z `= 6 x 2 + 8 x − 8 2 z `= 0 → 6 x 2 + 8 x − 8 = 0 → x1 = , x2 = −2 3 2 M 4 = ( , 4) , 3
M 5 = (−2, 4)
2 M 4 ( , 4) 3 z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy z2
2 2 2 = 2 ⋅ ( )3 + 4 ⋅ ( ) 2 + 42 − 2 ⋅ ( ) ⋅ 4 = 0 3 3 3
z2
16 16 16 176 12 = + + 16 − = =6 27 9 3 27 27
z2
=6
( ,4) 3
( ,4) 3
( ,4) 3
M 5 (−2, 4) z = 2 x3 + 4 x 2 + y 2 − 2 xy
i
z( −2,4) = 2 ⋅ (−2)3 + 4 ⋅ (−2) 2 + 4 2 − 2 ⋅ ( −2) ⋅ 4 = 0 z( −2,4) = −16 + 16 + 16 + 16 z( −2,4) = 32
12 27
Dakle: Funkcija ima maksimalnu vrednost u tački M 5 (−2, 4) koja iznosi: z( −2,4) = 32 Funkcija ima minimalnu vrednost u tački M 3 (0, 0) = M 1 (0, 0) koja iznosi: z(0,0) = 0
1065
9
1066
www.matematiranje.com dx I1= ∫ 2 ax + bx + c
Ax + B I2= ∫ 2 dx ax + bx + c
INTEGRALI TIPA: I3= ∫
dx
ax 2 + bx + c Kod ovih integrala najpre kvadratni trinom prebacimo u kanonski oblik: b b 4ac − b 2 ax2+bx+c = a(x+ )2 + onda uzimamo smenu : x+ = t ⇒ dx=dt 4a 2a 2a
I4= ∫
Ax + B ax 2 + bx + c
integrali I1 i I3 se odmah svedu na tablični , dok za preostala dva moramo iz smene izraziti x = t -
dx
b 2a
i to zameniti u izraz Ax +B, a možemo koristiti i gotove formule: Ab A Ab A I4 = ax 2 + bx + c +(Bln ax 2 + bx + c +(B) I1 +c )I3 + c I2 = 2a 2a a 2a PRIMERI:
dx dx , ∫ 2 , + 8 x + 20 x − 6 x + 13 dx dx , ∫ , 2 2 x + x +1 2x − 6x + 5
∫ 2x ∫
2
3x + 2 , + 8 x + 20 x dx , 5 + x − x2
∫ 2x ∫
2
∫x
2
∫
5x + 2 , + 2 x + 10 5x + 2 x + 2x + 5 2
dx,
∫x
dx 1 − 4 ln x − ln 2 x
INTEGRACIJA RACIONALNE FUNKCIJE
P( x) . Ona može biti prava i neprava. Ako je max stepen P(x) veći ili jednak sa Q( x) max stepenom Q(x) onda je to neprava racionalna funkcija. Moramo podeliti ta dva polinoma i dobiti pravu racionalnu funkciju .Ako je max stepen Q(x) veći od max stepena P(x) onda je racionalna funkcija prava. Na primerima ćemo pokazati kako rastavljamo pravu racionalnu funkciju: Racionalna funkcija je oblika :
Najpre moramo imenilac rastaviti na činioce upotrebom: - izvlačimo zajednički ispred zagrade - razlika kvadrata: a2 – b2 = (a-b)(a+b) - ax2 + bx +c = a(x-x1)(x-x2) ako nam je data kvadratna jednačina - a3-b3 = (a-b)(a2+ab+b2) ili a3+b3 = (a+b)(a2-ab+b2) razlika, odnosno zbir kubova onda radimo: Na primer: izraz A B C D izraz A B = + ; = + + + 3 2 3 ( x − 1)( x + 5) x − 1 x + 5 ( x + 7) ( x − 1) ( x + 7) x − 1 ( x − 1) ( x − 1) izraz A Bx + C = + 2 ; znači ako imamo nerazloživ izraz moramo uzeti Bx+C (PAZI NA OVO) 2 ( x − 2)( x + 1) x − 2 x + 1 PRIMERI: x +1 x −1 dx , ∫ 3 dx , − 3x x + x 2 − 6x dx 4dx xdx ∫ x 3 −1 , ∫ x 4 + 1 ; ∫ ( x − 1)( x 2 + 1) ( x + 2)
∫ ( x − 1)( x + 5)dx , ∫ x
2
1067
www.matematiranje.com x 3 + x 2 − 16 x + 16 ∫ x 2 − 4 x + 3 dx ,
x5 + 2 ∫ x 3 − 1 dx,
( x + 1) 3 ∫ x 2 − x dx
1068
www.matematiranje.com INTEGRACIJA TRIGONOMETRIJSKIH FUNKCIJA 1.
∫ R(sin x, cos x)dx
Ovo su integrali gde su sinx i cosx bez stepena. Uzimamo smenu:
2dt 2t 1− t2 x tg = t , odavde je dx= , sinx= , cosx= 2 1+ t2 1+ t2 1+ t2 funkcije. Primeri :
2.
∫ R(sin
1
dx
2 − sin x
Posle smene svede se na integral racionalne
dx
∫ sin x dx , ∫ 2 sin x − cos x + 3 , ∫ 2 + cos x dx , ∫ (2 + cos x) sin x
2
x, cos 2 x, sin x cos x)dx .Ovde sinx i cosx imaju stepene. Uzimamo smenu:
dt t2 t 1 2 , sin x= , cos2x= , sinxcosx= 2 2 2 1+ t 1+ t 1+ t 1+ t2 cos x sin 2 x sin x − cos x Primeri: ∫ dx , ∫ dx , ∫ sin 2 x + cos 2 xdx sin x + 2 cos x cos 3 x − sin 3 x
tgx = t , odavde je dx=
3. Integrali u kojima se daje proizvod se rešavaju pomoću sledećih trigonometrijskih formula:
1 [cos(a-b)x – cos(a+b)x] 2 1 sinax cosbx= [sin(a+b)x + sin(a-b)x] 2 1 cosax cosbx= [cos(a+b)x + cos(a-b)x] 2 Primeri: ∫ sin 3x cos 4 xdx , ∫ cos 5 x cos 2 xdx , ∫ sin x sin 7 xdx sinax sinbx=
NEKI TRIKOVI:
Ako je u integralu izraz a2 − x2 =
a 2 − x 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=asint jer tako uništavamo koren
a 2 − (a sin x) 2 = a 2 − a 2 (sin x) 2 =a 1 − sin 2 x =a cosx
Ako je u integralu dat izraz x 2 + a 2 = (atgx) 2 + a 2 =
x 2 + a 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=a tgt jer tako uništavamo koren
a 2 tg 2 x + a 2 =a tg 2 x + 1 = a
1069
1 sin 2 x +1 = a 2 cos x cos x
www.matematiranje.com
1070
www.matematiranje.com OJLEROVE SMENE Njih koristimo kod integrala tipa :
∫ R[ x,
ax 2 + bx + c ]dx .
1) Ako je a>0 smena je
ax 2 + bx + c = ± a x+t
2) Ako je c>0 smena je
ax 2 + bx + c = xt +
c
3) Ako su x1 i x2 rešenja kvadratne jednačine uvodimo smenu x2)t Primeri:
∫ x+
dx x2 + x +1
,
∫ x+
Pazi, ako je u imeniocu proizvod, npr.
dx x 2 − 5x + 6
∫x
,
∫
ax 2 + bx + c =a(x-x1)t
(1 − x 2 + x + 1) 2 x2 x2 + x +1
ili
ax 2 + bx + c =a(x-
dx
1 treba uzeti smenu x= i tako izbegnemo Ojlera… t x + x +1 dx
2
INTEGRAL BINOMNOG DIFERENCIJALA
Ova metoda se koristi kod integrala oblika
∫x
m
(a + bx n ) p dx . Ovaj tip se svodi na integral racionalne funkcije.
Razlikovaćemo 3 situacije: 1) Ako je p-ceo broj , onda dizanjem binoma (a+bxn) na p-ti stepen, ovaj integral bude kao integral iracionalne funkcije m +1 2) Ako je -ceo broj , smena je a+bxn = ts , gde je s imenilac razlomka p n m +1 3) Ako je +p – ceo broj, tada je smena ax-n + b=ts , gde je s opet imenilac razlomka p n x3 + x4 dx Primeri: ∫ , ∫ dx , x4 x 6 x 2 −1
METODA OSTROGRADSKOG
Koristimo je za rešavanje integrala tipa
∫
P( x) ax 2 + bx + c
dx , gde je P(x) polinom drugog ili većeg stepena.
Ako je P(x) drugog stepena radimo sledeće:
∫
mx 2 + px + r
dx =(Ax+B)
ax 2 + bx + c + λ ∫
dx
, tražimo koeficiente A,B i λ
-
ax 2 + bx + c ax 2 + bx + c ovu jednačinu najpre diferenciramo (nadjemo joj izvod)
-
zatim je pomnožimo sa ax 2 + bx + c Sredimo obe strane i uporedjivanjem tražimo nepoznate koeficiente A,B i λ
1071
www.matematiranje.com Primeri:
∫
2 x 2 + 3x x 2 + 2x + 2
dx ,
∫
4x 2 − 5x x2 + x +1
dx
1072
www.matematiranje.com PARCIJALNA INTEGRACIJA ∫ udv = uv − ∫ vdu
Θ=u
Δdx = dv
Θ`dx = du
U datom integralu “nešto” izaberemo da je u , a “nešto” izaberemo da je dv.
∫ Δdx = v
Da bi “pametno” birali ove integrale ćemo podeliti u 4. grupe. 1. GRUPA Ovde ćemo birati da je x ili izraz vezan sa x jednak u, a sve ostalo je dv x Primeri : ∫ x cos xdx , ∫ (1 − x) sin xdx , ∫ xe x dx , ∫ dx , ∫ ( x 2 − 2 x + 5)e − x dx 2 sin x 2. GRUPA Ovde ne uzimamo x za u , već funkciju pored x , (odnosno izraza sa x). lnx=u, arcsinx=u,arctgx=u a sve ostalo je dv. Primeri : ∫ x ln xdx , ∫ x arcsin xdx , ∫ x 2 arctgxdx , ∫ x 3 ln xdx
3. GRUPA Ovde ćemo uzimati dx=dv, a unutrašnja funkcija je u, kao u 2. grupi Primeri : ∫ ln xdx , ∫ ln 2 xdx , ∫ arctgxdx , ∫ arcsin xdx 4. GRUPA To su kružni integrali, koji uvek imaju svog “para” preko koga se dati integral vraća na početak Primeri: ∫ e x sin xdx , ∫ e x cos xdx , ∫ sin(ln x)dx , ∫ cos(ln x)dx OZBILJNI PRIMERI: arcsin x 2 ∫ x 2 dx , ∫ ln( x + 1 + x )dx ,
x ln x ∫ (1 + x 2 ) 2 dx ,
∫ arctg (1 + x )dx ,
xe x ∫ (e x − 1) 3 dx
INTEGRALI NEKIH IRACIONALNIH FUNKCIJA
ax + b n ax + b s ) ,.......( ) ]dx onda ćemo uzimati smenu cx + d cx + d ax + b m r = t k , gde je k najmanji zajednički sadržalac za razlomke ,....... cx + d n s
Ako je iracionalna funkcija oblika
Primeri: dx
∫1+
(smena x=t2)
x 1− x +1
∫1+
3
x +1
x dx
∫1+
x
∫ R[ x, (
(smena x=t2)
m
r
∫1−
dx (smena x+1=t6 jer je 6 NZS za 2 i 3)
x 3
x
∫x
dx ( smena x=t6) x −1 dx , x +1
1
∫ (1 + x)
2
3
1− x dx 1+ x
Posle smene integrali ovih iracionalnih funkcija se svedu na integrale racionalne funkcije.
1073
INTEGRALI ZADACI (I – DEO)
∫ f ( x)dx = F ( x) + C
Ako je f(x) neprekidna funkcija i F `(x) = f(x) onda je
, gde je C proizvoljna konstanta.
Morate naučiti tablicu osnovnih integrala:
1.
∫ dx = x + C
2.
∫ xdx =
3.
x2 +C 2 x n +1 +C n +1
n ∫ x dx =
1
4.
∫ x dx = ln x + C
5.
x ∫ a dx =
6. 7. 8.
najčešće se koristi... ili da vas ne zbuni
12.
dx = ln x + C x
ax +C ln a
∫ e dx = e + C ∫ sin xdx = − cos x + C ∫ cos xdx = + sin x + C x
x
1
∫ sin
dx = −ctgx + C x 1 dx = tgx + C 10. ∫ cos 2 x arctgx + C ili 1 dx = 11. ∫ 2 − arcctgx + C 1+ x 9.
∫
∫
2
1 1− x
2
dx =
arcsin x + C
∫a
to jest
ili
− arccocx + C
to jest
2
1 1 x dx = arctg + C 2 +x a a 1
∫
a −x 2
dx = arcsin
2
x +C a
Ovo su osnovni tablični integrali. Neki profesori dozvoljavaju da se kao tablični koriste i :
dx
13.
∫ 1− x
14.
∫
2
1 1+ x = ln +C 2 1− x
dx x ±1 2
odnosno
= ln x + x 2 ± 1 + C
odnosno
∫a
2
dx 1 a+x dx 1 x−a ln ln = + C to jest ∫ 2 = +C 2 2 −x 2a a − x x −a 2a x + a
∫
dx x ±a 2
2
= ln x + x 2 ± a 2 + C
www.matematiranje.com
1074
1
Primeri: 1.
5 ∫ x dx =
x5+1 x6 +C = +C 5 +1 6
7x 2. ∫ 7 dx = +C ln 7 x
3.
∫
kao 3. tablični
kao 5. tablični
n ∫ x dx =
x n +1 +C n +1
ax ∫ a dx = ln a + C x
xdx = pogledamo i vidimo da ga ovaj integral nema u tablici osnovnih integrala... Ideja je da se kod ovakvih m
integrala iskoristi pravilo za stepenovanje x
n m
x = x , odnosno n
1 2
x = x . Na ovaj način se integral svede na najčešće
n +1
∫ x dx = n + 1 + C . n
upotrebljavani tablični
Dakle: 1 1 2
3
+1
3
∫
x2 x2 2x 2 xdx = ∫ x dx = +C = +C = +C 1 3 3 +1 2 2
4.
∫x
1 12
dx = I ovaj ga nema u tablici...Za njega ćemo upotrebiti pravilo za stepenovanje, da je
1 = x − n ... xn
1 x −12 +1 x −11 1 −12 ∫ x12 dx = ∫ x dx = −12 + 1 + C = −11 + C = −11x11 + C
Najbolje je da se mi podsetimo svih pravila za stepenovanje i korenovanje:
1) a 0 = 1 1 an m n 3) a ⋅ a = a m + n 4) a m : a n = a m − n 5) (a m ) n = a m⋅n
2) a − n =
6) (a ⋅ b) = a n ⋅ b n n
an a 7) = n b b a 8) b
−n
b = a
n
www.matematiranje.com
1075
2
m
1)
n
am = a n
2)
n
a ⋅b = n a ⋅ n b
3)
n
a :n b = n a:b
4) 5) 6)
( a)
m
n
a = n ⋅m a
n m np
= n am
a
mp
= n am
Nastavimo sa primerima…
∫ x⋅
5.
3
xdx = Upotrebimo pravila za stepen i koren da “ pripremimo” podintegralnu funkciju : 1
1+
x ⋅ 3 x = x1 ⋅ x 3 = x
1 3
4
= x3 4
4 3
7
+1
7
x3 x3 3x 3 3 x ⋅ xdx = x dx = + C = + C = +C ∫ ∫ 4 7 7 +1 3 3 x
5 x 5 3 +C x −x x 1 5 3 5 ⋅ dx = ⋅ dx = dx = ∫ ∫ 3x ∫ 3 5 ln 3
6.
7.
∫
x x x dx = ? 7
"Spakujemo" podintegralnu funkciju 7 7 8
+1
15
x x x = x
x 2 ⋅ x = x 4 x3 =
4
x4 ⋅ x3 = 8 x7 = x 8
15
x8 x8 8x 8 x dx = + C = + C = +C ∫ 7 15 15 +1 8 8
Da se upoznamo i sa osnovnim svojstvima neodredjenog integrala:
1)
∫ A ⋅ f ( x)dx = A ⋅∫ f ( x)dx
gde je A konstanta (broj)
Dakle, slično kao i kod izvoda, konstanta (broj) izlazi ispred integrala... www.matematiranje.com
1076
3
Primeri: 8.
∫ 4 x dx = ? 3
3 3 ∫ 4 x dx = 4∫ x dx = 4
x4 + C = x4 + C 4
9. 1
∫ 4 xdx = ? 1
1
1
1
∫ 4 xdx = 4 ⋅ ∫ x dx = 4 ⋅ ln x + C 10.
∫ 2π sin xdx = ? ∫ 2π sin xdx =2π ⋅ ∫ sin xdx =2π ⋅ (− cos x) + C = −2π cos x + C 2)
∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx
Opet slično kao kod izvoda: Ako imamo zbir ili razliku više funkcija od svake tražimo posebno integral... 11. 2 ∫ (4 x + 2 x − 3)dx = ?
∫ (4 x
2
+ 2 x − 3)dx = ∫ 4 x 2 dx + ∫ 2 xdx − ∫ 3dx = konstante izbacimo ispred integrala... = 4 ∫ x 2 dx + 2 ∫ xdx − 3∫ dx =4
x3 x2 x3 +2 − 3x + C = 4 +x 2 − 3 x + C 3 2 3
12.
1
4 23 − 2 + 2 ⋅ 5 x )dx = ? x sin x 1 x 4 23 1 1 dx 3 x x 3 x ∫ (5cos x + 3e − 2 x + x − sin 2 x + 2 ⋅ 5 )dx = 5∫ cos xdx + 3 ∫ e dx − 2∫ x dx + 4∫ x dx − 23∫ sin 2 x + 2 ⋅ ∫ 5 dx = x4 5x 1 = 5 sin x + e x − 2 + 4 ln x − 23(−ctgx) + 2 +C 4 ln 5 3
∫ (5cos x + 3e
x
− 2 x3 +
www.matematiranje.com
1077
4
13.
∫
x−2 dx = ? x3
Kod ovog i sličnih integrala ćemo upotrebiti
∫
A± B A B = ± C C C
x−2 x 2 dx = ∫ ( 3 − 3 )dx = ∫ ( x −2 − 2 x −3 )dx = ∫ x −2 dx − 2 ∫ x −3 dx 3 x x x x −2+1 x −3+1 −2 +C = −2 + 1 −3 + 1 1 1 = − + 2 +C x x
14. 2 x +1 − 5 x −1 ∫ 10 x dx = ? Da prisredimo najpre malo podintegralnu funkciju... 2 x +1 − 5 x −1 = 10 x
5x 5x x x x x x 1 51 = 2 ⋅ 2 − 51 = 2 ⋅ 2 − 1 ⋅ 5 = 2 ⋅ 1 − 1 ⋅ 1 10 x 10 x 10 x 10 5 10 5 5 2
2 x ⋅ 21 −
x
x
x
x
2 x +1 − 5 x −1 1 1 1 1 1 1 ∫ 10 x dx = ∫ [2 ⋅ 5 − 5 ⋅ 2 ]dx = ∫ 2 ⋅ 5 dx − ∫ 5 ⋅ 2 dx = x
x
1 1 x x 1 1 1 2 5 1 = 2 ⋅ ∫ dx − ⋅ ∫ dx =2 ⋅ − + C 1 5 1 5 2 5 ln ln 5 2
15. x2 ∫ x 2 + 1dx = ? Ovo je tip integrala koji najlakše rešavamo malim ''trikom'' ( dodamo 1 i oduzmemo 1) x2 x2 + 1 −1 x2 + 1 1 x2 + 1 1 dx = dx = dx − dx = ∫ x2 + 1 ∫ x2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 ∫ x 2 + 1 dx − ∫ x 2 + 1dx
= ∫ dx − ∫
1 dx = x − arctgx + C x +1 2
I ovde će nam trebati znanje iz trigonometrije. Da se podsetimo nekih najvažnijih formula:
1078
www.matematiranje.com
5
Osnovni trigonometrijski indetiteti 1) sin 2 α + cos 2 α = 1 sin α 2) tgα = cos α cos α 3) ctgα = sin α 4) tgα ⋅ ctgα = 1
Adicione formule sin(α + β ) = sin α cos β + cos α sin β
sin(α − β ) = sin α cos β − cos α sin β
cos(α + β ) = cos α cos β − sin α sin β
cos(α − β ) = cos α cos β + sin α sin β tgα − tgβ 1 + tgα ⋅ tgβ ctgα ⋅ ctgβ + 1 ctg (α − β ) = ctgβ − ctgα
tgα + tg β 1 − tgα ⋅ tg β ctgα ⋅ ctg β − 1 ctg (α + β ) = ctg β + ctgα
tg (α − β ) =
tg (α + β ) =
Polovina ugla 1. sin
α
2. cos
2
α
1 − cos α 2
=±
1 + cos α α 1 + cos 2 x ili 2 cos 2 = 1 + cos α odnosno cos 2 x = 2 2 2
ili
2 sin 2
α 2
= 1 − cos α odnosno sin 2 x =
1 − cos 2 x 2
1 − cos α 2 1 + cos α α 1 + cos α 4. ctg = ± 2 1 − cos α
3. tg
α
2
=±
=±
Transformacije zbira i razlike u proizvod α +β α −β 1. sin α + sin β = 2 sin cos 2 2 α +β α −β sin 2. sin α − sin β = 2 cos 2 2 α +β α −β 3. cos α + cos β = 2 cos cos 2 2 α +β α −β sin 4. cos α − cos β = −2 sin 2 2 sin(α ± β ) 5. tgα ± tgβ = cos α cos β sin(α ± β ) 6. ctgα ± ctgβ = sin α sin β
Dvostruki ugao 1. sin 2α = 2 sin α cos α 2. cos 2α = cos 2 α − sin 2 α 3. tg 2α =
2tgα 1 − tg 2α
4. ctg 2α =
ctg 2α − 1 2ctgα
www.matematiranje.com
1079
6
16. cos 2 x dx = ? treba nam formula cos 2 x = cos 2 x − sin 2 x x ⋅ cos 2 x cos 2 x cos 2 x − sin 2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = rastavimo na dva integrala... cos 2 x sin 2 x dx − ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = skratimo...
∫ sin
∫ sin
2
cos 2 x
x ⋅ cos 2 x
2
1
∫ sin
2
x
dx − ∫
sin 2 x
dx − ∫
sin 2 x ⋅ cos 2 x
dx = i dobijamo dva tablična integrala...
1 dx = −ctgx − tgx + C cos 2 x
17. dx =? treba nam formula sin 2 x + cos 2 x = 1 x ⋅ cos 2 x 1 ⋅ dx 1 sin 2 x + cos 2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x = uz dx je 1, zar ne?= ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x dx = rastavimo na dva integrala... sin 2 x cos 2 x dx + ∫ sin 2 x ⋅ cos2 x ∫ sin 2 x ⋅ cos2 xdx = skratimo...
∫ sin
2
∫ sin
sin 2 x 2
x ⋅ cos 2 x
1
∫ cos
2
x
dx − ∫
dx + ∫
cos 2 x sin 2 x ⋅ cos 2 x
dx = i dobijamo dva tablična integrala...
1 dx = tgx + ctgx + C sin 2 x
18.
∫ tg
2
xdx = ?
Ovde koristimo tgx = 2 ∫ tg xdx = ∫
=∫
sin x cos x
sin 2 x dx = kako je sin 2 α + cos 2 α = 1 → sin 2 α = 1 − cos 2 α , pa je 2 cos x
1 − cos 2 α 1 cos 2 α 1 dx = dx − dx = ∫ dx − ∫ dx = tgx − x + C 2 2 2 ∫ ∫ cos 2 x cos x cos x cos x
www.matematiranje.com
1080
7
19. 18 x 2 − 2 ∫ 3x − 1 dx = ? Probamo da sredimo podintegralnu funkciju, ako neće, mora se koristiti neki drugi trik( druga metoda)...
18 x 2 − 2 2(9 x 2 − 1) 2 (3 x − 1) (3 x + 1) = = = 2(3 x + 1) = 6 x + 2 3x − 1 3x − 1 3x − 1
Sad je već lakše...
18 x 2 − 2 x2 (6 2) 6 2 6 dx = x + dx = xdx + dx = + 2 x + C = 3x 2 + 2 x + C ∫ 3x − 1 ∫ ∫ ∫ 2
20.
4− x dx = ? x
∫ 2+
1 4− x 22 − ( x ) 2 (2 − x )(2 + x ) (2 − x ) (2 + x ) = = = = 2 − x = 2 − x2 2+ x 2+ x 2+ x 2+ x
3
3
1 1 4− x x2 2x2 2 2 dx = (2 − x ) dx = 2 dx − x dx = 2 x − + C = 2 x − +C ∫ 2+ x ∫ ∫ ∫ 3 3 2
www.matematiranje.com
1081
8
INTEGRALI ZADACI ( II DEO) – INTEGRACIJA POMOĆU SMENE Ako uvedemo smenu x g (t ) onda je dx g `(t )dt i početni integral
f ( x)dx
postaje:
f ( x)dx f ( g (t )) g `(t )dt Za početak evo jednog saveta: za smenu birati izraz čiji je izvod uz dx. Smena ustvari, prosto rečeno, znači da u datom integralu nešto (recimo )izaberemo da je t. Od toga nadjemo izvod i t to zamenimo u početni integral, koji je sada sve '' po t ''. . `dx dt Primeri:
1 2 xdx ? 2 12
x
Vidimo da uz dx imamo izraz 2x. Razmišljamo od čega je izvod 2x ? Znamo da je ( x 2 )` 2 x i to ćemo izabrati kao smenu. Još je pametnije da uzmemo ceo izraz x 2 12 da nam bude smena jer je izvod od konstante 0. [ ( x 2 12)` 2 x ] x 2 12 t 2 xdx dt x 2 12 2 xdx dt t ln t C kad rešimo integral 'po t' , onda vratimo smenu i dobijamo rešenje 'po x' = ln x 2 12 C
2 x 2 dx x3 1 ?
I ovde slično razmišljamo, izvod od x3 1 je 3x 2 i to je pogodno za smenu, al šta ćemo sa onom trojkom? Ne brinite, znamo da konstanta uvek može da ide ispred integrala po pravilu
A f ( x)dx A f ( x)dx
koje smo objasnili u prethodnom delu ( integrali zadaci I deo). dt x3 1 t x 2 dx 1 3 3 1 dt 1 x3 1 3x 2 dx dt x 2 dx dt t 3 t 3 ln t C 3 ln x 1 C 3 www.matematiranje.com
1082
1
3
1
x 5dx ? Ovaj integral liči na tablični
1
xdx ln x C
ali umesto x u imeniocu imamo x + 5. Zato je pametno baš taj izraz
uzeti za smenu : 1
x 5dx
x5 t 1 dt ln t C ln x 5 C dx dt t
Vezano za ovakve integrale možemo izvesti jedan zaključak:
1
x a dx ln x a C
4 1
( x 5) dx ? 3
Ovaj integral je sličan prethodnom, ali pazite jer u imeniocu je stepen izraza pa on ‘ne ide’ u ln. x5 t t 31 1 1 1 1 3 dx dt t dt C C C 3 2 ( x 5)3 dx dt 2t 2 ( x 5) 2 t 3 1
5
sin
2
x cos xdx ?
Uz dx imamo cosx, a kako znamo da je izvod od (sinx)`=cosx , jasno je da će to i biti smena. sin x t t3 sin 3 x 2 sin x cos xdx cos xdx dt t dt 3 C 3 C 2
6
e
x3
e
3
x
x 2 dx ?
x3 t x 2 dx
1 1 1 3 t dt et dt et C e x C dt e 3 3 3 3 3 x dx dt x dx 3 2
2
www.matematiranje.com
1083
2
7
ctgxdx ? Ovde najpre moramo upotrebiti identitet ctgx cos x
sin x t
ctgxdx sin x dx cos xdx dt
cos x , pa tek onda uzeti smenu: sin x
dt ln t C ln sin x C t
8 arctgy
1 y
2
dy ?
Vidite i sami da se bez znanja izvoda teško može razumeti metoda smene, zato vam savetujemo da prvo njih dobro obnovite pa tek onda da se probate sa integralima…( fajlovi izvodi – zadaci I,II III deo) arctgy 1 y 2 dy
arctgy t t2 (arctgy ) 2 C tdt C 1 dy dt 2 2 1 y2
9 x 2 dx x6 4 ? Ovde uz dx imamo x 2 I znamo da je izvod od ( x3 )` 3x 2 a u imeniocu nemamo x3 . Zato ćemo mi malo prepraviti imenilac da bi dobili x3 … dt x dx x dx 1 dt 3 x6 4 ( x3 )2 4 3x 2 dx dt x 2dx dt t 2 4 3 t 2 4 3 2
2
x3 t
Ovde ćemo upotrebiti tablični integral
a
2
1 1 t dx arctg C ali moramo najpre odrediti a. 2 t a a
1 dt 1 dt 1 1 t 1 x3 = 2 arctg C arctg C 3 t 4 3 t 2 22 3 2 2 6 2 www.matematiranje.com
1084
3
Kad smo već upotrebili ovaj tablični integral , ako se sećate, mi smo pomenuli da ne dozvoljavaju svi profesori da se on koristi. Pa da vidimo kako smo mi njega rešili metodom smene: 10
a
2
1 1 x dx arctg C TABLIČNI 2 x a a
Dokaz: x t 1 1 1 1 1 1 1 1 a 2 dt dx dx dx adt 2 a 2 2 a2 x2 2 x2 x dx [1 t 2 ] a [1 ( ) 2 ] a [1 t ] a a [1 ( ) ] dt dx adt a a a 1 1 1 1 x dt arctgt C arctg C 2 a [1 t ] a a a
11 1
25 x
dx ?
2
Ovde je dakle samo problem odrediti vrednost za a. 1
25 x
dx
2
1 dx [ovde je dakle a =5] 5 x2 2
1 x arctg C 5 5
Slična situacija je i sa : 12
1 a2 x2
dx arcsin
x C a
TABLIČNI
Dokaz:
1 a x 2
2
dx
1 x a [1 ( ) 2 ] a 2
x t a dx dt dx adt a
dx
1 x a [1 ( ) 2 ] a 2
dx
1 x a [1 ( ) 2 ] a
dx
1 a
1 x 1 ( )2 a
dx
1 1 1 1 1 x adt a dt dt arcsin t C arcsin C 2 2 2 a 1 t a a 1 t 1 t
www.matematiranje.com
1085
4
13 1
15 x 2
dx ?
Opet se traži vrednost za a. Ovde je malo teže jer 15 nije kvadrat nekog broja, ali mi upotrebimo trikče: 1
15 x 2
dx
1 ( 15) 2 x 2
dx [dakle a 15 pa je] = arcsin
x C 15
14
sin axdx ?
gde je a konstanta, to jest bilo koji broj.
ax t
dt
sin axdx adx dt dx dt sin t a a
1 1 1 sin tdt ( cos t ) C cos ax C a a a
Vezano za ovakve integrale , gde umesto x-sa imamo ax , možemo reći da se rade uvek sa smenom ax=t, odnosno 1 radimo ga kao tablični, a ispred integrala dodamo konstantu . a Na primer: 1
cos axdx a sin ax C e
ax
dx
1 ax e C a
itd.
15
sin
2
xdx ?
Ovde nam treba trigonometrijska formulica za sin 2 x ( pogledaj prethodni fajl : integrali zadaci I deo)
sin
2
xdx
1 cos 2 x 1 1 1 1 1 dx [ 1 dx cos 2 xdx] [ x sin 2 x] C x sin 2 x C 2 2 2 2 2 4
Ovde smo u radu iskoristili zaključak iz prethodnog zadatka
1
cos 2 xdx 2 sin 2 x . www.matematiranje.com
1086
5
16
cos
2
xdx ? cos 2 x =
Opet mora trigonometrija…
1 cos 2 x 2
1 cos 2 x 1 dx [1 cos 2 x]dx 2 2 1 1 1 1 1 [ 1 dx cos 2 xdx] [ x sin 2 x] C x sin 2 x C 2 2 2 2 4
cos
2
xdx
17
dx
sin x ? Ovaj zadatak možemo rešiti na više načina. Upotrebićemo trikče : dx
dx
sin x
sin x sin x dx dx 2 x 1 cos 2 x
sin x sin x sin x sin
Sada već imamo očiglednu smenu... cos x t sin x dt dt 1 cos2 xdx sin xdx dt 1 t 2 t 2 1 sin xdx dt
Ovo je tablični integral
x
2
dx 1 xa ln C pa je 2 a 2a x a
1 t 1 1 cos x 1 dt ln C ln C 2 cos x 1 1 2 t 1 Rešenje može ostati i ovakvo, ali ćemo ga mi namerno malo prepraviti jer se ovaj integral može elegantnije rešiti
t
2
preko trigonometrijskih smena, a tamo će rešenje izgledati baš kao... 1
1 cos x 1 cos x 1 2 ln C ln C ln 2 cos x 1 cos x 1
cos x 1 x C ln tg C cos x 1 2 www.matematiranje.com
1087
6
18
1 x dx ? 1 x
1 x 1 x 1 x 1 x 1 x dx dx ovde je trik izvršiti racionalizaciju dx 1 x 1 x 1 x 1 x 1 x2 Sad ćemo ovaj integral rastaviti na dva...
1 x 1 x2
1 1 x2
dx
x 1 x2
dx prvi je tablični a drugi ćemo rešiti smenom( na stranu)
1 x2 t x 1 ( 2 x)dx dt ( dt ) t C 1 x 2 C dx 2 2 1 x 2 1 x x dt 1 x2
Vratimo se u dosadašnje rešenje i imamo:
1 x 1 x
2
1 1 x
2
dx
x 1 x
2
dx arcsin x ( 1 x 2 ) C arcsin x 1 x 2 C
www.matematiranje.com
1088
7
INTEGRALI ZADACI (III-DEO) PARCIJALNA INTEGRACIJA Ako su u i v diferencijabilne funkcije od x , onda je :
udv uv vdu Ova metoda, parcijalna integracija, po pravilu je na početku proučavanja slabo razumljiva. Mi ćemo pokušati , koliko to dozvoljava pisana reč da vam je približimo i objasnimo . Zadati integral mi upoređujemo sa
udv . “Nešto” (recimo ) izaberemo da je
u , a “nešto” (recimo dx ) izaberemo
da je dv. Od onog što smo izabrali da je u tražimo izvod , a od onog što smo izabrali da je dv tražimo integral. u
dx=dv
`dx du
dx v
Kad nađemo du i v to menjamo u formulu parcijalne integracije: novodobijeni integral
uv vdu . Ideja parcijalne integracije je da
vdu bude lakši od početnog udv . Ako dobijemo da on nije lakši, znači da smo pogrešno
izabrali u i dv. Najčešći primer na kome profesori objašnjavaju parcijalnu integraciju je :
primer 1.
xe dx ? x
Ovaj integral upoređujemo sa udv . Izabraćemo da je x = u a e x dx=dv. xu
e x dx dv
xe dx dx du e dx v x
x
ovo sad menjamo u
u v vdu
ex v
x e x e x dx xe x e x C e x ( x 1) C u v vdu A šta bi se desilo da smo birali pogrešno? Da vidimo: ex u x x xe dx e dx du
xdx dv
xdx v x2 v 2
x2 x e 2
x2 x 2 e dx ovaj integral je teži od početnog!
www.matematiranje.com
1089
1
Da bi “pametno” birali ove integrale ćemo podeliti u 4. grupe.
1. GRUPA Ovde ćemo birati da je x ili izraz vezan sa x jednak u, a sve ostalo je dv x Na primer : x cos xdx , (1 x) sin xdx , xe x dx , 2 dx , ( x 2 2 x 5)e x dx itd. sin x 2. GRUPA Ovde ne uzimamo x za u , već funkciju pored x , (odnosno izraza sa x). lnx = u,
arcsinx = u, arctgx = u Na primer :
a sve ostalo je dv.
x ln xdx x arcsin xdx , x
2
x
arctgxdx ,
3
ln xdx itd.
3. GRUPA Ovde ćemo uzimati dx=dv, a unutrašnja funkcija je u, kao u 2. grupi Na primer :
ln xdx , ln
2
xdx ,
arctgxdx , arcsin xdx
itd.
4. GRUPA To su kružni integrali, koji uvek imaju svog “para” preko koga se dati integral vraća na početak… Na primer :
e
x
sin xdx , e x cos xdx ,
sin(ln x)dx , cos(ln x)dx
itd.
Od svake grupe ćemo uraditi po nekoliko primera...
xe
Jasno je da urađeni primer
primer 2.
x
dx pripada prvoj grupi.
(1 x) sin xdx ? 1 x u
sinxdx=dv
(1 x) sin xdx dx du
sinxdx v (1 x)( cos x) ( cos x)(dx) ( x 1) cos x sin x C cos x v
xdx
cos
primer 3.
xu xdx
cos
2
x
dx du
2
x
u v
vdu
?
dx =dv cos 2 x dx cos2 x v x tgx tgxdx tgx v
izvući ćemo tgxdx ‘ na stranu’ , rešiti ga , pa ćemo se vratiti u parcijalnu integraciju...
1090
www.matematiranje.com
2
cos x t sin x dt tgxdx cos xdx sin xdx dt t ln t ln cos x sin xdx dt
vratimo se u zadatak:
xdx
cos
2
x
x tgx tgxdx x tgx ( ln cos x ) C x tgx ln cos x C
x ln xdx ?
primer 4.
Ovde je primamljivo uzeti da je x = u , ali bi nas to odvelo u ćorsokak... Ovaj integral je iz II grupe:
xdx v
ln x u
x ln xdx
1 dx du x
x2 ln x x2 2 v u v 2
x2 1 x2 x2 1 2 x dx 2 ln x 2 x dx vdu
x2 1 x2 1 x2 x2 x2 ln x xdx ln x C ln x C 2 2 2 2 2 2 4
x arctgxdx ?
primer 5.
arctgx u
x arctgxdx
1 dx du 1 x2
xdx v 2
x v 2
arctgx
x2 x2 x2 1 x2 1 dx arctgx dx 2 2 1 x2 2 2 1 x2
Ovde ćemo stati i
x2 1 x2 dx rešiti na stranu pa ubaciti rešenje…Ovo je onaj trik integral , objašnjen u I delu.
Da se podsetimo:
x2 x2 1 1 x2 1 1 x2 1 1 dx dx dx dx x2 1 x2 1 x 2 1 x 2 1 x 2 1 dx x 2 1dx 1 dx 2 dx x arctgx x 1
Sada je:
x arctgxdx arctgx
x2 1 x2 x2 1 dx arctgx ( x arctgx) C 2 2 1 x2 2 2 www.matematiranje.com
1091
3
primer 6.
x3 arccos x 1 x2
dx ?
I ovo je integral iz II grupe al je malo teži i ima više posla.
x 3 arccos x 1 x2
x3
arccos x u dx -
dx 1 x2
1 x2
=du
dx dv Uokvireni integral ćemo rešiti “na stranu”
x3
1 x2
dx v
1 x2 t 2
x3 1 x2
2 xdx 2 tdt dx xdx tdt 1 x2
1 t2 t3 t 3 3t 2 ( t dt ) (t 1)dt t 3 3 t
x2 x
dx
1 x2 t 2 x2 1 t 2 t (t 2 3) 1 x 2 (1 x 2 3) 1 x 2 ( x 2 2) 1 x 2 ( x 2 2) 3 3 3 3 Vratimo se sada u parcijalnu integraciju:
x 3 arccos x 1 x2
arccos x u dx
arccos x (
-
dx 1 x2
=du
x3 1 x2
dx dv
1 x 2 ( x 2 2) v 3
1 x 2 ( x 2 2) dx 1 x 2 ( x 2 2) ] ][ ) [ 2 3 3 1 x
1 x 2 ( x 2 2) 1 arccos x ( ) ( x 2 2)dx 3 3 1 x 2 ( x 2 2) 1 x3 arccos x ( ) ( 2 x) C 3 3 3 www.matematiranje.com
1092
4
ln xdx ?
primer 7.
Ovo je integral iz naše III grupe. ln x u dx=dv 1 1 1 ln xdx x dx du dx v ln x x x x dx x ln x x x dx x ln x x C x(ln x 1) C xv
ln
primer 8.
ln
2
2
xdx ?
ln 2 x u
dx=dv
xdx ? dx du
dx v
, da nađemo mi ovaj izvod “na stranu”, jer se radi o složenoj funkciji.
xv
(ln 2 x)` 2 ln x (ln x)` 2 ln x
1 2 ln x x x
Vratimo se na zadatak:
ln 2 x u 2 ln x 2 ln xdx x dx du
dx=dv
dx v
ln 2 x x x
2 ln x ln x dx x ln 2 x 2 x dx x ln 2 x 2 ln xdx x x
xv
Radili smo i dobili
ln xdx , koji smo rešili u prethodnom primeru. Znači ovde bi morali da radimo novu parcijalnu
integraciju!
Iskoristićemo rešenje prethodnog primera da je
ln xdx x(ln x 1)
Pa će rešenje našeg integrala biti:
ln
2
xdx x ln 2 x 2 ln xdx x ln 2 x 2 x(ln x 1) C x (ln 2 x 2 ln x 2) C www.matematiranje.com
1093
5
primer 9.
ln( x
1 x 2 )dx ?
Ovo je već ozbiljniji primer i imaćemo više posla…
2 ln( x 1 x )dx
[ln( x 1 x 2 )]`
ln( x 1 x 2 ) u ? du
1 x 1 x
2
dx dv , kao i obično, složeni izvod ćemo “ na stranu” xv
( x 1 x 2 )`
1
(1 x 2 )`)
2 1 x 1 = (1 2 x) x 1 x2 2 1 x2 x 1 (1 = ) x 1 x2 1 x2 =
x 1 x 1
1
(1
2
1 x 1 x2
(
2
1 x2 x 1 x
2
)
1 1 x2
Vratimo se u zadatak:
ln( x 1 x 2 ) u 2 ln( x 1 x )dx 1 dx du 1 x2 ln( x 1 x 2 ) x
x 1 x2
dx dv xv
ln( x 1 x 2 ) x x
1 1 x2
dx
dx
Opet problem, izvučemo uokvireni integral i rešimo ga metodom smene:
1 x2 t x dx dt t 1 x 2 x 2 dx dt 1 x 1 x2
Konačno, rešenje će biti:
ln( x
1 x 2 )dx x ln( x 1 x 2 ) 1 x 2 C www.matematiranje.com
1094
6
I još da pokažemo par primera iz IV grupe.
sin(ln x)dx ?
primer 10.
Krenemo sa parcijalnom integracijom ( početni integral najčešće obeležavamo sa I ):
sin(ln x) u I sin(ln x)dx cos(ln x) (ln x)`dx du 1 cos(ln x) dx x sin(ln x) x x cos(ln x) Za sada
dx dv xv
1 dx sin(ln x) x cos(ln x)dx x
I sin(ln x) x cos(ln x)dx
* Integral
cos(ln x)dx radimo “ na stranu” , opet parcijalnom integracijom:
cos(ln x) u cos(ln x)dx -sin(lnx) 1 dx du x cos(ln x) x x (-sin(lnx)
dx=dv xv
1 )dx cos(ln x) x sin(ln x)dx cos(ln x) x I x
Dakle imamo
cos(ln x)dx cos(ln x) x I
Vratimo se na
*
I sin(ln x) x cos(ln x)dx ovde zamenimo da je
cos(ln x)dx cos(ln x) x I
I sin(ln x) x [cos(ln x) x I ] I sin(ln x) x cos(ln x) x I I I sin(ln x) x cos(ln x) x 2 I x [sin(ln x) cos(ln x)] x [sin(ln x) cos(ln x)] C 2 Konstantu C dodamo tek kad izrazimo I. I
www.matematiranje.com
1095
7
Profesori najviše vole da ovaj tip integrala objasne ( a posle vala i pitaju) na integralima:
e
x
sin xdx
e
i
x
cos xdx
Mi ćemo uraditi jedan uopšteniji primer :
primer 11.
e
ax
sin bxdx ?
Startujemo sa parcijalnom integracijom…( i naravno ovaj integral obeležimo sa I) sin bx u
e ax dx dv
I e ax sin bxdx cos bx (bx)`dx du
e
1 ax 1 e ax sin bx b ax e e ax b cos bxdx e cos bxdx a a a a
sin bx
Za sad dakle imamo Rešavamo
e
ax
I
e ax sin bx b a a
cos bxdx sin bx (bx)`dx du b sin bxdx du
cos bx
Dakle :
e
ax
cos bxdx
cos bxdx , pa ćemo to rešenje vratiti…
cos bx u ax
dx v
1 ax e v a
b cos bxdx du
e
ax
e ax dx dv
e
ax
dx v
1 ax e v a
1 ax 1 eax cos bx b ax e sin bxdx e eax (b sin bx)dx a a a a ax e cos bxdx
ax e cos bxdx
e ax cos bx b ax e sin bxdx a a
to jest
e ax cos bx b I a a www.matematiranje.com
1096
8
e ax sin bx b ax e cos bxdx I a a ax e sin bx b eax cos bx b I odavde moramo da izrazimo I I a a a a e ax sin bx b eax cos bx b 2 2 I .........../ a 2 I 2 a a a 2 ax ax a I a e sin bx b e cos bx b 2 I a 2 I b 2 I a e ax sin bx b e ax cos bx I (a 2 b 2 ) a e ax sin bx b e ax cos bx a e ax sin bx b e ax cos bx I a 2 b2 I
e ax (a sin bx b cos bx) C a 2 b2
Rešenje ovog uopštenog integrala možemo primeniti da rešimo recimo e x sin xdx . Kako? e ax (a sin bx b cos bx) e1x (1 sin1x 1 cos1x) e x (sin x cos x) Za a 1 i b 1 je a 2 b2 12 12 2
Dakle:
e x (sin x cos x) +C e sin xdx = 2
primer 11.
x
a 2 x 2 dx ?
Ovo je jedan od poznatijih integrala koga možemo rešiti na nekoliko načina. Ajmo da vidimo kako bi to išlo pomoću parcijalne integracije... Najpre vršimo malu racionalizaciju podintegralne funkcije:
a2 x2
a2 x2 a2 x2 a2 x2 a2 x2 1 a2 x2 a2 x2 a2 x2 a2 x2
Dakle , sada imamo dva integrala( početni integral ćemo označiti sa I ):
I a 2 x 2 dx
a2 a2 x2
dx
x2 a2 x2
dx www.matematiranje.com
1097
9
Prvi od njih je tablični:
a2 a x 2
2
dx a 2
dx a x 2
2
a 2 arcsin
x a
A drugi ćemo rešiti parcijalnom integracijom:
x
x
xu
2
a2 x2
a x2 x 2
dx
dx du
dx dv
a2 x2
dx v
Rešimo ovaj integral posebno: a2 x2 t 2
x
dx 2 xdx 2 tdt a2 x2 xdx tdt
t dt t a 2 x 2 t
Vratimo se sada u parcijalnu integraciju: x
xu
x2 a x 2
2
x2 a x x2 2
2
a2 x2 x
dx
dx du
dx dv
a2 x2
2 2 2 2 dx v x a x ( a x )dx
a2 x2 v
dx x a 2 x 2 ( a 2 x 2 )dx dx x a 2 x 2 I
a x Da se podsetimo početka: 2
I
2
a2 a2 x2
dx
x2 a2 x2
dx
x ( x a 2 x 2 I ) a x I a 2 arcsin x a 2 x 2 I a Prebacimo I na levu stranu! I a 2 arcsin
I I a 2 arcsin
x x x a 2 x 2 2 I a 2 arcsin x a 2 x 2 i konačno: a a
1 x I a 2 arcsin x a 2 x 2 C 2 a www.matematiranje.com
Ovaj integral možemo rešiti elegantnije primenom odgovarajuće smene, ali to u sledećem fajlu…
1098
10
INTEGRALI ZADACI ( IV DEO) – Integracija racionalne funkcije P ( x) . Može biti prava i neprava. Q( x) Prava racionalna funkcija je ona kod koje je maksimalni stepen polinoma P(x) manji od maksimalnog stepena
Racionalna funkcija je oblika
polinoma Q(x). ( na primer :
x x 2 − 3 x + 12 4 itd.) , , 5 2 3 2 2 x − 3 x + 5 x − 2 x + 1 x + 5 x − 22 x + 31
Neprava racionalna funkcija je ona kod koje je max stepen P(x) veći ili jednak sa max stepenom Q(x). x 2 + 2 x − 7 x 2 − 3 x + 12 x 4 + 75 x 2 − 14 , , itd. ) . U slučaju da je zadata neprava racionalna funkcija x 2 − 13 2x + 1 x+3 moramo podeliti ta dva polinoma , dobiti rešenje plus prava racionalna funkcija.
( na primer :
Integraciju prave racionalne funkcije vršimo tako što : Imenilac rastavimo na činioce upotrebom: -
izvlačimo zajednički ispred zagrade
-
razlika kvadrata: a2 – b2 = (a-b)(a+b)
-
ax2 + bx +c = a(x-x1)(x-x2) ako nam je data kvadratna jednačina
-
a3-b3 = (a-b)(a2+ab+b2) ili a3+b3 = (a+b)(a2-ab+b2) razlika, odnosno zbir kubova
-
Koristimo Bezuovu teoremu ili sklapamo “ dva po dva” ako je dat polinom većeg stepena Dalje datu pravu racionalnu funkciju rastavljamo na sledeći način:( primeri)
P ( x) A B = + ako su u imeniocu svi linearni bez stepena , svaki ide sa po jednim slovom: A,B,C… ( x − 1)( x + 5) x − 1 x + 5 P( x) A B C D = + + + ako u imeniocu imamo linearne članove , ali sa stepenom, 3 2 3 ( x − 1) ( x + 7) x − 1 ( x − 1) ( x − 1) ( x + 7)
rastavljamo dok ne dođemo do najvećeg stepena. P ( x) A Bx + C = + 2 ako u imeniocu imamo nerazloživ polinom , za njega moramo da uzmemo 2 ( x − 2)( x + 1) x − 2 x + 1
izraz tipa Bx+C ( pazi na ovo) P( x) A Bx + C Dx + E F G H evo primera gde i nerazloživ činilac u imeniocu koji = + 2 + + + + 2 2 3 ( x − 7) ⋅ ( x + 5) ⋅ x x − 7 x + 5 ( x 2 + 5)2 x x 2 x 3 je na kvadrat moramo dva puta da uzimamo u razlaganju. www.matematiranje.com
1099
1
PRIMERI 1.
x −3 ∫ x3 − xdx = ?
Ovde se radi o pravoj racionalnoj funkciji, pa odmah krećemo sa razlaganjem. Najpre imenilac rastavimo na činioce! x3 − x = x( x 2 − 1) = x( x − 1)( x + 1) Dakle, naš integral je
x−3
∫ x( x − 1)( x + 1)dx = ?
Izvučemo racionalnu funkciju: x −3 A B C = + + sve pomnožimo sa x ( x − 1)( x + 1) x ( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1 x − 3 = A( x − 1)( x + 1) + Bx( x + 1) + Cx( x − 1) x − 3 = A( x 2 − 1) + Bx 2 + Bx + Cx 2 − Cx x − 3 = Ax 2 − A + Bx 2 + Bx + Cx 2 − Cx
"sklopimo" uz x 2 , pa one uz x, pa slobodne članove...
x − 3 = x 2 ( A + B + C ) + x( B − C ) − A
sad vršimo upeređivanje: članovi uz x 2 , pa uz x, pa bez x
A + B + C = 0 → Na levoj strani nemamo član x 2 ili možemo dodati da je to 0 ⋅ x 2 B − C = 1 → Na levoj strani imamo x, to jest 1 ⋅ x, a na desnoj x( B − C ) − A = −3 → Ovo su oni bez x-seva
Rešavamo ovaj sistem jednačina: A+ B+C = 0 B −C =1 − A = −3 A = 3 → A + B + C = 0 → 3 + B + C = 0 → B + C = −3 B −C =1 B + C = −3
→ 2 B = −2 → B = −1 → C = −2
Vratimo rešenja:
x−3 A B C = + + x( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1 3 −1 3 1 2 x−3 −2 = − = + + − x( x − 1)( x + 1) x x − 1 x + 1 x x − 1 x + 1 E sad se vratimo da rešimo dati integral, jer smo ga rastavili na tri mala integrala koji su najčešće ili tablični ili se rešavaju smenom. www.matematiranje.com
1100
2
x −3
∫ x( x − 1)( x + 1) dx = ∫
3 1 2 dx − ∫ dx − ∫ dx x x −1 x +1
= 3ln x − ln x − 1 − 2 ln x + 1 + C Možda će vaš profesor da traži da “ spakujete” rešenje upotrebom pravila za logaritme. Da se podsetimo: 1. ln1 = 0 2. ln e = 1 3. ln( x ⋅ y ) = ln x + ln y x 4. ln = ln x − ln y y 5. ln x n = n ln x 6. eln x = x Naše rešenje će biti: 3
2
3
2
3ln x − ln x − 1 − 2 ln x + 1 + C = ln x − (ln x − 1 + ln x + 1 ) + C = ln x − ln x − 1 ⋅ x + 1 + C = = ln
2.
∫x
x3 +C ( x − 1)( x + 1)2
x+2 dx = ? − 2x2
3
Opet se radi o pravoj racionalnoj funkciji. Izvlačimo je i rastavljamo:
x+2 x+2 = 2 2 x − 2x x ( x − 2) x+2 A B C = + 2+ 2 x ( x − 2) x x x−2 3
sve pomnožimo sa x 2 ( x − 2)
x + 2 = Ax( x − 2) + B ( x − 2) + Cx 2 x + 2 = Ax 2 − 2 Ax + Bx − 2 B + Cx 2 1 ⋅ x + 2 = x 2 ( A + C ) + x ( −2 A + B ) − 2 B
sad vršimo upoređivanje
A+C = 0 −2 A + B = 1 −2 B = 2 Rešavamo ovaj sistem jednačina, iz treće jednačine odmah dobijamo vrednost za B B = −1 → −2 A + B = 1 → −2 A − 1 = 1 → A = −1 → C = 1 www.matematiranje.com
1101
3
x+2 A B C = + 2+ x ( x − 2) x x x−2 x+2 −1 −1 1 = + 2+ 2 x ( x − 2) x x x−2 2
x+2 −1 −1 x −2+1 1 1 1 −2 ln dx = dx + dx + dx = − dx − x dx + dx = − x − + ln x − 2 + C ∫ x 2 ( x − 2) ∫ x ∫ x 2 ∫ x − 2 ∫x ∫ ∫ x−2 −2 + 1 Malo prisredimo rešenje: ln x − 2 − ln x +
3.
1 x−2 1 + C = ln + +C x x x
x 3 + x 2 − 16 x + 16 ∫ x 2 − 4 x + 3 dx = ?
Ovo je neprava racionalna funkcija ( stepen u brojiocu je veći od stepena imenioca), pa moramo podeliti ova dva polinoma ( podsetite se deljenja , fajl polinomi iz I godine).
x3 + x 2 − 16 x + 16 = x2 − 4x + 3 ( x 3 + x 2 − 16 x + 16) : ( x 2 − 4 x + 3) = x + 5 ± x3 ∓ 4 x 2 ± 3x +5 x 2 − 19 x + 16 ±5 x 2 ∓ 20 x ± 15 x + 1 → ostatak x + x − 16 x + 16 x +1 = x+5+ 2 2 x − 4x + 3 x − 4x + 3 3
2
Dobili smo pravu racionalnu funkciju koju dalje rastavljamo: www.matematiranje.com
1102
4
x +1 = x − 4x + 3 2
−b ± b 2 − 4ac 4±2 → x1,2 = → x1 = 3, x2 = 1 2a 2 x 2 − 4 x + 3 = ( x − 1)( x − 3) x 2 − 4 x + 3 = 0 → x1,2 =
x +1 A B = + ( x − 1)( x − 3) x − 1 x − 3 x + 1 = A( x − 3) + B ( x − 1) x + 1 = Ax − 3 A + Bx − B x + 1 = x( A + B) − 3 A − B A+ B =1 −3 A − B = 1 −2 A = 2 → A = −1 → B = 2 2 −1 x +1 A B = + = + ( x − 1)( x − 3) x − 1 x − 3 x − 1 x − 3 Rešimo sada i ceo integral: x3 + x 2 − 16 x + 16 x +1 −1 2 = x+5+ 2 = x+5+ + 2 x − 4x + 3 x − 4x + 3 x −1 x − 3 3 2 −1 x + x − 16 x + 16 2 x2 ( 5 ) dx = x + + + dx = + 5 x − ln x − 1 + 2 ln x − 3 + C ∫ x2 − 4x + 3 ∫ x −1 x − 3 2 = 4.
∫x
3
x2 ( x − 3)2 + 5x + ln +C 2 x −1
xdx =? − 3x + 2
Prava racionalna funkcija, izdvojimo je: x = x − 3x + 2 Najpre da funkciju u imeniocu rastavimo na činioce... 3
x3 − 3x + 2 = 0
ideja je da sklapamo "2 po 2" zato rastavimo − 3x = − x − 2 x
x3 − x − 2 x + 2 = 0 x( x 2 − 1) − 2( x − 1) = 0 x ( x − 1) ( x + 1) − 2 ( x − 1) = 0 ( x − 1)[ x( x + 1) − 2] = 0 ( x − 1)( x 2 + x − 2) = 0 → x − 1 = 0 ∨ x 2 + x − 2 = 0 → x1 = 1, x2 = 1, x3 = −2 x3 − 3 x + 2 = ( x − 1)( x − 1)( x + 2) = ( x − 1) 2 ( x + 2) x x = 2 x − 3 x + 2 ( x − 1) ( x + 2) 3
www.matematiranje.com
1103
5
x A B C ....................................... / i( x − 1) 2 ( x + 2) = + + 2 ( x − 1) ( x + 2) x − 1 ( x − 1) x+2 2
x = A( x − 1)( x + 2) + B ( x + 2) + C ( x − 1)2 x = A( x 2 + x − 2) + Bx + 2 B + C ( x 2 − 2 x + 1) x = Ax 2 + Ax − 2 A + Bx + 2 B + Cx 2 − 2Cx + C 1 ⋅ x = x 2 ( A + C ) + x( A + B − 2C ) − 2 A + 2 B + C
sad uporedjujemo
A+C = 0 A + B − 2C = 1 −2 A + 2 B + C = 0 C = −A A + B + 2A = 1 −2 A + 2 B − A = 0 3A + B = 1 −3 A + 2 B = 0 3B = 1 → B =
1 2 2 2 → 3A = → A = → C = − 3 3 9 9
2 1 2 − x = 9 + 3 2+ 9 2 x+2 ( x − 1) ( x + 2) x − 1 ( x − 1)
Još da rešimo integral: 2 1 2 − x 9 3 9 ∫ ( x − 1)2 ( x + 2) dx = ∫ x − 1 dx + ∫ ( x − 1)2 dx + ∫ x + 2 dx = 2 1 1 2 1 = ∫ dx + ∫ ( x − 1)−2 dx − ∫ dx 9 x −1 3 9 x+2 =
5.
2 1 1 2 ln x − 1 − ⋅ − ln x + 2 + C 9 3 x −1 9
∫x
3
xdx =? − x2 + x − 1
Postupak je dakle isti: kako se radi o pravoj racionalnoj funkciji , nju izdvajamo i rastavljamo na sabirke. U imeniocu imamo polinom trećeg stepena koji moramo rastaviti na činioce. Upotrebićemo sklapanje ‘2 po 2’, A možemo koristiti i Bezuovu teoremu. www.matematiranje.com
1104
6
x = x − x + x −1 Da sredimo imenilac prvo... 3
2
x3 − x 2 + x − 1 = x 2 ( x − 1) + 1( x − 1) = ( x − 1)( x 2 + 1) x A Bx + C = + 2 → pazi x 2 + 1 je nerazloživ u R 2 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x A Bx + C .......................... / i( x − 1)( x 2 + 1) = + 2 2 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x = A( x 2 + 1) + ( Bx + C )( x − 1) x = Ax 2 + A + Bx 2 − Bx + Cx − C x = x 2 ( A + B) + x(− B + C ) + A − C A+ B = 0 −B + C = 1 A−C = 0 → A = C A+ B = 0 A− B =1 1 1 1 → C= → B=− 2 2 2 1 1 1 − x+ x A Bx + C x −1 1 1 1 x −1 1 1 = + 2 = 2 + 22 2 = − = ( − 2 ) 2 2 x +1 ( x − 1)( x + 1) x − 1 x + 1 x − 1 2 x −1 2 x + 1 2 x −1 x + 1
2A =1→ A =
Vratimo se da rešimo zadati integral:
x
∫ ( x − 1)( x
2
1 1 x −1 dx = ∫ ( − 2 )dx = + 1) 2 x −1 x +1
1 1 1 x = ∫ dx − ∫ 2 dx + ∫ 2 dx 2 x −1 x −1 x +1 =
6.
1 1 2 ln x − 1 − ln x − 1 + arctgx + C 2 2
∫x
4
4 dx = ? +1
Ovo je već malo ozbiljniji zadatak! www.matematiranje.com
1105
7
4 = x +1 Ovde je problem: Kako rastaviti imenilac na činioce? 4
Trik je da dodamo i oduzmemo 2x 2 , da napunimo pun kvadrat pa iskoristimo formulu za razliku kvadrata! x 4 + 1 = x 4 + 2 x 2 + 1 − 2 x 2 = ( x 2 + 1) 2 − 2 x 2 = ( x 2 + 1) 2 − ( 2 x) 2 = ( x 2 + 1 − 2 x) ⋅ ( x 2 + 1 + 2 x) x 4 + 1 = ( x 2 − 2 x + 1) ⋅ ( x 2 + 2 x + 1) 4 4 = 2 x + 1 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x 2 + 2 x + 1) Ax + B Cx + D 4 = 2 + 2 ........................ / i( x 2 − 2 x + 1) ⋅ ( x 2 + 2 x + 1) 2 2 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2 x + 1 x + 2 x + 1 4
4 = ( Ax + B )( x 2 + 2 x + 1) + (Cx + D)( x 2 − 2 x + 1) 4 = Ax3 + A 2 x 2 + Ax + Bx 2 + B 2 x + B + Cx3 − C 2 x 2 + Cx + Dx 2 − D 2 x + D 4 = x3 ( A + C ) + x 2 ( A 2 + B − C 2 + D) + x( A + B 2 + C − D 2) + B + D Uporedjujemo : A+C = 0 A 2 + B −C 2 + D = 0 A + B 2 + C − D 2 = 0 → A + C = 0 → B 2 − D 2 = 0 → 2( B − D ) = 0 → B − D = 0 B+D=4 B−D =0 B+D=4 B=2 ∧ D=2 A+C = 0 2( A − C ) = −4 A=− 2 ∧ C = 2 Zamenimo : 4 Ax + B Cx + D = 2 + 2 2 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2 x + 1 x + 2 x + 1 2
4 − 2x + 2 2x + 2 = 2 + 2 2 ( x − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2 x + 1 x + 2 x + 1 2
Imamo dakle da rešimo:
∫ (x
2
− 2x + 2 4 2x + 2 dx = ∫ 2 dx + ∫ 2 dx 2 − 2 x + 1) ⋅ ( x + 2 x + 1) x − 2x +1 x + 2x + 1
Ovo su integrali tipa I2= ∫
Ax + B dx ax + bx + c 2
koji se rešavaju preko I1= ∫
dx ax + bx + c 2
i formule: www.matematiranje.com
1106
8
I2=
A Ab ln ax 2 + bx + c +(B) I1 + C 2a 2a
Postupak rešavanja je objašnjen u jednom od fajlova integrali - zadaci . Evo konačnog rešenja a vi ga proverite .
1 x2 + x 2 + 1 x 2 ⋅ ln 2 + 2 ⋅ arctg +C 1 − x2 x − x 2 +1 2
Kad smo u prvom fajlu integrali zadaci ( I deo) davali tablicu integrala pomenuli smo i integral
7.
∫x
2
dx 1 x−a ln = + C kao tablični. Da vidimo kako smo došli do rešenja istog. 2 2a x + a −a
On se radi kao racionalna funkcija:
1 1 = 2 x −a ( x − a )( x + a ) A B 1 ...................................... / i( x − a )( x + a ) = + ( x − a )( x + a ) x − a x + a 1 = A( x + a ) + B ( x − a ) 2
1 = Ax + Aa + Bx − Ba 1 = x( A + B ) + Aa − Ba Uporedjujemo : A+ B = 0 a( A − B) = 1 A+ B = 0 A− B = 2A =
1 a
1 1 1 → A= ∧ B=− a 2a 2a
B 1 A + = ( x − a )( x + a ) x − a x + a 1 1 − 1 1 1 1 = 2a + 2a = − ( x − a )( x + a ) x − a x + a 2a x − a x + a www.matematiranje.com
1107
9
1
1 1
1
1
1
1
∫ ( x − a)( x + a) dx = ∫ 2a x − a − x + a dx = 2a ∫ x − a − x + a dx 1 1 1 dx − ∫ dx ∫ 2a x − a x+a 1 = ( ln x − a − ln x + a ) + C 2a
=
=
1 x−a +C ln 2a x + a
www.matematiranje.com
1108
10
INTEGRALI ZADACI (V-DEO) Integrali nekih funkcija koje sadrže kvadratni trinom ax 2 bx c
I1
Najpre ćemo proučiti integrale oblika:
dx ax bx c 2
dx
I3
i
ax bx c 2
Kod njih se kvadratni trinom ax 2 bx c svede na kanonični oblik pomoću formule: 2
b 4ac b 2 ax bx c a x 2a 4a 2
naravno, možemo koristiti i dopunu do punog kvadrata, ko ne voli da pamti formulu.
Zatim uzimamo smenu:
I1
ili
I3
b t , i dobijemo neki od tabličnih integrala. 2a dx dt x
dx se može svesti na ax bx c dx 1 xa x 2 a 2 2a ln x a C 2
dx
se svodi najčešće na
ax bx c 2
x
primer 1.
2
a
2
1 1 x dx arctg C , 2 a a x
1 a x 2
2
dx arcsin
a
2
dx 1 ax C ln 2 x 2a a x
x C ili a
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C
dx ? 6 x 13 2
b 4ac b 2 x 2 6 x 13 Ovde je a 1, b 6, c 13 pa to zamenimo u formulicu a x , dakle: 2a 4a 2
2
b 4ac b 2 6 4 1 13 (6) 2 52 36 2 2 a x 1 x x 3 x 3 4 2a 4a 2 1 4 1 4
Lakše je naravno izvršiti dopunu do punog kvadrata, znate ono dodamo i oduzmemo onaj uz x podeljen sa 2 pa to na broj uz kvadrat. 2
x
2
2
x 2 6 x 13 x 2 6 x 9 9 13 ( x 3) 2 4
6 Uz x je 6, pa dodajemo i oduzimamo 9 2 www.matematiranje.com
1109
1
Vraćamo se u integral:
x
2
x 3 t 1 1 dx dx dt x ( ovo je 2 2 dx arctg C iz tabele)= 2 2 2 ( x 3) 4 dx dt 6 x 13 t 2 a x a a
1 1 t x 3 arctg C (vratimo smenu ) arctg C 2 2 2 2
dx
primer 2.
2x 6x 5 2
?
5 9 9 5 3 1 2 x 2 6 x 5 2( x 2 3x ) 2( x 2 3 x ) 2[( x ) 2 ] 2 4 4 2 2 4 3 x t dx dx dx 1 1 2 2 x2 6 x 5 3 1 2 3 1 dx dt 2 1 t 2 ( )2 2[( x ) 2 ] ( x )2 2 4 2 4 2 dx ln x x 2 a 2 C Upotrebimo iz tablice 2 2 x a dx
1 2
dx 1 t 2 ( )2 2
1 1 1 3 ln t t 2 ( ) 2 C vratimo smenu ln x 2 x 2 6 x 5 C 2 2 2 2
Kad znamo ova dva tipa integrala ,možemo naučiti i : I2
Ax B dx ax bx c
i
2
I4
Ax B ax 2 bx c
dx
Oni se radom svedu na prethodna dva integrala: I2 I4
Ax B dx se svede na integral ax bx c 2
Ax B ax 2 bx c
dx svede na integral
I1 I3
dx , dok se ax bx c 2
dx ax 2 bx c
.
Postoje gotove formulice u kojima treba samo da uporedite i nadjete vrednosti za A,B,a,b i c. Pazite: njih smete koristiti samo ako to odobrava vaš profesor! Mi ćemo vam pokazati i ceo postupak u slučaju da
ne smete da koristite formule… www.matematiranje.com
1110
2
Formulice su: I2 =
A Ab ln ax 2 bx c +(B) I1 +C 2a 2a
primer 3.
x
2
i
I4
A Ab ax 2 bx c B I 3 +C 2a a
x 1 dx ? x 1
Ovo je očigledno integral tipa
I2
Ax B dx ax bx c 2
Uporedjivanjem dobijamo da je : A=1, B=1, a=1, b=1,c=1 A Ab ln ax 2 bx c ( B ) I1 C 2a 2a A 1, B 1, a 1, b 1, c 1
I2
I2
1 1 1 1 1 ln 1x 2 1x 1 (1 ) I1 C ln x 2 x 1 I1 C 2 1 2 1 2 2
Sad imamo poso da rešimo integral tipa I1
I1
1 dx i da njegovo rešenje posle vratimo u formulu. x x 1 2
1 dx ? x x 1 2
2
1 1 1 3 x2 x 1 x2 x 1 x 4 4 2 4 1 1 2( x ) x t 1 1 1 1 2 t 2 I1 2 dx dx dx arctg arctg 2 2 x x 1 3 3 3 3 3 1 3 dx dt t 2 ( )2 x 2 2 2 2 4
2 2x 1 arctg 3 3
Vratimo se u formulu:
x
2
x 1 1 1 1 1 2 2x 1 C dx ln x 2 x 1 I1 C ln x 2 x 1 arctg 2 2 2 x 1 2 3 3
1 1 2x 1 C ln x 2 x 1 arctg 2 3 3
www.matematiranje.com
1111
3
Kako bi ovaj integral rešavali da nismo smeli koristiti formulu?
x
2
x 1 dx ? x 1
Ideja je da se izraz u brojiocu Ax+B napravi da bude izvod izraza u imeniocu ax 2 bx c . To možete uraditi tako što izvučete ispred integrala
A . 2a
U našem primeru imamo x 2 x 1 u imeniocu, njegov izvod je ( x 2 x 1)` 2 x 1 , što znači da u brojiocu treba da
napravimo 2 x 1 , odnosno da izvučemo
x
2
A 1 ispred integrala! 2a 2
x 1 1 2x 2 1 2x 1 1 1 2x 1 1 dx 2 dx 2 dx ( 2 dx 2 dx) x 1 2 x x 1 2 x x 1 2 x x 1 x x 1
Sad se problem sveo na rešavanje dva integrala, gde prvi uvek radimo smenom, a drugi je tipa I1 . x2 x 1 t 2x 1 1 2 dx x 2 x 1 (2 x 1)dx dt t dt ln t ln x x 1
Ovaj drugi smo već rešavali: 1 1 2( x ) x t 1 1 1 1 1 2 t x 2 x 1dx x 2 x 1dx 1 2 3 dx 2 2 3 2 dx 3 arctg 3 3 arctg 3 2 dx dt t ( ) x 2 2 2 2 4 2 2x 1 arctg 3 3
Vratimo se na zadatak :
x
2
x 1 1 2x 1 1 dx ( 2 dx 2 dx) x 1 2 x x 1 x x 1 1 2 2x 1 (ln x 2 x 1 )C arctg 2 3 3
1 1 2x 1 C ln x 2 x 1 arctg 2 3 3
www.matematiranje.com
1112
4
primer 4.
5x 3 x 2 4 x 10
dx ?
I način ( uz pomoć formule)
A Ab ax 2 bx c B I3 2a a 5x 3 x2 4 x 10 dx ? A 5, B 3, a 1, b 4, c 10 I4
5 2 1 5 4 x 4 x 10 3 dx 2 1 2 1 x 4 x 10 x 4 x 10 1 dx 5 x 2 4 x 10 (7) 2 x 4 x 10 1 dx 5 x 2 4 x 10 7 2 x 4 x 10
5x 3
2
dx
Da rešimo ovaj integral posebno, pa ćemo vratiti njegovo rešenje...
1
dx x 4 x 10 x 2 4 x 10 x 2 4 x 4 4 10 ( x 2) 2 6
2
1 x 4 x 10 2
dx
1 ( x 2) 6 2
dx
x2t 1 dx koristimo : dx dt t2 6
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C
ln t t 2 6 ln x 2 x 2 4 x 10
5x 3 x 4 x 10 2
dx 5
x2 x 4 x 10 2
dx 7
1 x 4 x 10 2
dx
5 x 2 4 x 10 7 ln x 2 x 2 4 x 10 C
II način (direktno, bez upotrebe formulice)
5x 3 x 4 x 10 2
dx ?
Kako je izvod ( x 2 4 x 10)` 2 x 4 2( x 2) u brojiocu mora biti napravljeno to. www.matematiranje.com
1113
5
5x 3 x 2 4 x 10
3 3 x22 5( x ) 5 5 dx dx 5 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10
dx
5 ( 5 ( 5
3 5 dx dx) 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10 7 x2 5 dx dx) 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10 x2 1 dx 7 dx 2 2 x 4 x 10 x 4 x 10 2
x2
Sad radimo ova dva integrala ( drugi smo već rešavali kod prvog načina).
x2 x 2 4 x 10
dx
x 2 4 x 10 t 2 (2 x 4)dx 2tdt
2 ( x 2)dx 2 tdt ( x 2)dx tdt
t dt dt t x 2 4 x 10 t
1
dx x 4 x 10 x 2 4 x 10 x 2 4 x 4 4 10 ( x 2) 2 6
2
1 x 4 x 10 2
dx
1 ( x 2) 6 2
dx
x2t 1 dx koristimo : 2 dx dt t 6
dx x a 2
2
ln x x 2 a 2 C
ln t t 2 6 ln x 2 x 2 4 x 10
Vratimo se u zadatak:
5x 3 x 4 x 10 2
dx 5
x2 x 4 x 10 2
dx 7
1 x 4 x 10 2
dx
5 x 2 4 x 10 7 ln x 2 x 2 4 x 10 C
www.matematiranje.com
1114
6
x
primer 5.
2x 7 dx ? x2
2
Ovaj primer vam navodimo jer trebate voditi računa o polinomu u imeniocu!
Rekli bi da je ovo integral tipa I 2
Ax B dx i radili bi: ax bx c 2
2x 7 2x 1 6 2x 1 6 dx 2 dx 2 dx 2 dx x2 x x2 x x2 x x2 Rešimo ova dva integrala posebno, pa ćemo zameniti njihova rešenja...
x
2
x2 x 2 t 2x 1 dt 2 dx x 2 x 2 (2 x 1)dx dt t ln t ln x x 2 6 1 dx 6 2 dx x2 x x2 1 1 1 9 x 2 x 2 x 2 x 2 ( x )2 4 4 2 4 1 x t 1 1 1 6 dx 6 dx dx koristimo : 6 2 2 2 1 2 9 x x2 3 2 (x ) dx dt t 2 4 2
x
2
x
2
dx xa 1 C ln 2 a 2a x a
3 1 3 x 2 2 ln 2 2 2 ln x 1 ln 6 3 3 1 3 x2 t x 2 2 2 2 2 1
t
vratimo rešenja: 2x 7 2x 1 6 dx 2 dx 2 dx x2 x x2 x x2 x 1 ln x 2 x 2 2 ln C x2
x
2
2
x 1 ln ( x 1)( x 2) ln C x2 ln ( x 1) ( x 2) ln
( x 1) 2 C ( x 2) 2
( x 1)3 C ( x 2) www.matematiranje.com
1115
7
Nije bilo lako rešiti ga, priznaćete...
Nismo razmišljali jednu drugu stvar: Da li je ovaj zadatak mogo da se uradi kao integracija racionalne funkcije? Proverimo da li polinom u imeniocu može da se rastavi na činioce... x 2 x 2 0 x1,2
b b 2 4ac x1 1, x2 2 2a
MOŽE!
Lakše je raditi ( bar nama):
2x 7 x x 2dx ? 2x 7 2x 7 A B .................................. / ( x 1)( x 2) 2 x x 2 ( x 1)( x 2) x 1 x 2 2 x 7 A( x 2) B( x 1) 2
2 x 7 Ax 2 A Bx B 2 x 7 x( A B) 2 A B uporedjujemo A B 2 2A B 7 3 A 9 A 3 B 1 1 3 1 2x 7 3 ( x 1)( x 2) x 1 x 2 x 1 x 2 2x 7 3 1 ( x 1)( x 2)dx x 1 dx x 2 dx 3ln x 1 ln x 2 C 3
ln x 1 ln x 2 C ( x 1)3 ln C x2 Naš savet je dakle da proverite da li je kvadratna jednačina u imeniocu rešiva i da ako jeste radite integral kao integraciju racionalne funkcije. Ako kvadratna nije rešiva, radite ga kao integral tipa I 2
Ax B dx . ax bx c 2
Videli ste da su ispala ista rešenja. Uostalom, odlučite sami, šta vama više odgovara ili kako pak komanduje profesor... www.matematiranje.com
1116
8
(mx n)
Sledeći tip integrala je
dx ax 2 bx c
1 t dx 1 Ovi integrali se smenom: mdx 2 dt , svedu na integral tipa I 3 2 t ax bx c 1 dx dt m t2 mx n
primer 6.
dx
x
Najpre uzimamo smenu x
x
x
dx x2 4x 1
1 dt t
1 2 t 4t 1 t
?
x 4x 1 2
1 kojom svodimo dati integral na tip I 3 . t
1 t
1 dx 2 dt t
dt t 2 4t 1
1 dt t2
1 12 1 ( ) 4 1 t t t
1 1 dt dt 2 t t 2 1 1 4 1 4 t t 2 1 t t t t2
dt t 2 4t 1
t 2 4t 1 t 2 4t 4 4 1 (t 2) 2 3
dt t 2 4t 1
dt (t 2) 2 3
t2 z dt dx koristimo : ln x x 2 a 2 C , pa je 2 2 2 dt dz z 3 x a
ln z z 2 3 vratimo smenu ln t 2 t 2 4t 1 C Moramo da vratimo i prvu smenu : ln t 2 t 2 4t 1 C ln
1 1 1 2 ( )2 4 1 C x x x
www.matematiranje.com
1117
9
Metoda neodredjenih koeficijenata (metoda Ostrogradskog)
Ovom metodom se rešavaju integrali tipa
Pn ( x) ax 2 bx c
dx gde je u brojiocu podintegralne funkcije imamo
polinom n-tog stepena. Postupak rada je sledeći:
-
postavimo jednačinu
Pn ( x) ax bx c 2
dx Qn 1 ( x) ax 2 bx c
dx ax bx c 2
Ovde je Qn 1 ( x) polinom (n-1) vog stepena sa neodredjenim koeficijentima. -
ovu jednačinu diferenciramo
-
zatim sve pomnožimo sa
-
sa obe strane dobijamo polinome reda n, pa neodredjene koeficijente odredjujemo izjednačavanjem
ax 2 bx c
koeficijenata uz iste stepene x-a.
Kako je polinom Pn ( x) u zadacima najčešće drugog stepena početna jednačina će biti:
mx 2 px r ax bx c 2
dx =(Ax+B)
ax 2 bx c +
dx ax bx c 2
Ali, najbolje da to vidimo na primeru:
primer 7.
2 x 2 3x
x2 2 x 2
dx ? www.matematiranje.com
1118
10
Postavimo jednačinu:
2 x 2 3x
dx
dx ( Ax B) x 2 2 x 2
diferenciramo x 2x 2 x 2x 2 2 x 2 3x ( Ax B)` x 2 2 x 2 ( x 2 2 x 2)`( Ax B) x2 2x 2 x2 2x 2 2 x 2 3x 1 A x2 2x 2 ( x 2 2 x 2)`( Ax B) 2 x2 2 x 2 x2 2x 2 x2 2 x 2 2 x 2 3x 1 (2 x 2) ( Ax B) A x2 2 x 2 2 2 2 x 2x 2 2 x 2x 2 x 2x 2 2 2 x 3x 1 2 ( x 1) ( Ax B) A x2 2 x 2 x2 2 x 2 2 x2 2x 2 x2 2 x 2 2
2 x 2 3x
A x2 2 x 2
( x 1) ( Ax B)
x 2x 2 x 2x 2 2 2 2 x 3 x A( x 2 x 2) ( x 1) ( Ax B) 2
2
2
x 2x 2 2
.............................. / x 2 2 x 2
Sada uporedjujemo koeficijente:
2 x 2 3 x A( x 2 2 x 2) ( x 1) ( Ax B) 2 x 2 3 x Ax 2 2 Ax 2 A Ax 2 Bx Ax B 2 x 2 3 x 2 Ax 2 x(3 A B) 2 A B uporedjujemo 2A 2 A 1 3A B 3 2A B 0 3 A B 3 3 1 B 3 B 0 2 A B 0 2 0 0 2 Vratimo se u početnu jednačinu:
2 x 2 3x x2 2 x 2
dx ( Ax B) x 2 2 x 2 (1x 0) x 2 2 x 2 2 x x2 2x 2 2
dx x2 2x 2 dx
x2 2x 2 dx
x2 2x 2
Da rešimo posebno ovaj integral... www.matematiranje.com
1119
11
dx x 2x 2 2
upotrebimo :
dx x 2x 1 1 2
dx x a 2
2
dx ( x 1) 1 2
x 1 t dx dx dt t2 1
ln x x 2 a 2 C
ln t t 2 1 C ln x 1 x 2 2 x 2 C
Konačno, rešenje će biti:
2 x 2 3x x2 2 x 2
dx x x 2 2 x 2 2
dx x2 2 x 2
x x 2 2 x 2 2 ln x 1 x 2 2 x 2 C
primer 8.
a 2 x 2 dx ?
Ako se sećate, ovaj integral smo rešavali u fajlu parcijalna integracija. Tada smo rekli da on može da se rešava na više načina. Evo kako bi išlo rešavanje metodom Ostrogradskog. Naravno, opet racionalizacijom malo prepravimo podintegralnu funkciju...
a2 x2 a2 x2 a2 x2 1 a2 x2 a2 x2 a2 x2 a 2 x 2 dx dx a2 x2
Sada je ovo oblik koji nam treba… www.matematiranje.com
1120
12
a2 x2
a x 2
2
a2 x2 a x 2
dx ( Ax B ) a 2 x 2
A a2 x2
2
a2 x2
2x 2 a x
A a2 x2
2
x
2
dx a x2 2
a x a x 2 2 2 a x A(a x ) x( Ax B) 2
2
2
2
( Ax B )
( Ax B)
diferenciramo
a x2 2
a x 2
2
............................................ / a 2 x 2
2
a 2 x 2 Aa 2 Ax 2 Ax 2 Bx a 2 x 2 2 Ax 2 Bx Aa 2 uporedjujemo 2 A 1 B 0 B 0 Aa 2 a 2 Rešavamo ovaj sistemčić A
1 1 1 a2 a2 a2 2 2 2
Vratimo se u postavku…
a2 x2 a x a2 x2
2
a x
2
2
2
a2 x2 a x 2
2
dx ( Ax B) a 2 x 2
dx a x2 dx 2
dx
1 1 x a2 x2 a2 2 2 a2 x2
dx
x 1 1 x a 2 x 2 a 2 arcsin C a 2 2
www.matematiranje.com
1121
13
INTEGRALI ZADACI ( VI-DEO) Integracija nekih iracionalnih funkcija Kad smo radili racionalna funkcije, videli smo da ,u principu, možemo odrediti integral svake racionalne funkcije. Zato će nam kod integrala sa iracionalnom funkcijom prvi poso biti da ga pogodnom smenom ili na neki drugi način svedemo na integral racionalne funkcije. Proučićemo tri metode za rešavanje:
R[ x, (
ax b n ax b s ) ,.......( ) ]dx cx d cx d
i)
Rešavanje integrala tipa
ii)
Integracija diferencijalnog binoma
iii)
Ojlerove smene
m
r
ax b ax b R[ x, ( cx d ) n ,.......( cx d ) s ]dx m
Integrali tipa
Ovde ćemo uzimati smenu
Primer 1.
dx
1
x
ax b t k , gde je k najmanji zajednički sadržalac za razlomke cx d
m r ,......., n s
? 1
Ovde imamo samo
r
x x 2 pa će nam smena biti
x t2 .
x t2 2tdt dx tdt 1 x dx 2tdt 1 t 2 1 t Kao trik dodamo i oduzmemo 1 u brojiocu 2
t 1 1 1 t 11 dt dt 2 dt dt 2(t ln 1 t ) C vratimo smenu dt 2 1 t 1 t 1 t 1 t 2 x 2 ln 1 x C
www.matematiranje.com
1122
1
1
Primer 2.
x 3
x
dx ? 1
1
Sada imamo dva različita korena 3.
1
x 3
x
dx
x t6 dx 6t 5 dt
t6 1 3 t6
x x2 i
6t 5 dt 6
3
x x 3 smena je x t 6 , jer je 6 najmanji zajednički sadržalac za 2 i
t3 t8 5 6 t dt 1 t 2 dt 1 t2
Dobili smo integral racionalne funkcije , što nam je i bio cilj. Ovde je racionalna funkcija neprava, pa najpre moramo podeliti polinome da dobijemo pravu racionalnu funkciju... t8 t8 1 t2 t 2 1 t 8 : (t 2 1) t 6 t 4 t 2 1 t8 t 6 t6 t6 t4 t4 t4 t2 t2 t2 1 1 ostatak
Pa je
6
1 t8 t8 (t 6 t 4 t 2 1 2 ) 2 2 1 t t 1 t 1
1 1 t 1 t8 t7 t5 t3 6 4 2 6 ( 1 ) 6( ) C vratimo smenu t 6 x dt t t t dt t ln 2 2 1 t 7 5 3 2 t 1 t 1 6
7
5
3
6 6 1 x x x 6( 6 x ln 7 5 3 2
6 6
x 1 )C x 1
www.matematiranje.com
1123
2
Integracija diferencijalnog binoma
Pod ovom klasom integrala podrazumevamo integrale oblika
x
m
(a bx n ) p dx .
Podintegralni izraz se naziva diferencijalni binom. Naš poso je da najpre dati integral “spakujemo” da bude ovakvog oblika a zatim da iz njega “pročitamo” vrednosti za m,n,p a zatim i za a i b.
U zavisnosti od vrednosti ovih brojeva razlikujemo tri situacije: 1) Ako je p-ceo broj , onda dizanjem binoma (a+bxn) na p-ti stepen, ovaj integral bude kao integral racionalne funkcije m 1 2) Ako je ceo broj , smena je a+bxn = ts , gde je s imenilac razlomka p n m 1 3) Ako je +p ceo broj, tada je smena ax-n + b=ts , gde je s opet imenilac razlomka p n
Posle smene, ovaj integral se svodi na integral racionalne funkcije kao što smo već pomenuli na početku fajla.
Primer 3.
x dx ? 1 x3
Spakujemo podintegralnu funkciju:
1 2
1 1 x x x 3 2 2 dx dx dx x (1 x ) dx 1 1 x3 1 x3 3 2 (1 x )
Ovaj integral uporedjujemo sa
x
m
(a bx n ) p dx
1 1 i a 1; b 1 m ; n 3; p 2 2 1 3 1 1 m 1 2 2 nije ceo broj! 3 3 2 n 1 1 m 1 p 0 ceo broj ! 2 2 n www.matematiranje.com
1124
3
Znači, ovo je treća situacija. Uzmemo odgovarajuću smenu: a xn b t s 1 1 m ; n 3; p i a 1; b 1 2 2 a x n b t s 1 x 3 1 t 2 x 3 1 t 2 je smena
E , sad nije lako. Znamo da posle uvodjenja smene novi integral treba da bude sve “ po t ” . Smenu diferenciramo ( nadjemo izvod i izrazimo dx). Iz smene izražavamo one izraze koje ostanu po x a moramo da ih prebacimo da budu po t. Ovde vam je neophodna dobra matematička tehnika od ranije...
1 x3 1 x 1 t 3 t 2 1 x3 t 2 x3 x3 2 1 1 x x t 1 dx x 2 (1 x 3 ) 2 dx 3 4 1 x x 2tdt 2tdt 4 3 x dx 2tdt dx dx 3x 4 3
x x 4 2tdt 1 x 4 2 t dt 2 2 1 x3 dt 2 dt 2 3 3 3 3 3 t 1 t x t x
3
2
2 1 t 1 1 t 1 ln C ln C Moramo da vratimo smenu... 3 2 3 t 1 t 1 1 x3
x 3 1 t 2 t
x3 1 x3
1 t 1 1 ln C ln 3 t 1 3
x3 1 x3 x3
Primer 4.
x
dx 3
3 (1 x 1 )
1 1
1 x3 x3 1 C ln 3
1 1 x3 x3 C ln C 3 1 x3 x3 1 x3 x3 x3
x3
?
Opet najpre spakujemo podintegralnu funkciju i odredimo vrednisti za m,n,p i za a i b. www.matematiranje.com
1125
4
x
dx 3
3 (1 x 1 )
1 3
x (1 x ) dx 3
1
x
m
1 ( a bx n ) p dx m 3; n 1; p ; i a 1; b 1 3
m 1 3 1 2 ceo broj 1 n Ovde dakle imamo 2. situaciju: Smena je : a bx n t s 1 x 1 t 3 1 t 1 2 x dx 2tdt dx x 2 2tdt
1 x 1 t 3 x
x
dx 3
3 (1 x 1 )
= 2
3
x 2 2tdt x 3 3 t3
2
t dt dt 2 zamenimo x koje smo gore izrazili... x x t
dt t4 2 (t 3 1)dt 2( t ) C moramo da vratimo smenu... 1 4 3 t 1
Iz 1 x 1 t 3 t 3 1
1 1 x t3 , pa je x x
1 x 4 1 x 3 1 x ( ) 1 x t x x x 3 1 x ) C 3 2( t ) C 2( ) C 2( 4 4 x 4 x 1 x 1 1 x 1 x x 2 3 ( x 1) C 2 3 ( 1) C 4 4x x x 4
3
Naravno , ako vaš profesor traži napakujte rešenje kakvo on voli...
Ojlerove smene
Ojlerove smene upotrebljavamo za rešavanje integrala oblika To znači da se u imeniocu ovog integrala nalazi Pazite, integrale oblika
(mx n)
dx ax bx c 2
R ( x,
ax 2 bx c )dx
ax 2 bx c pa plus ili minus neki linearni polinom po x.
rešavamo smenom mx n
1 i tako izbegnemo Ojlera… t
www.matematiranje.com
1126
5
Prva Ojlerova smena
U integralu
R ( x,
ax 2 bx c )dx
Ako je a 0 uvodimo smenu
posmatramo ax 2 bx c .
ax 2 bx c ax t . Da li ćemo izabrati plus ili minus ispred
a zavisi od
konkretnog zadatka . Postupak je na dalje isti za oba znaka( recimo da smo uzeli plus): ax 2 bx c ax t.......................kvadriramo ax 2 bx c ( ax t ) 2 ax 2 bx c ax 2 2 a x t t 2
odavde izrazimo x
bx 2 a x t t 2 c x(b 2 a t ) t 2 c x
t2 c b 2 a t
Sad diferenciramo, pazimo, na desnoj strani je izvod količnika … Integral se svede na integraciju racionalne funkcije koja je po t. Druga Ojlerova smena
Ako je u posmatranom integralu c 0 , uvodimo smenu zavisno od zadatka , biramo plus ili minus ispred
ax 2 bx c x t c . Kao i u prethodnom slučaju,
c.
Ako recimo izaberemo plus , dalje radimo(i za minus bi radili isto): ax 2 bx c x t c ........................kvadriramo ax 2 bx c x 2 t 2 2 x t c c ax 2 bx x 2 t 2 2 x t c 0 x 2 (a t 2 ) x(b 2 t c ) 0.......................izvučemo x kao zajednički x [ x(a t 2 ) (b 2 t c )] 0......................... A B 0 A 0 B 0 x 0 x(a t 2 ) (b 2 t c ) 0 x( a t 2 ) b 2 t c 0 x( a t 2 ) 2 t c b x
2t c b a t2 www.matematiranje.com
1127
6
Kao i u prvoj Ojlerovoj smeni x je izraženo kao funkcija od t, pa će po logici stvari i dx i
ax 2 bx c
takodje biti funkcije od t. Diferenciramo, vratimo se u integral i dobijemo integraciju racionalne funkcije. Treća Ojlerova smena
Ova smena se koristi kad je diskriminanta za ax 2 bx c pozitivna , odnosno kad ova kvadratna jednačina ima različita, realna rešenja. Tada je Uvodimo smenu
ax 2 bx c a ( x x1 )( x x2 ) .
a ( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) t
ili
a ( x x1 )( x x2 ) ( x x2 ) t .
Opet zavisi sve od konkretnog zadatka da li ćemo uzeti jednu ili drugu smenu... Ako recimo uzmemo : a ( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) t..............kvadriramo a( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) 2 t 2 ......................... sve prebacimo na levu stranu a( x x1 )( x x2 ) ( x x1 ) 2 t 2 0 ( x x1 )[a( x x2 ) ( x x1 ) t 2 ] 0 a( x x2 ) ( x x1 ) t 2 0 ax ax2 x t 2 x1 t 2 0 ax x t 2 ax2 x1 t 2 x(a t 2 ) ax2 x1 t 2 x
ax2 x1 t 2 a t2
Na dalje isto kao i kod prve i druge smene...dobijemo racionalnu funkciju itd.
Primer 5.
x
dx x2 x 1
?
Najpre proverimo da li kvadratna funkcija pod korenom ima rešenja: x 2 x 1 0 x1,2
1 12 4 1 1 1 3 nema realna rešenja! 2 1 2
Ovde je a=1, c=1. Možemo uzeti prvu ili drugu Ojlerovu smenu. Recimo uzmemo prvu. www.matematiranje.com
1128
7
ax 2 bx c ax t Kad zamenimo a=1 dobijamo x2 x 1 x t
Da li da biramo minus ili plus? Kako je u imeniocu podintegralne funkcije x x 2 x 1 , bolje je izabrati minus jer će posle ti x-sevi da se potiru: x x 2 x 1 x ( x t ) x x t t Ne bi bila greška ni da uzmemo plus ali onda komplikujemo situaciju i sami sebi pravimo posao... x2 x 1 x t
kvadriramo
x 2 x 1 ( x t ) 2 x 2 x 1 x 2 2tx t 2
sve sa x prebacimo na levu stranu
x 2tx t 2 1 x(1 2t ) t 2 1 t 2 1 x 2t 1
diferenciramo(izvod)
t 2 1 pazi , moramo izvod količnika dx `dt 2t 1 2t (2t 1) 2(t 2 1) dx dt (2t 1) 2 dx
4t 2 2t 2t 2 2 dt (2t 1) 2
dx
2t 2 2t 2 dt (2t 1) 2
2(t 2 t 1) dx dt (2t 1) 2
Vraćamo se u integral:
2(t 2 t 1) 2(t 2 t 1) dt dt 2(t 2 t 1) dx t2 t 1 (2t 1) 2 (2t 1) 2 2 dt x x2 x 1 x x t t (2t 1)2 t (2t 1)2 dt t www.matematiranje.com
1129
8
Dobili smo racionalnu funkciju . Postupak njenog rešavanja je detaljno objašnjen u jednom od prethodnih fajlova sa zadacima iz integrala. Izvlačimo racionalnu funkciju: t2 t 1 A B C .............................. / t (2t 1) 2 2 2 t (2t 1) t 2t 1 (2t 1) t 2 t 1 A(2t 1) 2 Bt (2t 1) Ct t 2 t 1 A(4t 2 4t 1) 2 Bt 2 Bt Ct t 2 t 1 4 At 2 4 At A 2 Bt 2 Bt Ct t 2 t 1 t 2 (4 A 2 B) t (4 A B C ) A uporedjujemo : 4 A 2B 1 4A B C 1 A 1 4 2 B 1 2 B 3 B
3 2
3 3 4 C 1 C 2 2 Vratimo se u razlaganje : 3 3 t2 t 1 1 2 2 t (2t 1) 2 t 2t 1 (2t 1) 2
Sad integral od svakog posebno... t2 t 1 1 3 1 3 dt t (2t 1)2 dt t dt 2 2t 1 dt 2 (2t 1)2
Ovaj treći ćemo rešiti na stranu...
1 2t 1 z dz 1 dt 1 2 1 z 2 dz 1 z 1 dt dz 2 2 2 z (2t 1) 2 2 1 2z 2(2t 1) 1 dt dz 2 www.matematiranje.com
1130
9
Sada je: t2 t 1 dt 1 3 1 3 t (2t 1)2 dt t dt 2 2t 1 dt 2 (2t 1)2 3 1 3 1 ln t ln 2t 1 C 2 2 2 2(2t 1) 3 3 ln t ln 2t 1 C 4 4(2t 1) Dakle rešenje ovog integrala po t je:
x
dx x2 x 1
2
t2 t 1 3 3 dt 2 ln t ln 2t 1 C 2 t (2t 1) 4 4(2t 1)
Moramo da vratimo t. Iz
x2 x 1 x t t x x2 x 1
3 3 C 2 ln t ln 2t 1 4 4(2t 1) 3 3 2 ln x x 2 x 1 ln 2( x x 2 x 1) 1 C 2 4 4(2( 1) 1) x x x Ako vaš profesor zahteva vi malo ovo prisredite... www.matematiranje.com
1131
10
INTEGRALI ZADACI ( VII – DEO) Integracija nekih trigonometrijskih funkcija Daćemo vam savete za četiri tipa integrala trigonometrijskih funkcija. A)
Integrali tipa
R(sin x, cos x)dx
To su integrali u kojima sinx i cosx nemaju stepene. Uvodimo smenu:
tg
x t 2
Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti: x sin x 2 cos 2 x x x 2 cos x 2sin cos 2tg sin x 2 2 2 2 2t 2t sin x x x 1 2x tg 2 x 1 t 2 1 1 t 2 sin 2 cos 2 sin 2 2 cos 2 x 2 2 1 x 2 cos 2 2 x sin 2 x 2 cos 2 1 x x x 2 2 cos 1 tg 2 x cos 2 sin 2 2 cos x 2 2 2 2 1 t cos x x x 1 2x 1 tg 2 x 1 t 2 sin 2 cos 2 sin 2 2 cos 2 x 2 2 1 2 cos 2 x 2 x 2 x Kako je tg t onda je arctgt x 2arctgt dx dt 2 1 t2 2 2
Da rezimiramo: Kad uzimamo smenu tg
x t menjamo: 2 2t 1 t2 1 t2 cos x 1 t2 2 dx dt 1 t2
sin x
x t je univerzalna trigonometrijska smena i može se uvek upotrebljavati, al je lakše , zavisno od izgleda 2 podintegralne funkcije koristiti i sledeću smenu: Smena tg
www.matematiranje.com
1132
1
B) Integrali tipa
R(tgx)dx
i
R(sin
2
x, cos 2 x,sin x cos x)dx
To su integrali koji mogu da se sredjivanjem svedu sve na tgx ili kod kojih se javljaju stepeni kod sinusa i kosinusa i proizvod
sin x cos x .
Uvodimo smenu:
tgx t
Iz smene ćemo upotrebom formula iz trigonometrije dobiti: sin 2 x sin 2 x sin 2 x tg 2 x t2 2 cos 2 x sin 2 x svuda dodamo cos x sin 2 x cos 2 x tg 2 x 1 1 t 2 1 sin 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x cos 2 x 1 1 cos 2 x svuda dodamo cos 2 x 2 cos 2 x 2 2 2 2 sin x cos x tg x 1 1 t 2 1 sin x cos x cos 2 x cos 2 x sin x cos x sin x cos x sin x cos x tgx t cos 2 x sin x cos x 2 2 2 2 2 1 sin x cos x sin x cos x tg x 1 1 t 2 cos 2 x cos 2 x x x 2 tg t arctgt x 2arctgt dx dt 2 2 1 t2
Da rezimiramo: Kad uzimamo smenu tgx t menjamo: t2 1 t2 1 cos 2 x 1 t2
sin 2 x
sin x cos x dx
t 1 t2
2 dt 1 t2
www.matematiranje.com
1133
2
C) Integrali tipa
sin
m
x cos n xdx
Razlikovaćemo dve situacije: i) Ako su m i n celi brojevi ii) Ako su m i n racionalni brojevi
U obe situacije uvodimo smenu sin x u ili cosx=u ali se u situaciji i) kad su m i n celi brojevi integral svede na
integraciju racionalne funkcije, a u situaciji ii) kad su m i n racionalni brojevi svede na integral diferencijalnog binoma.
D) Integrali tipa
sin ax cos bxdx; sin ax sin bxdx; cos ax cos bxdx;
Najpre iskoristimo trigonometrijske formulice:
1 [cos(a-b)x – cos(a+b)x] 2 1 sinax cosbx= [sin(a+b)x + sin(a-b)x] 2 1 cosax cosbx= [cos(a+b)x + cos(a-b)x] 2
sinax sinbx=
A zatim ih rastavimo na dva integrala od kojih svaki rešavamo lakom smenom.
NEKI TRIKOVI:
Ako je u integralu izraz a2 x2 =
a 2 x 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=asint jer tako uništavamo koren
a 2 (a sin t ) 2 = a 2 a 2 (sin t ) 2 =a 1 sin 2 t =a cos t
Ako je u integralu dat izraz x 2 a 2 = (atgt ) 2 a 2 =
x 2 a 2 , onda je zgodno uzeti smenu x=a tgt jer tako uništavamo koren
a 2tg 2t a 2 =a tg 2t 1 = a
sin 2 t sin 2 t cos 2 t 1 1 1 a a =a 2 2 2 cos t cos t cos t cos t
www.matematiranje.com
1134
3
PRIMERI
primer 1.
dx
sin x ?
Ovaj integral smo već rešavali u fajlu Integrali zadaci I- deo bez trigonometrijkih smena. Videćemo da je mnogo
elegantnije iskoristiti smenu tg
x t . Dakle: 2
2t 1 t2 2 dx dt 1 t2
sin x
2 dx 1 t 2 dt 1dt ln t C ln tg x C sin x 2t t 2 2 1 t
primer 2.
2 sin x
2 cos xdx ?
I ovde ćemo koristiti smenu tg
x t jer sinx i cosx nemaju stepene. 2
x t 2 2 dx dt 1 t 2 2t sin x 1 t 2 1 t 2 cos t 1 t 2 tg
Imamo gotove smene:
2t 2 sin x 1 t 2 2 dt dx 2 cos x 1 t 2 1 t 2 2 1 t2 2
koje menjamo u integralu:
2 2t 2 2t t 2 t 1 2 1 t2 4 dt (t 2 3)(1 t 2 ) dt 2 2t 2 1 t 2 1 t 2 1 t2
Ovo je integral racionalne funkcije. Izvlačimo na stranu i radimo: www.matematiranje.com
1135
4
Pazite: oba izraza u imeniocu su nerazloživa... t2 t 1 At B Ct D 2 ..................................... / (t 2 3)(1 t 2 ) 2 2 2 (t 3)(1 t ) t 3 1 t
t 2 t 1 At At 3 B Bt 2 Ct 3 3Ct Dt 2 3D Neko piše i identički jednako umesto jednako…U suštini je po nama sve jedno al vi radite kako kaže vaš profesor… t 2 t 1 ( A C )t 3 ( B D)t 2 ( A 3C )t B 3D
Uporedjujemo : A C 0, B D 1, A 3C 1 i B 3D 1
Rešimo ovo sistemče ( ukombinujemo 1. i 3. jednačinu, a 2. i 4.) i dobijamo: A 1 / 2, B 1, C 1 / 2, D 0
Vratimo se da vidimo kako će da ide razlaganje: 1 1 t 1 t t2 t 1 t2 t 2 2 dt = 4 2 dt 4 dt 2 2 dt 2 dt 4 2 2 2 t 3 t 3 (t 3)(1 t ) 1 t 1 t2 Rešavanje ovih integrala smo detaljno objasnili u prethodnim fajlovima…
x x 3 tg 2 tg 2 t2 3 2 t 2 ln C ln arctg arctg 2 C 2 x 1 t 3 3 3 3 1 tg 2 2
www.matematiranje.com
1136
5
I
primer 3.
dx ? (2 cos x) sin x
Često se integral u radu obeležava nekim slovom , najčešće sa I, J … Razlog je da ga ne bi posle vazdan prepisivali, već samo upišemo I, J … I ovaj integral ćemo rešiti prvom , univerzalnom smenom tg x t 2 2 dx dt 1 t 2 2t sin x 1 t 2 1 t 2 cos t 1 t 2
x t. 2
tg
2 I
pa je
dt 1 t2 1 t2 dt 2 2t 2 1 t 2 (t 2 3)t dt 1 t2 2t t 2 2 2 2 t 1 1 t 1 t
Integracija racionalne funkcije, izdvojimo podintegralnu funkciju: 1 t2 A Bt C At 2 3 A Bt 2 Ct 2 2 (t 2 3)t t t 3 t (t 2 3) 1 t 2 A(t 2 3) ( Bt C )t 1 t 2 At 2 3 A Bt 2 Ct 1 t 2 t 2 ( A B) Ct 3 A A B 1,
C 0, 3 A 1
A 1 / 3,
B 2 / 3,
C 0
t2 3 u 1 dt 2 1 1 du t I 2 dt za drugi integral smena ln t c 1 3 t 3 t 3 3 u tdt du 3 2
1 1 1 x 1 x I ln t ln(t 2 3) C ln tg ln tg 2 3 C 3 3 3 2 3 2
www.matematiranje.com
1137
6
I
primer 4.
sin x cos x dx ? sin 4 x cos 4 x t2 1 t2 1 cos 2 x 1 t2 tgx t pa je: sin 2 x
Kako ovde imamo stepene sinusa i kosinusa, uzećemo drugu smenu
sin x cos x dx
t 1 t2
2 dt 1 t2
t t sin x cos x 2 2 1 t2 1 t2 I 4 dx dt dt 4 2 4 2 2 t 1 1 t2 sin x cos x t2 1 1 t 2 2 2 (1 t 2 ) 1 t 1 t t2 z 2t 2t dz 4 dt 2 2 dt 2 arctgz C arctgt 2 C arctg (tg 2 x) C (t ) 1 2tdt dz t 1 z 1
Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koristeći trigonometrijske formule. Ideja je da se izraz u imeniocu transformiše. Krenemo od osnovne identičnosti: sin 2 x cos 2 x 1............................. / () 2 sin 4 x 2sin 2 x cos 2 x cos 4 x 1 sin 4 x cos 4 x 1 2sin 2 x cos 2 x 4sin 2 x cos 2 x sin x cos x 1 2 2 sin 2 x sin 4 x cos 4 x 1 2 2 sin 2 2 x sin 4 x cos 4 x 2 4
4
sin 4 x cos 4 x
1 1 sin 2 2 x 2
sin 4 x cos 4 x
1 cos 2 2 x 2
www.matematiranje.com
1138
7
Vratimo se u integral... cos 2 x t dt sin x cos x 2sin x cos x sin 2 x 1 I dx dx dx sin 2 x 2dx dt 2 2 2 1 cos 2 x 2 1 t 2 1 cos 2 x 1 cos 2 x dt sin 2 xdx 2 2
1 1 arctgt C arctg (cos 2 x) C 2 2
primer 5.
a2 x2 ?
Sećate se ovog integrala? Rešavali smo ga do sada na dva načina: parcijalnom integracijom i metodom Ostrogradskog. Po nama je najelegantnije koristiti trikče: Ako uzmemo smenu x a sin t a2 x2 =
a 2 (a sin t ) 2 = a 2 a 2 (sin t ) 2 =a 1 sin 2 t =a cos t
x a sin t dx a cos tdt
a 2 x 2 a cos t a cos tdt a 2 cos 2tdt a 2
1 cos 2t dt 2
a2 a2 1 t dt t (1 cos 2 ) ( sin 2t ) C 2 2 2 Moramo vratiti t iz smene: x a sin t sin t
x x t arcsin a a
i još da sredimo :
1 1 x x sin 2t 2 sin t cos t sin t 1 sin 2 t sin(arcsin ) 1 sin 2 (arcsin ) 2 a a 2 x x2 x a2 x2 x 2 a2 x2 1 2 2 a a a a a
Rešenje je:
a2 a2 x x a2 x x 2 1 a x2 C (t sin 2t ) C (arcsin 2 a 2 x 2 ) C arcsin a a a 2 2 2 2 2 www.matematiranje.com
1139
8
INTEGRALI ZADACI ( VIII DEO) REKURENTNE FORMULE
Rekurentne ( rekurzivne ) formule su formule koje zavise od prirodnih brojeva. One se koriste za snižavanje “reda” nekog integrala. Mi nadjemo kako se izračunava integral čija je podintegralna funkcija reda n preko integrala čija je podintegralna funkcija reda n-1 ( ili n-2, n-3,…). Na taj način dodjemo do podintegralne funkcije za koju integral možemo direktno da rešimo. Nije pravilo, al se većina ovih integrala radi preko parcijalne integracije.
primer 1. Odrediti rekurzivnu formulu za
x e
n ax
dx ako je a 0 i n N
Rešenje:
x e
n ax
dx ?
Ovaj integral ćemo rešiti parcijalnom integracijom ( ako se sećate, ovo je integral iz prve naše grupe).
xn u
e ax dx dv I n x n e ax dx n 1 1 ax nx dx=du e v a ax n 1 1 e x n x n e ax eax nx n 1dx e ax x n 1dx a a a a ax n e x n I n 1 a a Dakle : e ax x n n In I n 1 a a
Kako sad upotrebiti ovu formulu? Dobijemo zadatak da rešimo
x e dx ? 4 x
U našoj formuli je dakle n = 4 i a = 1. www.matematiranje.com
1140
1
e ax x n n I n 1 a a x 4 e x 4 I4 I 41 e x x 4 4 I 3 1 1 In
I 4 e x x 4 nI 3
sad radimo za n=3,n=2,n=1 I 4 e x x4 4I3 I 3 e x x 3 3I 2 I 2 e x x 2 2 I1 I1 e x xdx Ovaj integral znamo da rešimo:
xu
e x dx dv
xe dx dx du e dx v x
x
ex v
x e x e x dx xe x e x C e x ( x 1) C u v vdu
Vratimo rešenja unazad… I 4 e x x4 4I3 I 3 e x x 3 3I 2 I 2 e x x 2 2 I1 I1 e x xdx e x ( x 1) vratimo se u I 2 I 2 e x x 2 2[e x ( x 1)] vratimo se u I 3 I 3 e x x 3 3{e x x 2 2[e x ( x 1)]} vratimo se u I 4 I 4 e x x 4 4{e x x3 3{e x x 2 2[e x ( x 1)]}} C Ovo sad malo prisredite ako vaš profesor zahteva. www.matematiranje.com
1141
2
primer 2.
Odrediti rekurzivnu formulu za
sin
n
xdx ako je n 2
Rešenje:
I ovde radimo parcijalnu integraciju:
sin n 1 x u
sin xdx dv
I n sin n xdx (n 1) sin n 11 x(sin x)`dx du (n 1) sin
n2
cos x v
x cos xdx du
sin n 1 x ( cos x) ( cos x)(n 1) sin n 2 x cos xdx sin n 1 x cos x (n 1) sin n 2 x cos 2 xdx Iz sin 2 x cos 2 x 1 cos 2 x 1 sin 2 x, pa to zamenimo umesto cos 2 x sin n 1 x cos x (n 1) sin n 2 x (1 sin 2 x)dx sin n 1 x cos x (n 1) (sin n 2 x sin n x) dx sin n 1 x cos x (n 1) sin n 2 xdx (n 1) sin n xdx sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 (n 1) I n Da spakujemo: I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 (n 1) I n I n (n 1) I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 I n n I n I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 n I n sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 In
sin n 1 x cos x (n 1) I n 2 n
In
sin n 1 x cos x n 1 I n2 n n
Ovo je tražena rekurentna formula. Uočimo da ako je n paran broj , tada postupnom primenom dobijene formule na kraju dolazimo do dx a ako je n neparan broj dobijamo sin xdx
www.matematiranje.com
1142
3
primer 3.
Odrediti rekurzivnu formulu za
dx
sin
n
ako je
x
n2
Rešenje:
Ovde ćemo najpre upotrebiti malo trikče: dodamo
In
sin x , videćemo zašto... sin x
dx sin x dx sin xdx n n 1 n sin x sin x sin x sin x
Sad radimo parcijalnu integraciju: 1 sin xdx dv sin xdx u sin n1 x sin n1 x cos x v ? Izvući ćemo ovaj izvod na stranu jer je izvod složene funkcije... (
1 n 1
)` (sin ( n 1) x)` ( n 1) sin ( n 1) 1 x (sin x)` (n 1) sin ( n 2) cos x (n 1)
sin x vratimo se na zadatak:
cos x sin n 2
1
u sin xdx dv sin xdx sin n 1 x sin n1 x cos x (n 1) n 2 dx dv cos x v sin x 1 cos x ( cos x) ( cos x)[(n 1) n 2 dx] n 1 sin x sin x 2 1 cos x cos x n 1 (n 1) n 2 dx sin x sin x 1 sin 2 x 1 dx cos x n 1 (n 1) sin x sin n 2 x sin 2 x dx] sin n 1 x sin n 2 x sin n 2 x 1 1 1 cos x n 1 (n 1)[ n 2 dx n dx] sin x sin x sin x 1 1 1 cos x n 1 (n 1)[ n 2 dx n dx] sin x sin x sin x 1 1 1 cos x n 1 (n 1)[ n 2 dx n dx] sin x sin x sin x 1 cos x n 1 (n 1)[ I n 2 I n ] sin x
cos x
1
(n 1)[
1
dx
www.matematiranje.com
1143
4
vratimo se od početka: I n cos x
1
(n 1)[ I n 2 I n ] sin n 1 x 1 I n cos x n 1 (n 1) I n 2 (n 1) I n sin x 1 (n 1) I n 2 cos x n 1 nI n I n I n sin x 1 (n 1) I n 2 cos x n 1 nI n sin x cos x n I n2 In n 1 (n 1) sin x n 1 Dobili smo traženu rekurentnu formulu al po n+2 , da bi dobili formulu po n, kako nam traže , jednostavno ćemo umesto n staviti n-2.
I n2
cos x n cos x n2 I n I n I n2 n 1 n 1 (n 1) sin x n 1 (n 1) sin x n 1
primer 4.
Odrediti rekurentnu formulu za I n , m x n ln m xdx ako je n, m N
I n , m x n ln m xdx
ln m x u
1 m ln m 1 x dx=du x n 1 n 1 x x 1 ln m x m ln m 1 x dx n 1 n 1 x n 1 n 1 x x x m ln m 1 x dx = ln m x n 1 n 1 x
x n dx=dv x n 1 v n 1
x n 1 m x n ln m 1 xdx = ln x n 1 n 1 x n 1 m I n , m 1 = ln m x n 1 n 1 m
Dakle : x n 1 m I n ,m 1 I n ,m = ln x n 1 n 1 m
www.matematiranje.com
1144
5
1145
6
ODREĐENI INTEGRAL Određeni integral u Rimanovom smislu se obeležava sa : b
I=
f ( x)dx a
Ovo se čita:” integral od a do b ef od iks de iks”. -
a je donja granica integrala
-
b je gornja granica integrala
-
f(x) je podintegralna funkcija ( integrand)
-
x je integraciona promenljiva
-
[a,b] je interval integracije
Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a,b], tada ona ima primitivnu funkciju
f ( x)dx F ( x) c
i važi
jednakost : b
f ( x)dx F ( x)
F (b) F (a)
b a
a
Ova jednakost se zove Njutn- Lajbnicova formula i daje vezu između određenog i neodređenog integrala. Može se reći da je ovo osnovna formula integralnog računa.
Osnovna svojstva određenog integrala 1) Ako je f(x) integrabilna funkcija u intervalu [a,b] , onda je : b
b
a
a
kf ( x)dx = k f ( x)dx 2) Ako su f(x) i g(x) integrabilne funkcije, onda je : b
[ f ( x) g ( x)]dx = a
b
a
b
f ( x)dx g ( x)dx a
3) Ako integrabilne funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju u intervalu [a,b], gde je a
a
b
f ( x)dx g ( x)dx a
1146
4) Ako je m donja a M gornja medja integrabilne funkcije f(x) u intervalu [a,b], gde je a b, onda je: b
m(b-a)
f ( x)dx M(b-a) a
5) Ako je funkcija neprekidna na intervalu [a,b], onda postoji tačka iz intervala [a,b], tako da je : b
f ( x)dx = (b – a) f( ) a
Ovo je teorema o srednjoj vrednosti odredjenog integrala! 6) Odredjeni integral menja znak kad mu se obrnu granice: b
a
a
f ( x)dx = f ( x)dx b
7) Ako je funkcija f(x) integrabilna u intervalu [a,b] i ako je a
c
b
a
a
c
f ( x)dx = f ( x)dx + f ( x)dx Ne mora svaka funkcija da bude integrabilna na odredjenom intervalu. Neki od glavnih kriterijuma su:
-
Svaka ograničena funkcija f(x) u intervalu [a,b] sa konačnim brojem prekidnih tačaka između a i b je integrabilna u tom intervalu.
-
Svaka monotona funkcija f(x) u intervalu [a,b] je integrabilna u tom intervalu.
-
Svaka neprekidna funkcija u datom intervalu [a,b] je integrabilna u tom intervalu.
Smena promenljive u odredjenom integralu
Kao i kod neodredjenog i kod odredjenog integrala se može izvršiti smena integracione promenljive. To možemo uraditi na dva načina: 1. Prvo rešimo dati integral kao neodredjeni , vratimo smenu pa tu zamenimo gornju i donju granicu. 2. Izvršimo smenu direktno u datom integralu ali moramo menjati i granice integracije. b
Neka je dat integral
f ( x)dx . Ovde
naravno x [a,b].
a
Uzmimo smenu x = (t) . Tada je: b
a
f ( x)dx f [ (t )] `(t )dt
ali su nove granice : t [ , ] gde je ( ) a ( ) b
1147
Parcijalna integracija
Nju radimo kao kod neodredjenog integrala i granice ostaju iste!
Zapamtite: Neodređeni integral je funkcija, a određeni integral je broj! Evo nekoliko laganijih primera: 3
1. Reši integral :
x dx 3
1
x4 Ovaj integral je tablični i njegovo rešenje je , pa tu stavimo jednu uspravnu crtu i napišemo brojeve iz granica 4 x4 3 . Sada x menjamo sa 3 pa od toga oduzmemo kad x zamenimo sa 1. To jest: integrala: 4 1 3
x 4 3 3 4 14 81 1 1 x dx = 4 1 = 4 4 4 20 3
2
2. Reši integral:
dx
x2 0
Ovaj zadatak očigledno zahteva smenu. Rešićemo ga na dva načina, a Vi izaberite šta vam je lakše. a. Skinućemo granice i rešiti ga kao neodređeni:
dx
x2
x2t dt ln t = vratimo smenu= ln x 2 dx dt t
Sada vratimo rešenje u određeni integral i granice se ne menjaju! 2
2 4 dx = ln x 2 = ln 2 2 - ln 0 2 = ln 4 – ln 2 = ln = ln 2 0 x 2 0 2 b. Radićemo integral direktno , i u toku rada promeniti granice! 2
dx
x2 0
x2t x2 t 22 t t 4 , ali je sada, novi integral po t ima granice od 2 do 4 dx dt x2 t 02 t t 2
1148
4
4 dt ln t ln 4 ln 2 ln 2 2 t 2
=
e
3. Reši integral :
x
3
ln xdx
1
Ovaj integral ćemo rečiti parcijalnom integracijom a tu ne menjamo granice integracije , osim ako tokom rada ne koristimo smenu. ln x u 1 x ln xdx 1 dx du x e
3
e x 3 dx dv 1 x4 x4 e 4 = ln x dx x v 4 1 1 x 4 4
14 1 e4 = ( ln e ln 1 ) x 3 dx 4 4 41 1 x4 e e4 = 4 4 4 1 e
=
e4 1 e4 1 ( ) 4 4 4 4
=
1 3e 4 1 3e 4 1 e4 e4 + = + = 4 16 16 16 16 16
1149
www.matematiranje.com ODREĐENI INTEGRAL Određeni integral u Rimanovom smislu se obeležava sa : b
I=
∫ f ( x)dx a
Ovo se čita:” integral od a do b ef od iks de iks”. -
a je donja granica integrala
-
b je gornja granica integrala
-
f(x) je podintegralna funkcija ( integrand)
-
x je integraciona promenljiva
-
[a,b] je interval integracije
Ako je funkcija f(x) neprekidna na segmentu [a,b], tada ona ima primitivnu funkciju
∫ f ( x)dx = F ( x) + c
i važi
jednakost : b
∫ f ( x)dx = F ( x)
= F (b) − F (a )
b a
a
Ova jednakost se zove Njutn- Lajbnicova formula i daje vezu između određenog i neodređenog integrala. Može se reći da je ovo osnovna formula integralnog računa.
Osnovna svojstva određenog integrala 1) Ako je f(x) integrabilna funkcija u intervalu [a,b] , onda je : b
b
a
a
∫ kf ( x)dx = k ∫ f ( x)dx 2) Ako su f(x) i g(x) integrabilne funkcije, onda je : b
∫ [ f ( x) ± g ( x)]dx = a
b
∫ a
b
f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx a
3) Ako integrabilne funkcije f(x) i g(x) zadovoljavaju u intervalu [a,b], gde je a
1150
1
www.matematiranje.com b
∫ a
b
f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx a
4) Ako je m donja a M gornja medja integrabilne funkcije f(x) u intervalu [a,b], gde je a ≤ b, onda je: b
m(b-a) ≤
∫ f ( x)dx ≤ M(b-a) a
5) Ako je funkcija neprekidna na intervalu [a,b], onda postoji tačka ξ iz intervala [a,b], tako da je : b
∫ f ( x)dx = (b – a) f( ξ ) a
Ovo je teorema o srednjoj vrednosti odredjenog integrala! 6) Odredjeni integral menja znak kad mu se obrnu granice: b
∫ a
a
f ( x)dx = − ∫ f ( x)dx b
7) Ako je funkcija f(x) integrabilna u intervalu [a,b] i ako je a
∫ a
c
b
a
c
f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
Ne mora svaka funkcija da bude integrabilna na odredjenom intervalu. Neki od glavnih kriterijuma su:
-
Svaka ograničena funkcija f(x) u intervalu [a,b] sa konačnim brojem prekidnih tačaka između a i b je integrabilna u tom intervalu.
-
Svaka monotona funkcija f(x) u intervalu [a,b] je integrabilna u tom intervalu.
-
Svaka neprekidna funkcija u datom intervalu [a,b] je integrabilna u tom intervalu.
Smena promenljive u odredjenom integralu
Kao i kod neodredjenog i kod odredjenog integrala se može izvršiti smena integracione promenljive. To možemo uraditi na dva načina: 1. Prvo rešimo dati integral kao neodredjeni , vratimo smenu pa tu zamenimo gornju i donju granicu. 2. Izvršimo smenu direktno u datom integralu ali moramo menjati i granice integracije.
1151
2
www.matematiranje.com b
∫ f ( x)dx . Ovde
Neka je dat integral
naravno x ∈ [a,b].
a
Uzmimo smenu x = ϕ (t) . Tada je: β
b
∫ f ( x)dx = α∫ f [ϕ (t )]ϕ `(t )dt
ali su nove granice : t ∈ [α , β ] gde je ϕ (α ) = a ∧ ϕ ( β ) = b
a
Parcijalna integracija
Nju radimo kao kod neodredjenog integrala i granice ostaju iste!
Zapamtite: Neodređeni integral je funkcija, a određeni integral je broj! Evo nekoliko laganijih primera: 3
1. Reši integral :
∫ x dx 3
1
Ovaj integral je tablični i njegovo rešenje je x4 3 integrala: 4 1 3
3 ∫ x dx = 1
x4 , pa tu stavimo jednu uspravnu crtu i napišemo brojeve iz granica 4
. Sada x menjamo sa 3 pa od toga oduzmemo kad x zamenimo sa 1. To jest:
x 4 3 3 4 14 81 − 1 = 20 = − = 4 4 1 4 4
2
2. Reši integral:
dx
∫ x+2 0
Ovaj zadatak očigledno zahteva smenu. Rešićemo ga na dva načina, a Vi izaberite šta vam je lakše. a. Skinućemo granice i rešiti ga kao neodređeni:
x+2=t dx dt = ∫ x + 2 dx = dt = ∫ t = ln t = vratimo smenu= ln x + 2
Sada vratimo rešenje u određeni integral i granice se ne menjaju!
1152
3
www.matematiranje.com 2
dx
∫ x + 2 = ln x + 2 0
2 4 = ln 2 + 2 - ln 0 + 2 = ln 4 – ln 2 = ln = ln 2 0 2
b. Radićemo integral direktno , i u toku rada promeniti granice! 2
dx
∫ x+2 = 0
x+2=t x+2 =t ⇒ 2+2 =t ⇒t = 4 , ali je sada, novi integral po t ima granice od 2 do 4 dx = dt x+2 =t ⇒0+2 =t ⇒t = 2
4
4 dt = ln t = ln 4 − ln 2 = ln 2 2 t 2
=∫
e
3. Reši integral :
∫x
3
ln xdx
1
Ovaj integral ćemo rečiti parcijalnom integracijom a tu ne menjamo granice integracije , osim ako tokom rada ne koristimo smenu. ln x = u = x ln xdx 1 ∫1 dx = du x e
3
e x 3 dx = dv 1 x4 x4 e 4 = ln x − dx x =v 4 1 ∫1 x 4 4
14 1 e4 = ( ln e − ln 1 ) − ∫ x 3 dx 4 4 41 1 x4 e e4 − = 4 4 4 1 e
=
e4 1 e4 1 − ( − ) 4 4 4 4
=
1 3e 4 1 3e 4 + 1 e4 e4 + = + = 4 16 16 16 16 16
1153
4
NESVOJSTVENI INTEGRALI ( teorija)
Neka je f(x) neprekidna funkcija na svakom konačnom intervalu [a , b] . Tada integrale: +∞
∫
i)
a
b
∫
ii)
−∞
b
f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx b →∞
a
b
f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx a → −∞
a
∞
iii)
b
c
+∞
a
−∞
c
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx + ∫ f ( x)dx
−∞
b →∞
a → −∞
gde je − ∞ < c < +∞
zovemo NESVOJSTVENI integrali sa beskonačnim granicama. Ako nađemo rešenja za granične vrednosti na desnoj strani, to jest ako ona postoje i konačna su ( nisu ± ∞ ) onda su nesvojstveni integrali KONVERGENTNI.
U suprotnom su DIVERGENTNI.
Šta bi geometrijski gledano mogao da znači nesvojstveni integral ? +∞
Posmatrajmo prvi :
b
∫ f ( x)dx = lim ∫ f ( x)dx a
b →∞
a
Geometrijsko značenje apsolutne vrednosti ovog nesvojstvenog integrala je površina oblasti ograničene krivom y = f(x), x osom i pravom x = a. Ova oblast se proteže u beskonačnost, a njena površina može biti konačna ili beskonačna.
Kako sad to?
Ako x osa nije asimptota krive y = f(x) , nesvojstveni integral divergira, a površina je sigurno beskonačna. Ako x osa jeste asimptota krive y = f(x) , Površina može biti konačna ili beskonačna. Ako nesvojstveni integral konvergira, površina je konačna a ako divergira, površina je beskonačna.
Nekad nam u zadacima ne traže da izračunamo nesvojstveni integral, već samo da utvrdimo da li konvergira ili divergira. Tu nam pomaže sledeći kriterijum (teorema): www.matematiranje.com
1154
Neka su f(x) i g(x) integrabilne funkcije na segmentu [a,b] gde je b>a i neka je 0 ≤ f ( x) ≤ g ( x) za x ≥ a
Tada: i)
važi da
je
∞
∞
a
a
∫ g ( x)dx konvergira, onda konvergira i nesvojstveni integral ∫ f ( x)dx i
Ako nesvojstveni integral ∞
∞
a
a
∫ f ( x)dx ≤ ∫ g ( x)dx ∞
ii)
Ako nesvojstveni integral
∫
∞
f ( x)dx divergira, onda divergira i integral
a
∫ g ( x)dx a
Ovaj kriterijum konvergencije može se primeniti ako funkcije f i g imaju isti znak. Ako podintegralna funkcija menja znak na posmatranom intervalu, tada možemo koristiti sledeći kriterijum(teoremu): Neka je funkcija f(x) integrabilna na segmentu [a,b] za svaki b>a. Tada : ∞
Ako
∫
∞
∞
f ( x) dx konvergira, onda konvergira i
a
∫
f ( x)dx i pri tome je
∫
∞
f ( x)dx ≤
a
a
∫
f ( x) dx
a
Još možemo zapamtiti i sledeće: ∞
Ako integral
∫
∞
f ( x) dx konvergira, tada kažemo da nesvojstveni integral
∞
Ako integral
∫
∫ f ( x)dx
apsolutno konvergira.
a
a
∞
f ( x)dx konvergira a integral
a
∫
f ( x) dx divergira onda kažemo da dati integral uslovno konvergira.
a
Šta se dešava ako funkcija f(x) nije ograničena u nekoj okolini tačke b ? ( to jest prava x=b je vertikalna asimptota zdesna). Tada , ako je funkcija f(x) neprekidna na svakom intervalu [a,b- ε ], ε >0 je b −ε
b
∫ f ( x)dx = εlim ∫ f ( x)dx a
→0 +
a
Ako je f(x) neograničena u okolini tačke a ( to jest prava x = a je vertikalna asimptota sleva) i neprekidna u svakom intervalu [ a+ ε , b] , ε >0 onda je :
b
b
∫ f ( x)dx = εlim ∫ε f ( x)dx a
→0+
a+
www.matematiranje.com
1155
Ova dva integrala zovemo nesvojstveni sa neograničenim funkcijama . b −ε
b
Posmatrajmo
∫
f ( x)dx = lim
ε →0 +
a
∫ f ( x)dx . a
Geometrijsko značenje apsolutne vrednosti ovog integrala je površina oblasti omeđene krivom y = f(x) , ordinatom f(a) , x osom i vertikalnom asimptotom x = b. Ako je situacija da je f(x) neograničena u okolini tačke c ∈ (a , b) ( to jest prava x = c je vertikalna asimptota ) i ako je f(x) neprekidna u svakom intervalu [a,c - ε ] , [ c + ε , b] , ε >0 onda je :
b
∫ a
c
f ( x)dx =
∫ a
b
f ( x)dx + ∫ f ( x)dx = lim c
ε →0+
c −ε
∫
b
f ( x)dx + lim
a
ε →0 +
∫ f ( x)dx
c +ε
Ovde naravno važe kriterijumi analogni datim za integrale sa beskonačnim granicama.
www.matematiranje.com
1156
www.matematiranje.com 1.
POČETNI INTEGRALI (METODA DEKOMPOZICIJE)
Ovde koristimo dva osnovna pravila vezana za integrale:
∫ kf ( x)dx =k ∫ f ( x)dx ∫ ( f ( x) ± g ( x))dx = ∫ f ( x)dx ± ∫ g ( x)dx ZADACI: x−3 10 x 8 + 3 , dx ∫ ∫ ∫ 3 x ∫ x2 ∫ x 4 dx , 1 1 2 4 4 x ∫ ( x − x + x 2 )dx , ∫ (3 sin x + 4 cos x − 2 x − 5 + 1 + x 2 − 1 − x 2 )dx
∫ 2 xdx ,
2 4 ∫ x dx , ∫ (−t )dt ,
cos 2 x ∫ sin 2 x cos 2 xdx ,
x dx ,
5
x 3 dx ,
dx
,
dx 2 2 2 x ∫ sun 2 x cos 2 x , ∫ tg xdx , ∫ ctg xdx , ∫ sin 2 dx,
2. METODA SMENE Za smenu birati izraz čiji je izvod uz dx.
∫x
3
x dx
3 − 2ctg 2 x ∫ cos 2 x dx
∫ f ( x)dx = ∫ f ( g (t )) g `(t )dt ;
x=g(t) je smena
ZADACI:
∫ (5 − 2 x)dx, ∫ (4 x + 3)
∫e
x3
∫3
2
x dx ,
1 3
dx ,
5 x2
∫
xdx ,
2 x −1dx ,
dy
dx
∫ 3y − 4 , ∫ 2x + 6 , ∫ e
x2 ∫ x 3 + 1dx ,
∫x
xdx , 2 −7
sin x
cos xdx , ∫ e − x xdx
∫
xdx
3
2
1− x
2
,
∫
ln y dx dy , ∫ , sin( 2 x + 3) dx , ∫ x cos( x 2 + 1) dx , ∫ tgxdx , ∫ cos 2 xdx , y x ln x ln(ln x) ∫ cos x 2 4 4 ∫ sin x cos xdx , ∫ 1 + 2 sin x dx , ∫ cos xdx , ∫ tg xdx , x2 dx cos xdx dx dx dx , , , , , ∫ x 2 + 9 ∫ x 2 + 5 ∫ 25 + 4 x 2 ∫ 4 + sin 2 x ∫ x(1 + ln 2 x) ∫ 4 + x 6 dx
∫
∫
dx 9− x
,
∫
dz 25 − 16 z 2
,
∫
cos xdx a 2 − sin 2 x
dx , ∫
1157
3 x dx 25 − 9 x
,
∫
xdx 3 − x4
ln x dx , x
PRIMENA INTEGRALA Pre nego što krenemo sa izračunavanjem površine, dužine luka, zapremine ili površine rotacione površi moramo odraditi: -
pomoću par tačaka ispitamo tok i nacrtamo krivu ( krive)ako je to neophodno granice integrala nađemo kao rešenje sistema jednačina od datih krivih(njihov presek) pronađemo odgovarajuću formulu integral je u najvećem broju slučaja bolje rešiti bez granica,kao neodređeni , jer u slučaju smene moramo menjati granice...
1. Izračunati površinu figure ograničene lukom krive y x 2 2 x i pravom y = 0. Rešenje: Data kriva je parabola, ispitivanje toka i kako se crta njen grafik je detaljno objašnjen u delu “kvadratna funkcija”, ali kako nama ne treba ispitivanje celog toka, već samo nekoliko tačaka, naći ćemo: Grafik funkcije y x 2 2 x seče x osu u tačkama gde je x 2 2 x 0 , to jest za x = 0 i x = 2 Nađemo prvi izvod: y`= -2x +2, y` = 0 za –2x+2 = 0 to jest x = 1. Ovu vrednost zamenimo u početnu funkciju: y = - 12+2 = 1, pa je tačka (1,1) maksimum. Sad već možemo skicirati grafik
i) ii)
iii)
y
1 -2 -1 0 -1
x 1 2 3 4 5
y x2 2x
Mi trebamo naći površinu osenčenog dela, pa je jasno da granice integrala idu od 0 do 2, a pošto je deo površine koji tražimo iznad x ose, u integralu ne moramo uzimati apsolutnu vrednost . Dakle: 2
P = ( x 2 2 x)dx ( 0
3 2 0 8 4 x3 x2 2 2 ) [( 2 2 ) ( 0)] 4 3 2 0 3 3 3 3
Tražena površina je dakle
P=
4 3
1158
2. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama: y 2 x 2 1 i
y x 2 10
Rešenje:
Tačke preseka ove dve krive,koje ćemo dobiti rešavanjem sistema jednačina, će nam dati granice integrala:
y 2x 2 1 y x 2 10 2 x 2 1 x 2 10
x2 9 x 3
Dakle integral “ide” od –3 do 3
Dalje ispitamo nekoliko tačaka da bi skicirali grafike:
y 2x 2 1
y x 2 10
2x 2 1 0
x 2 10 0
x2
1 2
x 2 10
Očigledno ni jedna parabola nema preseke sa x osom, nađimo im temena (ekstremne vrednosti) y 2x 2 1
y x 2 10
y` = 4x
y`= 2x
4x = 0
2x = 0
x=0
x=0
y= 1
y= 10
(0,1) je minimum
(0,10) je minimum
y-osu seče u 1
y-osu seče u 10
Nacrtajmo sada sliku:
1159
y y x 2 10
19
10 10
y 2x2 1
x
1 -3
3
Tražena površina je ovo osenčeno između parabola, i nju ćemo naći kada od površine ispod gornje krive oduzmemo površinu ispod donje krive, odnosno u integralu oduzmemo donju ( y 2 x 2 1 ) od gornje parabole ( y x 2 10 ) Važno: Pošto je grafik simetričan u odnosu na y osu, odnosno parne su obe funkcije, lakše nam je da izračunamo površinu od 0 do 3 pa da to pomnožimo sa 2. 3
P = [( x 2 10) (2 x 2 1)]dx
odnosno ,pametnije je:
3
3
3
0
0
P = 2 [( x 2 10) (2 x 2 1)]dx = 2 ( x 2 9)dx 2( Tražena površina je dakle
3 x3 9 x) 2 18 36 0 3
P= 36
3. Odrediti površinu lika ograničenog lukom krive y 2 y x 6 i osom Oy. Rešenje:
U ovom zadatku nam je pametnije da izrazimo x, a da traženu površinu izračunamo “po y” y2 y x 6 x y2 y 6
x` = - 2y – 1
Tačka (6
y2 y 6 0
x` = 0
za
- 2y –1 = 0
Nađemo y1,2= pa je y =
1 1 , ) je maksimum kad razmišljamo “ po y” 4 2
1160
1 5 2
pa je y1 = -3, y2 = 2
1 1 to jest x = 6 2 4
y
2
6
1 2
-3
6
1 4
x
x y2 y 6
Radićemo integral po y, gde nam granice očigledno idu od - 3 do 2. 2
P=
2 ( y y 6)dy (
3
Tražena površina je
2 125 y3 y2 6 y) 3 6 3 2
125 6
4. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama y = ex , y = e-x
i
x=2
Rešenje:
Ovde se radi o graficima elementarnih funkcija. Ako niste upoznati sa njima, napravite tablicu vrednosti, u kojoj ćete birati vrednosti za x i izračunavati y. y
y ex
2
y ex
e 7
1 2
x
x=2
Sa slike je očigledno da osenčena površina ide po x od 0 do 2, da je donja kriva y = e-x a gornja kriva y = ex 2 2 P = (e x e x )dx (e x e x ) (e 2 e 2 ) (e 0 e 0 ) e 2 e 2 2 0 0
Tražena površina je e 2 e 2 2
1161
5.
Odrediti zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko ose Ox dela površi ograničenog lukom krive y 4 x x 2 i osom Ox.
Rešenje:
Ispitajmo najpre par tačaka za parabolu y 4 x x 2 i nacrtajmo sliku: y 4x x 2 4x x 2 0
pa je x(4 x) 0 x 0 x 4
y` = 4-2x pa je 4-2x = 0 za x = 2 a onda je y = 4 y
4 y 4x x
2
0
4
2
x
Granice integrala su 0 i 4
b
V = y 2 dx a
4
4
V = (4 x x ) dx = (16 x 2 8 x 3 x 4 )dx 2 2
0
0
= (16
= (16
Zapreminu tela je
x3 x4 x5 4 8 ) 3 4 5 0
512 512 64 256 2 256 ) = 15 15 3 5
512 15
1162
6. Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom kruga x 2 ( y b) 2 r 2 oko Ox ose (b>r) Rešenje:
Iz analitičke geometrije znamo da je jednačina kruga ( x p) 2 ( y q) 2 r 2 gde su p i q koordinate centra a r poluprečnik kružnice. x 2 ( y b) 2 r 2 nam govori da je p = 0 a q =b, pa će slika izgledati: y
r
b
x
x 2 ( y b) 2 r 2
odavde moramo izraziti y
( y b) 2 r 2 x 2 y b (r 2 x 2 ) y b (r 2 x 2 ) Ovde smo dobili dva dela kružnice: gornji y b (r 2 x 2 ) i donji y b (r 2 x 2 ) y y b r2 x2
r y b r2 x2
b
x
Rotacija ovog kruga će nam dati telo koje je poznatije kao TORUS, ili po naški guma
1163
y
b
x
r
Zapreminu tela ćemo dobiti kad od zapremine tela koje nastaje rotacijom gornjeg dela kružnice(puna guma) oduzmemo zapreminu tela koje nastaje rotacijom donjeg dela kružnice(kao felna,popunjena) b
V = ( y12 y 22 )dx a
Nadjimo najpre vrednost izraza
y12 y 22
y12 y 22 = ( b (r 2 x 2 ) )2 - (b (r 2 x 2 ) ) 2
= (b 2 2b r 2 x 2 r 2 ) - (b 2 2b r 2 x 2 r 2 ) = b 2 2b r 2 x 2 r 2 - b 2 2b r 2 x 2 r 2 =
4b r 2 x 2
Jasno je da granice integrala idu od –r do r
Rešimo najpre neodređeni integral:
r 2 x 2 dx
x r sin t (r 2 r 2 sin 2 t ) r cos tdt dx r cos tdt
=r =
r 2 (1 sin 2 t ) r cos tdt (1 sin 2 t ) r cos tdt
pošto je 1 – sin2t = cos2t = r 2 cos t cos tdt
= r 2 cos 2 tdt
1164
r2 je konstanta pa će ići ispred integrala a upotrebićemo i formulu: cos 2 t
1 cos 2t 1 , pa će i kao konstanta 2 2
ispred integrala. Dakle: r2 (1 cos 2t )dt = 2 r2 1 (t sin 2t ) 2 2
=
Šta se dešava sa granicama ovog integrala? Smena je bila :
x r sin t , za x = - r dx r cos tdt
za x = r
Nove granice su dakle
i
2
je -r = r sin t , to jest sint = - 1 pa je je r = r sin t ,
to jest sint = 1
pa je t =
2
Vratimo se u integral:
b
1 r (t sin 2t ) 2 2 2 2 1 1 = 2br 2 [( sin 2 ) ( sin(2 ))] 2 2 2 2 2 2
V = ( y12 y 22 )dx = 4b a
2
= 2br 2 = 2br 2 2
Dakle, posle mnogo napora, konačno rešenje je V = 2br 2 2
7. Izračunati dužinu luka krive y = ln x od tačke x = 3 Rešenje:
Ovde nam slika nije neophodna!
1165
do tačke x =
t=
8
2
2
b
Formula za izračunavanje dužine luka krive je L= 1 f `( x) 2 dx , ako radimo po x a
y = ln x
y`
1 pa je x
8
b
1 f `( x) 2 dx =
=
x2 1 t 2 2 xdx 2tdt xdx tdt tdt dx x
3
a
1 1 ( ) 2 dx = x
8
3
1
1 dx = x2
Da vidimo šta je sa granicama?
8
3
x2 1 dx = x2
8
3
x2 1 dx = uzimamo smenu= x
x 3t 2 x 8t 3
3
3
t tdt t 2 dt = 2 = Iz smene je x2 = t2 – 1 pa je sada naš integral x x 2 x 2
3
t 2 dt ovde ćemo kao trik, gore oduzeti i dodati 1 2 2 t 1
=
3
3
t 2 11 1 t 1 3 3 1 2 1 dt = (1 2 )dt = t ln ) - (2 ln = ( 3 ln )= 2 t 1 2 3 1 2 1 t 1 t 1 2 2
=
= 1 ln
3 2
konačno rešenje je L = 1 ln
3 2
1166
8. Izračunati površinu površi koja nastaje rotacijom luka parabole y2 = 4x oko ose Ox na segmentu [0,3] Rešenje:
4 2 1
3 4
-2 -4
Formula za izračunavanje površine rotacione površi je : S= 2
b
f ( x)
x [ a, b ]
1 f `( x) 2 dx , po x
a
Ovde su granice očigledno 0 i 3. y2 = 4 x pa je odavde y 2 x odnosno y` 2
S= 2
b
f ( x)
1 f `( x) dx = 2 2
3
2
x 1
0
a
= 2
3
2
x
0
= 4
2 x
1
x
pa je
y`2
1 x
1 dx x
x 1 x
1
dx 2 ide ispred integrala a korene skratimo
3
x 1dx
uzimamo smenu
0
=
x 1 t2 uradimo neodredjeni integral da ne menjemo granice dx 2tdt
t3 2 ( x 1) 3 3 3 3 2 ( x 1) 3 = 4 0 3 8 56 = (8 1) 3 3 56 Tražena površina rotacione površi je dakle : S = 3 2 2t dt 2
1167
9. Cikloida C je definisana parametarskim jednačinama:
x a(t sin t )
i
y a(1 cos t )
Izračunati: a) površinu ograničenu jednim lukom cikloide i osom Ox b) dužinu jednog luka cikloide c) zapreminu tela nastalog rotacijom jednog luka cikloide oko Ox ose Rešenje:
Kako nastaje i kako izgleda ta cikloida? Posmatrajmo kružnicu koja se bez klizanja okreće po pravoj (x osi). Fiksirajmo jednu tačku na kružnici. Kriva koju opisuje ta tačka zovemo cikloida.
0
2 a
4 a
a) Posmatrajmo ovaj prvi luk cikloide koji je u intervalu [0, 2a ]
0
2 a
b
Ako bi koristili onu univerzalnu formulu za P, bilo bi P= ydx a
Ovaj integral bi išao od 0 do 2a , a pošto je y a(1 cos t ) , biće : y 0 a (1 cos t ) 0 y 2a a(1 cos t ) 2a Znači integral ide od 0 do 2 po t. Kako je x a(t sin t ) to je dx a (1 cos t )dt
1168
t0 t 2
2
b
P= ydx = a(1 cos t )a(1 cos t )dt = a 0
a
2 2
(1 cos t )
2
dt
0
Rešimo najpre traženi integral:
(1 cos t )
2
dt (1 2 cos t cos 2 t )dt 1dt 2 cos tdt
1 cos 2t dt 2
1 1 = t 2 sin t (t sin 2t ) 2 2 1 1 = t 2 sin t t sin 2t 2 4 3 1 = t 2 sin t sin 2t 2 4 Vratimo se u formulu: 2 2 3 1 =3 a 2 P= a 2 (1 cos t ) 2 dt = a 2 ( t 2 sin t sin 2t ) 0 2 4 0 Samo mala napomena da su sinusi od 0 i 360 stepeni jednaki 0.
P=3 a 2
Dakle,
b) Da izračunamo dužinu jednog luka cikloide:
0
2 a
Za luk imamo gotovu formulu: L= x`2 (t ) y`2 (t ) dt
Granice integrala su 0 i 2 . Sredimo i ovu potkorenu veličinu pa ćemo onda rešavati integral.
x a(t sin t ) pa je x` a(1 cos t ) y a(1 cos t ) pa je y` a sin t
jer je od jedinice izvod 0
x`2 y`2 [a(1 cos t )]2 [a sin t ] 2 a 2 (1 2 cos t cos 2 t ) a 2 sin 2 t = a 2 (1 2 cos t cos 2 t sin 2 t ) = a 2 (2 2 cos t ) = 2a 2 (1 cos t )
1169
= 2a 2 2 sin 2 = 4a 2 sin 2
t 2
t 2
Vratimo se u integral:
2
x` (t ) y` (t ) dt = 2
2
0
2 2 t 2 t t t = 8a 4a sin dt = 2a sin dt = 2a sin dt = 4a cos 2 0 2 2 2 0 0 2
2
Dužinu jednog luka cikloide je L = 8a c) Izračunajmo i zapreminu
2a
0
2
2
V = y dx = [a (1 cos t )]2 a (1 cos t )dt 2
0
0
2
= a 3 (1 cos t ) 3 dt konstanta ide ispred integrala 0
2
= a (1 cos t ) 3 dt iskoristimo formulu (a - b )3 3
0
2
= a 3 (1 3 cos t 3 cos 2 t cos 3 t )dt 0
Svaki od ovih integrala ćemo rešavati posebno, prva dva nisu problem jer su tablični, rešimo zato ova preostala dva. 1 cos 2t 1 1 1 1 1 dt (1 cos 2t )dt (t sin 2t ) t sin 2t 2 2 2 2 2 4
cos
2
t
cos
3
tdt cos t cos 2 tdt cos t (1 sin 2 t ) cos tdt cos t sin 2 tdt
sin t
sin 3 t z3 sin t 3 3
1170
sin t z sin t z 2 dz cos tdt dz
Vratimo se u izračunavanje zapremine: V = a 3 [t 3 sin t 3(
sin 3 t 2 1 1 )] t sin 2t )- (sin t = kad sredimo= 5a 3 2 0 3 2 4
Dakle V= 5a 3 2
1171
www.matematiranje.com PRIMENA INTEGRALA Pre nego što krenemo sa izračunavanjem površine, dužine luka, zapremine ili površine rotacione površi moramo odraditi: -
pomoću par tačaka ispitamo tok i nacrtamo krivu ( krive)ako je to neophodno granice integrala nađemo kao rešenje sistema jednačina od datih krivih(njihov presek) pronađemo odgovarajuću formulu integral je u najvećem broju slučaja bolje rešiti bez granica,kao neodređeni , jer u slučaju smene moramo menjati granice...
1. Izračunati površinu figure ograničene lukom krive y = − x 2 + 2 x i pravom y = 0. Rešenje: Data kriva je parabola, ispitivanje toka i kako se crta njen grafik je detaljno objašnjen u delu “kvadratna funkcija”, ali kako nama ne treba ispitivanje celog toka, već samo nekoliko tačaka, naći ćemo: Grafik funkcije y = − x 2 + 2 x seče x osu u tačkama gde je − x 2 + 2 x = 0 , to jest za x = 0 i x = 2 Nađemo prvi izvod: y`= -2x +2, y` = 0 za –2x+2 = 0 to jest x = 1. Ovu vrednost zamenimo u početnu funkciju: y = - 12+2 = 1, pa je tačka (1,1) maksimum. Sad već možemo skicirati grafik
i) ii)
iii)
y
1 -2 -1 0 -1
x 1 2 3 4 5
y = − x2 + 2x
Mi trebamo naći površinu osenčenog dela, pa je jasno da granice integrala idu od 0 do 2, a pošto je deo površine koji tražimo iznad x ose, u integralu ne moramo uzimati apsolutnu vrednost . Dakle: 2
P = ∫ (− x 2 + 2 x)dx = (− 0
3 2 0 8 4 x3 x2 2 + 2 ) = [(− + 2 2 ) − ( + 0)] = − + 4 = 3 3 3 3 3 2 0
1172
1
www.matematiranje.com Tražena površina je dakle
P=
4 3
2. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama: y = 2 x 2 + 1 i
y = x 2 + 10
Rešenje:
Tačke preseka ove dve krive,koje ćemo dobiti rešavanjem sistema jednačina, će nam dati granice integrala:
y = 2x 2 + 1 y = x 2 + 10 2 x 2 + 1 = x 2 + 10
x2 = 9 x = ±3
Dakle integral “ide” od –3 do 3
Dalje ispitamo nekoliko tačaka da bi skicirali grafike:
y = 2x 2 + 1
y = x 2 + 10
2x 2 + 1 = 0
x 2 + 10 = 0
x2 = −
1 2
x 2 = −10
Očigledno ni jedna parabola nema preseke sa x osom, nađimo im temena (ekstremne vrednosti) y = 2x 2 + 1
y = x 2 + 10
y` = 4x
y`= 2x
4x = 0
2x = 0
x=0
x=0
y= 1
y= 10
(0,1) je minimum
(0,10) je minimum
1173
2
www.matematiranje.com y-osu seče u 1
y-osu seče u 10
Nacrtajmo sada sliku:
y y = x 2 + 10
19
10 10
y = 2x2 + 1
x
1 -3
3
Tražena površina je ovo osenčeno između parabola, i nju ćemo naći kada od površine ispod gornje krive oduzmemo površinu ispod donje krive, odnosno u integralu oduzmemo donju ( y = 2 x 2 + 1 ) od gornje parabole ( y = x 2 + 10 ) Važno: Pošto je grafik simetričan u odnosu na y osu, odnosno parne su obe funkcije, lakše nam je da izračunamo površinu od 0 do 3 pa da to pomnožimo sa 2. 3
P = ∫ [( x 2 + 10) − (2 x 2 + 1)]dx
odnosno ,pametnije je:
−3
3
3
P = 2 ∫ [( x + 10) − (2 x + 1)]dx = 2∫ (− x 2 + 9)dx = 2(− 2
2
0
Tražena površina je dakle
0
3 x3 + 9 x) = 2 ∗ 18 = 36 0 3
P= 36
3. Odrediti površinu lika ograničenog lukom krive y 2 + y + x = 6 i osom Oy. Rešenje:
U ovom zadatku nam je pametnije da izrazimo x, a da traženu površinu izračunamo “po y” y2 + y + x = 6
1174
3
www.matematiranje.com x = −y2 − y + 6
− y2 − y + 6 = 0
x` = - 2y – 1
Tačka (6
x` = 0
za
- 2y –1 = 0
Nađemo y1,2= pa je y = −
1± 5 −2
pa je y1 = -3, y2 = 2
1 1 to jest x = 6 2 4
1 1 , − ) je maksimum kad razmišljamo “ po y” 4 2 y
2
−
6
1 2
-3
6
1 4
x
x = −y2 − y + 6
Radićemo integral po y, gde nam granice očigledno idu od - 3 do 2. 2
P=
2 ∫ (− y − y + 6)dy = (−
−3
Tražena površina je
2 125 y3 y2 − + 6 y) = −3 3 2 6
125 6
4. Izračunati površinu figure koja je ograničena linijama y = ex , y = e-x
i
x=2
Rešenje:
Ovde se radi o graficima elementarnih funkcija. Ako niste upoznati sa njima, napravite tablicu vrednosti, u kojoj ćete birati vrednosti za x i izračunavati y.
1175
4
www.matematiranje.com y
y = ex
2
e 7
y = e−x
1 2
x
x=2
Sa slike je očigledno da osenčena površina ide po x od 0 do 2, da je donja kriva y = e-x a gornja kriva y = ex 2 2 P = ∫ (e x − e − x )dx =(e x + e − x ) = (e 2 + e − 2 ) − (e 0 + e −0 ) = e 2 + e − 2 − 2 0 0
Tražena površina je e 2 + e −2 − 2 5.
Odrediti zapreminu tela koje nastaje rotacijom oko ose Ox dela površi ograničenog lukom krive y = 4 x − x 2 i osom Ox.
Rešenje:
Ispitajmo najpre par tačaka za parabolu y = 4 x − x 2 i nacrtajmo sliku: y = 4x − x 2 4x − x 2 = 0
pa je x(4 − x) = 0 ⇒ x = 0 ∨ x = 4
y` = 4-2x pa je 4-2x = 0 za x = 2 a onda je y = 4 y
4 y = 4x − x
0
2
4
2
x
1176
5
www.matematiranje.com Granice integrala su 0 i 4
b
V = π ∫ y 2 dx a
4
4
0
0
V = π ∫ (4 x − x 2 ) 2 dx = π ∫ (16 x 2 − 8 x 3 + x 4 )dx = π (16
= π (16
Zapreminu tela je
x3 x4 x5 4 −8 + ) 3 4 5 0
512 512π 64 256 − 2 ο 256 + ) =π = 15 15 5 3
512π 15
6. Odrediti zapreminu tela nastalog rotacijom kruga x 2 + ( y − b) 2 = r 2 oko Ox ose (b>r) Rešenje:
Iz analitičke geometrije znamo da je jednačina kruga ( x − p) 2 + ( y − q) 2 = r 2 gde su p i q koordinate centra a r poluprečnik kružnice. x 2 + ( y − b) 2 = r 2 nam govori da je p = 0 a q =b, pa će slika izgledati: y
r
b
x
1177
6
www.matematiranje.com x + ( y − b) = r 2 2
2
odavde moramo izraziti y
( y − b) 2 = r 2 − x 2 y − b = ± (r 2 − x 2 ) y = b ± (r 2 − x 2 ) Ovde smo dobili dva dela kružnice: gornji y = b + (r 2 − x 2 ) i donji y = b − (r 2 − x 2 ) y y = b + r2 − x2
r
b
y = b − r2 − x2
x
Rotacija ovog kruga će nam dati telo koje je poznatije kao TORUS, ili po naški guma y
b
x
r
Zapreminu tela ćemo dobiti kad od zapremine tela koje nastaje rotacijom gornjeg dela kružnice(puna guma) oduzmemo zapreminu tela koje nastaje rotacijom donjeg dela kružnice(kao felna,popunjena) b
V = π ∫ ( y12 − y 22 )dx a
Nadjimo najpre vrednost izraza
y12 − y 22
1178
7
www.matematiranje.com y12 − y 22 = ( b + (r 2 − x 2 ) )2 - (b − (r 2 − x 2 ) ) 2 = (b 2 + 2b r 2 − x 2 + r 2 ) - (b 2 − 2b r 2 − x 2 + r 2 ) = b 2 + 2b r 2 − x 2 + r 2 - b 2 + 2b r 2 − x 2 − r 2 =
4b r 2 − x 2
Jasno je da granice integrala idu od –r do r
Rešimo najpre neodređeni integral:
∫
r 2 − x 2 dx =
x = r sin t = ∫ (r 2 − r 2 sin 2 t ) r cos tdt dx = r cos tdt
∫ =∫r
=
r 2 (1 − sin 2 t ) r cos tdt (1 − sin 2 t ) r cos tdt
pošto je 1 – sin2t = cos2t = ∫ r 2 cos t cos tdt
= ∫ r 2 cos 2 tdt r2 je konstanta pa će ići ispred integrala a upotrebićemo i formulu: cos 2 t =
1 + cos 2t 1 , pa će i kao konstanta 2 2
ispred integrala. Dakle: =
r2 (1 + cos 2t )dt 2 ∫
r2 1 (t + sin 2t ) = 2 2
Šta se dešava sa granicama ovog integrala? Smena je bila :
x = r sin t , za x = - r dx = r cos tdt
za x = r
je -r = r sin t , to jest sint = - 1 pa je je r = r sin t ,
1179
to jest sint = 1
t= −
pa je t =
π 2
π 2
8
www.matematiranje.com Nove granice su dakle −
π
i
2
π
2
Vratimo se u integral:
b
π
2
1 r (t + sin 2t ) 2 −π 2 2 2 1 π π π 1 π = 2πbr 2 [( + sin 2 ) − (− + sin(−2 ))] 2 2 2 2 2 2
V = π ∫ ( y12 − y 22 )dx = π 4b a
= 2πbr 2π = 2br 2π 2
Dakle, posle mnogo napora, konačno rešenje je V = 2br 2π 2
7. Izračunati dužinu luka krive y = ln x od tačke x = 3
do tačke x =
8
Rešenje:
Ovde nam slika nije neophodna!
b
Formula za izračunavanje dužine luka krive je L= ∫ 1 + f `( x) 2 dx , ako radimo po x a
y = ln x
y`=
1 pa je x
8
b
∫ a
1 + f `( x) dx = 2
∫
3
1 1 + ( ) 2 dx = x
8
∫
3
1 1 + 2 dx = x
8
∫
3
x2 +1 dx = x2
1180
8
∫
3
x2 +1 dx = uzimamo smenu= x
9
www.matematiranje.com x2 +1 = t 2 2 xdx = 2tdt
=
xdx = tdt tdt dx = x 3
=
Da vidimo šta je sa granicama?
x= 3⇒t =2 x= 8⇒t =3
3
t tdt t 2 dt 2 2 = ∫2 x x ∫2 x 2 = Iz smene je x = t – 1 pa je sada naš integral 3
t 2 dt =∫ 2 ovde ćemo kao trik, gore oduzeti i dodati 1 2 t −1
3
3 t 2 −1+1 1 t −1 3 2 −1 3 −1 dt = ∫ (1 + 2 )dt = t + ln ) - (2 + ln )= =∫ 2 = ( 3 + ln t +1 2 2 +1 3 +1 t −1 t −1 2 2
= 1 + ln
3 2
konačno rešenje je L = 1 + ln
3 2
8. Izračunati površinu površi koja nastaje rotacijom luka parabole y2 = 4x oko ose Ox na segmentu [0,3] Rešenje:
1181
10
www.matematiranje.com
4 2 1
3 4
-2 -4
Formula za izračunavanje površine rotacione površi je : S= 2 π
b
∫ f ( x)
x ∈ [ a, b ]
1 + f `( x) 2 dx , po x
a
Ovde su granice očigledno 0 i 3. y2 = 4 x pa je odavde y = 2 x odnosno y`= 2
S= 2 π
b
∫
f ( x) 1 + f `( x) 2 dx = 2 π
3
∫2
x 1+
0
a
= 2π
3
∫2
x
0
= 4π
2 x
1
=
x
pa je
y`2 =
1 x
1 dx x
x +1 x
1
dx 2 ide ispred integrala a korene skratimo
3
∫
x + 1dx
uzimamo smenu
0
=
x +1 = t2 dx = 2tdt
uradimo neodredjeni integral da ne menjemo granice
t3 2 = ( x + 1) 3 3 3 3 2 = 4π ( x + 1) 3 0 3 8π 56π = (8 − 1) = 3 3 56π Tražena površina rotacione površi je dakle : S = 3 2 ∫ 2t dt = 2
1182
11
www.matematiranje.com 9. Cikloida C je definisana parametarskim jednačinama:
x = a(t − sin t )
i
y = a(1 − cos t )
Izračunati: a) površinu ograničenu jednim lukom cikloide i osom Ox b) dužinu jednog luka cikloide c) zapreminu tela nastalog rotacijom jednog luka cikloide oko Ox ose Rešenje:
Kako nastaje i kako izgleda ta cikloida? Posmatrajmo kružnicu koja se bez klizanja okreće po pravoj (x osi). Fiksirajmo jednu tačku na kružnici. Kriva koju opisuje ta tačka zovemo cikloida.
0
2 aπ
4 aπ
a) Posmatrajmo ovaj prvi luk cikloide koji je u intervalu [0, 2aπ ]
0
2 aπ
b
Ako bi koristili onu univerzalnu formulu za P, bilo bi P= ∫ ydx a
Ovaj integral bi išao od 0 do 2aπ , a pošto je y = a(1 − cos t ) , biće : y = 0 ⇒ a(1 − cos t ) = 0 y = 2aπ ⇒ a(1 − cos t ) = 2aπ
t=0 t = 2π
Znači integral ide od 0 do 2π po t. Kako je x = a(t − sin t ) to je dx = a (1 − cos t )dt
1183
12
www.matematiranje.com b
2π
2π
a
0
0
P= ∫ ydx = ∫ a (1 − cos t )a (1 − cos t )dt = a 2 ∫ (1 − cos t ) 2 dt Rešimo najpre traženi integral:
∫ (1 − cos t )
2
dt = ∫ (1 − 2 cos t + cos 2 t )dt = ∫ 1dt − 2∫ cos tdt + ∫
1 + cos 2t dt 2
1 1 = t − 2 sin t + (t + sin 2t ) 2 2 1 1 = t − 2 sin t + t + sin 2t 2 4 3 1 = t − 2 sin t + sin 2t 2 4 Vratimo se u formulu: 2π 2π 3 1 =3 a 2π P= a 2 ∫ (1 − cos t ) 2 dt = a 2 ( t − 2 sin t + sin 2t ) 0 2 4 0 Samo mala napomena da su sinusi od 0 i 360 stepeni jednaki 0.
P=3 a 2π
Dakle,
b) Da izračunamo dužinu jednog luka cikloide:
0
2 aπ
β
Za luk imamo gotovu formulu: L= ∫ x`2 (t ) + y`2 (t ) dt α
Granice integrala su 0 i 2π . Sredimo i ovu potkorenu veličinu pa ćemo onda rešavati integral. x = a(t − sin t ) pa je x`= a(1 − cos t ) y = a(1 − cos t ) pa je y`= a sin t
jer je od jedinice izvod 0
x`2 + y`2 = [a(1 − cos t )]2 + [a sin t ] 2 = a 2 (1 − 2 cos t + cos 2 t ) + a 2 sin 2 t = a 2 (1 − 2 cos t + cos 2 t + sin 2 t )
1184
13
www.matematiranje.com = a 2 (2 − 2 cos t ) = 2a 2 (1 − cos t ) t = 2a 2 2 sin 2 2 t = 4a 2 sin 2 2
Vratimo se u integral: β
∫
2π
x` (t ) + y` (t ) dt = 2
2
α
∫ 0
2π 2π t 2π t t t = 8a 4a sin dt = ∫ 2a sin dt = 2a ∫ sin dt = − 4a cos 2 0 2 2 2 0 0 2
2
Dužinu jednog luka cikloide je L = 8a c) Izračunajmo i zapreminu
2aπ
0
2π
2π
V = π ∫ y dx = π ∫ [a (1 − cos t )]2 a (1 − cos t )dt 2
0
0
2π
= π ∫ a 3 (1 − cos t ) 3 dt konstanta ide ispred integrala 0
2π
= a π ∫ (1 − cos t ) 3 dt iskoristimo formulu (a - b )3 3
0
2π
= a 3π ∫ (1 − 3 cos t + 3 cos 2 t − cos 3 t )dt 0
Svaki od ovih integrala ćemo rešavati posebno, prva dva nisu problem jer su tablični, rešimo zato ova preostala dva.
∫ cos
2
t=∫
1 + cos 2t 1 1 1 1 1 dt = ∫ (1 + cos 2t )dt = (t + sin 2t ) = t + sin 2t 2 2 2 4 2 2
1185
14
www.matematiranje.com
∫ cos
3
tdt = ∫ cos t cos 2 tdt = ∫ cos t (1 − sin 2 t ) = ∫ cos tdt − ∫ cos t sin 2 tdt =
sin t = z = sin t − ∫ z 2 dz = cos tdt = dz
sin 3 t z3 = sin t − 3 3
sin t −
Vratimo se u izračunavanje zapremine:
sin 3 t 2π 1 1 )] V = a π [t − 3 sin t + 3( t + sin 2t )- (sin t − = kad sredimo= 5a 3π 2 0 3 2 4 3
Dakle V= 5a 3π 2
1186
15
www.matematiranje.com PRIMENA ODREĐENOG INTEGRALA U GEOMETRIJI 1. Površina figura u ravni: b
P= ∫ f ( x)dx , ako je kriva y=f(x) iznad x – ose
-
a
b
-
P= -
∫ f ( x)dx ,
ako je kriva ispod x – ose
a
b
P= ∫ [ f ( x) − g ( x)]dx , ako nam treba površina između krivih
-
a
Ako je kriva zadata u polarnim koordinatama: G={ ( ρ , ϕ ), α ≤ ϕ ≤ β , 0 ≤ ρ ≤ f (ϕ ) } onda se površina računa: β
1 f 2 (ϕ )dϕ ∫ 2α 2. Zapremina tela : P(G)=
b
∫y
-Vx= π
2
dx , ako se kriva y=f(x) okreće oko x- ose
a
d
∫x
- Vy= π
2
dy , ako se kriva x=f(y) okreće oko y-ose
c
- Vx= π
β
∫y
2
(t ) x`(t )dt i Vy=2 π
α
β
∫ x(t ) y(t ) x`(t )dt , ako je kriva zadata parametarski: x=x(t), y=y(t)
α
Ako je kriva zadata u polarnim koordinatama: ρ = ρ (ϕ ), α ≤ ϕ ≤ β ≤ π , 0 ≤ ρ ≤ ρ (ϕ ) β
2 π ∫ ρ 3 sin ϕdϕ 3 α 3. Dužina luka krive: V=
β
b
L= ∫ 1 + f `( x) 2 dx , ako radimo po x
L= ∫ x`2 (t ) + y`2 (t ) dt , parametarski α β
a
d
L= ∫ 1 + g `( y ) 2 dy , ako radimo po y
L= ∫ ρ `2 + ρ 2 dϕ , ρ = ρ (ϕ ) , polarno α
c
4. Površina rotacione površi:
S= 2 π
b
∫ f ( x)
1 + f `( x) 2 dx , po x
x ∈ [ a, b ]
1 + g `( y ) 2 dy , po y
y ∈ [c,d]
a
S=2 π
d
∫ g ( y) c
S=2 π
β
∫ y(t ) α
x`2 (t ) + y`2 (t ) dt , parametarski x=x(t), y=y(t), t ∈ [α , β ]
1187
www.matematiranje.com S=2 π
β
∫α ρ sin ϕ
ρ `2 + ρ 2 dϕ , polarno
ϕ ∈ [α , β ]
1188
www.matematiranje.com KRIVOLINIJSKI INTEGRALI 1) Krivolinijski integral prve vrste
i)
Ako je f(x,y,z) definisana i neprekidna u svakoj tački deo po deo glatke krive c date sa: x=x(t) y=y(t) z=z(t)
gde je
t1 ≤ t ≤ t 2 , i ds- diferencijal luka krive
tada se krivolinijski integral prve vrste izračunava po formuli: t2
∫ f ( x, y, z )ds = ∫ f [ x(t ), y(t ), z (t )] c
( xt` ) 2 + ( y t` ) 2 + ( z t` ) 2 dt
t1
Ovaj integral ne zavisi od orijentacije krive!
ii)
Ako je kriva data u obliku c: y=y(x)
a≤ x≤b
tada je:
b
∫ f ( x, y)ds = ∫ f ( x, y( x)) c
iii)
1 + ( y x` ) 2 dx
a
Ako je kriva data u obliku c: x=x(y) i
m ≤ y ≤ n tada je :
n
∫ f ( x, y)ds = ∫ f ( x( y), y) c
1 + ( x `y ) 2 dy
m
Izračunavanje dužine krive c :
S=
∫ ds c
1189
1
www.matematiranje.com
2. Krivolinijski integral druge vrste
i)
Ako je kriva c zadata parametarskim jednačinama: x=x(t) y=y(t) z=z(t)
gde je
t 0 ≤ t ≤ t1
tada je:
t1
∫ P( x, y, z )dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z )dz = ∫ [ P( x(t ), y(t ), z (t )) x
` t
+ Q( x(t ), y (t ), z (t )) y t` + R( x(t ), y (t ), z (t )) z t` ]dt
t0
c
ii)
Ako je kriva c zadata u ravni y=y(x)
a≤ x≤b
i
tada je:
b
` ∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy = ∫ [ P( x, y( x)) + Q( x, y( x)) y x ]dx c
a
iii)
Ako je kriva zadata u ravni x=x(y) i
m≤ y≤n
tada je :
n
∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy = ∫ [ P( x( y), y) x c
` y
+ Q( x( y ), y )]dy
m
PAZI: Krivolinijski integral druge vrste zavisi od orijentacije krive . Pozitivan smer je smer suprotan kretanju kazaljke na časovniku.
∫
C+
=−
∫
C−
1190
2
www.matematiranje.com
Nezavisnost krivolinijskog integrala od putanje integracije
Sledeća tvrđenja su ekvivalentna:
1)
∫ P( x, y, z )dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z )dz
ne zavisi od putanje integracije
C
2) Postoji funkcija u=u(x,y) tako da je du = P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy + R(x,y,z)dz i tada važi : B
∫
P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy + R(x,y,z)dz = u(B) - u(A)
A
3) 4)
∂P ∂Q = , ∂y ∂x
∫
∂P ∂R , = ∂z ∂x
∂Q ∂R = ∂z ∂y
P(x,y,z)dx + Q(x,y,z)dy + R(x,y,z)dz = 0 ako je kriva c zatvorena.
C
Grinova formula: Ako kriva C ograničava oblast D ( to jest ona je rub oblasti D) pri čemu D ostaje sa leve strane prilikom obilaska krive C, i važi da su funkcije P,Q,R neprekidne zajedno sa svojim parcijalnim izvodima prvog reda u oblasti D i na njenom rubu, onda važi formula:
⎛ ∂Q
∂P ⎞
∫ P( x, y)dx + Q( x, y)dy = ∫∫ ⎜⎜⎝ ∂x − ∂y ⎟⎟⎠dxdy
C
D
1191
3
www.matematiranje.com Iz Grinove formule se lako dokazuje da je površina oblasti P(D) koja je ograničena krivom C data formulom:
P(D)=
1 xdy − ydx 2 C∫
1192
4
www.matematiranje.com POVRŠINSKI INTEGRALI Površinski integral prve vrste i)
Ako je S deo po deo glatka dvostrana površ zadata jednačinama: x=x(u,v) y=y(u,v) z=z(u,v) gde (u,v) pripada D a funkcija f(x,y,z) je definisana i neprekidna na površi S , onda je:
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f [ x(u, v), y(u, v), z(u, v)] D
S
2
2
2
2
2
2
⎛ ∂x ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂z ⎞ E = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ∂u ⎠ ⎝ ∂u ⎠ ⎝ ∂u ⎠ ⎛ ∂x ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂z ⎞ G = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ∂v ⎠ ⎝ ∂v ⎠ ⎝ ∂v ⎠
F=
EG − F 2 dudv
∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z + + ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v
ii) Ako jednačina površi S ima oblik funkcija, onda je:
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f [ x, y, z ( x, y)] S
p=
z=z(x,y) , gde je z=z(x,y) jednoznačna neprekidno diferencijabilna
1 + p 2 + q 2 dxdy
D
∂z ∂z i q= ∂x ∂y
1193
i
www.matematiranje.com POVRŠINSKI INTEGRAL PRVE VRSTE NE ZAVISI OD ORIJENTACIJE KRIVE
Površinski integral druge vrste
Ako je S glatka dvostrana površ na kojoj je izabrana jedna od dveju strana , određena smerom normale n( cos α , cos β , cos γ ) i
cos α =
cos β =
cos γ =
z = z(x,y) tada je :
p ± 1+ p2 + q2
q ± 1+ p2 + q2
p=
gde je:
∂z ∂z i q= ∂x ∂y
−1 ± 1+ p2 + q2
VAŽNO
( Da li ćemo uzeti + ili – zavisi od ugla koji normala gradi sa pozitivnim delom z-ose: Ako je taj ugao oštar ,onda mora biti cos γ >0 pa uzimamo minus ispred korena, cos γ = Ako je taj ugao tup, onda je cos γ <0 , pa uzimamo + ispred korena cos γ =
−1 − 1+ p2 + q2
−1 + 1+ p2 + q2
)
a P=P(x,y,z) Q=Q(x,y,z) i R=R(x,y,z) tri funkcije, definisane i neprekidne na površi S, onda je
∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = ∫∫ ( P cos α + Q cos β + R cos γ )ds S
S
Površinski integral druge vrste zavisi od orijentacije krive. Prelaskom na drugu stranu površi menja se znak.
1194
www.matematiranje.com
STOKSOVA FORMULA
Ako su P, Q, R neprekidne diferencijabilne funkcije a L zatvorena , deo po deo glatka kriva koja je granica deo po deo dvostrane površi S, tada je: cos α ∂ ∫L Pdx + Qdy + Rdz = ∫∫S ∂x P
cos β ∂ ∂y Q
cos γ ∂ dS ∂z R
pri čemu su cos α , cos β i cos γ koordinate normale površi S koja je orijentisana na onu stranu u odnosu na koju se obilazak krive L vrši u suprotnom smeru od smera kretanja kazaljke na satu.
FORMULA OSTROGRADSKOG
Ako je S deo po deo glatka površ , koja ograničava oblast V , a P, Q i R neprekidne funkcije zajedno sa svojim parcijalnim izvodima prvog reda u oblasti V ∪ S, onda važi formula: ∂P
∂Q
∂R
∫∫ ( P cos α + Q cos β + R cos γ )dS = ∫∫∫ ( ∂x + ∂y + ∂z )dxdydz S
V
gde su cos α , cos β i cos γ kosinusi pravca spoljašnje normale površi S.
Primena:
1195
www.matematiranje.com i)
Fluks vektorskog polja
Za vektorsko polje A = P( x, y, z ) + Q( x, y, z ) + R ( x, y, z )
φ = ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy = ∫∫∫ ( V
div A =
∂P
∂Q
∂P ∂Q ∂R + + )dxdydz ∂x ∂y ∂z
∂R
∫∫∫ ( ∂x + ∂y + ∂z )dxdydz V
ii)
Cirkulacija vektorskog polja
C= ∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫∫ rot Ad S gradu ± (gradu )
n=
d S = n ds
i ∂ rot A = ∂x P
j ∂ ∂y Q
k ∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P ∂ = ∫∫ ( − )dydz + ( − ) + ( − )dxdy ∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y ∂z R
ako je rot A= 0 i div A ≠ 0 polje je onda potencijalno.
iii)
Potencijal polja A
U(x,y,z)=
x
y
z
x0
y0
z0
∫ P( x, y, z )dx + ∫ Q( x, y, z )dy + ∫ R( x, y, z )dz
1196
www.matematiranje.com DVOSTRUKI INTEGRALI 1. DIREKTNO IZRAČUNAVANJE Ako je oblast D određena nejednakostima :
a≤ x ≤ b
onda je:
b
y2 ( x )
a
y1 ( x )
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ z ( x, y)dy D
y1 ( x) ≤ y ≤ y 2 ( x)
Ako je oblast D određena nejednakostima: x1 ( y ) ≤ x ≤ x 2 ( y )
c≤ y≤d
onda je :
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫ dy ∫ z ( x, y)dx D
2. OPŠTE KOORDINATE Ako se sa x=x(u,v) i y=y(u,v) , gde su ovo neprekidne i diferencijabilne funkcije , realizuje jednoznačno preslikavanje ograničene i zatvorene oblasti D u ravni xOy na oblast D` u ravni uOv i ako je: J=
D ( x, y ) ≠0 D(u, v)
Onda važi formula:
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫∫ z[ x(u, v), y(u, v)] J dudv D
D`
3. POLARNE KOORDINATE
x = r cos ϕ y= r sin ϕ onda je :
∫∫ z ( x, y)dxdy = D
ϕ2
r
ϕ1
0
∫∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) J drdϕ = ∫ dϕ ∫ z(r cos ϕ , r sin ϕ )rdr D`
1197
www.matematiranje.com J =r
4. ELIPTIČKE KOORDINATE x = a r cos ϕ y = b r sin ϕ onda je:
ϕ2
r
1
0
∫∫ z ( x, y)dxdy = ϕ∫ dϕ ∫ z (ar cos ϕ , br sin ϕ )abrdr D
J = abr
PRIMENA DVOSTRUKIH INTEGRALA
i)
Izračunavanje površine površi
Ako je površ zadata jednačinom z = z(x,y) i ako obeležimo p =
∂z ∂z i q= onda je: ∂x ∂y
P= ∫∫ 1 + p 2 + q 2 dxdy D
Ako je površ zadata parametarskim jednačinama x=x(u,v) i y=y(u,v) onda je: P= ∫∫ EG − F 2 dudv
gde je:
D 2
2
2
2
2
2
⎛ ∂x ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂z ⎞ E = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ∂u ⎠ ⎝ ∂u ⎠ ⎝ ∂u ⎠ ⎛ ∂x ⎞ ⎛ ∂y ⎞ ⎛ ∂z ⎞ G = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ⎝ ∂v ⎠ ⎝ ∂v ⎠ ⎝ ∂v ⎠
F=
∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z + + ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v ii)
Izračunavanje zapremine
1198
www.matematiranje.com Zapremina cilindra, koji odozgo ograničava neprekidna površ definisana jednačinom z=z(x,y), odozdo ravan z=0 , a sa strane prava cilindrična površ, koja u ravni xOy iseca neku oblast D, data je formulom: V=
∫∫ z ( x, y)dxdy D
1199
TROSTRUKI INTEGRALI
1. DIREKTNO RAČUNANJE
Ako je funkcija f(x,y,z) neprekidna u oblasti V koja je određena sa:
x1 ≤ x ≤ x 2 y1 ( x) ≤ y ≤ y 2 ( x)
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz =
onda je
V
x2
y2 ( x )
z2 ( x , y )
x1
y1 ( x )
z1 ( x , y )
∫ dx
∫ dy
∫ f ( x, y, z )dz
z1 ( x , y ) ≤ z ≤ z 2 ( x , y )
2. CILINDRIČNE KOORDINATE
x = r cos ϕ y= r sin ϕ
onda je
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ , z )drdϕdz V
z=z
ϕ2
r
ϕ1
0
z2
= ∫ dϕ ∫ rdr ∫ fdz z1
J =r
3. SFERNE KOORDINATE x = r cos ϕ sin θ y = r sin ϕ sin θ z = r cos θ J = r 2 sin θ Odavde je x2+y2+z2 = r2 Uglove ϕ
i
θ određujemo iz zadatka i vodimo računa da je najčešće :
r ≥ 0;0 ≤ ϕ ≤ 2π ;0 ≤ θ ≤ π
1200
Z P Y z
θ x
ϕ
P` y
X
- r je razdaljina od tačke P do nulte tačke - 0 ≤ ϕ ≤ 2π je ugao koji zaklapa pozitivni deo x ose sa pravom koja prolazi kroz nultu tačku i projekciju P` tačke P na ravan xOy ( z=0) - 0 ≤ θ ≤ π je ugao koji zaklapa pozitivni deo z ose sa pravom koja prolazi kroz nultu tačku i tačku P.
Možemo koristiti( u zavisnosti od situacije) i modifikovane sferne koordinate: x = ar cos ϕ sin θ y = br sin ϕ sin θ z = cr cos θ J = abcr 2 sin θ
A u situaciji kad je zadata površ baš “zeznuta” možemo koristiti i sledeće smene: x = ar cos β ϕ sin α θ y = br sin β ϕ sin α θ z = cr cos α θ Jakobijan u ovoj situaciji računamo:
J = abcr 2 ⋅ α ⋅ β ⋅ sin 2α −1 θ cosα −1 θ sin β −1 ϕ cos β −1 ϕ Osnovna perioda je r ≥ 0;0 ≤ ϕ ≤ 2π ;0 ≤ θ ≤ π
PRIMENA TROSTRUKOG INTEGRALA ZA RAČUNANJE ZAPREMINE: V= ∫∫∫ dxdydz V
po oblasti V
1201
1202
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( I DEO) Dvostruki integrali-odredjivanje granica integracije Prva stvar sa kojom se susrećemo kod dvojnih integrala je odredjivanje granice integracije. Za skoro svaki zadatak moramo crtati sliku pa je najbolje da se najpre podsetite kako izgledaju grafici osnovnih funkcija. ( imate fajl na sajtu) Imamo dva osnovna tipa područja integracija: 1) Ako je područje integracije D omedjeno sa leve i desne strane pravama x = a i x = b ( recimo a < b) a sa donje i gornje strane neprekidnim funkcijama y1 ( x) i y2 ( x) gde je y1 ( x) ≤ y2 ( x) , onda imamo: a≤ x ≤ b
y1 ( x) ≤ y ≤ y 2 ( x)
pa je:
b
y2 ( x )
a
y1 ( x )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dx D
∫ z ( x, y )dy
Pogledajmo sliku: y
y2 ( x )
y1 ( x)
a
y1 ( x) ≤ y ≤ y2 ( x) b
x
a≤ x≤b
Ovo je češća situacija , kad rešavamo najpre integral “ po dy ” , gde ćemo x tretirati kao konstantu , a zatim rešavamo običan integral po x- su.
1203
1
2) U ovoj drugoj situaciji, područje integracije D je omedjeno odozdo i odozgo sa pravama y = c i y = d , gde je c
d x1 ( y)
c≤ y≤d
x2 ( y )
c x1 ( y ) ≤ x ≤ x2 ( y) x
Znači:
Ako je oblast D određena nejednakostima:
x1 ( y ) ≤ x ≤ x 2 ( y ) c≤ y≤d
onda je :
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dy ∫ z ( x, y)dx D
Ovde se prvo radi integral “po dx” a zatim integral po dy. Koji ćete tip koristiti zavisi od konkretne situacije. Nacrtate sliku, nadjete preseke pa krenete u rad...
www.matematiranje.com
1204
2
Primer 1. Odrediti granice integracije dvojnog integrala
∫∫ z ( x, y )dxdy za oba moguća poretka integracije ako je D
oblast D trougao sa temenima O(0,0); A( 1,0) i B (1,1) Rešenje: Najpre ćemo nacrtati sliku: y=x
y
B(1,1)
O(0,0)
A(1,0)
x
Pravu kroz tačke O i B smo našli kao jednačinu prave kroz dve date tačke ( ako neznamo napamet da je odredimo) : y − y1 =
y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1
Pa imamo: y − 0 =
1− 0 ( x − 0) → y = x 1− 0
Ajmo da odradimo granice za prvi poredak, pogledajmo sliku: y
y=x
0
x ide
1
y=0 je x- osa
x
y gledamo “odozdo nagore”
1205
3
Za granice po x –su gledamo sa leva udesno. Prvo nailazimo na nulu , pa na 1. Dakle : 0 ≤ x ≤ 1 . Kad gledamo po y , najpre nailazimo na x osu , a znamo da je to y=0. Sa gornje strane je prava y=x, pa je 0 ≤ y ≤ x 0 ≤ x ≤1 Oblast D je: 0 ≤ y ≤ x Ovde bi zadati integral rešavali po granicama :
b
y2 ( x )
a
y1 ( x )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dx D
∫
1
x
0
0
z ( x, y )dy = ∫ dx ∫ z ( x, y )dy
Za drugi poredak integracije imamo: y x gledamo “ s leva na desno”
1 x=y y ide od
0
x=1 x
1
Sad y ide od 0 do 1 gledajući odozdo nagore , pa je 0 ≤ y ≤ 1 . Za x granice gledamo sa leva udesno. Najpre nailazimo na pravu x=y a zatim na pravu x=1, pa je y ≤ x ≤ 1
0 ≤ y ≤ 1 Oblast D je sada: y ≤ x ≤1 Zadani integral bi rešavali po granicama:
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dy ∫ D
1
1
0
y
z ( x, y )dx = ∫ dy ∫ z ( x, y )dx
Primer 2. Odrediti granice integracije dvojnog integrala
∫∫ z ( x, y )dxdy za oba moguća poretka integracije ako je D
oblast D paralelogram sa temenima A( 1,2); B(2,4); C(2,7) i D(1,5)
Rešenje: Crtamo sliku:
1206
4
y
7
C(2,7)
6 5
D(1,5)
4
B(2,4)
3 2
A(1,2)
1 1
2
3
4
x
Trebaju nam jednačine pravih kroz AB i kroz CD. Koristimo kao malopre y − y1 =
y2 − y1 ( x − x1 ) i dobijamo da je: x2 − x1
AB: y = 2x CD: y = 2x+3 Sad možemo razmišljati o prvom poretku integracije: y
7
C(2,7)
6 5
y=2x+3 D(1,5)
4
B(2,4)
y=2x
3 2
y ide od 2x do 2x+3
A(1,2)
1 x ide od 1 do 2
1
2
3
4
x
1≤ x ≤ 2 Oblast D je a integral bi rešavali kao: 2 x ≤ y ≤ 2 x + 3
b
y2 ( x )
a
y1 ( x )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dx D
∫
2
2 x +3
1
2x
z ( x, y )dy = ∫ dx
∫
z ( x, y )dy
I ovo bi bio lakši način za rešavanje…
1207
5
Za drugi poredak integracije bi situacija bila malo teža .
Naravno, najpre ćemo jednačine pravih AB i CD izraziti preko x-sa. AB: y = 2x → x =
y 2
CD: y = 2x+3 → x =
y −3 2
Pogledajmo sada slike: y
y
7
7
C(2,7)
6 5
D(1,5)
y ide od 4 do 5
B(2,4)
y x= 2
3 2
7
C(2,7)
y ide od 5 do 7
6
4
y ide od 2 do 4
y
1
4
2
3
4
y−3 2
C(2,7)
x=2
y −3 ≤x≤2 2
D(1,5)
4
B(2,4)
B(2,4)
3
2
2
A(1,2)
1
x ide od 1 do y/2
6 5
3
A(1,2)
1
5
D(1,5)
x=
1
x ide od 1 do 2
x
1
slika 1.
2
3
A(1,2)
x
4
1
slika 2.
2
3
4
x
slika 3.
Morali bi oblast integracije da podelimo na tri dela:
2 ≤ y ≤ 4 D1 : y 1 ≤ x ≤ 2
5≤ y≤7 D3 : y − 3 2 ≤ x ≤ 2
4 ≤ y ≤ 5 D2 : 1 ≤ x ≤ 2
Zadati integral bi rešavali:
d
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dy D
c
x2 ( y )
∫
x1 ( y )
4
y 2
5
2
7
z ( x, y )dx = ∫ dy ∫ z ( x, y )dx + ∫ dy ∫ z ( x, y )dx + ∫ dy 2
1
4
1
5
2
∫
z ( x, y )dx
y −3 2
www.matematiranje.com
1208
6
Primer 3.
Odrediti granice integracije dvojnog integrala
∫∫ z ( x, y )dxdy za oba moguća poretka integracije ako je D
Oblast D ograničena linijama y = x i y = 4 x − x 2
Rešenje:
Kriva y = 4 x − x 2 jeste kružnica ali je prvo moramo srediti... y = 4 x − x 2 ................... / ()2 y2 = 4 x − x2 x2 − 4x + y 2 = 0 x2 − 4x + 4 − 4 + y2 = 0 ( x − 2)2 + y 2 = 4
Da odmah nadjemo i preseke...Njih uvek dobijamo rešavajući sistem jednačina:
y = 4x − x2 ∧ y = x x = 4 x − x 2 ..................() 2 x2 = 4x − x2 2x2 − 4x = 0 2 x( x − 2) = 0 → x = 0 ∨ x = 2 x=0→ y=0 x=2→ y=2
Crtamo sliku: y=x
y
2 (x − 2) 2 + y 2 = 4 1
1
2
3
4
x
1209
7
Prvi poredak integracije će biti: y=x
y
2
y = 4 x − x2
1
po y 0
1
4
3
2
x
x ide od 0 do 2
0≤ x≤2 a integral bi rešavali: D: 2 x ≤ y ≤ 4 x − x
b
y2 ( x )
a
y1 ( x )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ D
2
4 x − x2
0
x
z ( x, y )dy = ∫ dx
∫
z ( x, y )dy
Za drugi poredak integracije, kao i u prethodnim primerima , imamo malo više posla... Da izrazimo najpre x iz y = 4 x − x 2 : y = 4x − x2 y2 = 4 x − x2 x2 − 4x + y 2 = 0 Ovo sad rešavamo kao kvadratnu jednačinu:
x2 − 4x + y 2 = 0 x1,2 =
−b ± b 2 − 4ac 4 ± 16 − 4 y 2 4 ± 2 4 − y 2 = = 2a 2 2
x1,2 = 2 ± 4 − y 2 → nama treba → x = 2 − 4 − y 2 Sad slika: y
y ide od 0 do 2
x = 2 − 4 − y2
2
po x 1
x=y
0
1
2
3
4
x
0≤ y≤2 D: a integral je : 2 2 − 4 − y ≤ x ≤ y
d
x2 ( y )
c
x1 ( y )
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dy ∫ D
1210
2
z ( x, y )dx = ∫ dy 0
y
∫
z ( x, y )dx
2− 4− y 2
8
Primer 4. y
1
Promeniti poredak integracije u integralu:
∫ dy ∫ z ( x, y )dx 0
y
Rešenje: y
1
Iz datog integrala
∫ dy ∫ z ( x, y )dx odmah vidimo da se radi o drugom tipu za poredak integracije i da je: 0
y
0 ≤ y ≤ 1 D: y ≤ x ≤ y
y = x → y = x2
Iz x = y → y = x a iz Slika: y
1 y=x
y = x2 x
1
0 x ide od 0 do 1
1 1 x 0 ≤ x ≤1 Odlast D je sad D : 2 a integral : ∫ dy ∫ z ( x, y )dx = ∫ dx ∫ z ( x, y )dy x ≤ y ≤ x 0 y 0 x2 y
Primer 5. 1
Promeniti poredak integracije u integralu:
∫ dx 0
1
∫ − 2 x−x
z ( x, y )dy 2
Rešenje: Sredimo kružnicu i nacrtamo sliku:
1211
9
y = − 2 x − x 2 ...............() 2 y2 = 2 x − x2 x2 − 2x + y 2 = 0 x2 − 2x + 1 − 1 + y 2 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 1 Slika: y x ide od 0 do 1
y=1
1
( x − 1) + y = 1 2
ceo krug
x
1
0
2
y = − 2x − x 2 y ide od kruga do prave y=1
Iz kružnice sad moramo izraziti x: y = − 2 x − x 2 ...............() 2 y2 = 2 x − x2 x2 − 2 x + y 2 = 0 −b ± b 2 − 4ac 2 ± 4 − 4 y 2 2 ± 2 1 − y 2 = = = 1± 1− y2 → x = 1 − 1 − y2 x1,2 = 2a 2 2 Moramo oblast podeliti na dva dela: y
y
1
0
1
1
x
0
1
x
y ide od -1 do 0 -1
x i y idu od 0 do 1
x ide od x = 1 − 1 − y 2 do x=1 oblast D1
oblast D2
1212
10
Pa bi integral rešavali: 1
1
0
0
− 2 x− x2
∫ dx ∫
1
z ( x, y )dy = ∫ dy −1
∫
1
1
0
0
z ( x, y )dx + ∫ dy ∫ z ( x, y )dx
1− 1− y 2
Primer 6. Promeniti poredak integracije u integralu:
2a
2 ax
0
2 ax − x 2
∫ dy ∫
z ( x, y )dx,
a>0
Rešenje: Nacrtajmo najpre sliku ( naravno, prvo sredite jednačine kružnice i parabole): y
2a
y = + 2 ax x=2a
a
y = + 2ax − x 2 a
0
2a
x
y = − 2ax − x 2
y = − 2 ax
Ofarbana oblast je naša oblast integracije… Da bi promenili poredak integracije moramo uočiti tri oblasti:
y
a po x
y
y2 x= 2a
x = a + a2 − y 2
x=2a
x = a − a 2 − y2 po x
y ide od 0 do a
0
a
2a
0≤ y≤a 2 D1 : y 2 2 ≤ x≤a− a − y 2a
x
y ide od 0 do a
0
a
2a
0≤ y≤a D2 : 2 2 a + a − y ≤ x ≤ 2a
1213
11
Treći deo bi bio: y
2a y ide od a do 2a
po x
x=
y2 2a
x=2a
a
0
a
2a
x
a ≤ y ≤ 2a D3 : y 2 ≤ x ≤ 2a 2a Sad bi samo ovo zapisali…
Primer 7. U dvojnom integralu
∫∫ z ( x, y )dxdy preći na polarne koordinate ako je oblast D krug
x2 + y2 ≤ a2
D
Rešenje:
Da se podsetimo najpre kako se prelazi na polarne koordinate ( J je jakobijan):
x = r cos ϕ y= r sin ϕ onda je :
ϕ2
r
1
0
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) J drdϕ = ϕ∫ dϕ ∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr D
D`
J =r
Nacrtajmo sliku i predjimo na polarne koordinate:
1214
12
y
a
-a
a
0
x
-a
x = r cos ϕ → J = r Ovo zamenimo u x 2 + y 2 ≤ a 2 ( možete pisati i = umesto ≤ , naravno ako daje profesor vaš...) y = r sin ϕ
x2 + y2 = a2 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ )2 = a 2 r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = a 2 znamo da je cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 r 2 = a2 → r = a Dakle r ide od 0 da a. Pošto nam ovde treba ceo krug, jasno je da 0 ≤ ϕ ≤ 2π 0≤r ≤a Imamo dakle da je D`= pa je : 0 ≤ ϕ ≤ 2π 2π
a
0
0
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) J drdϕ = ∫ dϕ ∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr D
D`
Primer 8. U dvojnom integralu
∫∫ z ( x, y )dxdy preći na polarne koordinate ako je oblast D krug
x 2 + y 2 ≤ ax
D
Rešenje: Da spakujemo kružnicu najpre, pa ćemo nacrtati sliku:
x 2 + y 2 = ax x 2 − ax + y 2 = 0 x 2 − ax +
a2 a2 − + y2 = 0 4 4
a 2 a2 2 (x − ) + y = 2 4
1215
13
y
a/2 π 2
0
π − 2
a
a/2
x
-a/2
x = r cos ϕ → J =r y = r sin ϕ x 2 + y 2 = ax (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ ) 2 = ar cos ϕ
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = ar cos ϕ r 2 = ar cos ϕ → r = a cos ϕ Dakle: 0 ≤ r ≤ a cos ϕ Moramo paziti što se tiče ugla, jer sada nam ne treba ceo krug već ( pogledaj sliku): −
π 2
≤ϕ ≤
π 2
0 ≤ r ≤ a cos ϕ Dakle imamo: D`= π π pa je: − ≤ ϕ ≤ 2 2 π
∫∫ z ( x, y )dxdy = D
∫∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) J drdϕ = D`
2
∫π
−
a cosϕ
dϕ
∫
z (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr
0
2
www.matematiranje.com
1216
14
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( II DEO) Dvostruki integrali-rešavanje Primer 1. Izračunati integral
x2 ∫∫D 1 + y 2 dxdy ako je 0 ≤ x ≤ 1 i 0 ≤ y ≤ 1
Rešenje: Ovde su nam odmah date granice integrala pa ne moramo crtati sliku i odredjivati ih. Uvek je pitanje da li je lakše raditi prvo po x pa po y ili obrnuto... Pogledajte najpre dati dvojni integral, razmislite malo pa tek onda krenite sa radom... Mi ćemo prvo rešavati ovaj integral po x pa onda po y...
1
1
x2 x2 = dxdy dy ∫∫D 1 + y 2 ∫0 ∫0 1 + y 2 dx neki profesori vole da zapišu i ovako: 1 1 x2 x2 = dxdy ∫∫D 1 + y 2 ∫0 ∫0 1 + y 2 dx dy Vi naravno radite kao što zahteva vaš profesor...
Dakle, najpre rešavamo integral u zagradi. On je “po x” pa ovde y tretiramo kao konstantu! 1 1 1 1 x2 x2 1 2 dxdy = dx dy = ∫∫D 1 + y 2 ∫0 ∫0 1 + y 2 ∫0 1 + y 2 ∫0 x dx dy =
Rešićemo ga “ na stranu ” ... 1
x3 1 1 ∫0 x dx = 3 0 = 3 2
Sad ovo rešenje ubacimo u dvojni integral: 1 1 1 1 1 x2 x2 1 2 1 ∫∫D 1 + y 2 dxdy = ∫0 ∫0 1 + y 2 dx dy = ∫0 1 + y 2 ∫0 x dx dy = ∫0 1 + y 2 dy = 1 1 1 1 1 1 1 π π = ∫ dy = arctgy = ( arctg1 − arctg 0 ) = ( − 0) = 2 0 3 3 0 1+ y 3 3 4 12
I evo rešenja. www.matematiranje.com
1217
1
Primer 2.
∫∫ x sin( x + y )dxdy
Izračunati integral
ako je
0≤ x ≤π
i
0≤ y≤
D
π 2
Rešenje:
I ovde odmah imamo granice, pa slika ne treba... π
π2 ∫∫D x sin( x + y )dxdy = ∫0 xdx ∫0 sin( x + y)dy = ∫0 x ∫0 sin( x + y)dy dx π
π
2
Integral u zagradi rešimo na stranu: π
π
2
π
π
∫ sin( x + y)dy = − cos( x + y) 2 = −[cos( x + 2 ) − cos( x + 0)] = −[cos( x + 2 ) − cos x] 0
0
π
Iz trigonometrije znamo da je cos( x + ) = − sin x pa je 2 π
π
2
∫ sin( x + y)dy = − cos( x + y) 0
π
π
2 = −[cos( x + ) − cos( x + 0)] = −[cos( x + ) − cos x] = −[− sin x − cos x] 2 2 0
= sin x + cos x
Vratimo se u dvojni integral: π
π2 π ∫∫D x sin( x + y )dxdy = ∫0 xdx ∫0 sin( x + y )dy =∫0 x ∫0 sin( x + y )dy dx = ∫0 x(sin x + cos x)dx π
2
π
Ovde imamo parcijalnu integraciju , za oba integrala... π
∫ x sin xdx = 0
x = u sin xdx = dv = − x cos x − ∫ (− cos x)dx = dx = du − cos x = v
= ( − x cos x + sin x )
π 0
= ( −π cos π + sin π ) − ( −0 cos 0 + sin 0 ) = −π (−1) = π www.matematiranje.com
1218
2
π
x=u
cos xdx = dv = x sin x − ∫ sin dx = sin x = v
∫ x cos xdx = dx = du 0
= ( x sin x + cos x )
π
= (π sin π + cos π ) − ( 0sin 0 + cos 0 ) = −1 − 1 = −2
0
Rešenje će biti: π
π2 π ∫∫D x sin( x + y)dxdy = ∫0 xdx ∫0 sin( x + y)dy = ∫0 x ∫0 sin( x + y)dy dx = ∫0 x(sin x + cos x)dx = π − 2 Kao što ste videli ovaj dvojni integral smo prvo rešavali po y pa onda po x. π
π
2
Da li bi bilo lakše da smo išli obrnuto? Da vidimo:
II način π 2 π sin( + ) = x x y dxdy ∫∫D ∫0 ∫0 x sin( x + y )dx dy
Integral u zagradi rešićemo na stranu , kao neodredjeni , pa ćemo mu dodati granice: π
∫ x sin( x + y)dx =? 0
∫ x sin( x + y)dx =
x=u
sin( x + y )dx = dv
dx = du
− cos( x + y ) = v
= − x cos( x + y ) − ∫ [− cos( x + y )]dx =
= − x cos( x + y ) + sin( x + y ) π
π
∫ x sin( x + y )dx = − x cos( x + y) + sin( x + y ) 0 = [−π cos(π + y ) + sin(π + y)] − [−0 cos(0 + y) + sin(0 + y)] = 0
= −π cos(π + y ) + sin(π + y ) − sin y π
π π
2 sin( ) sin( ) x x + y dxdy = x x + y dx dy = ∫∫D ∫0 ∫0 ∫0 ( −π cos(π + y ) + sin(π + y) − sin y ) dy = 2
π
= ( −π sin(π + y ) − cos(π + y ) + cos y ) 2 = 0
π π π = −π sin(π + ) − cos(π + ) + cos − ( −π sin(π + 0) − cos(π + 0) + cos 0 ) = 2 2 2 = π − 0 + 0 − (0 + 1 + 1) = π − 2 Možda malo brže...Bitno je da je rešenje dobro!
1219
3
Primer 3. Izračunati integral
∫∫ xy dxdy 2
ako je oblast integracije ograničena parabolom y 2 = 2 x i pravom x =
D
Rešenje: Najpre ćemo odrediti preseke i nacrtati sliku: Presek odredjujemo rešavajući sistem jednačina. y2 = 2x x=
1 2
1 1 1 y 2 = 2 ⋅ → y 2 = 1 → y = ±1 → M ( , −1) ∧ N ( ,1) 2 2 2 y
2 1 y2 2
po x
1 2
2
1
3
4
x
-1 -2
−1 ≤ y ≤ 1 Slika nam pomaže da odredimo odlast D : y 2 1 ≤x≤ 2 2
( pogledajte prethodni fajl )
Sad imamo:
1 2 2 2 2 ∫∫D xy dxdy = −∫1 dy ∫2 xy dx = −∫1 ∫2 xy dx dy y y 2 2 1
1 2
1
Prvo rešavamo integral u zagradi:
1220
4
1 2
2
1 2
1 2
∫ xy dx = y ⋅ ∫ 2
2
y2 2
y2 2
2 2 1 1 y 2 x2 2 y2 1 y4 1 2 2 2 − xdx = y ⋅ [ ] 2 = y ⋅ [ ] = [ − ] = [ y2 − y6 ] 2 y 2 2 2 4 4 8 2
Vraćamo se u dvojni integral: 1 2
1
1
1 2 2 2 6 ∫∫D xy dxdy = −∫1 dy ∫2 xy dx = −∫1 8 [ y − y ] dy = y 2
y 1 1 13 17 1 y (−1)3 (−1)7 1 8 1 ]} = ⋅ = = [ − ] = {[ − ] − [ − 8 3 7 −1 8 3 7 3 7 8 21 21 3
7
Primer 4.
∫∫
Izračunati
x 2 + y 2 dxdy ako je oblast D zadata sa
x2 + y2 ≤ a2
D
Rešenje: Pogledajmo sliku: y
a
-a
a
0
x
-a
U ovakvim slučajevima, kad je zadata kružnica, zgodno je preći na polarne koordinate: x = r cos ϕ y = r sin ϕ J =r
I onda se integral rešava: ϕ2
r
1
0
∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ ) J drdϕ = ϕ∫ dϕ ∫ z (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr D
D`
1221
5
Najpre da odredimo granice:
x2 + y2 = a2 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ )2 = a 2 r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = a 2 znamo da je cos 2 ϕ + sin 2 ϕ = 1 r 2 = a2 → r = a Dakle r ide od 0 da a. Pošto nam ovde treba ceo krug, jasno je da 0 ≤ ϕ ≤ 2π 0≤r ≤a pa je : Imamo dakle da je D`= 0 ≤ ϕ ≤ 2π
∫∫
2π
a
0
0
2 ∫ dϕ ∫ r rdr =
x 2 + y 2 dxdy =
D
2π
2π a a 2 2 r rdr d ϕ = ∫ r dr dϕ = ∫0 ∫0 ∫ 0 0
Kao i uvek , integral u zagradi rešimo posebno... a
r 3 a a3 r dr = = 3 0 3
∫
2
0
Sad imamo: 2π
∫∫
x + y dxdy = 2
2
D
=
∫ dϕ ∫ 0
2π
∫ 0
3 2π
a3 a dϕ = 3 3
a
∫ dϕ = 0
0
2π
2π a a 2 r rdr = ∫ ∫ r rdr dϕ = ∫ ∫ r 2 dr dϕ = 0 0 0 0 2
2π a 3 a3 2π a 3 ⋅ϕ = ( 2π − 0 ) = 0 3 3 3
Primer 5.
Izračunati
∫∫
a 2 − x 2 − y 2 dxdy ako je oblast D ograničena sa x 2 + y 2 = a 2 , y = x, y = x 3 u
D
prvom kvadrantu.
Rešenje:
Nacrtajmo sliku:
1222
6
y
a
y=x 3 y=x
π ϕ= 3 ϕ=
-a
π 4
a
0
x
-a
Koristićemo polarne koordinate: x = r cos ϕ y = r sin ϕ J =r
Odredimo granice za r i ϕ :
x2 + y2 = a2 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ ) 2 = a 2 r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = a 2 r 2 = a2 → r = a Dakle: r ide od 0 da a. Iz pravih y = x, y = x 3 ćemo odrediti odakle dokle ide ugao ϕ Da je podsetimo : Prava y = kx + n ima koeficijent pravca k = tgϕ . Iz prave y = x je k=1 pa je tgϕ = 1 → ϕ =
π 4
Iz prave y = x 3 je k = 3 pa je tgϕ = 3 → ϕ =
π 3
Dobili smo dakle da je : 0≤r≤a D`= π π 4 ≤ ϕ ≤ 3
1223
7
Da rešimo sada integral: π
∫∫
3
a
π
0
a − x − y dxdy = ∫∫ a − ( x + y )dxdy = ∫ dϕ ∫ a 2 − r 2 ⋅ rdr 2
D
2
2
2
2
2
D
4 a
∫
a 2 − r 2 ⋅ rdr ćemo rešiti na stranu i najpre bez granica...
0
a2 − r 2 = t 2
3
t a 2 − r 2 ⋅ rdr = −2rdr = 2tdt = ∫ t 2 (−t )dt = − ∫ t 2 dt = − 3 rdr = −tdt
∫
( ⋅ rdr = −
a
∫
a −r 2
2
a2 − r 2
a 0
3
0
)
3
( = −[
a2 − a2 3
) −( 3
( =−
a 2 − 02 3
a2 − r 2
)
3
3
) ] = −[− a ] = a 3
3
3
3
3
π
∫∫
3
a
π
0
a 2 − x 2 − y 2 dxdy = ∫∫ a 2 − ( x 2 + y 2 )dxdy = ∫ dϕ ∫ a 2 − r 2 ⋅ rdr =
D
D
4
π 3
=∫ π
π 3
3 3
a a dϕ = 3 3
4
∫ dϕ =
π
a3 π π a3 π a 3π − = = 3 3 4 3 12 36
4
Primer 6. ln( x 2 + y 2 ) 2 2 2 2 2 ∫∫D x 2 + y 2 dxdy ako je oblast D izmedju krugova x + y = 1 i x + y = e
Izračunati Rešenje:
Slika: y
e 1
-e
-1
1
0
e
x
-1 -e
Uzimamo polarne koordinate:
1224
8
x = r cos ϕ y = r sin ϕ J =r
x2 + y2 = 1
x 2 + y 2 = e2
(r cos ϕ )2 + (r sin ϕ ) 2 = 1
(r cos ϕ )2 + (r sin ϕ ) 2 = e 2
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 1
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = e2
r2 = 1 → r = 1
r 2 = e2 → r = e
Dakle , imamo da 1 ≤ r ≤ e Sa slike vidimo da ugao uzima pun krug 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
ln( x 2 + y 2 ) ∫∫D x 2 + y 2 dxdy = e
2π
e
ln r 2 ∫0 dϕ ∫1 r 2 ⋅ r dr =
2π
e
0
1
∫ dϕ ∫
2 ln r dr r
e
2 ln r ln r ∫1 r dr = 2∫1 r dr ln r = t ln r t 2 ln 2 r dr = = tdt = = 1 ∫ r 2 2 dr = dt ∫ r e
e 2 ln r ln r ln 2 r e 2 2 ∫1 r dr = 2∫1 r dr = 2 2 1 = ln e − ln 1 = 1 − 0 = 1
ln( x 2 + y 2 ) ∫∫D x 2 + y 2 dxdy =
2π
∫ 0
e
ln r 2 ⋅ r dr = 2 1 r
dϕ ∫
2π
e
0
1
∫ dϕ ∫
2 ln r dr = r
2π
∫ dϕ = 2π − 0 =
2π
0
Primer 7. Izračunati integral
∫∫ xydxdy , gde je oblast
D ograničena Ox osom i lukovima krugova:
D
x2 + y 2 = 1
i
x 2 + y 2 − 2 x = 0 u prvom kvadrantu.
Rešenje: Da spakujemo drugu kružnicu, nadjemo preseke i nacrtamo sliku: x2 + y2 − 2x = 0 x2 − 2x + 1 −1 + y2 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 1 Presek je: x 2 + y 2 − 2 x = 0 ∧ x 2 + y 2 = 1 → 1 − 2 x = 0 → x =
1 3 →y= 2 2
1225
9
y
1 3 2
x
-1
0
1 2
1
2
-1
Ovu oblast moramo podeliti na dva dela: Prava koja prolazi kroz tačku preseka krugova i koordinatni početak je y = 3 x ( kao jednačina prave kroz dve tačke, pogledajte prethodni fajl) y=x 3
y
1 3 2
D2 D1
x
-1
0
1 2
1
2
-1
x = r cos ϕ Opet ćemo preći na polarne koordinate:
y = r sin ϕ J =r
Za oblast D1 imamo :
x2 + y2 = 1 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ ) 2 = 1
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 1 r2 = 1 → r = 1 Dakle: 0 ≤ r ≤ 1 Ugao ide od x ose do prave y = 3 x pa je 0 ≤ ϕ ≤
π 3
1226
10
Za oblast D2 imamo :
x2 + y2 − 2x = 0 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ )2 − 2r cos ϕ = 0
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 2r cos ϕ r 2 = 2r cos ϕ → r = 2 cos ϕ Odavde zaključujemo: 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ Ugao ide od prave y = 3 x pa do y ose pa je
π 2
≤ϕ ≤
π 3
Imamo dakle: 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ D2 : π π 2 ≤ ϕ ≤ 3
0 ≤ r ≤1 D1 : π 0 ≤ ϕ ≤ 3
Podintegralna funkcija će kad stavimo smene biti: xy = r cos ϕ ⋅ r sin ϕ = r 2 sin ϕ cos ϕ Da rešavamo sada integral: π
π
3
1
0
0
2
2cos ϕ
π
0
2 ∫∫ xydxdy = ∫ dϕ ∫ r sin ϕ cos ϕ ⋅ rdr + ∫ dϕ
D
∫
r 2 sin ϕ cos ϕ ⋅ rdr =
3
π
π 1
3
2
2cos ϕ
π
0
= ∫ dϕ ∫ r sin ϕ cos ϕdr + ∫ dϕ 3
0
0
∫
r 3 sin ϕ cos ϕ dr
3
Svaki ćemo posebno , pa ćemo sabrati rešenja: π
π
π
3
1
3
1
3
0
0
0
0
0
π
3 3 ∫ dϕ ∫ r sin ϕ cos ϕdr = ∫ sin ϕ cos ϕ dϕ ∫ r dr = ∫ s in ϕ cos ϕ dϕ ⋅
∫ s in ϕ cos ϕ dϕ =
sin ϕ = t cos ϕ dϕ = dt
= ∫ tdt =
4
r 1 13 = s in ϕ cos ϕ dϕ 4 0 4 ∫0
t 2 sin 2 ϕ = 2 2
1227
11
π
π 1
3
∫ dϕ ∫ r 0
0
π 1
3
3
sin ϕ cos ϕdr = ∫ sin ϕ cos ϕ dϕ ∫ 0
0
π
r 4 1 1 sin 2 ϕ r dr = ∫ s in ϕ cos ϕ dϕ ⋅ = 3= 4 0 4 2 0 0 3
3
2
1 3 π 1 3 1 3 = sin 2 − sin 2 0 = = = 8 3 8 2 8 4 32
Sad drugi: π 2
2cosϕ
π
0
∫ dϕ
∫
π 2
2cos ϕ
π
0
r 3 sin ϕ cos ϕdr = ∫ sin ϕ cos ϕ dϕ
3
∫
π 2
r 3 dr = ∫ sin ϕ cos ϕ dϕ ⋅ π
3
π
r 4 2 cos ϕ = 0 4
3
π
2 16 cos 4 ϕ = ∫ sin ϕ cos ϕ ⋅ dϕ = 4 ∫ sin ϕ cos 5 ϕ dϕ = 4 π π 2
3
3
Na stranu kao neodredjeni pa vratimo granice... 5 ∫ sin ϕ cos ϕ dϕ =
cos ϕ = t − sin ϕ dϕ = dt
= − ∫ t 5 dt = −
π
π
cos ϕ 2 4 ∫ sin ϕ cos 5 ϕ dϕ = 4 − = −4[ 6 π π 3 3 6
2
cos 6 6
t6 cos 6 ϕ =− 6 6
π 2−
π
1 3 ] = −4[0 − 64 ] = 1 6 6 96
cos 6
Konačno je: π
π
3
1
0
0
2
2cos ϕ
π
0
2 ∫∫ xydxdy = ∫ dϕ ∫ r sin ϕ cos ϕ ⋅ rdr + ∫ dϕ
D
∫
r 2 sin ϕ cos ϕ ⋅ rdr =
3 1 5 + = 32 96 48
3
I ovo bi bilo rešenje našeg zadatka. ALI!
PREVIDELI SMO JEDNU STVAR!
Ovde postoji i druga moguća oblast!
Pogledajmo sliku opet.
1228
12
y=x 3
y
1 3 2
D3
x
-1
0
2
1
1 2
-1
I ova oblast je ograničena datim kružnicama i x osom u prvom kvadrantu! Pazite na ovo, zadatak može biti iz dva dela a da vam to profesor ne napomene... Ovde bi bilo: 1 ≤ r ≤ 2 cos ϕ D3 : π 0 ≤ ϕ ≤ 3 Sličnim rešavanjem kao malopre bi dobili: π 3
π 2cosϕ
∫∫ xydxdy = ∫ dϕ ∫ D
0
1
3
2cos ϕ
0
1
r sin ϕ cos ϕ ⋅ rdr = ∫ dϕ 2
∫
r 3 sin ϕ cos ϕdr =
9 16
Primer 8. Izračunati vrednost integrala
∫∫ ( y − x)dxdy ako je oblast ograničena pravama D
y = x +1 y = x −3 1 7 y =− x+ 3 3 1 y = − x+5 3 u = y−x
stavljajući da je:
1 v= y+ x 3
Rešenje:
1229
13
Da se podsetimo: Ako se sa x=x(u,v) i y=y(u,v) , gde su ovo neprekidne i diferencijabilne funkcije , realizuje jednoznačno preslikavanje ograničene i zatvorene oblasti D u ravni xOy na oblast D` u ravni uOv i ako je: J=
D ( x, y ) ≠0 D (u , v)
Onda važi formula:
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫∫ z[ x(u, v), y(u, v)] J dudv D
D`
Nemamo mnogo da mozgamo, jer su nam dati u i v. Ovde nam je prvi poso da izrazimo x i y :
u = y−x 1 v = y + x................... / *3 3 u = y−x 3v = 3 y + x
1 3 u + 3v = 4 y → y = u + v 4 4 u = y − x......................*( −3) 3v = 3 y + x −3u = −3 y + 3 x 3v = 3 y + x 3 3 −3u + 3v = 4 x → x = − u + v 4 4 Sad tražimo Jakobijan koji mora biti različit od nule:
3 D ( x, y ) 4 = 1 D (u , v) 4 −
3 9 3 12 3 4 =− − =− =− 3 16 16 16 4 4
Naravno, mi uzimamo apsolutnu vrednost ( po formuli
∫∫ z ( x, y)dxdy = ∫∫ z[ x(u, v), y(u, v)] J dudv ) D
jest , kod nas je
J =
to
D`
3 4
1230
14
Kako odrediti granice za
u i
v ?
Posmatrajmo granice po x i y: y = x + 1 y − x =1 u =1 → → → −3 ≤ u ≤ 1 y = x − 3 y − x = − 3 u = − 3 1 7 1 7 7 y =− x+ y+ x = 7 3 3 3 3 v = 3 → ≤ v ≤ 5 → → 1 1 3 y = − x+5 y + x = 5 v = 5 3 3 U datom integralu moramo zameniti x i y iz onog što smo izrazili: 1
3
3
3
1
3
3
3
3 3
∫∫ ( y − x)dxdy = ∫∫ ( 4 u + 4 v) − (− 4 u + 4 v) ⋅ 4 dudv = ∫∫ 4 u + 4 v + 4 u − 4 v ⋅ 4 dudv = D
D`
D`
5 3 3 3 u 1 3 1 (−3)2 3 = ∫∫ u ⋅ dudv = ∫ ∫ udu dv = ∫ dv = ∫ − dv = ∫ ( −4 )dv = 4 4 7 2 −3 4 7 2 2 47 7 4 −3 D` 5
3
1
5
2
3
5
2
3
3
5 7 8 = −3∫ dv = −3v 7 = −3(5 − ) = −3 ⋅ = −8 3 3 7 3 3 5
www.matematiranje.com
1231
15
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( III DEO)
Izračunavanje površine u ravni primenom dvostrukog integrala
Površina oblasti D u ravni xOy može se naći po formuli:
P = ∫∫ dxdy D
Primer 1. Izračunaj površinu ograničenu sledećim linijama: y = x , y = 2 x i y = 4.
Rešenje:
Najpre ćemo, kao i uvek, nacrtati sliku i odrediti granice po kojim radimo... y
y=4 y =2 x
2 y= x
1
1
2
3
4
x
Oblast integracije je osenčena na slici
0 ≤ x ≤ 4 D: x ≤ y ≤ 2 x
Upotrebom gore navedene formule, računamo površinu osenčenog dela:
42 x 4 4 4 2 x dx = ∫ 2 x − x dx = ∫ xdx = P = ∫∫ dxdy = ∫ ∫ dy dx = ∫ y x D 0 x 0 0 0
(
)
3 2
3 2 x 4 2 23 16 2 = ∫ x dx = = 4 − 0 = ⋅8 = 3 0 3 3 3 0 2 4
1 2
www.matematiranje.com
1232
1
Primer 2. Izračunaj površinu
ograničenu
sa
x2 y2 + =1 a2 b2
Rešenje:
Naravno, ovde je u pitanju elipsa. Mi treba da izračunamo površinu unutar nje...
b
a
-a -b
Ovde je zgodno uzeti takozvane eliptičke koordinate: x = a r cos ϕ y = b r sin ϕ
onda je:
ϕ2
r
1
0
∫∫ z ( x, y )dxdy = ϕ∫ dϕ ∫ z (ar cos ϕ , br sin ϕ )abrdr D
J = abr
Da vidimo zašto su ove smene dobre: x2 y2 + =1 a2 b2 (ar cos ϕ ) 2 (br sin ϕ ) 2 + =1 a2 b2 a 2 r 2 cos 2 ϕ a2
+
b 2 r 2 sin 2 ϕ b2
=1
r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ = 1 r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 1 r2 = 1 → r = 1
Dobijamo da je 0 ≤ r ≤ 1 , pošto ugao uzima ceo krug , to je 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
1233
2
0 ≤ r ≤1 Oblast D : 0 ≤ ϕ ≤ 2π Sad rešavamo dvojni integral :
P = ∫∫ D
2π
2π
2π r2 1 1 1 dxdy = ∫ dϕ ∫ abrdr = ab ∫ dϕ = ab ∫ dϕ = ab ⋅ 2π = abπ 2 0 2 0 2 0 0 0 1
Površina elipse se dakle računa po formuli P = abπ
Primer 3.
Izračunaj površinu ograničenu sledećim linijama:
x2 + y 2 = 2x , y = x i y = 0
Rešenje:
Spakujmo kružnicu i nacrtajmo sliku da vidimo o kojoj se oblasti radi...
x2 + y2 − 2x = 0 x2 − 2x + 1 − 1 + y2 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 1
Preseci su očigledno u x = 0 i x = 1 y=x
y
1 ( x − 1)2 + y 2 = 1
0≤ϕ≤
π 4
1
2
x
x = r cos ϕ
Uvodimo polarne koordinate:
y = r sin ϕ J =r
1234
3
x2 + y2 − 2x = 0 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ )2 − 2r cos ϕ = 0
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 2r cos ϕ r 2 = 2r cos ϕ → r = 2 cos ϕ Odavde zaključujemo: 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ Ugao ide od prave y = 0 do y = x , pa ugao ide od 0 ≤ ϕ ≤
π 4
Sad možemo računati traženu površinu: π 4
2cos ϕ
0
0
P = ∫∫ dxdy = ∫ dϕ D
∫
π
π
4 r 2 2 cos ϕ 4 cos 2 ϕ rdr = ∫ dϕ = ∫ dϕ = 0 2 2 0 0 4
π 4
= 2 ∫ cos 2 ϕ dϕ 0
Malo se pomognemo trigonometrijskim formulama: cos 2 ϕ = π
P = ∫∫ D
π
1 + cos 2ϕ 2
π
4 1 + cos 2ϕ dxdy = 2 ∫ cos 2 ϕ dϕ = 2 ∫ dϕ = ∫ (1 + cos 2ϕ )dϕ = 2 0 0 0 4
4
π
1 π 1 π 1 π 1 = ϕ + sin 2ϕ 4 = + sin 2 ⋅ − 0 + sin 2 ⋅ 0 = + 2 4 2 0 4 2 4 2
Do sada smo upotrebljavali polarne i cilindrične koordinate. Medjutim u ozbiljnijim zadacima moramo upotrebljavati takozvane generalisane polarne koordinate r i ϕ po formulama: x = ar cosα ϕ α −1 α −1 → J = α ⋅ abr ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ α y = br sin ϕ
Vrednost za α se uzima u zavisnosti od konkretne situacije... Gledamo da kod te date krive pogodnom vrednošću za α na levoj strani ostane samo r 2 .To je ideja.
1235
4
Primer 4 . Izračunati površinu ograničenu sa
x2 y2 x y + = + a2 b2 h k
ako su parametri a,b, h i k pozitivni.
Rešenje:
Najpre ćemo malo da prepakujemo zadatu krivu ...
x2 y2 x y + = + a2 b2 h k x2 x y2 y − + − = 0 dopunimo do punih kvadrata a 2 h b2 k 2
2
2
2
x2 x a a y2 y b b − + − + − + − = 0 a 2 h 2h 2 h b 2 k 2k 2k 2
2
2
2
2
x a y b a b − + − = + a 2h b 2k 2h 2k
2
a2 b2 x a y b − + − = + 4h 2 4k 2 a 2h b 2k
Sad razmišljamo. Zgodno bi bilo da uništimo ovo u zagradama. Zato ćemo uzeti da je :
x a x a a2 − = r cos ϕ → = r cos ϕ + → x = ar cos ϕ + a 2h a 2h 2h y b y b b2 − = r sin ϕ → = r sin ϕ + → y = br sin ϕ + b 2k b 2k 2k
Dakle, uzimamo da je:
a2 2h → J = abr b2 y = br sin ϕ + 2k
x = ar cos ϕ +
Sad da odredimo granice.
1236
5
2
2
a2 b2 x a y b − + − = + 4 h 2 4k 2 a 2h 2 b 2k ovo sve daje r jer smo tako izabrali
r2 =
a2 b2 + 4h 2 4k 2
1 a2 b2 1 a 2 b2 r2 = 2 + 2 → r = + k 4h 2 h2 k 2
Dobili smo granice za r : 0 ≤ r ≤
1 a 2 b2 + 2 h2 k 2
Ugao nema nikakvih “ ograničenja”, pa je 0 ≤ ϕ ≤ 2π
Sad računamo traženu površinu:
P = ∫∫ dxdy = D
2π
1 a 2 b2 + 2 h2 k 2
0
0
∫ dϕ
∫
2π
1 a 2 b2 + 2 h2 k 2
0
0
abrdr = ab ∫ dϕ
∫
rdr
2π
Kako se u integralu “ po r” uopšte i ne nalazi ugao ϕ odmah možemo napisati da je
∫ dϕ = 2π , 0
Dalje imamo:
P = ∫∫ dxdy = D
2π
1 a 2 b2 + 2 h2 k 2
0
0
∫ dϕ ∫
1 a 2 b2 + 2 h2 k 2
abrdr = 2abπ
∫
rdr =
0
2 1 a2 b2 1 a2 b2 r2 1 a 2 b 2 abπ a 2 b 2 + π = 2 abπ 2 h 2 k 2 = abπ + = ab 2 + 2= 2+ 2 2 2 2 4 4 h k h k 2 h k 0
www.matematiranje.com
1237
6
Primer 5. Izračunati površinu ograničenu sa : 2
2
2
2
x 3 y 3 + =1 a b x 3 y 3 + = 4 a b x y = a b x y 8 = a b x > 0, y > 0 Rešenje: x = ar cosα ϕ α −1 α −1 Upotrebićemo generalisane polarne koordinate : → J = α ⋅ abr ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ α y = br sin ϕ to:
i
x = ar cos3 ϕ 3−1 3−1 2 2 → J = 3 ⋅ abr ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ → J = 3 ⋅ abr ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ 3 y = br sin ϕ Da vidimo sada granice i zašto smo baš izabrali da je α = 3 .
x = ar cos3 ϕ y = br sin 3 ϕ
2
2
x 3 y 3 zamenimo u + = 1 i dobijamo: a b
2
2
a r cos3 ϕ 3 b r sin 3 ϕ 3 + =1 a b 2 3
2 3
r cos ϕ + r sin 2 ϕ = 1 2
2 3
r =1→ r =1
Dalje
x = ar cos3 ϕ y = br sin 3 ϕ
2
2
x 3 y 3 zamenimo u + = 4 i dobijamo: a b
1238
7
2
2
a r cos3 ϕ 3 b r sin 3 ϕ 3 + =4 a b 2 3
2 3
r cos ϕ + r sin 2 ϕ = 4 2
2 3
r =4→ r =8
Dobili smo granice za r :
1≤ r ≤ 8
Sad da odredimo granice za ugao:
x y = a b ar cos3 ϕ br sin 3 ϕ = a b sin 3 ϕ = 1 → tg 3ϕ = 1 → ϕ = arctg1 cos3 ϕ = sin 3 ϕ → cos3 ϕ
I još imamo:
x y = a b ar cos3 ϕ br sin 3 ϕ 8 = a b sin 3 ϕ = 8 → tg 3ϕ = 23 → ϕ = arctg 2 8 cos3 ϕ = sin 3 ϕ → 3 cos ϕ Dakle : arctg1 ≤ ϕ ≤ arctg 2 8
Sad računamo traženu površinu: arctg 2
P = ∫∫ dxdy = D
8
Kako je
∫ rdr = 1
∫
arctg 1
arctg 2
8
dϕ ∫ 3 ⋅ abr ⋅ cos ϕ ⋅ sin ϕ dr = 3ab 2
2
1
∫
arctg 1
8
cos 2 ϕ ⋅ sin 2 ϕ dϕ ∫ rdr = 1
r 2 8 64 1 63 = − = , imamo 2 1 2 2 2
arctg 2
63 = ⋅ 3ab ∫ cos 2 ϕ ⋅ sin 2 ϕ dϕ 2 arctg 1
1239
8
Ovaj integral ćemo najlakše rešiti ako spakujemo podintegralnu funkciju koristeći formule iz trigonometrije:
4 sin 2 2ϕ 1 2 1 1 − cos 4ϕ 1 2 2 = sin 2ϕ = cos ϕ ⋅ sin ϕ = cos ϕ ⋅ sin ϕ = = (1 − cos 4ϕ ) 4 4 4 4 2 8 2
2
Sad imamo: arctg 2
arctg 2
63 189 P = ⋅ 3ab ∫ cos 2 ϕ ⋅ sin 2 ϕ dϕ = ab ∫ (1 − cos 4ϕ )dϕ 2 16 arctg 1 arctg 1
Zamenimo granice, spakujemo malo rešenje i dobijamo: P=
189 1 6 ab ⋅ (arctg + ) 16 3 25
Primer 6 . Izračunati površinu ograničenu sa :
x 2 = ay x 2 = by x3 = cy 2 x3 = dy 2 (0 < a < b) ∧ (0 < c < d ) Rešenje: Ovde je zgodno uzeti smene u i v. Ali kako birati? Pogledajmo prve dve jednačine:
x2 x = ay → =a y 2
x2 x = by → =b y 2
x2 Uzećemo da je u = y
1240
9
Iz preostale dve imamo:
x3 x = cy → 2 = c y 3
2
x3 x = dy → 2 = d y 3
2
Zgodno je uzeti: v =
x3 y2
Dakle, uvodimo smene:
u=
x2 y
v=
x3 y2
Odavde moramo izraziti x i y:
u=
x2 x2 → y = ( ovo zamenimo u drugu jednačinu) y u 2
x2 x3 x4 u2 v = 2 → x3 = y 2 v → x3 = ⋅ v → x3 = 2 v → x = y u v u 2
u2 v x2 u3 y= →y= → y= 2 u u v
Tražimo Jakobijan:
∂x D( x, y ) ∂u = ∂y D(u , v) ∂u
∂x 2u ∂v v = 2 ∂y 3u ∂v v2
u2 4u 4 3u 4 u4 u4 v2 = − + = − = v4 v4 v4 v4 2u 3 − 3 v −
1241
10
Da odredimo granice:
x2 = a y → a≤u≤b 2 x u= = b y u=
x3 v= 2 =c y → c≤v≤d x3 v = 2 = d y Sad možemo izračunati površinu:
P = ∫∫ D
b
d
b
d
u4 1 dxdy = ∫ du ∫ 4 dv = ∫ u 4 du ∫ 4 dv v v a c a c
Ova dva integrala nije teško rešiti i dobijamo: P=
1 5 1 1 b − a5 ) 3 − 3 ( 15 c d
www.matematiranje.com
1242
11
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( IV DEO)
IZRAČUNAVANJE ZAPREMINE PRIMENOM DVOJNOG INTEGRALA
Pre nego li krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl “NEKE POVRŠI U R 3 ” iz više matematike. U većini zadataka ovde je neophodno nacrtati sliku u prostoru, a zatim kad nadjemo presek, spustimo problem u ravan da bi odredili granice.
Da se podsetimo teorijskog dela: Zapremina cilindra, koji odozgo ograničava neprekidna površ definisana jednačinom z=z(x,y), odozdo ravan
z=0 , a sa strane prava cilindrična površ, koja u ravni xOy iseca neku oblast D,
data je formulom:
V=
∫∫ z ( x, y )dxdy D
z
z=z(x,y)
y D x
Dakle, dvostruki integral izračunava zapreminu tela ISPOD date površi u odredjenim granicama.
Evo nekoliko primera:
www.matematiranje.com
1243
1
Primer 1. Naći zapreminu tela ograničenog sa ravni
x y z + + =1 a b c
i
x=0, y=0, z=0
Rešenje: Nacrtajmo najpre sliku u prostoru:
z
c
x y z + + =1 a b c
y
b a x
Sada problem spustimo ’spustimo’ u ravan xOy ( to jest z=0) i dobijemo: y
b
x y = b 1 − a
D 0
a
x
Odavde odredjujemo granice! Jasno je da x ide od 0 do a. Odredimo pravu kroz a i b, jer z prvo udara na x= 0, pa onda na tu pravu: x y y x x x + = 1 → = 1 − → y = b 1 − → 0 ≤ y ≤ b 1 − a b b a a a
Dobijamo
0≤ x≤a D: x 0 ≤ y ≤ b 1 − a
Sad računamo zapreminu pomoću malopre navedene formule:
1244
2
a
V = ∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ dx D
x b (1− ) a
∫
0
c(1 −
0
x y − )dy a b
Rešimo najpre:
∫ c(1 −
x y x y2 − )dy = c( y − y − ) a b a 2b
x 2 x [ b (1 − )] x y b(1 − ) x x x a c( y − y − ) a = c b(1 − ) − b(1 − ) − = a 2b a a a 2b 0 2
2 2x x 2 + ) b (1 − 2 2 bx bx bx 2 a a 2 = c b − 2bx + bx − b + bx − bx = cb − − + 2 − a a 2 2 a 2a 2 a a a 2b
b 2bx bx 2 cb 2 x x 2 c − + 2 = 1 − + 2 2 2 a 2 a 2 a a
Vratimo se u računanje integrala: a
V = ∫∫ z ( x, y )dxdy = ∫ D
0
cb x a cb a 2 a 3 cb a abc 2x x − + = a − + = ⋅ = a 3a 2 2 3 2 2a 3a 2 0 2 6 2
=
2 cb 2 x x − + 1 dx = 2 a a2
3
Zapremina koju smo dobili je ustvari zapremina trostrane piramide ! Pogledajmo još jednom sliku: z
c
b
y
a x
Naravno , ovde je mnogo lakše izračunati zapreminu preko klasičnih formulica ( iz srednje škole pa i osnovne) Ako uzmemo da je baza trougao abO, njegova površina je B =
ab , visina piramide je očigledno c, pa imamo: 2
1 1 ab abc V = BH = ⋅c = 3 3 2 6
1245
3
Primer 2. Izračunati zapreminu tela ograničenu sa z = x 2 + y 2 i
z = x+ y
Rešenje:
Ovde se radi o paraboloidu z = x 2 + y 2 i ravni z = x + y koja ga seče. z
z=x +y 2
2
z= x+ y
y x
Tražena zapremina je zapremina unutar paraboloida koju sa gornje strane ograničava ravan . Nadjimo presek i projektujmo ga u xOz ravan. x2 + y2 = x + y x2 − x + y2 − y = 0 x2 − x +
1 1 1 1 + y2 − y + = + 4 4 4 4 2
2
1 1 1 x− + y− = 2 2 2 y
2
2
1 1 1 x− + y− = 2 2 2
1 ½
0
½
1
x
Uvodimo polarne koordinate: 1 x = r cos ϕ + 2 → J =r 1 y = r sin ϕ + 2
1246
4
2
2
1 1 1 1 1 r cos ϕ + − + r sin ϕ + − = 2 2 2 2 2
r2 =
1 1 1 →r = → 0≤r ≤ 2 2 2
Pogledajmo sliku u ravni još jednom... Ugao obilazi ceo krug, pa je 0 ≤ ϕ ≤ 2π Ovde se radi da od zapremine ispod ravni moramo oduzeti zapreminu ispod paraboloida:
V = ∫∫ ( z1 ( x, y ) − z2 ( x, y ) ) dxdy D
Ajmo ovo malo da prisredimo i da ubacimo smene:
( z1 ( x, y) − z2 ( x, y) ) = ( x + y − ( x 2 + y 2 ) ) = − ( x 2 + y 2 − x − y ) = − x 2 − x +
1 1 1 + y2 − y + − = 4 4 2
1 1 1 1 1 1 1 = − ( x − ) 2 + ( y − ) 2 − = − ( x − ) 2 + ( y − )2 = − r 2 2 2 2 2 2 2 2
V = ∫∫ ( z1 ( x, y ) − z2 ( x, y ) ) dxdy = D
2π
1 2
1
∫ dϕ ∫ 2 − r 0
0
2
rdr =
2π
1 2
r
∫ dϕ ∫ 2 − r 0
0
3
dr
1 1 1 r r 1 π 1 1 2 2 = 2π ⋅ − 2 = 2π ⋅ − = 2π ⋅ − = 2π ⋅ = 4 4 16 8 8 16 4 4 0 2
2
4
4
Primer 3. Izračunati zapreminu tela ograničenu sa
( z > 0, a > 0, b > 0, c > 0 )
x2 y2 z2 x2 y2 z2 i i + + = 1 + = a2 b2 c2 a2 b2 c2
Rešenje:
Ovde se radi o elipsoidu i konusu. Pogledajmo sliku:
1247
5
z x 2 y2 z1 = + c ⋅ 1 − 2 + 2 b a
x2 y 2 z2 = + c ⋅ 2 + 2 b a
y
x Tražena zapremina je izmedju ova dva tela. Odozgo je elipsoid a odozdo konus!
V = ∫∫ ( z1 ( x, y ) − z2 ( x, y ) ) dxdy D
Nadjimo granice rešavajući sistem I nacrtajmo taj presek u ravni xOy. x2 y2 x2 y2 + + + =1 a2 b2 a2 b2 x2 y2 1 + = a2 b2 2 Dakle, presek je elipsa po kojoj uvodimo smene: y
x
Uvodimo eliptičke koordinate: x = ar cos ϕ → J = abr y = br sin ϕ Pogledajmo sliku u ravni z = 0 ( elipsa) Očigledno da ugao uzima ceo krug : 0 ≤ ϕ ≤ 2π
1248
6
A slično kao u prethodnom primeru:
( r cos ϕ ) + ( r sin ϕ ) 2
r2 =
2
=
1 2
1 1 1 →r = → 0≤r ≤ 2 2 2
Pre nego krenemo u računanje zapremine moramo izraziti z iz obe jednačine:
x2 y2 z2 + + =1 a2 b2 c2 x2 y 2 z2 = 1 − 2+ 2 c2 b a
x2 y2 z2 + = a2 b2 c2 x2 y2 z2 = c2 ⋅ 2 + 2 b a
x2 y2 z 2 = c 2 ⋅ 1 − 2 + 2 b a
x2 y 2 z = ± c2 ⋅ 2 + 2 b a
x2 y 2 z = ± c ⋅ 1 − 2 + 2 b a 2
x2 y2 z2 = + c ⋅ 2 + 2 b a
x2 y 2 z1 = + c ⋅ 1 − 2 + 2 b a
Sad ovde ubacimo eliptičke koordinate:
x2 y 2 z1 = + c ⋅ 1 − 2 + 2 b a
x2 y2 z2 = + c ⋅ 2 + 2 b a
z1 = + c ⋅ 1 − r 2
z2 = + c ⋅ r
Pošto je elipsoid odozgo a konus odozdo, od zapremine ispod elipsoida oduzećemo zapreminu ispod konusa.
V = ∫∫ ( z1 ( x, y ) − z2 ( x, y ) ) dxdy = D
1 2
2π
∫ dϕ ∫ ( c 0
0
)
2π
1 − r 2 − cr abrdr = abc ∫ dϕ 0
1 2
∫ (r 0
)
1 − r 2 − r 2 dr
1− r2 = t2 Sad ovaj integral nije teško rešiti: U prvom je smena −2rdr = 2tdt , drugi odmah tablični: rdr = −tdt
Dobijamo zapreminu:
V=
abc ⋅ π 2− 2 3
(
) 1249
7
Primer 4. Izračunati zapreminu tela ograničenu sa z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = x , x 2 + y 2 = 2 x , z = 0. Rešenje: Ovde se radi o paraboloidu koga isecaju dva konusa... Spakujmo najpre konuse: x2 + y2 = x
x2 + y2 = 2 x
x2 − x + y2 = 0 1 1 x − x + − + y2 = 0 4 4 2
x2 − 2x + y 2 = 0
i
x2 − 2x + 1 + y 2 = 1
( x − 1)
2
1 1 2 x− + y = 2 4
2
+ y2 = 1
Pogledajmo sliku u prostoru:
z
y x Tražena zapremina je ispod paraboloida , ali samo u delu izmedju ova dva konusa. Znači da će nam konusi dati granice po kojima radimo… y
( x −1 )
2
π −
π 2
≤ϕ ≤
2
1 1 2 x− + y = 2 4
π2 2
0 −
+ y2 =1
½
1
2
x
π 2
1250
8
Sad uzimamo polarne koordinate i odredjujemo granice:
x = r cos ϕ → J =r y = r sin ϕ
x2 + y 2 = 2x
x2 + y 2 = x
r 2 = r cos ϕ r = cos ϕ
r 2 = 2r cos ϕ r = 2 cos ϕ
i
pa je cos ϕ ≤ r ≤ 2 cos ϕ
Ugao uzima vrednosti iz prvog i četvrtog kvadranta ( vidi sliku) −
π
≤ϕ ≤
2
π 2
Znači , izračunavamo zapreminu ispod paraboloida koji odsecaju ova cilindra. π
V = ∫∫ z ( x, y )dxdy = D
2
∫π dϕ ∫ϕ r
−
π
2 c os ϕ
2
2
⋅ rdr =
cos
2
∫π
−
π
r 2c os ϕ 15 dϕ = 4 c os ϕ 4 4
2
2
∫π cos ϕ dϕ 4
−
2
Pošto postoji simetrija u odnosu na x osu, odnosno ta dva dela zapremine su jednaka, lakše nam je da :
V=
15 4
π
π
2
2
∫π
−
cos 4ϕ dϕ = 2 ⋅
π
15 15 2 4 cos cos 4ϕ dϕ = ϕ d ϕ 4 ∫0 2 ∫0
2
Da bi rešili ovaj integral , malo prepakujemo podintegralnu funkciju:
cos 4 ϕ = cos 2 ϕ ⋅ cos 2 ϕ = cos 2 ϕ ⋅ (1 − sin 2 ϕ ) = cos 2 ϕ − sin 2 ϕ cos 2 ϕ = 4 1 1 + cos 2ϕ 1 1 − cos 4ϕ = cos 2 ϕ − sin 2 ϕ cos 2 ϕ = cos 2 ϕ − sin 2 2ϕ = − = 4 4 2 4 2 1 + cos 2ϕ 1 − cos 4ϕ = − 2 8 Sad nije teško rešiti ove integrale... Dobijamo rešenje: V=
45π 32
1251
9
Primer 5. Izračunati zapreminu tela koje ograničavaju površi: x 2 + 4 z 2 = 2 y i x 2 + 4 z 2 = ( y − 4) 2 ako je 0 ≤ y ≤ 4 Rešenje:
Pazite , tela nisu sada data duž z ose već duž y ose! To ne menja stvari, razmišljanje je isto, samo malo korigujemo formule. y
4 x 2 + 4 z 2 = ( y − 4) 2
x2 + 4z2 = 2 y
z x
Odozdo je paraboloid a odozgo konus. Pazite, konus ne kreće iz nule, već iz 4. ( y - 4= 0 pa je y=4) Da nadjemo preseke:
2 y = ( y − 4) 2 y 2 − 8 y + 16 − 2 y = 0 y 2 − 10 y + 16 = 0 y1,2 =
10 ± 100 − 64 10 ± 6 = → y1 = 8 ∧ y2 = 2 2 2
Zbog 0 ≤ y ≤ 4 uzimamo da je y = 2. Onda je :
x2 + 4z 2 = 2 y ∧ y = 2 x2 + 4z 2 = 4 x2 + z 2 = 1 Ovo nam je odlast D u ravni y = 0 4
1252
10
Imamo elipsu: z
1 -2
2
x
-1
Uzimamo: x = 2r cos ϕ onda je → J = 2r z = r sin ϕ x2 (2r cos ϕ ) 2 + z2 = 1 → + (r sin ϕ ) 2 = 1 → r 2 = 1 → 0 ≤ r ≤ 1 4 4
Ugao uzima vrednosti za pun krug 0 ≤ ϕ ≤ 2π Izrazimo y iz obe površi: x 2 + 4 z 2 = ( y − 4) 2 y − 4 = ± x2 + 4 z 2 y1 = 4 − x 2 + 4 z 2
x2 + 4z 2 = 2 y
y2 =
x2 + 4z 2 2
Zapremina će biti kad od zapremine ispod konusa ( odozgo) oduzmemo zapreminu ispod paraboloida:
x2 + 4 z 2 V = ∫∫ ( y1 ( x, z ) − y2 ( x, z ) ) dxdz = ∫∫ 4 − x 2 + 4 z 2 − dxdz = 2 D D x2 2 4 + z 2 2 4 x2 2 dxdz = 4 − 2 x + z 2 − 2 x + z 2 dxdz = ∫∫ 4 − 4 + z − ∫∫D 2 4 4 4 D Sad kad smo malo prisredili prelazimo na polarne koordinate: 2π 1 x2 x2 V = ∫∫ 4 − 2 + z 2 − 2 + z 2 dxdz = ∫ dϕ ∫ ( 4 − r − 2r 2 )rdr = 4 4 D 0 0 1 r 2 r3 1 1 1 r4 1 1 1 = 2ϕ ∫ ( 4r − r 2 − 2r 3 )dr = 2ϕ ⋅ 4 − − 2 = 2ϕ ⋅ 4 − − 2 = 2ϕ ⋅ 2 − − 4 0 4 3 2 2 3 2 3 0
5 10π V = 2ϕ ⋅ → V = 6 3
1253
www.matematiranje.com 11
1254
12
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( V DEO) Izračunavanje površine površi
i) Ako je površ zadata jednačinom z = z(x,y) i ako obeležimo p =
∂z ∂z i q= onda je: ∂x ∂y
P= ∫∫ 1 + p 2 + q 2 dxdy D
ii) Ako je površ zadata parametarskim jednačinama x=x(u,v) i y=y(u,v) onda je:
P= ∫∫ EG − F 2 dudv
gde je:
D
2
2
2
2
2
2
∂x ∂y ∂z E = + + ∂u ∂u ∂u ∂x ∂y ∂z G = + + ∂v ∂v ∂v
F=
∂x ∂x ∂y ∂y ∂z ∂z + + ∂u ∂v ∂u ∂v ∂u ∂v
Jedan savet: pre proučavanja ove oblasti se obavezno podsetite parcijalnih izvoda ( imate fajl kod nas)
Primer 1. Izračunati površinu dela paraboloida 2 z = x 2 + y 2 koji iseca cilindar x 2 + y 2 = 1
Rešenje: Nacrtajmo najpre sliku da vidimo o kojoj se površini radi.
2z = x2 + y 2
z
y x
x2 + y2 =1
1255
1
x2 y 2 Koristićemo formulu ∫∫ 1 + p + q dxdy gde nam je z = z(x,y) paraboloid z = + 2 2 D a cilindar će nam dati granice po kojima radimo... 2
2
x2 y 2 z= + 2 2 ∂z 2 x p= = =x ∂x 2 ∂z 2 y q= = =y ∂y 2 Najbolje da na stranu sredimo ( sad nije teško, al za drugi put da znamo) :
1 + p2 + q2 = 1 + x2 + y 2
P = ∫∫ 1 + p 2 + q 2 dxdy = ∫∫ 1 + x 2 + y 2 dxdy D
D
Rekosmo da nam cilindar x 2 + y 2 = 1 odredjuje granice. Uzimamo polarne koordinate: x = r cos ϕ → J =r y = r sin ϕ
onda je 0 ≤ r ≤ 1
P = ∫∫ 1 + x 2 + y 2 dxdy = D
2π
∫
i
0 ≤ ϕ ≤ 2π
1
dϕ
∫
1 + r 2 ⋅ rdr =
0 0 Ovo je 2π
Rešićemo ovaj integral “na stranu ” pa ćemo posle ubaciti granice…
1+ r2 = t2
∫
3
t 1 + r 2 ⋅ rdr = 2rdr = 2tdt = ∫ t 2 ⋅ tdt = ∫ t 2 dt = = 3 rdr = tdt
(
1+ r2
)
3
3
Sad mu ubacimo granice:
P = ∫∫ 1 + x 2 + y 2 dxdy = D
=
2π 3
P=
(
1 + 12
) ( 3
−
2π
1
∫ dϕ ∫
1 + r 2 ⋅ rdr = 2π ⋅
0 0 Ovo je 2π
1 + 02
) = 23π ( 3
3
)
2 −1 =
(
1+ r2
)
3
1 0
3
2π 2 2 −1 3
(
)
2π 2 2 −1 3
(
) www.matematiranje.com
1256
2
Primer 2. Izračunati površinu dela konusa z 2 = x 2 + y 2 isečenog cilindrom x 2 + y 2 = 2 x Rešenje: Spakujmo malo cilindar i nacrtajmo sliku: x2 + y2 − 2x = 0 x2 − 2x + 1 − 1 + y2 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 1
z
z2 = x2 + y2
( x −1) 2 + y 2 = 1
cilindar
y
x
Vidimo da ćemo imati dve simetrične površine u odnosu na ravan z = 0. Naći ćemo jednu pa to pomnožiti sa 2.
Cilindar će nam dakle dati granice!
Nacrtajmo sliku u ravni i odredimo granice:
y
(x − 1)
2
π 2
0 −
−
π π ≤ϕ ≤ 2 2
1
2
+ y2 = 1
x
π 2
1257
3
Uzimamo polarne koordinate:
x = r cos ϕ → J =r y = r sin ϕ x2 + y2 − 2x = 0
onda je
(r cos ϕ )2 + (r sin ϕ )2 − 2r cos ϕ = 0
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 2r cos ϕ r 2 = 2r cos ϕ → r = 2 cos ϕ Odavde zaključujemo: 0 ≤ r ≤ 2 cos ϕ −
Sa slike vidimo da ugao ide od
π 2
≤ϕ ≤
π 2
z = ± x 2 + y 2 → Mi radimo za z = + x 2 + y 2
p=
∂z 2x = = ∂x 2 x 2 + y 2
x2 + y 2
q=
∂z 2y = = ∂y 2 x 2 + y 2
x + y2
x y 2
2
x 1 + p2 + q2 = 1 + x2 + y 2 =
y + 2 2 x +y
2
x2 y2 = 1+ 2 + = 2 2 2 + + x y x y
2 ( x2 + y2 ) x2 + y2 x2 y2 + + == = 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2
Da nadjemo površinu: π
P1 = ∫∫ 1 + p 2 + q 2 dxdy = ∫∫ 2dxdy = 2 D
D
π
4 cos 2 ϕ ∫π 2 dϕ = 2 2
2
−
2
∫π
−
π 2
= 2
2
∫
dϕ
r 2 2 cos ϕ ∫π 2 0 dϕ = 2
rdr = 2
0
−
2
2
π
1 + cos 2ϕ dϕ = 2 π
2
∫π
cos 2 ϕdϕ = 2 2 ∫
2
2
−
π
2cos ϕ
−
π 1 π 1 −π π π 1 2 π π = 2 ϕ + sin 2ϕ = 2 + sin 2 − − + sin 2 = 2 + =π 2 2 2 2 2 2 π 2 2 2 2 − 2 Sad ovu površinu pomnožimo sa 2:
P = 2 P1 = 2π 2
1258
4
Primer 3. Izračunati površinu površi koju cilindar x 2 + ( y − 2) 2 = 4 iseca na konusu z = 2 − x 2 + y 2 Rešenje: Sredimo konus da bi mogli da nacrtamo sliku:
z = 2 − x2 + y 2 x2 + y2 = 2 − z x2 + y2 = ( 2 − z )
2
z
x 2 + ( y − 2) 2 = 4 x + y = (2 − z ) 2
2
2
2
y x
z = 2 − x2 + y2
p=
∂z −2 x = = ∂x 2 x 2 + y 2
−x x2 + y 2
q=
∂z −2 y = = ∂y 2 x 2 + y 2
x + y2
−y 2
−x 1 + p2 + q2 = 1 + x2 + y 2 =
2
−y + 2 2 x +y
2
x2 y2 = 1+ 2 + = 2 2 2 + + x y x y
2 ( x2 + y2 ) x2 + y2 x2 y2 + + == = 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2 x2 + y 2
1259
5
P = ∫∫ 1 + p 2 + q 2 dxdy = ∫∫ 2dxdy = 2 D
D
∫∫ dxdy D Ovo je P za oblast D
Površina je ustvari površina kruga: y
4 x 2 + ( y − 2)2 = 4 2
x 0 ≤ϕ ≤ π
PD = r 2π = 2 2 π = 4π
P = ∫∫ 1 + p 2 + q 2 dxdy = ∫∫ 2dxdy = 2 D
D
∫∫ dxdy
= 4 2π
D Ovo je P za oblast D
P = 4 2π Pogledajmo sada prethodni zadatak...Pa i tamo smo mogli ovo iskoristiti, zar ne? Mi smo vam pokazali oba načina a vi naravno , radite kako zahteva vaš profesor.
Primer 4. Izračunati površinu tela koje je ograničeno cilindrima x 2 + z 2 = a 2 i
y2 + z2 = a2 .
Rešenje: Nacrtajmo sliku... z y2 + z 2 = a2
a x +z =a 2
2
2
a
y
a x
Izdvojimo sada prvi oktant.
1260
6
z
a x2 + z2 = a2 a
y a
x
y2 + z2 = a2
y=x
Uočimo ovde dve površine. One su jednake, a takvih ima 16 računajući sve oktante. Znači, ideja je naći površinu jednog dela pa sve to pomnožiti sa 16. Nadjimo granice u ravni xOy y
y=x
0
a
x
0 ≤ x ≤ a D: 0 ≤ y ≤ x
x2 + z 2 = a2 z 2 = a2 − x2 z = ± a2 − x2 Nama treba prvi oktant, pa je:
z = + a2 − x2 ∂z −2 x x p= = = 2 2 2 ∂x 2 a − x a − x2 ∂z q= =0 ∂y
1261
7
2
x x2 a2 − x2 + x2 a2 1+ p + q = 1+ = 1+ 2 = = 2 2 a − x2 a2 − x2 a2 − x2 a −x a 1 + p2 + q2 = a2 − x2 2
2
a
x
0
0
P = 16 ⋅ ∫ dx ∫
a
a a2 − x2
dy = 16a ⋅ ∫ 0
dx a2 − x2
x
a
0
0
∫ dy = 16a ⋅ ∫
xdx a2 − x2
Ovaj integral smo već više puta rešavali:
P = 16a 2
Primer . Izračunati površinu tela koje je ograničeno sa:
x2 + y2 = z + 2
x2 + y 2 = 1 x2 + y 2 = 3 − z
Rešenje:
z
P1
x2 + y 2 = 3 − z 3 2 1
P2
x2 + y 2 = 1
y -1 -2 x + y = z +2 2
x
P3
2
Uočavamo da se tražena površina sastoji od tri dela. Svaku od ovih površina ćemo naći posebno a onda sabrati dobijene rezultate... Prvi deo je površina paraboloida x 2 + y 2 = 3 − z koji odseca konus x 2 + y 2 = 1 .
1262
8
x2 + y 2 = 3 − z z = 3 − ( x2 + y2 )
p = −2 x q = −2 y
1 + p2 + q2 = 1 + 4 x2 + 4 y 2 = 1 + 4 ( x2 + y 2 ) Cilindar x 2 + y 2 = 1 odredjuje granice. Uzimamo polarne koordinate:
x = r cos ϕ → J =r y = r sin ϕ
onda je 0 ≤ r ≤ 1
P1 = ∫∫ 1 + 4 ( x 2 + y 2 )dxdy = D
2π
∫
i
0 ≤ ϕ ≤ 2π
1
dϕ
∫
1 + 4r 2 ⋅ rdr =
0 0 Ovo je 2π
Rešićemo ovaj integral “na stranu ” pa ćemo posle ubaciti granice…
1 + 4r 2 = t 2
∫
3
1 1 1t = 1 + 4r 2 ⋅ rdr = 8rdr = 2tdt = ∫ t 2 ⋅ tdt = ∫ t 2 dt = 4 4 43 tdt rdr = 4
(
1 + 4r 2
)
3
12
Sad mu ubacimo granice:
P1 = ∫∫ 1 + 4 ( x 2 + y 2 )dxdy = D
=
π 6
(
⋅[ 1 + 4
P1 =
π 6
) ( ) 3
−
(
3
1 ]=
π 6
2π
1
∫ dϕ ∫
1 + 4r 2 ⋅ rdr = 2π ⋅
0 0 Ovo je 2π
(
(
1 + 4r 2 12
)
3
1 0
=
)
⋅ 5 5 −1
)
⋅ 5 5 −1
Dalje ćemo izračunati površinu P3 , površinu paraboloida x 2 + y 2 = z + 2 koju odseca konus x 2 + y 2 = 1 x2 + y2 = z + 2 z = ( x2 + y 2 ) − 2 p = 2x q = 2y
1263
9
1 + p2 + q2 = 1 + 4 x2 + 4 y 2 = 1 + 4 ( x2 + y 2 ) P3 = ∫∫ 1 + 4 ( x 2 + y 2 )dxdy D
Kao što vidimo ova površina je ista kao i površina u prethodnom delu: P3 =
Dakle
π
(
)
⋅ 5 5 −1
6
Nadjimo još preostalu površinu P2 . Pogledajmo sliku još jednom. Vidimo da je to ustvari omotač valjka čija je visina H= 3 a poluprečnik osnove r = 1.
Zašto je H= 3 ? Ako rešavamo sistem x 2 + y 2 = 3 − z i x 2 + y 2 = 1 tu je z= 2 Ako rešavamo sistem x 2 + y 2 = z + 2 i x 2 + y 2 = 1 tu je z = -1 Dakle , visina po z osi je 3. P2 = M valjka = 2rπ H
P2 = 2 ⋅1 ⋅ π ⋅ 3 P2 = 6π Saberimo sad dobijene rezultate: P = P1 + P2 + P3 P= P= P=
π 6
π 3
π 3
(
)
(
)
⋅ 5 5 − 1 + 6π +
π 6
(
)
⋅ 5 5 −1
⋅ 5 5 − 1 + 6π
(
⋅ 5 5 + 17
) www.matematiranje.com
1264
10
VIŠESTRUKI INTEGRALI - ZADACI ( VI DEO) Trostruki integrali Ako je funkcija f (x,y,z) neprekidna u oblasti V koja je određena sa:
x1 ≤ x ≤ x 2 y1 ( x) ≤ y ≤ y 2 ( x)
V:
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz =
onda je
V
x2
y2 ( x )
z2 ( x , y )
x1
y1 ( x )
z1 ( x , y )
∫ dx
∫ dy
∫ f ( x, y, z )dz
z1 ( x , y ) ≤ z ≤ z 2 ( x , y ) Neki profesori vole drugačiji zapis: x2
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ V
x1
y2 ( x ) z 2 ( x , y ) ∫ ∫ f ( x, y, z )dz dy dx y ( x) z ( x, y ) 1 1
Vi naravno radite kako vaš profesor zahteva. U suštini, oba zapisa znače da prvo rešavamo integral ''po z'' , onda ''po y'', i na kraju ''po x''. Ovakav poredak u integraciji nije obavezan. Zavisno od konkretne situacije možemo i promeniti poredak integracije... x2
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ V
x1
z 2 ( x ) y2 ( x , z ) ∫ ∫ f ( x, y, z )dy dz dx z ( x) y ( x,z ) 1 1
Ovo bi značilo da prvo radimo ''po y'' , zatim ''po z'' i na kraju ''po x''. I tako dalje...
Primer 1. 1
2
3
0
0
0
∫ dx ∫ dy ∫ dz .
Izračunati trojni integral: Rešenje:
Ovde su nam već date granice i poredak integracije, samo da rešavamo. 1
2
3
0
0
0
Dakle, prvo rešavamo ∫ dx ∫ dy ∫ dz 1
2
3
1
2
0
0
0
0
0
3
1
2
1
0
0
0
2
∫ dx ∫ dy ∫ dz = ∫ dx ∫ z 0 dy = ∫ dx ∫ 3dy = 3∫ dx ∫ dy
0 sad ovo
1
2
1
1
= 3∫ y dx = 3∫ 2dx = 6 ∫ dx = 6 ⋅1 = 6 0 0 0 0
1265
1
u onom drugom zapisu bi bilo: 1
2
3
1
0
0
0
0
∫ dx ∫ dy ∫ dz = ∫
1 1 23 2 ∫ ∫ dz dy dx = ∫ ∫ 3dy dx = ∫ 6dx = 6 0 0 0 00
Primer 2.
∫∫∫ ( x + y + z )dxdydz ako je oblast V zadata sa
Izračunati trojni integral:
0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1,
V
0 ≤ z ≤1
Rešenje: Prvo radimo ''po z'' i u toj situaciji x i y posmatramo kao konstante.
∫∫∫ ( x + y + z )dxdydz = V
1
∫ 0
1 1 11 1 1 z2 1 1 ∫ ∫ ( x + y + z )dz dy dx = ∫ ∫ xz + yz + dy dx = ∫ ∫ x + y + dy dx 2 0 2 0 0 0 0 00
Sad rešavamo ''po y'' a x tretiramo kao konstantu.
1
∫ 0
1 1 y2 1 1 + + = + + x y dy dx xy ∫ ∫0 2 2 2 0
1 1 1 1 1 y dx = ∫ ( x + + )dx = ∫ ( x +1)dx 2 2 0 0 0
I na kraju rešimo običan integral ''po x'':
x2 1 1 3 ( x + 1) dx = + x = +1 = ∫0 2 2 0 2 1
Primer 3.
∫∫∫ y cos( z + x)dxdydz
Izračunati trojni integral:
ako je oblast V ograničena sa cilindrom y = x i
V
ravnima y = 0, z = 0 i x + z =
π 2
.
Rešenje: E ovde nemamo date granice, pa moramo prvo njih da odredimo:
1266
2
x+ z =
π 2
→z=
π 2
− x pa onda 0 ≤ z ≤
π 2
−x
Da bi odredili kako se ponašaju x i y , nacrtajmo sliku u ravni z = 0 y
y=
2
x
1
1
π 2
4
3
2
x
-1 -2
Jasno je da 0 ≤ y ≤ x , ako pogledamo sliku u ravni z=0, onda zaključujemo da 0 ≤ x ≤
π 2
Sad da se bacimo na rešavanje integrala:
x π2 − x y cos( z + x)dxdydz = ∫ ∫ ∫ y cos( z + x)dz dy dx ∫∫∫ V 0 0 0 π
2
Rešićemo na stranu: π 2
π
−x
∫
2
y cos( z + x)dz = y
0
π
−x
∫
cos( z + x)dz = y sin( z + x) 2
−x 0
0
π = y sin( − x + x) − sin(0 + x) 2
π = y sin − sin( x) = y (1 − sin x ) 2 Vratimo se : y cos( z + x)dxdydz = ∫ ∫∫∫ 0 V π
2
π π2 − x 2 cos( + ) = y z x dz dy dx ∫0 ∫0 ∫0 x
x
0
∫ y (1 − sin x )dy dx
Sad da rešimo: x
∫ 0
x
y (1 − sin x )dy = (1 − sin x ) ∫ ydy = (1 − sin x ) 0
y2 x x = (1 − sin x ) 2 0 2
1267
3
Opet se vratimo gore i imamo:
y cos( z + x)dxdydz = ∫ ∫∫∫ 0 V π
2
π π2 − x 2 cos( + ) = y z x dz dy dx ∫0 ∫0 ∫0 x
π
x
∫ 0
2 x y (1 − sin x )dy dx = ∫ (1 − sin x ) dx 2 0
π
=
12 ( x − x sin x )dx 2 ∫0
Ovo je već običan integral koga rastavimo na dva , jedan je odmah tablični a drugi ( x sinx) rešimo parcijalnom integracijom i dobijamo: π
∫∫∫ y cos( z + x)dxdydz = V
π2 1 12 x x sin x dx − = + ( ) 2 ∫0 16 2
Primer 4.
Izračunati trojni integral:
∫∫∫
x 2 + y 2 dxdydz ako je oblast V zadata sa x 2 + y 2 = z 2 i z = 1.
V
Rešenje: Nadjimo presek konusa i ravni koji će nam dati granice:
x2 + y2 = z 2 ∧ z = 1
x2 + y2 = 1 Ovde je zgodno koristiti :
CILINDRIČNE KOORDINATE
x = r cos ϕ y = r sin ϕ z=z onda je
→ J =r ϕ2
r
z2
1
0
z1
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ , z )drdϕdz = ϕ∫ dϕ ∫ rdr ∫ fdz V
1268
4
x = r cos ϕ Da vas ne zbuni , neki profesori ne uzimaju z=z, već stave : y = r sin ϕ z=h ništa ne menja stvari...
→ J = r , ali to suštinski
Dakle:
x = r cos ϕ y = r sin ϕ z=z
x2 + y2 = 1 (r cos ϕ )2 + (r sin ϕ ) 2 = 1
→ J = r pa je
i 0 ≤ r ≤1 .
r 2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) = 1 r2 = 1 → r = 1
Ugao uzima vrednosti 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Još da odredimo granice za z: Pogledajmo sliku u prostoru:
z
z2 = x2 + y2
1
y
x
r ≤ z ≤ 1 jer je
Odozgo je ravan a odozdo konus, pa je
∫∫∫
x 2 + y 2 dxdydz =?
∫∫∫
x 2 + y 2 dxdydz =
x2 + y 2 = r 2 = r
V
2π
V
2π
∫ 0
1
1
dϕ ∫ dr ∫ r ⋅ rdz = 0
r
2π 1 1 21 2 r dz dr d ϕ = ∫0 ∫0 ∫r ∫0 ∫0 r (1 − r ) dr dϕ =
2π
r r4 1 2 3 = ∫ ∫ ( r − r ) dr dϕ = 2π − = 3 40 0 0 =
1
3
π 6 www.matematiranje.com
1269
5
Primer 5.
x2 y 2 z 2 x2 y2 z2 + + ako je oblast V zadata sa dxdydz + + =1 2 ∫∫∫ a b2 c2 a2 b2 c2 V
Izračunati trojni integral: Rešenje:
Ovde je zgodno koristiti: SFERNE KOORDINATE x = r cos ϕ sin θ y = r sin ϕ sin θ z = r cos θ J = r 2 sin θ Uglove ϕ
i
Odavde je x2+y2+z2 = r2
θ određujemo iz zadatka i vodimo računa da je najčešće :
r ≥ 0;0 ≤ ϕ ≤ 2π ;0 ≤ θ ≤ π Z P Y z
θ x
ϕ
P` y
X
Znači: ϕ je ugao u ravni z=0 a θ je ugao u prostoru...
Možemo koristiti( u zavisnosti od situacije) i modifikovane sferne koordinate ( generalisane): x = ar cos ϕ sin θ y = br sin ϕ sin θ z = cr cos θ
x2 y2 z2 a odavde je 2 + 2 + 2 = r 2 a b c
i
1270
J = abcr 2 sin θ
6
U našem zadatku ćemo koristiti ove malo modifikovane sferne koordinate, jer se radi o elipsoidu! Dakle: x = ar cos ϕ sin θ a odavde je J = abcr 2 sin θ
y = br sin ϕ sin θ z = cr cos θ Zašto je baš
x2 y2 z2 + 2 + 2 = r 2 . Da dokažemo ovo: 2 a b c
x = ar cos ϕ sin θ x2 y 2 z 2 y = br sin ϕ sin θ zamenimo u 2 + 2 + 2 a b c z = cr cos θ
( ar cos ϕ sin θ ) a2
2
( br sin ϕ sin θ ) +
a 2 r 2 cos 2 ϕ sin 2 θ a2
b2
+
2
( cr cos θ ) +
b 2 r 2 sin 2 ϕ sin 2 θ b2
2
c2
+
=
c 2 r 2 cos 2 θ c2
=
r 2 cos 2 ϕ sin 2 θ + r 2 sin 2 ϕ sin 2 θ + r 2 cos 2 θ = r 2 sin 2 θ ( cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) + r 2 cos 2 θ = r 2 sin 2 θ + r 2 cos 2 θ = r 2 ( sin 2 θ + cos 2 θ ) = r 2 Rekli smo da je 0 ≤ r ; 0 ≤ ϕ ≤ 2π ;0 ≤ θ ≤ π pa imamo samo korekciju: 0 ≤ r ≤ 1; 0 ≤ ϕ ≤ 2π ; 0 ≤ θ ≤ π jer
x2 y2 z2 + 2 + 2 = 1 → r2 = 1 → r = 1 2 a b c
Sad možemo rešiti integral: π 2π 1 π 2π 1 x2 y 2 z 2 2 2 4 2 + 2 + 2 dxdydz = abc ∫ dθ ∫ dϕ ∫ r sin θ r dr = abc ∫ sin θ dθ ∫ dϕ ∫ r dr ∫∫∫ a b c V 0 0 0 0 0 0
x2 y 2 z 2 4π abc Sad ovo nije teško izračunati : dobijamo ∫∫∫ 2 + 2 + 2 dxdydz = a b c 5 V
1271
7
Izračunavanje zapremine pomoću trostrukog integrala V= ∫∫∫ dxdydz
Zapreminu računamo po formuli
po oblasti V
V
Primer 1. Naći zapreminu tela ograničenu površima: z = x 2 + y 2 , z = 2 x 2 + 2 y 2 , y = x i y = x 2 . Rešenje: Ovo telo je dakle ograničeno sa dva paraboloida z = x 2 + y 2 , z = 2 x 2 + 2 y 2 , sa ravni y = x i sa cilindrom y = x 2 . V = ∫∫∫ dxdydz
Koristićemo formulu
V
Da odredimo granice: Jasno je da je x 2 + y 2 ≤ z ≤ 2 x 2 + 2 y 2 a za x i y pogledajmo sliku: y
1
2
x
1
0
0 ≤ x ≤ 1 , x2 ≤ y ≤ x
Da nadjemo sada zapreminu:
1
x
V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dx ∫ dy V
0
x2
2 x2 + 2 y 2
∫
x2 + y 2
1
x
dz = ∫ dx ∫ z 0
x2
2x2 + 2 y2 x2 + y2
1
x
0
x2
dy = ∫ dx ∫ ( x 2 + y 2 ) dy =
1 1 4 x3 y3 x x6 = ∫ x 2 y + 2 dx = ∫ − x 4 − dx 3 x 3 6 0 0
V=
3 35 www.matematiranje.com
1272
8
Primer 2. Naći zapreminu tela ograničenu paraboloidom 6 − z = x 2 + y 2 i konusom z 2 = x 2 + y 2 Rešenje: Nadjimo presek: z 2 = x2 + y 2 ∧ 6 − z = x2 + y2
z2 = 6 − z z2 + z − 6 = 0 z1 = 2 z2 = −3
z
z2 = x2 + y2
6
2
6 − z = x2 + y 2
y
x
Zgodno je uzeti cilindrične koordinate:
x = r cos ϕ y = r sin ϕ z=z
→ J =r
Imamo: x2 + y2 = 4 → r 2 = 4 → r = 2 0≤r≤2
Ugao ide 0 ≤ ϕ ≤ 2π Za paraboloid je 6 − z = x 2 + y 2 → 6 − z = r 2 → z = 6 − r 2 , a za konus z 2 = x 2 + y 2 → z 2 = r 2 → z = r , zaključujemo da su granice po z : r ≤ z ≤ 6 − r 2
1273
9
Sad možemo računati zapreminu:
V = ∫∫∫ dxdydz = V
2π
2
4− r 2
0
0
r
∫ dϕ ∫ rdr ∫
dz
Ovde nema nikakvih problema, rešava se sve lako... Rešenje je : V =
32π 3
Primer 3. Izračunati zapreminu tela koje ograničava površ
x y z + + =1 a b c
Rešenje: E ovo je ona zeznuta situacija kad moramo koristiti:
x = ar cos β ϕ sin α θ y = br sin β ϕ sin α θ z = cr cos α θ Jakobijan u ovoj situaciji računamo:
J = abcr 2 ⋅ α ⋅ β ⋅ sin 2α −1 θ cosα −1 θ sin β −1 ϕ cos β −1 ϕ Osnovna perioda je r ≥ 0;0 ≤ ϕ ≤ 2π ;0 ≤ θ ≤ π Uzećemo:
x = ar cos 4 ϕ sin 4 θ y = br sin 4 ϕ sin 4 θ z = cr cos 4 θ Jakobijan će biti:
J = abcr 2 ⋅ 4 ⋅ 4 ⋅ sin 2⋅4 −1 θ cos 4−1 θ sin 4 −1 ϕ cos 4−1 ϕ J = 16abcr 2 sin 7 θ cos3 θ sin 3 ϕ cos3 ϕ Što su baš ove smene dobre?
1274
10
x = ar cos 4 ϕ sin 4 θ ; y = br sin 4 ϕ sin 4 θ ; z = cr cos 4 θ zamenimo u
x y z + + =1 a b c
ar cos 4 ϕ sin 4 θ br sin 4 ϕ sin 4 θ cr cos 4 θ + + =1 a b c r cos 2 ϕ sin 2 θ + r sin 2 ϕ sin 2 θ + r cos 2 θ = 1 r sin 2 θ ( cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) + r cos 2 θ = 1 r sin 2 θ + r cos 2 θ = 1 r ( sin 2 θ + cos 2 θ ) = 1 r =1→ r =1→ 0 ≤ r ≤1 Ovde je u suštini najveći problem naći granice za uglove... Osnovna perioda ovde je r ≥ 0;0 ≤ ϕ ≤ 2π ;0 ≤ θ ≤ π , ali nam ona samo govori u kojim granicama moraju biti uglovi... Ovde mora da važi da je : x ≥ 0; y ≥ 0; z ≥ 0 , Znači da se uglovi moraju nalaziti u prvom kvadrantu, to jest: 0 ≤ϕ ≤
π
0 ≤θ ≤
i
2
π 2
Sada možemo preći na rešavanje integrala, to jest izračunavanje zapremine: π
π
2
2
1
0
0
0
V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dϕ ∫ dθ ∫ 16abcr 2 sin 7 θ cos 3 θ sin 3 ϕ cos3 ϕdr = V
premestimo konstante skroz ispred, a raspodelimo ko kojem integralu pripada... π
π
2
2
0
0
1
V = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dϕ ∫ dθ ∫ 16abcr 2 sin 7 θ cos 3 θ sin 3 ϕ cos3 ϕdr = V
0
π
π
2
2
1
0
0
0
= 16abc ∫ sin 3 ϕ cos3 ϕ dϕ ∫ sin 7 θ cos3 θ dθ ∫ r 2 dr = Znači, ovde trebamo rešiti tri posebna integrala, jer granice ne ulaze u drugi integral...
∫ sin
3
ϕ cos3 ϕ dϕ = ?
Moramo da iskoristimo znanja iz trigonometrije...
1275
11
cos3 ϕ = cos 2 ϕ ⋅ cos ϕ = (1 − sin 2 ϕ ) ⋅ cos ϕ = cos ϕ − sin 2 ϕ cos ϕ
∫ sin
3
∫ (sin
ϕ cos3 ϕ dϕ = ∫ sin 3 ϕ ( cos ϕ − sin 2 ϕ cos ϕ ) dϕ = 3
ϕ cos ϕ − sin 5 ϕ cos ϕ )dϕ =
Sad ovo rastavimo na dva integrala i u oba uzimamo smenu sin ϕ = t → cos ϕ dϕ = dt Na sličan način rešavamo i integral po θ . Konačno rešenje će biti: V =
abc 90
www.matematiranje.com
1276
12
www.matematiranje.com NEKE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE PRVOG REDA
DIFERENCIJALNA JEDNAČINA KOJA RAZDVAJA PROMENLJIVE
dy dy = f ( x) g ( y ) ⇔ = f ( x)dx ⇔ dx g ( y) Ako postoji b tako da je g(b)=0 onda je y=b rešenje y` = f(x) g(y) ⇔
dy
∫ g ( y) = ∫ f ( x)dx + c opšti integral
HOMOGENA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA y y ) .Rešava se uvodjenjem smene = z odakle je y`= z+xz` . Posle smene svodi x x se na d.j. koja razdvaja promenljive. Za x=0 (y ≠ 0) ako postoji zk iz R tako da je f(zk) – zk = 0 onda y= zkx (x>0) i y= zkx (x<0) (0,0) je singularna tačka i izuzimamo je iz oblasti definisanosti
Oblika je y`=f (
DIFERENCIJALNA JEDNAČINA OBLIKA
y`= f (
ax + by + c ) a1 x + b1 y + c1
Rešava se uvodjenjem smena x = u + α gde je dx=du i dy= dv i v= v(u) , tražimo konstante α i
β
y=v+ β dv au + bv + aα + bβ + c Zamenom u jednačini dobijamo = f( ) du a1u + b1v + a1α + b1 β + c1 Odavde mora biti aα + bβ + c = 0 i a1α + b1 β + c1 = 0 dv v a b a b = g( ) = 0 onda a= a1k i b= b1k i ako je ≠ 0 onda du u homogena d.j. a1 b1 a1 b1 LINEARNA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA
Oblika je y`+ p(x) y = q(x) i rešava se preko formule − p ( x ) dx p ( x ) dx (c + ∫ q ( x )e ∫ dx) y= e ∫
1277
1
www.matematiranje.com BERNULIJEVA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA
Oblika je y`+ p(x) y = q(x ) yn rešava se smenom z = y1-n pa je z` = (1-n) y-ny` Celu jednačinu podelimo sa yn i svedemo je na linearnu d. j.
LAGRANŽOVA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA
Oblika je y = xA(y`)+B(y`) dy = p , pa je dy = pdx Uvodimo smenu y` = p , dx y=xA(p)+B(p) diferenciramo i svedemo je na linearnu d.j. A`( p) dx B`( p) x= dp p − A( p) p − A( p)
KLEROOVA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA
Oblika je y = xy`+A(y`) Uvodimo smenu y` = p ,
dy = p , pa je dy = pdx dx
Posle diferenciranja dobijamo : x+A`(p)=0 ili dp=0
RIKATIJEVA DIFERENCIJALNA JEDNAČINA
Oblika je y` = P(x) y2 + Q(x)y + R(x) 1) Ako su P,Q,R konstante onda je ovo d.j. koja razdvaja promenljive B C 2) Ako je y`=Ay2+ y + 2 uvodimo smenu z=yx gde je z=z(x) x x 3) Ako je poznato jedno partikularno rešenje y1(x) , onda uzimamo smenu y(x) = y1(x)+
1 i z ( x)
posle sredjivanja dobijamo linearnu d.j.
1278
2
www.matematiranje.com
METOD PARAMETRA
Neka nam je data funkcija u obliku F(x,y,y`)=0 1) Ako je y = f(x, y`) onda uzimamo smenu y` = p , pa je dy =
∂f ∂f dx + dp zamenimo dy i sredimo.... ∂x ∂y
dy = p , pa je dy = pdx dx
2) Ako je x = g(y,y`) smena je isto y` = p , dy= pdx dx =
dy ∂g ∂g dy + dp zamenimo dx = i rešavamo ... p ∂y ∂p
DIFERENCIJALNA JEDNAČINA SA TOTALNIM DIFERENCIJALOM
Oblika je P(x,y) + Q(x,y) = 0 Teorema: Da bi ova jednačina bila sa totalnim diferencijalom potrebno je i dovoljno da je
Rešavamo je preko formule : C=
∂P ∂Q = ∂y ∂x
∂
∫ P( x, y)dx + ∫ [Q − ∂y ∫ P( x, y)dx]dy
INTEGRACIONI FAKTOR
Ako jednačina P(x,y) + Q(x,y) = 0 nije jednačina sa totalnim diferencijalom tražimo funkciju μ = μ ( x, y ) tako da μ (x,y) P(x,y)+ μ (x,y) Q(x,y)=0 postane jednačina sa tot.dif.
1279
3
www.matematiranje.com 1) Ako je μ (x,y)= μ (x)
∫
dμ
μ
=∫
1 ∂P ∂Q ( − )dx Q ∂y ∂x
2) Ako je μ (x,y)= μ (y)
∫
dμ
1 ∂Q ∂P =∫ ( − )dy μ P ∂x ∂y
3) Ako je μ (x,y)= μ (w(x,y))
∂Q ∂P − dμ ∂x ∂y ∫ μ = ∫ ∂w ∂w dw −Q P ∂y ∂x Kad ne znamo oblik integracionog faktora probamo sa w(x,y)= λ ln x + ν ln y
1280
4
www.matematiranje.com
1. Reši diferencijalnu jednačinu: x(1+y2) = y y` Rešenje: x(1+y2) = y y` dy x(1+y2) = y sve pomnožimo sa dx (dx ≠ 0) i podelimo sa 1+y2 dx ydy x dx = znači ovo je diferencijalna jednačina koja razdvaja promenljive! 1+ y2 ydy ∫ xdx = ∫ 1 + y 2 integral na levoj strani je tablični a za ovaj na desnoj strani uzimamo smenu. 1 + y 2 = t 1 dt 1 1 x2 ydy =∫ = = ∫ = ln t + c = ln 1 + y 2 + c 2 2 2 2 1+ y 2 ydy = dt 2 t
Dakle: x2 1 = ln 1 + y 2 + c 2 2
je opšte rešenje ove diferencijalne jednačine.
2. Reši diferencijalnu jednačinu: x2= 3y2y`
Rešenje:
x2= 3y2y` dy x2= 3y2 dx x2dx = 3y2dy
∫x
2
dx = ∫ 3 y 2 dy
sve pomnožimo sa dx (dx ≠ 0) diferencijalna jednačina koja razdvaja promenljive! oba su tablična
x3 y3 =3 +c 3 3 x3 = y3 + c 3
3. Reši diferencijalnu jednačinu: y`= Rešenje:
y`=
ovo je opšte rešenje
2x + y 2x
2x + y 2x
1281
1
www.matematiranje.com y x(2 + ) x y`= 2x y 2+ x y`= ovo je homogena d.j. 2 y Uzimamo smenu : = z ⇒ y = zx ⇒ y`= z `x + z x 2+ z z `x + z = 2 2+ z z `x = −z 2 2 + z − 2z 2 2− z dz z `x = ovo je diferencijalna jednačina koja razdvaja promenljive z`= 2 dx 2− z dz x= 2 dx 1 dx dz = 2− z 2 x dz 1 dx ∫ 2− z = ∫ 2 x 1 − ln 2 − z = ln x + ln c trik je da kada su sva rešenja po ln da se doda lnc umesto c 2 z `x =
1
ln 2 − z
−1
= ln x 2 + ln c
ln 2 − z
−1
= ln x 2 c
2−z
−1
1
antilogaritmujemo
1
= x 2c
y 1 = x c vratimo smenu =z x 2− z 1 = x c ovo je opšte rešenje, ako zahteva vaš profesor odavde izrazite y y 2− x 4. Reši diferencijalnu jednačinu: Rešenje:
xy2dy = (x3 + y3)dx
xy2dy = (x3 + y3)dx dy x 3 + y 3 = gore izvlačimo x3 2 dx xy
1282
2
www.matematiranje.com y3 x (1 + 3 ) x y`= 2 xy 3
y`=
x 2 (1 + y2
(1 + y`=
y3 ) x 3 spustimo x2 dole ispod y2
y3 ) x3
y2 x2 y 1 + ( )3 x y`= jasno je da je ovo homogena d.j. y 2 ( ) x y Uzimamo smenu : = z ⇒ y = zx ⇒ y`= z `x + z x 1+ z3 z2 1+ z3 z `x = −z z2 1+ z3 − z3 z `x = z2 dz 1 z `x = 2 razdvaja promenljive z`= dx z dz 1 x= 2 dx z dx z 2 dz = x dx 2 ∫ z dz = ∫ x z `x + z =
3
z = ln x + c 3
vratimo smenu
y =z x
pa je
y ( )3 x = ln x + c 3
opšte rešenje
5. Reši diferencijalnu jednačinu: xy` - x2 +2y = 0
Rešenje:
xy` - x2 +2y = 0
1283
3
www.matematiranje.com xy` + 2y = x2 y`+
2 y=x x
sve podelimo sa x ( x ≠ 0) ovo je linearna d.j. p(x)=
2 x
Opšte rešenje ove d.j. dato je formulom
Nađimo prvo rešenje integrala
2
p ( x ) dx
dx = ∫ xe
ln x 2
− p ( x ) dx p ( x ) dx y= e ∫ (c + ∫ q ( x )e ∫ dx)
∫ p( x)dx
∫ p( x)dx = ∫ xdx =2 ln x = ln x ∫ ∫ q ( x )e
i q(x)= x
2
dx = ∫ xx 2 dx = ∫ x 3 dx =
x4 4
p ( x ) dx 1 x4 x4 − ln x 2 ∫ (c + ∫ q ( x )e dx) = e [c + ] = 2 [c + ] dakle: 4 4 x 4 1 x y = 2 [c + ] je opšte rešenje. 4 x
y= e ∫
− p ( x ) dx
6. Reši diferencijalnu jednačinu:
y` -2xy = (x – x3) e x
2
2
Rešenje: y` -2xy = (x – x3) e x ovo je linearna d.j. p(x)= - 2x i q(x)= (x – x3) e x
Nađimo prvo rešenje integrala
∫ p( x)dx
∫ p( x)dx = ∫ (−2 x)dx = −2∫ xdx = −2 ∫ ∫ q ( x )e
p ( x ) dx
x2 = −x2 2
dx = ∫ ( x − x 3 )e x e − x dx = ∫ ( x − x 3 )dx = 2
2
2
x2 x4 − 2 4
Sada je konačno rešenje : p ( x ) dx x2 x4 x2 ∫ (c + ∫ q ( x )e dx) = e [c + − ] 2 4 2 4 2 x x y = e x [c + − ] 2 4
y= e ∫
− p ( x ) dx
1284
4
www.matematiranje.com
y` cos2x = tg x – y i nađi ono partikularno rešenje koje zadovoljava
7 . Reši diferencijalnu jednačinu: uslove : x=0 i y= 0
Rešenje: Najpre ćemo rešiti datu diferencijalnu jednačinu a zatim naći vrednost konstante za date uslove.
y` cos2x = tg x – y y` cos2x + y = tg x sve podelimo sa cos2x y` +
1 tgx y= 2 cos x cos 2 x
p ( x) =
ovo je linearna d.j.
1 tgx ..................q ( x) = 2 cos x cos 2 x
Nađimo, kao i obično, prvo rešavamo integral 1
∫ p( x)dx = ∫ cos ∫
2
p ( x ) dx q ( x )e ∫ dx =
x
∫ p( x)dx
dx = tg x
tgx tgx ∫ cos 2 xe dx =
tgx = t 1 = ∫ te t dt = parcija ln a...... int egracija = dx dt = cos 2 x
t =u e t dt = dv = te t − e t = tgxe tgx − e tgx t dt = du e =v
− p ( x ) dx p ( x ) dx (c + ∫ q ( x )e ∫ dx) = e − tgx [c + tgxe tgx − e tgx ] y= e ∫
y = e − tgx c + tgx − 1
opšte rešenje
Menjamo ovde x=0 i y= 0 0= e − tg 0 c + tg 0 − 1 0=c–1 c=1
sad ovo vratimo u opšte rešenje y = e − tgx 1 + tgx − 1 = e − tgx + tgx − 1
8. Reši diferencijalnu jednačinu: Rešenje:
xy`−2 x 2 y = 4 y
xy`−2 x 2 y = 4 y
1285
5
www.matematiranje.com xy`−4 y = 2 x 2 y 1
xy`−4 y = 2 x 2 y 2 1
y`−
4 y = 2 x y 2 ovo je Bernulijeva d.j. za koju je x
n=
1 pa je smena: 2
y 1− n = u 1
y2 = u −1
1
y`−
1 2 y y`= u ` 2 y` = 2u ` 1
1
4 y = 2 x y 2 sve podelimo sa y 2 x
y2
Vratimo se u jednačinu: y` y
1 2
−
4 y = 2x x 12 y
4 2u`− u = 2 x sve podelimo sa 2 x 2 u`− u = x x u(x) =
ovo je linearna d.j. po u
− p ( x ) dx p ( x ) dx e ∫ (c + ∫ q ( x ) e ∫ dx)
2
∫ p( x)dx = ∫ (− x )dx = −2 ln x = ln x ∫ ∫ q ( x )e
u(x) =
p ( x ) dx
dx = ∫ xe ln x dx = ∫ x −2
−2
= ln
1 x2
1 1 dx = ∫ dx = ln x 2 x x
2 − p ( x ) dx p ( x ) dx e ∫ (c + ∫ q ( x ) e ∫ dx) = e ln x [c + ln x ]
u(x) = x 2 [c + ln x ] y = x 2 [c + ln x ]
y = x 4 [c + ln x ] 2
rešenje linearne po u, vratimo smenu:
y =u
kvadriramo opšte rešenje
1286
6
www.matematiranje.com 9. Odredi ono rešenje diferencijalne jednačine ( x 2 + y 2 + 2 x)dx + 2 ydy = 0 koje zadovoljava početni uslov y(0)=1
Rešenje: Najpre ćemo rešiti datu diferencijalnu jednačinu a zatim naći vrednost konstante za dati uslov.
( x 2 + y 2 + 2 x)dx + 2 ydy = 0 podelimo sve sa dx x 2 + y 2 + 2 x + 2 yy`= 0 podelimo sve sa 2y x 2 + 2x 1 + y + y`= 0 2y 2
y`+
x 2 + 2 x −1 1 y= y ovo je Bernulijeva d.j. za koju je 2 2
n=-1
y 1− n = u
smena je : y 2 = u 2 yy`= u `
y`+
x 2 + 2 x −1 1 y= y sve pomnozimo sa 2 y 2 2
2 yy`+ y 2 = x 2 + 2 x u`+u = x 2 + 2 x u(x) =
ovo je linearna po u
− p ( x ) dx p ( x ) dx e ∫ (c + ∫ q ( x ) e ∫ dx)
∫ p( x)dx = ∫ 1dx = x
1287
7
www.matematiranje.com ∫ ∫ q ( x )e
p ( x ) dx
dx = ∫ ( x 2 + x)e x dx =
e x ( x 2 + x) − ∫ e x (2 x + 1)dx =
x2 + x = u e x dx = dv = (2 x + 1)dx = du ex = v
2 x + 1 = u e x dx = dv 2dx = du
ex = v
=
e x ( x 2 + x) − [e x (2 x + 1) − ∫ 2e x dx] e x ( x 2 + x) − e x (2 x + 1) + 2e x = e x ( x 2 + x − 2 x − 1 + 2) = e x ( x 2 − x + 1) − p ( x ) dx p ( x ) dx u(x) = e ∫ (c + ∫ q ( x ) e ∫ dx) u(x) = e − x [c + e x ( x 2 − x + 1)] = e − x c + x 2 − x + 1 u(x) = e − x c + x 2 − x + 1 vratimo smenu y2 = e − x c + x 2 − x + 1
i evo ga opšte rešenje . Stavimo x = 0 i y = 1
1 = c + 1, pa je odavde c = 0 i partikularno rešenje je : y2 = x 2 − x + 1
10. Reši diferencijalnu jednačinu:
(2 xy + 3 y 2 )dx + ( x 2 + 6 xy − 3 y 2 )dy = 0
Rešenje: Proverimo da li je ovo jednačina sa totalnim diferencijalom:
P(x,y)= 2xy+3y2 Q(x,y) = x2 + 6xy – 3y2 ∂P = 2x + 6 y ∂y
i
∂Q = 2x + 6 y ∂x
∂P ∂Q = , ovo jeste d.j.sa totalnim diferencijalom. ∂y ∂x ∂ Rešavamo je preko formule : C= ∫ P( x, y )dx + ∫ [Q − ∫ P( x, y )dx]dy ∂y Pošto je
x2 2 2 2 ∫ P( x, y)dx = ∫ (2 xy + 3 y )dx = 2 y 2 + 3 y x = yx + 3 y x 2
1288
8
www.matematiranje.com
∂ ( yx 2 + 3 y 2 x) = x 2 + 6 xy ∂y
c = yx 2 + 3 y 2 x + ∫ [ x 2 + 6 xy − 3 y 2 − x 2 − 6 xy ]dy c = yx 2 + 3 y 2 x + ∫ [−3 y 2 ]dy c = yx 2 + 3 y 2 x − y 3 je opšte rešenje
11. Reši diferencijalnu jednačinu: (3 x + 2 y + y 2 )dx + ( x + 4 xy + 5 y 2 )dy = 0 znajući da je njen integracioni faktor oblika λ = λ ( x + y 2 ) .Odrediti zatim onu integralnu krivu koja prolazi kroz tačku M(-2,1) Rešenje:
Ako je μ (x,y)= μ (w(x,y)) (pogledaj teoretski deo) onda je : ∂Q ∂P − dμ ∂x ∂y ∫ μ = ∫ ∂w ∂w dw −Q P ∂y ∂x
upotrebljavamo ovu formulu da nadjemo integracioni faktor
(3 x + 2 y + y 2 )dx + ( x + 4 xy + 5 y 2 )dy = 0 odavde je P(x,y)= 3 x + 2 y + y 2
∂P = 2 + 2y ∂y
Q(x,y)= x + 4 xy + 5 y 2
∂Q = 1+ 4y ∂x
∫ ∫ ∫
dμ
μ dμ
μ dμ
μ
=∫
1+ 4y − 2 − 2y dw (3 x + 2 y + y 2 )2 y − ( x + 4 xy + 5 y 2 )
=∫
2y −1 dw 2 xy − x + 2 y 3 − y 2
=∫
2y −1 dw x(2 y − 1) + y 2 (2 y − 1)
w=x+y2
1289
∂w =1 ∂x
∂w = 2y ∂y
9
∫ ∫
dμ
μ dμ
μ
www.matematiranje.com
=∫
2y −1 dw (2 y − 1)( x + y 2 )
=∫
1 dw (x + y 2 )
w=x+y2
ln μ =ln(x+y2) +ln c , pa je
ln μ =ln(x+y2)c to jest za c=1
μ = x+y2
Dakle ,traženi integracioni faktor je μ = x+y2 kojim množimo celu jednačinu
( x + y 2 )(3 x + 2 y + y 2 )dx + ( x + y 2 )( x + 4 xy + 5 y 2 )dy = 0 (3x 2 + 2 xy + xy 2 + 3xy 2 + 2 y 3 + y 4 )dx + ( x 2 + 4 x 2 y + 5 xy 2 + xy 2 + 4 xy 3 + 5 y 4 )dy = 0 (3x 2 + 2 xy + 4 xy 2 + 2 y 3 + y 4 )dx + ( x 2 + 4 x 2 y + 6 xy 2 + 4 xy 3 + 5 y 4 )dy = 0 ∂P = 2 x + 8 xy + 6 y 2 + 4 y 3 ∂y
C=
∂Q = 2 x + 8 xy + 6 y 2 + 4 y 3 ∂x
∂
∫ P( x, y)dx + ∫ [Q − ∂y ∫ P( x, y)dx]dy
2 2 3 4 ∫ P( x, y)dx = ∫ (3x + 2 xy + 4 xy + 2 y + y )dx =
3
x3 x2 x2 + 2y + 4y2 + 2y3x + y4 x 3 2 2
∂ x3 x2 x2 (3 + 2 y + 4y2 + 2 y 3 x + y 4 x) =x2+4x2y+6xy2+4xy3 ∂y 3 2 2 C= x 3 + x 2 y + 2 y 2 x 2 + 2 y 3 x + y 4 x + ∫ [ ( x 2 + 4 x 2 y + 6 xy 2 + 4 xy 3 + 5 y 4 ) -( x2+4x2y+6xy2+4xy3)]dy C= x 3 + x 2 y + 2 y 2 x 2 + 2 y 3 x + y 4 x + ∫ 5 y 4 dy
C= x 3 + x 2 y + 2 y 2 x 2 + 2 y 3 x + y 4 x + y 5 ovo je opšte rešenje Integralna kriva koja prolazi kroz tačku M(-2,1) je : C= -8 + 4 + 4 – 4 – 2 + 1= - 5 pa je
x3 + x2 y + 2 y 2 x2 + 2 y3 x + y 4 x + y5 = - 5
12. Reši diferencijalnu jednačinu: y`=
3 y 3 − 2 xy 2 ako se zna da je integracioni faktor u funkciji od y 7 − 3 xy 2
Rešenje:
1290
10
www.matematiranje.com 3 y 3 − 2 xy 2 y`= 7 − 3 xy 2 dy 3 y 3 − 2 xy 2 = dx 7 − 3 xy 2 (7 − 3xy 2 )dy = (3 y 3 − 2 xy 2 )dx (7 − 3xy 2 )dy − (3 y 3 − 2 xy 2 )dx = 0 (2 xy 2 − 3 y 3 )dx + (7 − 3xy 2 )dy = 0 ∂P = 4 xy − 9 y 2 ∂y
∂Q = −3y 2 ∂x
Kako je integracioni faktor u funkciji od y to ćemo koristiti formulu:
μ (x,y)= μ (y)
∫ ∫ ∫
∫ ∫
dμ
1 ∂Q ∂P =∫ ( − )dy μ P ∂x ∂y
dμ
μ dμ
μ
dμ
μ dμ
μ
=∫
1 (−3 y 2 − 4 xy + 9 y 2 )dy y (2 x − 3 y )
=∫
1 (−4 xy + 6 y 2 )dy y (2 x − 3 y )
=∫
1 2 y (3 y − 2 x)dy y (2 x − 3 y )
=∫
−2 dy y
2
2
2
ln μ = −2 ln y + ln c
μ=
ln μ = ln y
−2
+ ln c za c=1 je
1 traženi integracioni faktor y2
1291
11
www.matematiranje.com 1 1 (2 xy 2 − 3 y 3 )dx + 2 (7 − 3 xy 2 )dy = 0 2 y y (2 x − 3 y )dx + (
7 − 3 x)dy = 0 y2 ∂Q = −3 ∂x
∂P = −3 ∂y
∫ P( x, y)dx =∫
(2x – 3y)dx = x2 – 3yx
∂ ( x2 – 3yx) = - 3x ∂y C=
∂
∫ P( x, y)dx + ∫ [Q − ∂y ∫ P( x, y)dx]dy
7 − 3 x + 3x)dy y2 7 C= x2 - 3xy + ∫ ( 2 )dy y
C= x2 - 3xy + ∫ (
C = x 2 − 3xy −
7 y
ovo je opšte rešenje
13. Rešiti diferencijalnu jednačinu: y` = ln(xy` - y) Rešenje: Uvodimo smenu y`= p
dy = p ⇒ dy = pdx dx
y` = ln(xy` - y) p = ln( xp – y ) ep = xp – y y = px - ep dy =
odavde izrazimo y
diferenciramo
∂ ( xp − e p ) ∂ ( xp − e p ) dx + dp ∂x ∂p
1292
12
www.matematiranje.com dy = pdx + ( x − e p )dp pdx = pdx + ( x − e p )dp ( x − e p )dp = 0
∫ (x − e
p
)dp = 0
xp − e p + c = o x=
ep −c p
y = xp − e p ep −c p −ep p y = −c y=
ep −c p y = −c
x=
opšte rešenje u parametarskom obliku
14. Rešiti diferencijalnu jednačinu: y`+ y = xy`2 Rešenje:
I ovde ćemo kao i u prethodnom primeru upotrebiti metod parametra
y`= p
dy = p ⇒ dy = pdx dx
y`+ y = xy`2 p + y = xp 2 y = xp 2 − p
diferenciramo dy = p 2 dx + (2 px − 1)dp pdx = p 2 dx + (2 px − 1)dp ( p − p 2 )dx = (2 px − 1)dp sve podelimo sa dp ( p − p2 )
dx = (2 px − 1) dp
( p − p 2 ) x`= (2 px − 1)
1293
13
www.matematiranje.com ( p − p 2 ) x`−2 px = −1 pomnožimo sa -1
p ( p − 1) x`+2 px = 1 sve podelimo sa p(p – 1) x`+
2p 1 x= p ( p − 1) p ( p − 1)
x`+
2 1 x= ( p − 1) p ( p − 1)
ovo je linearna d.j. po x, x=x(p)
Rešavamo je upotrebom poznate formule: − p ( p ) dp p ( x ) dp (c + ∫ q ( p )e ∫ dp ) i dobijemo: x(p)= e ∫
1 [c + p − ln p ] ovo rešenje zamenimo u y = xp2- p 2 ( p − 1) 1 [c + p − ln p p2- p y(p)= 2 ( p − 1)
x(p) =
I ovo je opšte rešenje u parametarskom obliku. 14. Pokazati da diferencijalna jednačina ( x 2 + x) y`+ y 2 + (1 − 2 x) y − 2 x = 0 ima partikularno rešenje y1 = a gde je a konstanta koju treba odrediti. Naći njeno opšte rešenje. Rešenje:
( x 2 + x) y`+ y 2 + (1 − 2 x) y − 2 x = 0
ima jedno rešenje y1 = a ⇒ y1` =0 zamenimo u d.j.
0 + a 2 + (1 − 2 x)a − 2 x = 0 a 2 + a − 2ax − 2 x = 0 x(−2a − 2) + (a 2 + a ) = 0
Odavde mora biti : -2a-2 = 0 -2a = 2 a= - 1
i
a 2+ a = 0 a(a + 1)= 0 a=0 ili a = - 1
1294
14
www.matematiranje.com
pa je jedno rešenje y1 = −1
Dakle,zaključujemo da je a= - 1
Ovo je Rikatijeva diferencijalna jednačina , oblika je y` = P(x) y2 + Q(x)y + R(x) Ako je poznato jedno partikularno rešenje y1(x) , onda uzimamo smenu y(x) = y1(x)+
1 i posle sredjivanja z ( x)
dobijamo linearnu d.j.
y(x) = y1(x)+
1 z ( x)
pa je
y = −1 +
1 z` ⇒ y`= − 2 z z
( x 2 + x) y`+ y 2 + (1 − 2 x) y − 2 x = 0 z` 1 1 ) + ( − 1) 2 + (1 − 2 x)( − 1) − 2 x = 0 sredimo... 2 z z z 2x + 1 1 z= 2 z `+ 2 ovo je linearna d.j. po z x +x x +x
( x 2 + x)(−
− p ( x ) dx p ( x ) dx z(x) = e ∫ (c + ∫ q ( x ) e ∫ dx )
∫ p( x)dx = ∫
x2 + x = t 2x + 1 dt dx = = ∫ = ln t = ln x 2 + x 2 t x +x (2 x + 1)dx = dt
∫ ∫ q ( x )e
dx = ∫
z ( x) =
p ( x ) dx
c+x x2 + x
ln x 2 + x 1 e dx = x x +x 2
pa je
vratimo smenu
1 c+x a odavde je = 2 y +1 x + x
y=
x2 − c opšte rešenje x+c
15. Data je diferencijalna jednačina xy`= y 2 − (2 x + 1) y + x 2 + 2 x Odrediti realne brojeve a i b tako da je y = ax+ b partikularno rešenje date jednačine a zatim naći njeno opšte rešenje.
Rešenje:
1295
15
www.matematiranje.com y = ax + b ⇒ y`= a zamenimo u datu d.j. xy`= y 2 − (2 x + 1) y + x 2 + 2 x xa = (ax + b) 2 − (2 x + 1)(ax + b) + x 2 + 2 x 0 = a 2 x 2 + 2abx + b 2 − 2ax 2 − 2bx − ax − b + x 2 + 2 x − ax “spakujemo” uz x2, pa uz x, pa slobodne članove x 2 (a 2 − 2a + 1) + x(2ab − 2b − 2a + 2) + b 2 − b = 0 odavde mora biti: a 2 − 2a + 1 = 0
i
2ab − 2b − 2a + 2 = 0
(a-1)2= 0
(2b-2)(a-1) = 0
a=1
a= 1 ili b= 1
i
b2 − b = 0 b(b – 1)= 0 b= 0 ili b= 1
Na ovaj način smo dobili dva moguća partikularna rešenja: y = x i y = x+1 Mi ćemo naravno odabrati lakše, odnosno y = x za drugi deo zadatka. xy`= y 2 − (2 x + 1) y + x 2 + 2 x ovo je Rikatijeva diferencijalna jednačina, smena je: y(x) = y1(x)+
1 z` 1 pa je y = x + ⇒ y`= 1 − 2 zamenimo u d.j. z ( x) z z
xy`= y 2 − (2 x + 1) y + x 2 + 2 x x(1 −
z` 1 1 ) = ( x + ) 2 − (2 x + 1)( x + ) + x 2 + 2 x sredimo.... 2 z z z
1 1 z`− z = − ovo je linearna po z x x − p ( x ) dx p ( x ) dx z(x) = e ∫ (c + ∫ q ( x ) e ∫ dx ) sredimo….
z(x) = xc+1 vratimo smenu y = x +
1 1 1 ⇒ = y−x⇒ z = z z y−x
1 = xc + 1 y−x 1 y−x= xc + 1
1296
16
www.matematiranje.com 1 y = x+ je opšte rešenje xc + 1 16. Rešiti diferencijalnu jednačinu: x 2 y`= x 2 y 2 + xy + 1 Rešenje:
x 2 y`= x 2 y 2 + xy + 1 y`= y 2 +
sve podelimo sa x2
1 1 y + 2 ovo je Rikatijeva diferencijalna jednačina y` = P(x) y2 + Q(x)y + R(x) x x
Uvodimo smenu z=yx gde je z=z(x) z = yx ⇒ z `= y`x + y ⇒ y`=
y`= y 2 +
(pogledaj teorijske napomene...)
z `− y x
1 1 y+ 2 x x
1z 1 z `− y z `= ( ) 2 + + 2 sve pomnozimo sa x2 x x xx x x( z `− y ) = z 2 + z + 1 xz`− xy = z 2 + z + 1 zamenimo da je yx = z
xz`− z = z 2 + z + 1 xz`= z 2 + 2 z + 1 ov je d.j koja razdvaja promenljive z` =
dz dx
dz dx integralimo... = 2 x ( z + 1)
x
dz = z 2 + 2z + 1 dx
−
1 1 = ln x + c = ln x + c vratimo smenu z = xy i dobijamo opšte rešenje: − yx + 1 z +1
pa je
1297
17
www.matematiranje.com DIFERENCIJALNE JEDNAČINE DRUGOG REDA ( I VIŠEG) JEDNAČINA OBLIKA Y(n)= f(x) Red ove diferencijalne jednačine se smanjuje neposrednom integracijom.
JEDNAČINA OBLIKA F( x, yk, yn) = 0 Uvodimo smenu yk= p , odavde je yk+1= p` itd. (odnosno y`=p pa je y``=p` )
JEDNAČINA OBLIKA F ( y,y`,y``,…,y(n)) Uvodimo smenu y`=p, ali pazimo , sada je y``=p
dp , odnosno y``=p p` dy
JEDNAČINA OBLIKA y``+ a(x)y`+b(x)y=f(x) Posmatramo odgovarajuću homogenu jednačinu : y``+ a(x)y`+b(x)y=0 Ako je poznato jedno partikularno rešenje y1(x) ove jednačine onda je drugo rešenje: y2(x)= y1(x) ∫
− a ( x ) dx e ∫
dx , pa je rešenje homogene jednačine y(x)=c1 y1(x)+c2 y2(x) 2 y1 ( x) Nadalje variramo konstante da bi našli rešenje odgovarajuće početne nehomogene jednačine.
OJLEROVA JEDNAČINA xny(n)+ a1xn-1y(n-1)+…+an-1xy`+any = 0 (ili=f(x))
Uvodimo smenu x=et , odavde je: y`=
y`t y ``− y ` y ```−3 y t ``+2 y t ` ; y``= t 2t t ; y```= t . Itd. t e e e 3t
Odakle ovo? Važi da je: d y `t dy ( ) 2 y` d y dt e t dy dt y`= = = itd . = = tt dalje je y``= dx dx dx dx 2 e dt dt
1298
1
www.matematiranje.com Najpre rešimo homogenu Ojlerovu jednačinu , a onda rešavamo nehomogenu varijacijom konstanata ili suprotnim koeficijentima.
LINEARNA HOMOGENA D.J. SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA(DRUGOG REDA) y``+a1y`+a2y=o Njoj najpre pridružujemo karakterističnu jednačinu:
λ2 + a1λ + a 2 = 0 U zavisnosti od rešenja karakteristične jednačine razlikujemo tri slučaja: 1)
λ1 i λ2 su realna i različita, onda je : y(x)= c1e λ x + c 2 e λ x
2)
λ1 i λ2 su realna i jednaka rešenja , onda je : y(x)= c1e λ x +x c 2 e λ x
3)
λ1 i λ2 su konjugovano kompleksni brojevi : λ1 =a+bi, λ 2 =a-bi , onda je : y(x)=c1eaxcosbx+c2eaxsinbx
1
2
1
2
LINEARNA NEHOMOGENA D.J. SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA(DRUGOG REDA) y``+a1y`+a2y=f(x)
1)
METOD VARIJACIJE KONSTANATA
Najpre rešimo homogenu jednačinu y``+a1y`+a2y=o. y=c1(x)y1+c2(x)y2 i posmatramo sistem : c`1(x)y1+c`2(x)y2=0 c`1(x)y`1+c`2(x)y`2=f(x) Rešimo sistem po c1i c2 ta rešenja zamenimo u
y=c1(x)y1+c2(x)y2
1299
2
www.matematiranje.com Pazimo,jer su
c1i c2 funkcije od x-sa
2) METOD NEODREDJENIH KOEFICIJENATA Ako je f(x)=eaxPn(x)
i)
1) a nije koren karakteristične jednačine, onda je y=eaxQn(x) , gde je neodredjenim koeficijentima. 2) ii)
Qn(x) polinom n-tog stepena sa
ako je a koren karakteristične jednačine onda je y= xm eaxQn(x) , gde je m reda korena a Ako je f(x)= eax[Pn(x)cosbx+Qk(x)sinbx]
1) Ako a ± bi nisu koreni karakteristične jednačine: y= eax[SN(x)cosbx+TN(x)sinbx] gde je N=max(n,k) 2) Ako su a ± bi koreni karakteristične jednačine: y=xm eax[SN(x)cosbx+TN(x)sinbx] , gde je m- reda a ± bi
1300
3
www.matematiranje.com 1. Rešiti diferencijalnu jednačinu
y``= x + sinx
Rešenje: y``= x + sinx
uzećemo smenu y`= p , odakle je y``= p`
p` = x + sinx
dp = x+sinx dx dp = (x+sinx)dx
ovo je d.j. koja razdvaja promenljive
∫ dp = ∫ ( x + sin x)dx p=
x2 − cos x + c1 2
dodali smo konstantu c1 jer smo rešili jedan integral
x2 y`= − cos x + c1 2 dy x 2 = − cos x + c1 dx 2 x2 dy = ( − cos x + c1 )dx 2
1
∫ dy = ∫ ( 2 x
2
− cos x + c1 )dx svaki integral na desnoj strani rešavamo posebno
1 x3 y= − sin x + c1 x + c 2 2 3 y=
x3 − sin x + c1 x + c 2 6
dodamo konstantu c2
ovo je opšti integral
2. Nađi opšti integral jednačine y``+ 2yy`3=0 Rešenje:
y``+ 2yy`3=0
uzećemo smenu y`= p , odakle je y``= p`p ,(pogledaj teorijske napomene)
p`p + 2y p3 = 0
izvučemo p kao zajednički
p(p`+ 2yp2) = 0
odavde je p = 0 ili p`+ 2yp2 = 0
Za p= 0 odmah dobijamo rešenje y` = 0 to jest y = c (konstanta) p`+ 2yp2 = 0
1301
1
www.matematiranje.com dp = −2 yp 2 dy dp = −2 ydy p2 dp
∫p −
2
d.j. koja razdvaja promenljive, integralimo
= ∫ − 2 ydy
1 y2 = −2 + c1 2 p
1 = y 2 − c1 p p=
1 y − c1
y`=
1 y − c1
vratimo
2
y` = p
2
dy 1 = 2 dx y − c1 (y2 – c1)dy = dx y3 − c1 y = x + c 2 3 Dakle, rešenja su:
y=c i
opšti integral
y3 − c1 y = x + c 2 3
3. Nađi opšti integral jednačina: a) b) c) d)
y`` - 3y` + 2y = 0 y`` - 2y + y = 0 y`` - 2y` +2y = 0 yIV –5 y`` + 4y = 0
Rešenje: PAZI : U KARAKTERISTIČNOJ JEDNAČINI NEKO UZIMA KAO SMENU p, NEKO r, A NEKO λ .
1302
2
www.matematiranje.com VI RADITE ONAKO KAKO RADI VAŠ PROFESOR!( u suštini je sve jedno)
a)
y`` - 3y` + 2y = 0
najpre rešimo karakterističnu jednačinu( pogledaj teoriju)
p2 - 3p + 2 = 0 p1, 2 =
3 ±1 ⇒ p1 = 2, p 2 = 1 2
y = c1e 2 x + c 2 e x b)
y`` - 2y + y = 0
najpre rešimo karakterističnu jednačinu
p2 - 2p + 1 = 0
p1, 2 =
2±0 ⇒ p1 = 1, p 2 = 1 2
y = c1e x + c 2 xe x
c)
y`` - 2y` +2y = 0 p2 - 2p + 2 = 0
p1, 2 =
2 ± 2i 2(1 ± i ) = ⇒ p1 = 1 + i, p 2 = 1 − i 2 2
y = c1e x cos x + c 2 e x sin x ( opet pogledaj teorijske napomene) d)
yIV –5 y`` + 4y = 0 p4 – 5 p2 + 4 = 0 ( ovo je bikvadratna jednačina) p2= t je smena t2 - 5t + 4 = 0
t1, 2 =
5±3 ⇒ t1 = 4, t 2 = 1 2
vratimo smenu p2= t
p2= 4 ili p2= 1, pa je p1= 2, p2 = - 2, p3= 1, p4= -1
y = c1e x + c 2 e − x + c3 e 2 x + c 4 e −2 x
1303
3
www.matematiranje.com 4. Naći opšti integral jednačine :
y`` - y = x2 + 1
Rešenje:
Najpre nađemo rešenje odgovarajuće homogene jednačine! y`` - y = 0 p2 – 1 = 0
p1, 2 =
0±2 ⇒ p1 = 1, p 2 = −1 2
y H = c1e x + c 2 e − x Dalje možemo birati dva puta: metodu neodređenih koeficijenata ili metodu varijacije konstanti. Ovde bi bilo dobro da se podsetite teorije, da bi izabrali lakši put..... Mi ćemo koristiti metodu neodređenih koeficijenata u ovom slučaju. Y= ax2 + bx + c
gde su a,b,c traženi koeficijenti
Y` = 2ax + b Y`` = 2a Ovo zamenimo u datu d.j.
y`` - y = x2 + 1 2a – (ax2 + bx + c) = x2 + 1 2a – ax2 - bx - c = x2 + 1 - ax2 - bx +(2a- c) = x2 + 1
Sad vršimo upoređivanje koeficijenata, uz x2, pa uz x, pa slobodne članove -a = 1 -b = 0 2a – c = 1
Odavde je a = -1, b = 0 i c = -3 , pa to zamenimo u Y= ax2 + bx + c i dobijemo:
Y = - x2 – 3 pa će konačno rešenje biti : y = yH+ Y
to jest
y = c1e x + c 2 e − x − x 2 − 3
1304
4
www.matematiranje.com 5. Rešiti diferencijalnu jednačinu : y``− y`=
1 1+ ex
Rešenje:
Nađemo rešenje odgovarajuće homogene jednačine.
y``− y`= 0 p2 – p = 0 1±1 p1, 2 = ⇒ p1 = 0, p 2 = 1 2 Znači da je rešenje homogene d.j.
y H = c1 + c 2 e x
Dalje ćemo nastaviti metodom varijacije konstanata ( pogledaj malo teoriju) c1=c1(x)
i
c2=c2(x)
postavimo sistem:
c`1 +c`2 e x = 0 0c`1 +c`2 e x = c 2` =
1 1+ ex
1 e (1 + e x )
c2 = ∫
x
Iz druge jednačine izrazimo c2
integralimo
1 dx U ovom integralu ćemo kao trik dodati i gore i dole ex x e (1 + e ) x
1 1e x dx = ∫ e x (1 + e x ) ∫ e x e x (1 + e x )dx =
ex = t ex dx uzimamo smenu pa je ∫ e 2 x (1 + e x ) e x dx = dt
ex dt ∫ e 2 x (1 + e x )dx = ∫ t 2 (1 + t ) ovaj integral radimo kao racionalnu funkciju!
1 A B C = + 2 + (1 + t ) t (1 + t ) t t 2
1= At(t+1) + B(t+1) +C t2 1 = At2+At + Bt + B + C t2 sad grupišemo članove
1305
5
www.matematiranje.com
1 = t2(A+C) + t(A +B) +B ovde uporedjujemo i pravimo sistem A+C = 0 A+B = 0 B=1
odavde je A= - 1 i C = 1
Vratimo se : 1 A B C −1 1 1 = + 2 + = + 2 + (1 + t ) t (1 + t ) t (1 + t ) t t t 2
∫t
2
dt −1 1 1 1 =∫ ( + 2 + )dt = − ln t - + ln t + 1 vratimo smenu t = ex t (1 + t ) t (1 + t ) t 1 = − ln e x - x +ln(ex+1) e =-x-
Dakle , dobili smo c2(x) = - x -
1 + ln(ex+1) + d2 x e
( d2 je konstanta)
1 + ln(ex+1) + d2 x e
Sad da nadjemo c1=c1(x)
c`1 +c`2 e x = 0
c`1 = −c`2 e x = −
c1 = ∫ −
1 1 ex = − x e (1 + e ) 1+ ex x
1 dx = 1+ ex
∫
integralimo
1 dx 1+ ex
Slično kao malopre i gore i dole dodamo ex i uzimamo istu smenu ex= t i dobijamo c1(x)= ln(1+ex) – x +d1 Dakle, dobili smo :
1306
6
www.matematiranje.com
c1(x)= ln(1+ex) – x +d1 1 c2(x) = - x - x + ln(ex+1) + d2 e
Ovo vratimo u homogeno rešenje:
y H = c1 + c 2 e x
y = ln(1+ex) – x +d1 +(- x -
1 + ln(ex+1) + d2)ex x e
y = ln(1+ex) – x +d1 – xex – 1 +ex ln(ex+1) +d2 ex y = d1+d2 ex- x- xex – 1 + ln(1+ex) +ex ln(ex+1) ovo je opšte rešenje (integral)
6.
Rešiti diferencijalnu jednačinu : y`` - 2y` +2y = ex sinx
Rešenje: y`` - 2y` +2y =0
p2 - 2p + 2 = 0 2 ± 2i 2(1 ± i ) p1, 2 = = ⇒ p1 = 1 + i, p 2 = 1 − i 2 2
y H = c1e x cos x + c 2 e x sin x Variramo konstante: c1=c1(x)
i
c2=c2(x)
c`1 e x cos x + c`2 e x sin x = 0 Pazi e x cos x ∧ e x sin x mora kao izvod proizvoda! c`1 (e x cos x − e x sin x) + c`2 (e x sin x + e x cos x) = sin x c`1 cos x + c`2 sin x = 0 c`1 (cos x − sin x) + c`2 (sin x + cos x) = sin x
c`2 = −c`1
cos x sin x
c`1 (cos x − sin x) − c`1
sve smo podelili sa ex
izrazili smo c`2 i to zamenimo u drugu jednačinu cos x (sin x + cos x) = sin x sin x
sredimo i izrazimo c`1 , to je ideja!
1307
7
www.matematiranje.com cos 2 x ) = sin x sin x cos 2 x c`1 (cos x − sin x − cos x − ) = sin x sin x cos 2 x c`1 (− sin x − ) = sin x sve pomnožimo sa sin x
c`1 (cos x − sin x) − c`1 (cos x +
c`1 (sin 2 x + cos 2 x) = − sin 2 x
c`1 = − sin 2 x
- sin x
pazi, važi da je sin 2 x + cos 2 x = 1
integralimo i iskoristimo sin 2 x =
1 − cos 2 x 1 = (1 − cos 2 x) 2 2
1 1 1 c1 = − ∫ (1 − cos 2 x)dx = − ( x − sin 2 x) + d1 2 2 2 1 1 c1 = − x + sin 2 x + d1 2 4 važi da je : cos x i c`1 = − sin 2 x c`2 = −c`1 sin x c`2 = sin x cos x
c2= ∫ sin x cos xdx =
c2 =
nađimo sada i c2
pa je
c`2 = sin 2 x
cos x = sin x cos x sin x
integralimo
sin x = t t 2 sin 2 x = ∫ tdt = = + d2 cos xdx = dt 2 2
dakle
sin 2 x + d2 2
1 1 Vratimo c1 = − x + sin 2 x + d1 2 4
i
c2 =
sin 2 x + d2 2
u
y H = c1e x cos x + c 2 e x sin x
1 1 sin 2 x x y = (− x + sin 2 x + d1 ) e cos x + ( + d 2 ) e x sin x 2 2 4
konačno rešenje
Možete sve da pomnožite a može da ostane i ovako , kako kaže Vaš profa. 7.
Odrediti partikularno rešenje diferencijalne jednačine : x2y``-xy`+y = 2x
1308
8
www.matematiranje.com koje zadovoljava početne uslove y(1)= 0 i y`(1)= 1 Rešenje: Ovo je Ojlerova jednačina (pogledaj malo teorijske napomene) Uvodimo smenu x=et , odavde je: y`=
y`t y ``− y ` ; y``= t 2t t ; t e e
x2y``-xy`+y = 2x
e
2t
` y t`` − y t` t yt − e t + y t = 2e t 2t e e
skratimo…
y t`` − y t` − yt` + yt = 2e t
y t`` − 2 y t` + yt = 2e t ovo je nehomogena linearna d.j. y t`` − 2 y t` + yt = 0 p2 - 2p + 1 = 0 p1, 2 =
2±0 ⇒ p1 = 1, p 2 = 1 2
y t ( H ) = c1e t + c 2 te t sada variramo konstante… c`1 e t + c`2 te t = 0 c`1 e t + c`2 (e t + te t ) = 2e t
obe jednačine podelimo sa et
c`1 +c`2 t = 0 c`1 +c`2 (1 + t ) = 2 c`1 = −c`2 t izrazili smo jednu nepoznatu i zamenimo u drugu jednačinu − c`2 t + c`2 (1 + t ) = 2 c`2 = 2
integralimo
c 2 = ∫ 2dt = 2t + d 2 c 2 = 2t + d 2 našli smo jedno rešenje
1309
9
www.matematiranje.com
c`1 = −c`2 t = -2 t
c1 = −2 ∫ tdt = −2 c1 = −t 2 + d1
integralimo t2 + d1 = −t 2 + d1 2
našli smo drugo rešenje
Vratimo se u homogeno rešenje: y t ( H ) = c1e t + c 2 te t yt = (−t 2 + d1 ) et + (2t + d 2 ) tet pomnožimo i sredimo.. y t = d1e t + d 2 te t + t 2 e t ovo je konačno rešenje po t, vratimo smenu x=et , to jest t=lnx y = d1 x + d 2 x ln x + x ln 2 x
ovo je konačno rešenje po x
Nađimo sada traženo partikularno rešenje:(prvo izvod rešenja) y = d1 x + d 2 x ln x + x ln 2 x ovde menjamo y(1)= 0 2 y`= d1 + d 2 (ln x + 1) + ln x + 2 ln x ovde menjamo y`(1)= 1 ( pazi ln1=0) 0 = d11 + d 2 1 ln 1 + 1 ln 2 1 2 1 = d1 + d 2 (ln 1 + 1) + ln 1 + 2 ln 1 0 = d 11 ⇒ d 1 = 0 1 = d1 + d 2 ⇒ d 2 = 1
vratimo konstante u rešenje:
y = 0 x + 1x ln x + x ln 2 x y = x ln x + x ln 2 x ovo je traženo partikularno rečenje
8. Rešiti diferencijalnu jednačinu :
(x – 1 )2y``- 2(x – 1)y` + 2y = (x – 1 )2
Rešenje: Ovo je takođe Ojlerova jednačina, smena je x – 1 = et , pa je y`=
y`t y ``− y ` ; y``= t 2t t t e e
(x – 1 )2y``- 2(x – 1)y` + 2y = (x – 1 )2
1310
10
www.matematiranje.com e
2t
` y −y t yt − 2e t + 2 y t = e 2t 2t e e `` t
` t
y t`` − y t` − 2 y t` + 2 y t = e 2t y t`` − 3 y t` + 2 y t = e 2t prvo rešavamo odgovarajuću homogenu jednačinu: y t`` − 3 y t` + 2 y t = 0 p2 - 3p + 2 = 0 p1, 2 =
3 ±1 ⇒ p1 = 2, p 2 = 1 2
y t ( H ) = c1e t + c 2 e 2t
variramo konstante c1=c1(t)
c2=c2(t)
sve podelimo sa et
c`1 e t + c`2 e 2t = 0 c`1 e t + 2c`2 e 2t = e 2t c`1 +c`2 e t = 0 c`1 +2c`2 e t = e t
i
pomnožimo ovu jednačinu sa -1
− c`1 −c`2 e t = 0 c`1 +2c`2 e t = e t c 2` e t = e t c 2` = 1
integralimo
c 2 = ∫ 1dt
pa je c 2 = t + d 2 jedno rešenje
c`1 +c`2 e t = 0 c`1 = −c`2 e t pa je c`1 = −e t i kad integralimo c1 = −e t + d1 Našli smo dakle vrednosti : c 2 = t + d 2 i c1 = −e t + d1 koje ćemo vratiti u homogeno rešenje:
y t ( H ) = c1e t + c 2 e 2t yt= (−e t + d1 )e t + (t + d 2 )e 2t yt = - e2t + d1et + tet + d2e2t
1311
11
www.matematiranje.com y t = d1e t + d 2 e 2t + te 2t − e 2t ovo je rešenje po t, vratimo smenu x – 1 = et to jest t= ln(x-1) y = d1 ( x − 1) + d 2 ( x − 1) 2 + ( x − 1) 2 ln( x − 1) − ( x − 1) 2 ovo je opšte rešenje
9. Rešiti diferencijalnu jednačinu : xy``-(x+1)y`+ y = 0 ako je poznato jedno partikularno rešenje y1=ex Rešenje: xy``-(x+1)y`+ y = 0
y``−
podelimo sve sa x
1 x +1 y`+ y = 0 x x
Da vas podsetimo malo teorije: JEDNAČINA OBLIKA y``+ a(x)y`+b(x)y=f(x)
Posmatramo odgovarajuću homogenu jednačinu : y``+ a(x)y`+b(x)y=0 Ako je poznato jedno partikularno rešenje y1(x) ove jednačine onda je drugo rešenje:
e ∫ y2(x)= y1(x) ∫ 2 dx , pa je rešenje homogene jednačine y(x)=c1 y1(x)+c2 y2(x) y1 ( x) Nadalje variramo konstante da bi našli rešenje odgovarajuće početne nehomogene jednačine. − a ( x ) dx
Mi imamo homogenu jednačinu, pa ne moramo da variramo konstante! a(x)= −
x +1 x
i
b(x) =
1 x
e ∫ y2(x)= y1(x) ∫ 2 dx y1 ( x) − a ( x ) dx
− ∫ a ( x)dx = ∫ y2(x)= e x ∫
x +1 x 1 dx = ∫ ( + )dx = x + ln x x x x
x ln x x = u e − x dx = dv x e x + ln x x e e x dx = e dx = e dx = = e x (− xe − x − e − x ) = − x − 1 2x 2x x ∫ ∫ −x e e e dx = du − e = v
y(x) = c1 y1(x) + c2 y2(x)
1312
12
www.matematiranje.com y(x) = c1 ex + c2 (-x-1) je konačno rešenje
1313
13
www.matematiranje.com PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE
Homogena linearna parcijalna diferencijalna jednačina Oblika je: X1(x1,x2,…xn)
∂u ∂u ∂u + X2(x1,x2,…xn) +……+ Xn(x1,x2,…xn) =0 ∂X 1 ∂X 2 ∂X n
Iz date jednačine formiramo sistem jednačina u simetričnom obliku: dX n dX 1 dX 2 = =.......= X 1 ( x1 , x 2 ,..., x n ) X 2 ( x1 , x 2 ,..., x n ) X n ( x1 , x 2 ,..., x n )
Rešimo ovaj sistem, i dobijemo integrale(rešenja)
ψ 1 ( x1 , x 2 ,..., x n ) ψ 2 ( x1 , x 2 ,..., x n )
U = φ (ψ 1 ,ψ 2 ,...,ψ n )
je opšte rešenje
ψ n ( x1 , x 2 ,..., x n ) Košijev zadatak: Dat je neki početni uslov, njega zamenimo u ψ 1 , ψ 2 ,...,ψ n , i rešavamo po x1,...,xn-1, to zamenimo u traženo Košijevo rešenje. Znači moramo da eliminišemo nepoznate (najčešće x,y i z) i sve predstavimo preko :
ψ 1 , ψ 2 , ...Nađemo vezu između njih i vratimo prava rešenja.
Nehomogena linearna parcijalna diferencijalna jednačina
Oblika je: X1(x1,x2,…xn,u)
Formiramo sistem:
∂u ∂u ∂u + X2(x1,x2,…xn,u) +……+ Xn(x1,x2,…xn,u) =R(x1,…,xn,u) ∂X 1 ∂X 2 ∂X n
dX n dX 1 dX 2 du = =.......= = X 1 ( x1 , x 2 ,..., x n , u ) X 2 ( x1 , x 2 ,..., x n , u ) X n ( x1 , x 2 ,..., x n , u ) R( x1 ,..x n , u )
1314
www.matematiranje.com
Kao rešenje dobijamo n-nezavisnih prvih integrala:
ψ 1 ( x1 , x 2 ,..., x n , u ) ψ 2 ( x1 , x 2 ,..., x n , u ) ψ n ( x1 , x 2 ,..., x n , u ) Košijev zadatak rešavamo isto kao kod homogene. Važno: Ovde uvek moramo proveriti nezavisnost prvih integrala:
Na primer, ako imamo dve nepoznate x i y ,tada je: D(ψ 1 ,ψ 2 ) ≠0 D ( x, y ) Ako imamo tri nepoznate: x,y,z onda je: D(ψ 1 ,ψ 2 ,ψ 3 ) ≠0 D ( x, y , z )
itd.
Ako se negde javi p i q , znamo da je p=
∂z ∂x
i q=
∂z ∂y
1315
PARCIJALNE DIFERENCIJALNE JEDNAČINE
1.
Odrediti Košijevo rešenje parcijalne diferencijalne jednačine : y 2 p + yzq + z 2 = 0
koje zadovoljava uslov : x – y = 0 i x – yz = 1
Rešenje: y 2 p + yzq + z 2 = 0
Najpre moramo z2 da prebacimo na drugu stranu!
y 2 p + yzq = − z 2
Sada pravimo sistem d.j. u simetričnom obliku
dx dy dz = = 2 yz − z 2 y
Uočimo drugi i treći član ove jednakosti.
dy dz = yz − z 2
Pomnožimo sve sa z
dy dz = y −z
∫
Sada integralimo
dy dz = −∫ y z
odavde je ln y = − ln z + ln c1 , odnosno y =
c1 i odatle c1= yz z
Dakle , prvi prvi integral je ψ 1 = yz
Nađimo sada drugi prvi integral:
Izrazimo iz c1= yz
dx dy = y 2 yz
da je z =
c1 i uzmimo sada iz jednakosti y
dx dy dz , prva dva člana: = = 2 yz − z 2 y
ovde ćemo najpre sve pomnožiti sa y a zatim zameniti z sa z =
1316
c1 , y
dx dy = y z
pa će biti
c1 x =
y3 + c2 3
yzx =
y3 + c2 3
dx dy = c1 y y
pa je c1 dx = y 2 dy , ovo sada integralimo:
Vratimo da je c1= yz
I odavde izrazimo konstantu
i
y3 3
y3 ψ 2 = yzx − 3
Dobili smo i drugi prvi integral:
Rešenja su : ψ 1 = yz
c 2 = yzx −
ψ 2 = yzx −
y3 3
Da li su rešenja dobra? Moramo ispitati njihovu nezavisnost! Odnosno mora da važi:
D(ψ 1 ,ψ 2 ) ≠0 D ( x, y )
to jest
∂ψ 1 ∂x ∂ψ 1 ∂y
∂ψ 2 ∂x ∂ψ 2 ≠ 0 ∂y
0 yz ≠ 0 jeste! z zx − y 2
Rešenja su dobra, idemo dalje.....
Dalje rešavamo Košijev zadatak
x – y = 0 i x – yz = 1
Šta ovde treba uraditi? Naš poso je da koristeći rešenja ψ 1 = yz
i ψ 2 = yzx −
y3 i uslove x – y = 0 3
nepoznate i nađemo vezu između rešenja.
Kako je x – yz = 1
i ψ 1 = yz to je
Kako je x – y = 0
to je x = y = ψ 1 + 1
ψ 2 = yzx −
y3 3
x − ψ 1 = 1 pa je
pa je odavde ψ 2 = ψ 1 (1 + ψ 1 ) −
x =ψ1 +1
(1 + ψ 1 ) 3 3
Dakle našli smo vezu između rešenja i eliminisali nepoznate x,y i z
1317
i
x – yz = 1, eliminišemo
Ovo malo prisredimo i vratimo prave vrednosti ψ 1 = yz , ψ 2 = yzx −
ψ 2 = ψ 1 (1 + ψ 1 ) −
(1 + ψ 1 ) 3 3
sve pomnožimo sa 3
3ψ 2 = 3ψ 1 (1 + ψ 1 ) − (1 + ψ 1 ) 3 ovde menjamo ψ 1 = yz , ψ 2 = yzx −
3( xyz −
y3 3
y3 ) = 3 yz (1 + yz ) − (1 + yz ) 3 3
y3 umesto ψ 1 i ψ 2 3
malo prisredimo …
3xyz − y 3 + 1 + y 3 z 3 = 0 i evo konačnog rešenja
2. Odrediti Košijevo rešenje parcijalne diferencijalne jednačine :
yp + xq = x 2 + y 2 koje zadovoljava uslov : x = 1 i z = 1 + 2y +3 y2 Rešenje:
yp + xq = x 2 + y 2
pređimo u simetrični sistem
dx dy dz = = 2 x y x + y2 dx dy = x y
Odavde izaberemo prva dva člana jednakosti
odavde je
∫ xdx = ∫ ydy x2 = y2 + 2 c1*
xdx = ydy
Integralimo
x2 y2 Pa je = + c1 * (ovde kao mali trik uzimamo c1* ) 2 2 obeležimo sada 2 c1*
sa c1 onda je x2 = y2 + c1 to jest
prvi prvi integral je c1 = x 2 − y 2 odnosno
ψ1 = x2 − y2
Nađimo sada drugi prvi integral: Pođimo od početne jednakosti
1318
Sve pomnožimo sa 2
dx dy dz = = 2 x y x + y2
Dodajmo prvom članu jednakosti i gore i dole y , a drugom članu jednakosti i gore i dole x
ydx xdy dz = 2 = 2 2 y x x + y2
Saberimo sada prva dva člana jednakosti
ydx + xdy dz pa je = 2 2 2 y +x x + y2 xy = z + c2 pa je
d ( xy) dz = 2 2 2 y +x x + y2
d(xy)=dz , ovo integralimo i dobijamo
drugi prvi integral ψ 2 = xy − z
Dakle: ψ 1 = x 2 − y 2 ψ 2 = xy − z
∂ψ 1 ∂x ∂ψ 1 ∂y
skratimo imenioce
∂ψ 2 ∂x ∂ψ 2 ≠ 0 ∂y
2x − 2y
su prvi integrali, proverimo njihovu nezavisnost
y ≠ 0 znači da su rešenja dobra! x
Dalje rešavamo Košijev zadatak x = 1 i z = 1 + 2y +3 y2 Najpre u oba rešenja zamenimo x = 1:
ψ 1 = 1 − y 2 i ψ 2 = y − z odavde je 1 − ψ 1 = y 2 to jest y = 1 − ψ 1 i y − ψ 2 = z Dalje ovo menjamo u z = 1 + 2y +3 y2
y − ψ 2 = 1 + 2y + 3 (1 − ψ 1 ) malo prisredimo... 3ψ 1 − ψ 2 - 4 = y 3ψ 1 − ψ 2 - 4 = 1 − ψ 1
ovde sada menjamo rešenja ψ 1 = x 2 − y 2 ψ 2 = xy − z umesto ψ 1 i ψ 2
3 ( x 2 − y 2 ) - ( xy − z ) - 4 = 1 − ( x 2 − y 2 )
opet malo prisredimo i :
konačno rešenje je z = 4- 3x2 + 3y2 + xy + 1 − ( x 2 − y 2 )
1319
3. Odrediti opšte rešenje parcijalne diferencijalne jednačine : xp + yq = z – xy Rešenje:
dx dy dz = = x y z − xy dx dy = x y
∫
uzimamo prva dva člana jednakosti integralimo
dx dy =∫ pa je odavde ln x = ln y + ln c1 x y
prvi prvi integral ψ 1 =
Izrazimo iz dx dz = x z − xy dx = x
dz x z−x c1
x c1
i iz početne jednakosti
ovde zamenimo da je y = dx = x
dz x2 z− c1
dx dy dz ćemo uzeti prvi i treći član. = = x y z − xy
x , i dobijamo c1
sredimo malo.....
dz z x z x z x = − to jest z `= − , odnosno z `− = − a ovo je linearna d.j. po z dx x c1 x c1 x c1 z `−
z x =− x c1
− p ( x ) dx p ( x ) dx z ( x) = e ∫ (c 2 + ∫ q ( x ) e ∫ dx)
1
∫ p( x)dx = − ∫ x dx = − ln x = ln x
∫ q ( x )e
−1
∫ p ( x ) dx dx = − x e ln x −1 dx = − 1 dx = − x ∫ c1 ∫ c1 c1
z ( x ) = x (c 2 −
x , tako da je y
x y
x = y c1 da je y =
pa je
odnosno x = y c1 , a odavde je c1 =
x x ) vratimo ovde da je c1 = pa je c1 y
1320
z = x(c 2 − y ) i odavde izrazimo konstantu c 2 = y +
drugi prvi integral ψ 2 = y +
z , pa je dakle: x
z x
Proverimo nezavisnost rešenja:
∂ψ 1 ∂x ∂ψ 1 ∂y
∂ψ 2 ∂x ∂ψ 2 ≠ 0 ∂y
−z x2
1 y −x y2
≠ 0 Očigledno važi!
1
x y z drugi prvi integral ψ 2 = y + x prvi prvi integral ψ 1 =
Dakle:
Važno : Kad nađemo prve integrale opšte rešenje se može zapisati u obliku F(ψ 1 ,ψ 2 )=0
Dakle, u našem slučaju bi bilo
F(
x z ,y+ )=0 y x
Još važi da ako z ulazi samo u jedan od prvih integrala, opšte rešenje se može zapisati u obliku:
ψ 1 = f(ψ 2 ) ako se z javlja u ψ 1
i
ψ 2 = f(ψ 1 ) ako se z javlja u ψ 2 U našem slučaju z se javlja u ψ 2 pa bi rešenje mogli zapisati kao:
y+
z x = f( ) i odavde možemo izraziti z po potrebi x y
z x = f( ) – y x y z = x f(
i kad sve pomnožimo sa x
x ) – xy y
1321
4. Naći onu integralnu površ parcijalne diferencijalne jednačine :
yz
∂z ∂z + zx + 2 xy = 0 ∂x ∂y
koja prolazi kroz kružnicu x2 + y2= 16 za z = 3 Rešenje:
yz
∂z ∂z + zx + 2 xy = 0 ∂y ∂x
Pazi, znamo da je
∂z ∂z = p∧ =q ∂x ∂y
yzp + zxq = −2 xy prelazimo u sistem dx dy dz = = yz zx − 2 xy dx dy = yz zx
iydvojimo prva dva člana jednakosti
sve pomnožimo sa z
dx dy = odavde je ∫ xdx = ∫ ydy y x c1 = x 2 − y 2 odnosno
x2 y2 pa je kao malopre = + c1 * odnosno x2 = y2 + c1 gde je c1= 2c1* 2 2
ψ 1 = x 2 − y 2 je prvi prvi integral
Vratimo se sada u početni sistem
dx dy dz = = proširimo prvi član jednakosti sa x, a drugi sa y yz zx − 2 xy xdx ydy dz = = xyz yzx − 2 xy
saberimo sada prva dve člana jednakosti
xdx + ydy dz = pomnožimo sve sa 2xy 2 xyz − 2 xy xdx + ydy dz = pomnožimo sa z i dobijamo z −1 xdx + ydy = -z dz
integralimo
x2 y2 z2 + = − + c 2* pomnožimo sada sve sa 2 2 2 2 x2 + y2 = - z2 + 2 c2*
sada ćemo obeležiti 2 c2* = c2
x2 + y2 = - z2 + c2 odavde je x2 + y2 + z2 = c2
odnosno:
1322
ψ 2 = x2 + y2 + z2 je drugi prvi integral
ψ 1 = x 2 − y 2 je prvi prvi integral ∂ψ 1 Proverimo nezavisnost: ∂∂ψx 1 ∂y
∂ψ 2 ∂x ≠ 0 2 x − 2 y = 8 xy ≠ 0 ∂ψ 2 2x 2 y ∂y
Da nađemo integralnu krivu koja prolazi kroz kružnicu x2 + y2= 16 za z = 3
ψ 2 = x2 + y2 + z2 pa je ψ 2 = 16 + 3 2 = 16 + 9 = 25 , zaključujemo:
Zamenimo ove vrednosti u x2 + y2 + z2 = 25
je tražena integralna kriva, a ovo je sfera (centralna) sa poluprečnikom r = 5
5. Nađi opšte rešenje parcijalne jednačine :
(2 z − 3 y )
∂u ∂u ∂u + (3x − z ) + ( y − 2 x) =0 ∂x ∂y ∂z
Rešenje:
Najpre pređimo u sistem:
dx dy dz = = 2 z − 3 y 3x − z y − 2 x
pomnožimo sa 2 drugi član jednakosti
2dy dx dz = = 2z − 3 y 6x − 2z y − 2x
dx + 2dy dz = 6x − 3 y y − 2x dx + 2dy − dz = 3(2 x − y ) 2 x − y dx + 2dy = -3 dz
saberimo sada prva dva člana jednakosti( 2z se pokrati)
malo prisredimo...
sve pomnožimo sa 3(2x-y) integralimo
x + 2y = -3z + c1 pa je c1 = x + 2 y + 3 z odnosno
ψ 1 = x + 2 y + 3 z je prvi prvi integral
1323
Vratimo se na početni sistem:
dx dy dz = = 2 z − 3 y 3x − z y − 2 x
proširimo redom prvi, drugi i treći član jednakosti sa x, y, z
xdx ydy zdz = = saberimo prva dva člana jednakosti (3xy se potire) 2 xz − 3xy 3 xy − yz yz − 2 xz xdx + ydy zdz = okrenimo imenilac kod drugog člana jednakosti i taj minus ubacimo kod brojioca 2 xz − yz yz − 2 xz xdx + ydy − zdz = 2 xz − yz 2 xz − yz xdx + ydy = - zdz
ovo integralimo
x2 y2 z2 + = − + c 2* 2 2 2 x2 + y2 + z2 = c2
naravno, sada je kad pomnožimo sve sa imeniocem
pomnožimo sve sa 2
gde je
c2 = 2 c 2*
ψ 2 = x2 + y2 + z2 je drugi prvi integral Konačno rečenje je u = f( x + 2 y + 3z ,x2 + y2 + z2)
Gde je f proizvoljna integrabilna funkcija.
1324
www.matematiranje.com SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA
Normalni oblik dx1 = f1(t,x1,x2,…,xn) dx dx1 = f2(t,x1,x2,…,xn) dx
dx1 = fn(t,x1,x2,…,xn) dx
Svaki sistem jednačina višeg rada može se svesti na odgovarajući sistem jednačina prvog reda . Sistem od n jednačina prvog reda može se uvek svesti na jednu jednačinu n-tog reda. Najčešće koristimo metod eliminacije, kombinujemo date jednačine da dobijemo neku jednačinu po jednoj od nepoznatih.....
Simetrični oblik
dX n dX 1 dX 2 = =.......= X 1 ( x1 , x 2 ,..., x n ) X 2 ( x1 , x 2 ,..., x n ) X n ( x1 , x 2 ,..., x n )
Opet kombinujemo jednačine....sada za rešenje dobijamo(ako imamo tri u sistemu) : C1=ψ 1 ( x1 , x 2 ) C2 = ψ 2 ( x1 , x 2 )
prvi integral drugi integral
1325
SISTEMI DIFERENCIJALNIH JEDNAČINA - ZADACI NORMALNI OBLIK
1. Reši sistem jednačina:
dx = −7 x + y dt dy = −2 x − 2 y dt Rešenje:
Šta je ideja kod ovih zadataka? Jednu od jednačina diferenciramo, to jest nađemo izvod cele jednačine i tu zamenimo drugu jednačinu. Moramo da napravimo da ostane samo jedna nepoznata !
dx = −7 x + y dt dy = −2 x − 5 y dt
prvo uvedemo oznake x` i y` da bi lakše radili....naravno da je x` = x`(t) i y` = y` (t)
x`= −7 x + y y`= −2 x − 5 y
iz prve jednačine izrazimo y = x` + 7x, a nju diferenciramo
x``= −7 x`+ y` y`= −2 x − 5 y
sad y` zamenimo u prvu jednačinu, a i ovo što smo izrazili (y = x` + 7x)
x``= −7 x`+(−2 x − 5 y ) = −7 x`−2 x − 5 y = −7 x`−2 x − 5( x`+7 x) = −7 x`−2 x − 5 x`−35 x = −12 x`−37 x x``= −12 x`−37 x x``+12 x`+37 x = 0 otarasili smo se od y, pa sad radimo kao d.j. drugog reda, dakle prvo karakterističnu jednačinu
λ2 + 12λ + 37 = 0 λ1, 2 =
− 12 ± 2i ⇒ λ1 = −6 + i, λ 2 = −6 − i 2
Da vas podsetimo malo teorije iz ovog dela...
1326
LINEARNA HOMOGENA D.J. SA KONSTANTNIM KOEFICIJENTIMA y``+a1y`+a2y=o
Njoj najpre pridružujemo karakterističnu jednačinu: λ2 + a1λ + a 2 = 0 U zavisnosti od rešenja karakteristične jednačine razlikujemo tri slučaja: 1) λ1 i λ2 su realna i različita, onda je : y(x)= c1e λ1x + c 2 e λ2 x 2) λ1 i λ2 su realna i jednaka rešenja , onda je : y(x)= c1e λ1x +x c 2 e λ2 x 3) λ1 i λ2 su konjugovano kompleksni brojevi : λ1 =a+bi, λ 2 =a-bi , onda je : y(x)=c1eaxcosbx+c2eaxsinbx
Pošto su naša rešenja λ1 = −6 + i, λ 2 = −6 − i , očigledno je a = -6 i b = 1, pa je rešenje:
xt = c1e −6t cos t + c 2 e −6t sin t Da nađemo sada yt. Već smo izrazili y = x` + 7x ali ovde treba x’, pa ćemo dobijeno rešenje po x diferencirati i to zameniti u ovo. xt = c1e −6t cos t + c 2 e −6t sin t x`t = c1 (−6e −6t cos t − e −6t sin t ) + c 2 (−6e −6t sin t + e −6t cos t ) zamenimo u
y = x` + 7x
yt = c1 (−6e −6t cos t − e −6t sin t ) + c 2 (−6e −6t sin t + e −6t cos t ) + 7 (c1e −6t cos t + c 2 e −6t sin t ) yt = − c1 6e −6t cos t − c1e −6t sin t − c 2 6e −6t sin t + c 2 e −6t cos t + 7 c1e −6t cos t + 7c 2 e −6t sin t y t = c1e −6t cos t − c1e −6t sin t + c 2 e −6t sin t + c 2 e −6t cos t y t = c1 (e −6t cos t − e −6t sin t ) + c 2 (e −6t sin t + e −6t cos t )
Dakle , konačno rešenje je :
xt = c1e −6t cos t + c 2 e −6t sin t y t = c1 (e −6t cos t − e −6t sin t ) + c 2 (e −6t sin t + e −6t cos t )
1327
2.
Reši sistem jednačina:
dx = x + 2y + t dt dy = 2x + y + t dt Rešenje:
x`= x + 2 y + t y`= 2 x + y + t
ne zaboravimo: x` = x`(t) i y` = y` (t)
Kao i malopre, prvu jednačinu ćemo diferencirati x`` = x` + 2y` + 1 , i y` zameniti iz druge jednačine. Y moramo izraziti iz prve i to zameniti u x`` = x` + 2y` + 1.
x`= x + 2 y + t ⇒ 2 y = x`− x − t ⇒ y =
x`− x − t 2
x`` = x` + 2y` + 1 x``= x`+2( x + y + t ) + 1
x``= x`+2 x + 2 y + 2t + 1 x``= x`+2 x + 2
x`− x − t + 2t + 1 sredimo... 2
x``−2 x`−3 x = t + 1
ovo je nehomogena linearna d.j.( podseti se...)
x``−2 x`−3 x = 0
λ2 − 2λ − 3 = 0 λ1, 2 =
2±4 ⇒ λ1 = −1, λ 2 = 3 pa je homogeno rešenje po x jednako: 2
xt ( H ) = c1e −t + c 2 e 3t Sada imamo 2 opcije: Metodu varijacije konstanata ili metodu neodređenih koeficijenata. Mislimo da je bolje(lakše) ići na neodređene koeficijente. X= At + B X` = A X``= 0
Ovo zamenimo u
x``−2 x`−3 x = t + 1
1328
-2 A –3 ( At+B) = t + 1 -2 A –3 At-3B = t + 1 -3At –2A-3B = t + 1 pa je odavde -3A=1 i -2A-3B=1 pa je A = −
1 i 3
B=−
1 , to jest 9
1 1 X= − t − 3 9 Dakle :
t 1 xt = c1e −t + c 2 e 3t − − 3 9
Kako je y =
x`− x − t t 1 , naći ćemo izvod od xt = c1e −t + c 2 e 3t − − i to zameniti u y. 2 3 9
je rešenje po x
t 1 xt = c1e −t + c 2 e 3t − − 3 9 x`t = −c1e −t + 3c 2 e 3t − yt =
1 3
t 1 1 1 [ (−c1e −t + 3c 2 e 3t − ) - (c1e −t + c 2 e 3t − − ) - t] sredimo .... 2 3 3 9
t 1 y t = −c1e −t + c 2 e 3t − − 3 9 Dakle, konačno rešenje je :
t 1 xt = c1e −t + c 2 e 3t − − 3 9 t 1 y t = −c1e −t + c 2 e 3t − − 3 9
3. Reši sistem jednačina:
dy = y+z+x dx dz = −4 y − 3z + 2 x dx
1329
Rešenje:
y`= y + z + x z`= −4 y − 3z + 2 x
ovde je z=z(x) i y=y(x)
Izrazimo z iz prve jednačine y`= y + z + x ⇒ y`− y − x = z Diferencirajmo prvu jednačinu: y``= y`+ z `+1 i zamenimo ovde z` i z y``= y`+ (−4 y − 3z + 2 x) + 1 = y`−4 y − 3z + 2 x + 1 = y`−4 y − 3( y`− y − x) + 2 x + 1 y``= y`−4 y − 3 y`+3 y + 3x + 2 x + 1
sredimo...
y``+2 y`+ y = 5 x + 1 ovo je nehomogena linearna d.j. drugog reda
y``+2 y`+ y = 0
λ2 + 2λ + 1 = 0 λ1, 2 =
−2±0 ⇒ λ1 = −1, λ 2 = −1 2
y x ( H ) = c1e − x + c 2 xe − x našli smo homogeno rešenje, opet biramo metodu neodređenih koeficijenata Y= Ax+B Y`= A Y``= 0
ovo menjamo u y``+2 y`+ y = 5 x + 1
0 + 2 A + Ax + B = 5 x + 1 Ax + 2 A + B = 5 x + 1 pa je odavde A = 5 i 2A+B = 1, to jest A= 5 i B =-9
Y= Ax+B pa je Y = 5x-9 , vratimo se u homogeno rešenje y x ( H ) = c1e − x + c 2 xe − x + Y y x = c1e − x + c 2 xe − x + 5 x − 9 dobili smo rešenje po y, sad da nađemo po z, ali najpre da nadjemo izvod od yx y`x = −c1e − x + c 2 (e − x − xe − x ) + 5 zamenimo u z = y`− y − x zx = − c1e − x + c 2 (e − x − xe − x ) + 5 - (c1e − x + c 2 xe − x + 5 x − 9) − x zx = (c 2 − 2c1 − 2c 2 x)e − x − 6 x + 14 dobili smo rešenje po z
1330
sredimo
dakle, konačno rešenje je : y x = c1e − x + c 2 xe − x + 5 x − 9 zx = (c 2 − 2c1 − 2c 2 x)e − x − 6 x + 14
4. Reši sistem jednačina:
dx = y+z dt dy = x+z dt dz = x+ y dt Rešenje:
x`= y + z y`= x + z
Naravno i ovde je x` = x`(t), y` = y` (t) i z` = z`(t)
z `= x + y Prvu jednačinu ćemo diferencirati:
x``= y`+ z` i tu zameniti y` i z` , dakle :
x``= y`+ z` =( x +z) + ( x + y) = 2x + y + z, a pošto je x`= y + z to je x`` = 2x + x` odnosno x`` - x` - 2x = 0 x`` - x` - 2x = 0 ovo je homogena linearna d.j. drugog reda
λ2 − λ − 2 = 0 λ1, 2 =
karakteristična jednačina
1± 3 ⇒ λ1 = −1, λ 2 = 2 pa je rešenje po x : 2
xt = c1e −t + c 2 e 2t
Sada tražimo rešenja po y i po z .Vratimo se na početni sistem:
x`= y + z y`= x + z z `= x + y
Oduzmimo od treće prvu jednačinu!
z` - x` = x – z Ovde ćemo zameniti x sa onim što smo izračunali xt = c1e −t + c 2 e 2t a kad nađemo izvod od ovoga dobijamo i x`
1331
xt = c1e −t + c 2 e 2t x`t = −c1e − t + 2c 2 e 2t z` - x` = x – z zamenimo x i x`
z` - (−c1e −t + 2c 2 e 2t ) = c1e − t + c 2 e 2t - z z ` + z = 3c 2 e 2t
ovo malo prisredimo...
Ovo je linearna d.j. po z
− p ( t ) dt p ( t ) dt z(t)= e ∫ (c3 + ∫ q (t )e ∫ dt )
∫ p(t )dt =∫ 1dt = t z(t)= e − t (c3 + ∫ 3c 2 e 2t e t dt ) 1 z(t)= e −t (c3 + 3c 2 ∫ e 3t dt ) = e −t (c3 + 3c 2 e 3t ) = e − t (c3 + c 2 e 3t ) = e − t c3 + c 2 e 2t 3 Tako smo dobili i rešenje po z :
z(t) = e −t c3 + c 2 e 2t
Još da nađemo rešenje po y!
y` = x + z = c1e − t + c 2 e 2t + e − t c3 + c 2 e 2t y ` = (c1 + c3 )e − t + 2c 2 e 2t ovo naravno integralimo da bi dobili y yt =
∫
[ (c1 + c3 )e − t + 2c 2 e 2t ]dt = − (c1 + c3 )e −t + c 2 e 2t
Dakle yt= − (c1 + c3 )e −t + c 2 e 2t
Konačno je :
xt = c1e −t + c 2 e 2t yt = − (c1 + c3 )e −t + c 2 e 2t zt = e − t c3 + c 2 e 2t
1332
5. Reši sistem jednačina:
x`−2 x − 4 y = cos t
i nađi rešenje za koje je x(0) = 4 i y(0) = 1
y`+ x + 2 y = sin t
Rešenje:
Najpre ćemo iz prve jednačine izraziti y:
x`−2 x − 4 y = cos t x`−2 x − cos t = 4 y x`−2 x − cos t y= 4 Sada ćemo diferencirati prvu jednačinu iz sistema:
x`−2 x − 4 y = cos t x``−2 x`−4 y`= − sin t ovde zamenimo y` x`` - 2x` -4(sin t –x – 2y)= - sin t x``- 2x` - 4 sint + 4x +8y = - sint x``- 2x` - 4 sint + 4x +8 x`` = 3sin t + 2cos t
zamenimo y
x`−2 x − cos t = - sin t 4
sredimo...
diferenciramo
x`= ∫ (3 sin t + 2 cos t )dt = −3 cos t + 2 sin t + c1 x`= −3 cos t + 2 sin t + c1 opet diferenciramo
x = ∫ (−3 cos t + 2 sin t + c1 )dt = − 3 sin t − 2 cos t + c1t + c 2 Dakle, našli smo xt xt = − 3 sin t − 2 cos t + c1t + c 2
Da bi našli y , poći ćemo od y =
y=
yt =
x`−2 x − cos t 4
x`−2 x − cos t 1 = [ (−3 cos t + 2 sin t + c1 ) - 2( − 3 sin t − 2 cos t + c1t + c 2 )- cost] 4 4 1 ( 8 sin t – 2c1t – 2c2 + c1) 4
1333
sredimo...
Dobili smo opšte rešenje: xt = − 3 sin t − 2 cos t + c1t + c 2 1 yt = ( 8 sin t – 2c1t – 2c2 + c1) 4
Da nađemo ono koje zadovoljava uslove: x(0) = 4 i y(0) = 1 4 = − 3 sin 0 − 2 cos 0 + c1 0 + c 2 odavde je očigledno c2=4 1=
1 ( 8 sin 0– 2c10 – 2c2 + c1) odavde dobijamo c1= 16 4
Traženo rešenje koje zadovoljava date uslove je :
xt = − 3 sin t − 2 cos t + 16t + 4 yt = 2sin t –8 t + 1
SIMETRIČNI OBLIK
1. Nalaženjem prvih integrala reši sistem:
dx dy dz = = xz yz − xy
Rešenje:
Uzećemo prva dva člana ove jednakosti: dx dy = očigledno možemo sve pomnožiti sa z xz yz dx dy = x y
integralimo
1334
∫
dx dy =∫ x y
pa je
ln x = ln y + ln c1
x = y c1 pa je c1 =
x prvi prvi integral . y
Dakle c1 =
x y
odnosno
ln x = ln yc1
a odavde je
x = yc1 to jest
je prvi prvi integral.
U većini zadataka nije teško naći prvi prvi integral, ali kod drugog prvog integrala nastaju problemi... Uvek imate opciju da iz dobijenog rešenja izrazite jednu nepoznatu i to zamenite u početnu datu jednačinu. Možete probati da preko nekog trika olakšate sebi posao.....Recimo za naš primer :
dx dy dz = = xz yz − xy
Ideja je da prvom članu jednakosti dodamo y i gore i dole,a drugom članu x
ydx xdy dz = = yxz xyz − xy ydx + xdy dz = − xy 2 xyz
d ( xy ) dz = 2 xyz − xy
d ( xy ) dz = 2z −1
Saberemo sad prva dva člana jednakosti
ydx + xdy možemo zapisati kao ydx + xdy = d(xy)
sve pomnožimo sa xy
odavde je d(xy) = -2z dz pa kad to integralimo, dobijamo xy = -z2 + c2 odakle je c2=xy + z2
a to je traženi drugi prvi integral
Rešenje je dakle:
c1 =
x y
prvi prvi integral
c2 = xy + z2 drugi prvi integral
Ove dve relacije definišu opšti integral sistema!
1335
2.
Nalaženjem prvih integrala reši sistem:
dx dy dz = = y−z z−x y−x Rešenje:
Sabraćemo prva dva člana jednakosti: dx + dy dz = y−x y−x
sve pomnožimo sa y - x
dx + dy = dz
ovo integralimo odavde je
x + y = z + c1
c1 = x + y – z
evo ga prvi prvi integral
Izrazimo odavde z = x + y – c1 i to zamenimo u prva dva člana jednakosti dx dy = y−z z−x dx dy = y − ( x + y − c1 ) ( x + y − c1 ) − x dx dy = − x − c1 y − c1
oslobodimo se zagrada i prisredimo...
napravimo male izmene...
y − c1 y − c1 c dy y odnosno y`= pa je y`= − odavde je = + 1 dx − x − c1 − x − c1 x + c1 x + c1
y`+
c y = 1 x + c1 x + c1
a ovo je linearna d.j. prvog reda
− p ( x ) dx p ( x ) dx y ( x) = e ∫ (c 2 + ∫ q ( x ) e ∫ dx)
1
∫ p( x)dx = ∫ x + c dx = ln x + c
1
1
− p ( x ) dx p ( x ) dx c 1 − ln x + c1 y ( x) = e ∫ (c 2 + ∫ q ( x ) e ∫ dx) = e (c 2 + ∫ 1 ( x + c1 )dx) = (c 2 + c1 x) x + c1 x + c1
y=
1 (c 2 + c1 x) x + c1
vratimo ovde da je
c1= x + y – z
1336
i sredimo…
Dakle:
y=
1 (c 2 + x( x + y − z )) x+x+ y−z
y=
c 2 + x 2 + xy − xz 2x + y − z
2 xy + y 2 − yz = c 2 + x 2 + xy − xz odavde izrazimo c2 2 xy + y 2 − yz − x 2 − xy + xz = c 2 to jest c 2 = xy + y 2 − yz − x 2 + xz je drugi prvi integral Relacije koje definišu opšti integral sistema su : c1 = x + y – z prvi prvi integral 2 c 2 = xy + y − yz − x 2 + xz drugi prvi integral
Nećemo vas više ovde mučiti sa sistemima u simetričnom obliku jer se parcijalne diferencijalne jednačine rade preko ovakvih sistema, pa ćemo tu “ utvrditi gradivo”.
1337
BROJNI REDOVI – ZADACI ( I DEO)
∞
Posmatrajmo brojni red
a1 + a2 + a3 + ....... + an + ....... = ∑ an sa pozitivnim članovima. n =1
n
Suma reda Sn= a1+a2+a3+…+an= ∑ a k je parcijalna suma. k =1
Tražimo lim S n . n →∞
Ako dobijemo lim S n =S (broj) onda red konvergira, a ako je lim S n = ± ∞ ili ne postoji, onda red divergira. n →∞
n →∞
Parcijalne sume su u stvari:
S1 = a1 S 2 = a1 + a2 S3 = a1 + a2 + a3 ... S n = a1 + a2 + a3 + ...an
...
Primer 1.
Za dati red
1 1 1 + + ... + + ....... odrediti Sn i naći lim S n . n →∞ 1⋅ 4 4 ⋅ 7 (3n − 2) ⋅ (3n + 1)
Rešenje: Sn =
1 1 1 + + ... + 1⋅ 4 4 ⋅ 7 (3n − 2) ⋅ (3n + 1)
Da bi našli graničnu vrednost, podsetićemo se trika sa rastavljanjem racionalne funkcije koji smo koristili kod integrala.
1 A B ....................................... / *(3n − 2) ⋅ (3n + 1) = + (3n − 2) ⋅ (3n + 1) 3n − 2 3n + 1 1 = A(3n + 1) + B (3n − 2) 1 = 3 An + A + 3Bn − 2 B 1 = (3 A + 3B )n + A − 2 B...........................uporedjivanje Podsetite se ovog trika u fajlu integrali zadaci IV deo. www.matematiranje.com
1338
1
3 A + 3B = 0
A − 2 B = 1........................ / *(−3) 3 A + 3B = 0 −3 A + 6 B = −3 9 B = −3 → B = −
1 1 → A= 3 3
1 1 − 1 1 1 1 = 3 + 3 = ( − ) (3n − 2) ⋅ (3n + 1) 3n − 2 3n + 1 3 3n − 2 3n + 1 Sad se vraćamo na zadatak i ovo primenjujemo na svaki sabirak datog reda:
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S n = [(1 − ) + ( − ) + ( − ) + .... + ( − − )+( )] 3 4 4 7 7 10 3n − 5 3n − 2 3n − 2 3n + 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 − S n = [1 − + − + − + .... + − + )] 3 4 4 7 7 10 3n − 5 3n − 2 3n − 2 3n + 1 1 1 S n = [1 − )] 3 3n + 1 1 1 1 1 1 lim Sn = lim [1 − )] = lim[1 − )] = n →∞ n →∞ 3 3n + 1 3 n→∞ 3n + 1 3 teži 0
S=
1 3
Naravno, trebate obnoviti I granične vrednosti funkcija( nizova) jer nam je to znanje ovde neophodno!
Primer 2. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
2n − 1
∑ 3n + 2 n =1
Rešenje: Ovde nam je posao lak! Važi teorema: ∞
Ako red
∑a
n
konvergira, onda je lim a n =0, to jest ako je lim a n ≠ 0 onda red sigurno ne konvergira. n →∞
n =1
n →∞
2n − 1 2 2n − 1 a znamo da je lim = ≠ 0 , pa smo sigurni da ovaj niz divergira. n →∞ 3n + 2 n →∞ 3n + 2 3
Dakle, tražimo lim
www.matematiranje.com
1339
2
Primer 3. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
1
∑ 2n − 1 n =1
Rešenje:
1 1 = = 0 . Da li ovo znači da red konvergira? NE! n →∞ 2 n − 1 ∞
Prvo ćemo ispitati: lim
Može konvergirati ili divergirati, ova teoremica nam pomaže u situaciji kad ne dobijemo 0 za rešenje, i onda smo sigurni da red divergira. Ovako moramo ispitivati dalje, a ideja je da dokažemo da je suma neograničena, odnosno da je lim SΘ = ± ∞ , gde je SΘ podniz niza Sn koji je uvek rastući. n →∞
1 3 1 1 1 S 22 = S 4 = 1 + + + 3 5 7 .......itd 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2m = + + + + + + + ....... + 1 3 5 7 9 11 13 2 ⋅ 2m − 1 grupišimo sabirke na sledeći način: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ) S 2m = ( + ) + ( + ) + ( + + + )....... + ( m + m + ... + 2 +1 2 + 3 2 ⋅ 2m − 1 1 3 5 7 9 11 13 15 Očigledno je da važi: S 21 = S 2 = 1 +
1 1 + >1 1 3 1 1 1 1 1 + > + = 5 7 8 8 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + > + + + = 9 11 13 15 16 16 16 16 4 ....... 1 1 1 2 m −1 1 + + ... + > = 2m + 1 2m + 3 2 ⋅ 2m − 1 2m +1 4 Kad ovo vratimo gore , dobijamo nejednakost: m −1 S 2m > 1 + 4 Potražimo ovde graničnu vrednost lim(1 + m →∞
m −1 ) = ∞ a to nam govori da niz divergira! 4 www.matematiranje.com
1340
3
Primer 4.
∞
Ispitati konvergenciju reda
1
∑n. n =1
Rešenje:
I ovde je slična situacija kao malopre: lim n →∞
1 1 = =0. n ∞
Koristimo sličan trik kao u prethodnom zadatku: Posmatramo niz parcijalnih suma S k , k ∈ N koji je uvek rastući. Njegov podniz S 2m , m ∈ N je:
1 2 1 1 1 S 22 = S 4 = 1 + + + 2 3 4 .......itd 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 S 2m = + + + + + + + + ... + m −1 + m −1 +⋯ + m 1 2 3 4 5 6 7 8 2 +1 2 + 2 2 Grupišemo članove ali tako da možemo zaključiti od čega su veći: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 +⋯ + m ) S 2m = + + ( + ) + ( + + + ) + ... + ( m −1 + m −1 2 1 2 3 4 5 6 7 8 2 +1 2 + 2 S 21 = S 2 = 1 +
1 1 1 1 1 + > + = 3 4 4 4 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + > + + + = 5 6 7 8 8 8 8 8 2 ....... 1 1 1 1 1 1 1 + m −1 +⋯ + m > m + m +⋯ + m = m −1 2 +1 2 + 2 2 2 2 2 2 Ako vratimo ove nejednakosti gore, dobijamo: m S 2m > 1 + 2
I ovde je lim(1 + m →∞
m ) = ∞ , a to opet govori da dati red divergira. 2 www.matematiranje.com
1341
4
Košijev ( Cauchyev) kriterijum ∞
Potreban i dovoljan uslov da red
∑a
n
konvergira jeste da za proizvoljno ε > 0 postoji prirodan broj N = N (ε )
n =1
tako da za n > 0 ∧ p > 0 važi:
Sn+ p − Sn < ε
Primer 5.
∞
Koristeći Košijev kriterijum dokazati da red
1
∑n
divergira.
n =1
Rešenje:
U prethodnom primeru smo dokazali da ovaj red divergira. Sad nam je posao da to dokažemo preko Košijevog kriterijuma.
Uzmimo da je p = n. Onda imamo: Sn+n − Sn = S2 n − Sn =
1 1 1 1 + + + ....... + n +1 n + 2 n + 3 2n
Kako je : 1 1 > n + 1 2n 1 1 > n + 2 2n 1 1 > n + 3 2n .......
Ovo vratimo gore i dobijamo: Sn +n − Sn = S2 n − Sn =
1 1 1 1 1 1 + + + ....... + > n⋅ = n +1 n + 2 n + 3 2n 2n 2
Da smo na početku uzeli da je, recimo, ε =
1 1 a radom smo dobili da je ε > , možemo zaključiti da red divergira. 4 2 www.matematiranje.com
1342
5
Primer 6. ∞
Koristeći Košijev kriterijum dokazati da red
∑ n =1
1 divergira. n(n + 1)
Rešenje:
Uzmimo, slično kao malopre da je ε =
Sn +n − Sn = S2 n − Sn =
1 i uzmimo da je p = n 4
1 1 1 + + ....... + (n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3) 2n(2n + 1)
Sad razmišljamo:
(n + 1)(n + 2) < (n + 2)2 →
1 1 1 1 < → < → 2 (n + 1)(n + 2) (n + 2) (n + 1)(n + 2) (n + 2) 2
1 1 < (n + 1)(n + 2) n + 2
(n + 2)(n + 3) < (n + 3)2 →
1 1 1 1 < → < → 2 (n + 2)(n + 3) (n + 3) (n + 2)(n + 3) (n + 3)2
1 1 < (n + 2)(n + 3) n + 3
............ I tako dalje.
Imamo:
Sn +n − Sn = S2 n − Sn = >
1 1 1 + + ....... + > (n + 1)(n + 2) (n + 2)(n + 3) 2n(2n + 1) 1 1 1 1 + + ... + > n+2 n+3 2n + 1 4
Dokazali smo da ovaj red divergira. www.matematiranje.com
1343
6
Poredbeni kriterijum : ∞
Važi za dva reda
∞
∑ an i
∑b
n =1
n =1
n ∞
i)
Ako je an< bn onda a)
∞
∑ bn konvergentan ⇒
∑a
n =1 ∞
n =1 ∞
b)
∑a
divergentan ⇒
n
n =1
ii)
Ako je
a n +1 bn +1 < onda a) an bn
∑b
n
konvergentan
n
divergentan
n =1 ∞
∞
∑ bn konvergentan ⇒
∑a
n =1
n =1
∞
b)
∑a
konvergentan
∞ n
divergentan ⇒
n =1
iii)
n
∑b
n
divergentan
n =1
an = M , (M ≠ 0) M je konačan broj onda redovi istovremeno konvergiraju ili divergiraju n →∞ b n
Ako je lim
∞
1
∑n
Ovde se najčešce za uporedjivanje koristi red
k
; ovaj red za k>1 konvergira, a za k ≤ 1 divergira
n =1
Primer 7. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
1
∑ 2n − 1 n =1
Rešenje: Razmišljamo: 2n − 1 > n
počevši od n=2, pa je onda
1 1 < 2n − 1 n ∞
Kako je red
1 divergentan, to je divergentan i red ∑ n =1 n ∞
[Ako je an< bn onda a)
∑b
∞
1
∑ 2n − 1
po poredbenom kriterijumu.
n =1
∞ n
konvergentan ⇒
n =1
∑a
n
konvergentan]
n =1
Neki profesori rade ovo direktno: 1 1 ∼ kad n → ∞ 2n − 1 2n ∞
Onda je
1 1 = ∑ 2 n =1 2 n
∞
1
∑n
, pa zaključujemo da dati red divergira.
n =1
www.matematiranje.com
1344
7
Primer 8. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
∑n n =1
1 n +1
Rešenje: Mi ćemo upotrebljavati onaj brži način, a vi naravno radite kako vaš profesor zahteva...
1 ∼ n n +1
1 n(n + 1)
1 1 2
∼ 1
n ⋅n
1 2
1
=
n
3 2
kad n → ∞ .
Oznaka ∼ nam znači da se ovi izrazi ponašaju slično kad n → ∞ ∞
Red
∑ n =1
1 n
3 2
∞
konvergira pa konvergira i red
∑n n =1
1 . n +1 ∞
Naravno , mogli smo koristiti i poredbeni kriterijum, gde bi uzimali red
1
∑n
2
za uporedjivanje.
n =1
Primer 9. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
n +1 − n 3 n
∑ n =1
Rešenje: Ovde ćemo izvršiti najpre racionalizaciju: ∞ n + 1 − n n + 1 + n ∞ ( n + 1) 2 − ( n ) 2 n +1− n ⋅ = = = ∑ ∑ 3 n n + 1 + n n =1 3 n ⋅ ( n + 1 + n ) n =1 3 n ⋅ ( n + 1 + n )
∞
∑ n =1 ∞
=∑ n =1
3
1 n ⋅( n +1 + n)
Sad razmišljamo:
3
1 ∼ n ⋅ ( n +1 + n)
3
1 = n ⋅( n + n) ∞
Dakle, posmatramo red
∑ n =1
1
2n
5 6
=
1 2
1 1 3
n ⋅ 2n ∞
∑ n =1
1 n
5 6
1 2
=
1
2n
kad n → ∞
5 6
, koji divergira, a onda divergira i početni red, jer ∞
ovde se najčešce za uporedjivanje koristi red
1
∑n
k
; ovaj red za k>1 konvergira, a za k ≤ 1 divergira
n =1
1345
8
Primer 10. ∞
Ispitati konvergenciju reda:
α
∑ sin n n =1
Rešenje: Ovde ćemo iskoristiti da je sin ∞
Onda imamo:
α
∑n n =1
α n
α ∼
kad n → ∞
n
∞
=α ⋅
1 a znamo da ovaj red divergira, pa divergira i red ∑ n =1 n
∞
α
∑ sin n . n =1
Primer 11. ∞
Ispitati konvergenciju reda
1 n 2 n +1
n sin
∑ n =1
Rešenje:
Kad n → ∞ već smo videli da je
sin
1 1 ∼ n n
∞
n sin
i
n 2 + 1 ∼ n 2 ∼ n , zato imamo:
1 1 n⋅ n ∼ n=1 n n n2 + 1
n sin
∞
1
∑n n =1
divergira , pa divergira i red
∑ n =1
1 n . 2 n +1
U sledećem fajlu nastavljamo sa kriterijumima za konvergenciju… www.matematiranje.com
1346
9
1347
10
BROJNI REDOVI – ZADACI ( II DEO)
Dalamberov kriterijum ∞
Ako za red
∑a
n
lim
postoji
n →∞
n =1
-
an +1 = r onda važi: an
za r > 1 red divergira za r = 1 neodlučivo za r < 1 konvergira
Primer 1. ∞
Ispitati konvergenciju reda
1
∑ n! n =1
Rešenje: Najpre da odredimo an . Ovde je to an =
1 ( znači uzimamo sve iza oznake za red). Dalje odredjujemo an +1 .Kako ? n!
Gledamo an i umesto n stavimo n+1 , pa je an +1 =
1 (n + 1)!
Sada koristimo Dalamberov kriterijum:
lim
n →∞
an +1 an
1 1 n! n! (n + 1)! = lim = lim = lim = lim =0 n →∞ n →∞ n →∞ n →∞ 1 (n + 1) (n + 1)! (n + 1) ⋅ n ! n! ∞
Dakle, dobili smo da je r = 0 < 1, pa po ovom kriterijumu , red
1
∑ n!
konvergira.
n =1
Primer 2. ∞
Ispitati konvergenciju reda
2n ∑ n =1 n
Rešenje:
lim
n →∞
an +1 an
2n +1 n n ⋅ 2n +1 n ⋅ 2n ⋅ 2 = lim n +n 1 = lim n = lim n = 2 lim = 2 ⋅1 = 2 n →∞ n →∞ 2 ⋅ ( n + 1) n →∞ n →∞ n + 1 2 2 ⋅ (n + 1) n ∞
Ovde smo dobili da je r = 2, a to nam govori da je red
2n divergentan. ∑ n =1 n
1348
1
Primer 3. ∞
Ispitati konvergenciju reda
(2n − 1)!! 1 ⋅ n +1 2 n =1 (2 n)!!
∑
Rešenje: Ovde je an =
(2n − 1)!! 1 , a da se podsetimo šta znači ovaj dvostruki faktorijel. (2n)!! 2n +1
n ! = n(n − 1)(n − 2) ⋅ ... ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 n !! = n(n − 2) ⋅ (n − 4) ⋅ ... ⋅ Zavisno da li je n paran ili neparan , kad ima !! stignemo do 2 ili 1. Recimo: 10!! = 10 ⋅ 8 ⋅ 6 ⋅ 4 ⋅ 2 9!! = 9 ⋅ 7 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅1
Ovde vam savetujemo da vodite računa o zagradama ( recimo (n !)! ≠ n !! ) Da se vratimo na zadatak:
lim
n →∞
an +1 an
(2n + 1)!! 1 ⋅ 2n +1 (2n + 1)!! (2n)!! (2n + 2)!! 2n + 2 = lim = lim n + 2 ⋅ ⋅ = n →∞ (2n − 1)!! n →∞ 2 1 (2 n 1)!! (2 n 2)!! − + ⋅ (2n)!! 2 n +1 = lim n →∞
2n +1 2 n+1 ⋅ 2
⋅
(2n + 1) (2n − 1)!! (2n − 1)!!
⋅
(2n)!! (2n + 2) (2n)!!
1 2n + 1 1 = lim ⋅ = n →∞ 2 2n + 2 2 Dakle, r = ½, pa dati red konvergira.
Primer 4. ∞
Ispitati konvergenciju reda
n!
∑n n =1
n
Rešenje:
lim
n →∞
an +1 an
(n + 1)! n (n + 1) ⋅ n ! (n + 1)! nn nn (n + 1) n +1 n = lim = lim ⋅ = lim ⋅ = lim = n →∞ n →∞ n! n ! (n + 1)n +1 n→∞ n! (n + 1) (n + 1) n n→∞ n + 1 nn n
n
1 1 1 = lim = lim 1 = n →∞ n + 1 n →∞ e 1+ n n
1349
2
Ajde da resimo ovo i na drugi način: Upotrebićemo trikče koje se često koristi kad imamo n ! . To je takozvana Stirlingova aproksimacija:
n ! ≈ 2nπ ⋅ n n ⋅ e − n Sada imamo: an =
n! ∼ nn
2nπ ⋅ n n ⋅ e − n n
n
2nπ en
=
Probamo opet Dalamberov kriterijum:
a lim n +1 = lim n →∞ a n →∞ n
2(n + 1)π 2(n + 1)π en en en +1 = lim n +1 ⋅ = lim n ⋅ n →∞ e n →∞ 2nπ 2nπ e ⋅e n e
2π (n + 1) = 2π n
( n + 1) 1 = n e
1 = lim ⋅ n →∞ e
teži 1
Dakle r = 1/e , pa ovaj red konvergira…
Primer 5. ∞
np Ispitati konvergenciju reda ∑ n =1 n ! Rešenje: Ako probamo bez Stirlingove aproksimacije, imamo:
lim
n →∞
an +1 an
(n + 1) p +1 p (n + 1) p (n + 1) (n + 1) p +1 n ! n! (n + 1)! n +1 = lim = lim = lim = lim = n →∞ n →∞ np np (n + 1)! n→∞ np (n + 1) n ! n→∞ n n! p
1 1 = lim 1 + = lim 1 + n →∞ n →∞ n n
n
p n
=e
lim
n→∞
p n
= eo = 1
Kriterijum je neodlučiv, primenimo aproksimaciju:
an =
np ∼ n!
np n p ⋅ en = 2nπ ⋅ n n ⋅ e− n 2nπ ⋅ n n
1350
3
Sad ćemo opet probati isti kriterijum: (n + 1) p ⋅ e n +1 2(n + 1)π ⋅ (n + 1)n +1 a 2nπ e n +1 nn ( n + 1) p lim n +1 = lim = lim = n n +1 n →∞ a n →∞ n →∞ n p ⋅ en np 2(n + 1)π e (n + 1) n 2nπ ⋅ n n
lim
n →∞
en ⋅ e 2nπ nn (n + 1) p = n p 2(n + 1)π en (n + 1) ⋅ (n + 1) n teži 1 n
p
n
n
n n 1 n +1 1 n − n −1 1 lim e ⋅ e ⋅ 1 + − 1 = lim e ⋅ 1 + = lim →∞ →∞ n →∞ n n n +1 n +1 n +1 n +1 n n +1 n +1 teži 1 n
−1 1 1 = lim e ⋅ 1 + = e lim 1 + →∞ n →∞ n n +1 n +1 −n − 1 1 = e lim 1 + n →∞ −n − 1
( − n −1)⋅
n ( − n −1)
n⋅( − n −1)⋅
1 ( − n −1)
1 = n +1
1 1 = e ⋅ e −1 lim =0 n →∞ n + 1 n +1
Dakle, dati red konvergira!
Košijev koreni kriterijum: ∞
Ako za red
∑a
n
postoji
n =1
-
lim n an = p onda važi : n →∞
za p > 1 red divergira za p = 1 neodlučivo za p < 1 konvergira
Primer 6.
n −1 Ispitati konvergenciju reda ∑ n =1 n + 1 ∞
n ( n −1)
1351
4
Rešenje:
n −1 lim n n →∞ n +1
n ( n −1)
n −1 = lim n →∞ n + 1
n −1 lim 1 + − 1 n →∞ n +1
n −1
n ( n −1) n
n −1 = lim n →∞ n + 1
n −1 − n −1 = lim 1 + n →∞ n +1
n +1 −2 ⋅ ( n −1) n +1
−2 1 = lim 1 + n →∞ n +1 −2
n −1
n −1
=
−2 = lim 1 + n →∞ n +1
n −1
=
n +1 −2 ⋅ ( n −1) n +1
−2 1 = lim 1 + n →∞ n +1 −2
1 Kako je r = 2 < 1 , to znači da red e
=e
∞
n −1 ∑ n =1 n + 1
lim
n→∞
−2 n + 2 n +1
= e −2 =
1 e2
n ( n −1)
konvergira po Košijevom kriterijumu.
Primer 7. ∞
1 + cos n ∑ n =1 2 + cos n
Ispitati konvergenciju reda
2 n − ln n
Rešenje:
1 + cos n lim n n →∞ 2 + cos n Znamo da izraz
1 + cos n lim n →∞ 2 + cos n
2 n − ln n
ln n n
2−
ln n n
1 + cos n = lim n n →∞ 2 + cos n
n (2 −
ln n ) n
1 + cos n = lim n →∞ 2 + cos n
2−
ln n n
teži 0 kad n teži beskonačnosti, a da cosn ne može imati veću vrednost od 1. Onda je:
1+1 ≤ lim n →∞ 2 + 1
2− 0
2
4 2 = lim = < 1 n →∞ 3 9
Dakle, ovaj red konvergira.
Rabelov kriterijum: ∞
Ako za red
∑a
n
postoji
n =1
lim n( n →∞
an − 1) = t onda : an +1
-za t > 1 konvergira -za t = 1 neodlučiv -za t < 1 divergira
1352
5
Primer 8. ∞
(2n − 1)!! 1 ⋅ 2n + 1 n =1 (2 n)!!
∑
Ispitati konvergenciju reda
Rešenje:
(2n − 1)!! 1 a (2n − 1)!! (2n + 2)!! 2n + 3 (2n)!! 2n + 1 lim n( n − 1) = lim n( − 1) = lim n( − 1) n →∞ n →∞ n →∞ (2n + 1)!! 1 (2n + 1)!! (2n)!! 2n + 1 an +1 (2n + 2)!! 2n + 3 = lim n(
(2n + 2) (2n)!! 2n + 3 − 1) = 2n + 1 (2n + 1) (2n − 1)!! (2n)!!
= lim n(
(2n + 2)(2n + 3) (2n + 2)(2n + 3) − (2n + 1)2 − 1) = lim n ( )= n →∞ (2n + 1) 2 (2n + 1) 2
= lim n(
4n 2 + 6n + 4 n + 6 − 4 n 2 − 4 n − 1 6n + 5 ) = lim n( )= 2 n →∞ (2n + 1) (2n + 1)2
n →∞
n →∞
n →∞
(2n − 1)!!
6 n 2 + 5n 6 3 = = >1 2 n →∞ 4 n + 4n + 1 4 2
= lim
Znači da ovaj red, po Rabelovom kriterijumu konvergira.
Primer 9. ∞
Nadji vrednost parametra p tako da red
n !e n konvergira. ∑ n+ p n =1 n
Rešenje: Najpre ćemo srediti izraz
an an +1
n !e n an n ! e n ( n + 1) n +1+ p n! e n (n + 1) n + p ⋅ (n + 1) 1 (n + 1) n + p nn+ p = = = = = an +1 ( n + 1)!e n +1 (n + 1)! en +1 nn+ p (n + 1) ⋅ n ! e n ⋅ e nn+ p e nn+ p ( n + 1) n +1+ p n+ p
1 n +1 1 1 = = 1 + e n e n Iskoristićemo trikče:
n+ p
1353
6
e
ln Θ
1 gde je Θ= 1 + n
= Θ,
1 1 + n
n+ p
=e
1 ln 1+ n
n+ p
=e
n+ p
1 ( n + p )ln 1+ n
Sada je an 1 1 = 1 + an +1 e n
1 ln 1+ n
n+ p
1
1
1
( n + p )ln 1+ −1+ ( n + p )ln 1+ 1 ( n + p )ln 1+ n n n = e = e −1 ⋅ e =e e
∞
moramo razviti koristeći :
ln(1+x) =
∑
n -1
(-1)
n =1
xn n
,
-1
1 1 1 1 ln(1 + ) = − 2 + ο ( 2 ) sada je: n n 2n n
1
1
1
1
1
p
p
1
p 1 1 −1+ ( n + p )ln 1+ −1+ ( n + p )( − 2 + o ( 2 )) −1+1− + − 2 + o ( 2 ) − +o( ) an n 2n 2n n 2n n n n =e =e =e = e n 2n n = e an +1
1 2 +o( 1 ) n n
1 2 + o( 1 ) kad n → ∞ n n
p−
p−
= 1+
Dalje ćemo iskoristiti Rabelov kriterijum:
a lim n( n − 1) = lim n(1 + n →∞ n →∞ an +1
1 1 p− 2 − 1) = lim n 2 = p−1 n →∞ 2 n n
p−
Sada, ako je: p−
1 3 red konvergira >1→ p > 2 2
Košijev integralni kriterijum: ∞
Ako funkcija f(x) opada, neprekidna je i pozitivna, tada red
∑ f ( n)
konvergira ili divergira istovremeno sa
n =1
∞
integralom
∫ f ( x)dx 1
Primer 10. ∞
Ispitati konvergenciju reda
1
∑ nα n =1
1354
7
Rešenje: ∞
Posmatramo integral:
1
∫ xα dx 1
∞
1 1 x −α +1 −α dx dx x dx = lim = lim = lim ∫1 xα A→∞ ∫ xα A →∞ ∫ A →∞ −α + 1 1 1 A
A
i ) Ako je α >1 onda je lim( A→∞
A 1
= lim( A→∞
A−α +1 1 − )= −α + 1 −α + 1
A−α +1 1 1 1 − ) = 0− = −α + 1 −α + 1 −α + 1 α − 1
ii ) Ako je α ≤ 1 onda je lim( A →∞
A−α +1 1 − )=∞ −α + 1 −α + 1
Dakle, red konvergira za α >1 , a divergira za α ≤ 1 .
Primer 11. Ispitati konvergenciju reda sa opštim članom an =
1 n ln p n
gde je n>1
Rešenje: ∞
A
1 1 dx p ∫2 x ln p x dx = lim ∫ A→∞ ln x x 2
Rešimo najpre integral na stranu bez granica ( da ne bi morali da menjamo granice jer moramo upotrebiti smenu)
ln x = t 1 1 t − p +1 t 1− p −p dx = = dt = t dt = = 1 ∫ x ln p x ∫ − p +1 1− p dx = dt ∫ t p x
∞
1 1 (ln x)1− p dx = lim dx = lim ∫2 x ln p x A→∞ ∫2 x ln p x A→∞ 1 − p A
i ) Ako je 1- p < 0 → p>1 konvergira
A 2
(ln A)1− p (ln 2)1− p − = A →∞ 1− p 1− p
= lim
(ln A)1− p (ln 2)1− p (ln 2)1− p (ln 2)1− p − = 0− = 1− p 1− p 1− p p −1
(ln A)1− p (ln 2)1− p − =∞ A →∞ 1− p 1− p
ii ) Ako je p<1 divergira lim
1355
8
∞
∑a
Gausov kriterijum: Ako za red
sa pozitivnim članovima postoji:
n
n =1
an µ 1 = λ + + o( 1+ε ) za an +1 n n i) ii)
Ako je λ > 1 red konvergira Ako je λ < 1 red divergira
iii)
Ako je λ =1 tada
{
za µ >1 red konvergira za µ <1 red divergira
∀ε > 0 tada:
}
Primer 12. (2n − 1)!! ∑ n =1 (2n )!! ∞
Ispitati konvergrenciju reda
p
Rešenje: p
(2n − 1)!! p p p (2n)!! (2n − 1)!! (2n + 2)!! an (2n − 1)!! (2n + 2)(2n)!! 2n + 2 = = = = 2n + 1 an +1 (2n + 1)!! p (2n + 1)!! (2n)!! (2n)!! (2n + 1)(2n − 1)!! (2n + 2)!!
Sad spakujemo malo ovaj izraz i upotrebljavamo binomnu formulu: p
p
p
1 2n + 2 2n + 1 + 1 2n + 1 = 2n + 1 = 1 + 2n + 1 = p 1 0 p p −1 1 1 p p − 2 1 2 = 1p ( ) + 1 ( ) + 1 ( ) + ... 2n + 1 2n + 1 0 2n + 1 1 2 = 1+
p p ( p + 1) 1 + + o( 2 ) 2 2n + 1 2(2n + 1) n
p 1 + o( 2 ) 2n + 1 n p 1 = 1+ + o( 2 ) 1 n 2(n + ) 2 p/2 1 = 1+ + o( 2 ) kad n → ∞ n + 1/ 2 n p/2 1 = 1+ + o( 2 ) n n = 1+
1356
9
Ovo uporedjujemo sa
an µ 1 = λ + + o( 1+ε ) an +1 n n
Jasno je da je λ =1 pa nam treba µ =
p 2
p > 1 → p > 2 red konvergira 2 p ii) Ako je µ = < 1 → p < 2 red divergira 2
i) Ako je µ =
www.matematiranje.com
1357
10
BROJNI REDOVI – ZADACI ( III DEO) ALTERNATIVNI REDOVI
Alternativni redovi su redovi sa promenljivim predznacima članova. ∞
Oblika su
a1 − a2 + a3 − a4 + ........ = ∑ (−1) n −1 an n =1 ∞
DEF: (a) Red
∞
∑ (−1)n−1 an apsolutno konvergira ako red
∑a
n =1
n =1
∞
(b) Red
n
konvergira ∞
∑ (−1)n−1 an uslovno konvergira ako on konvergira a red
∑a
n =1
n =1
n
divergira
Kriterijumi:
Lajbnicov kriterijum: ∞
Alternativni red
∑ (−1)
n −1
an konvergira ako je an > an +1
za n=1,2,3... ( monotono opadajući)
n =1
i lim an = 0 ( nula niz) n →∞
Abelov kriterijum: ∞
Red
∑a b
n n
konvergira ako:
n =1 ∞
i)
∑
an konvergira
n =1
ii)
brojevi bn obrazuju monotono ograničen niz
Dirišleov kriterijum: ∞
Red
∑a b
n n
konvergira ako:
n =1
n
i)
parcijalne sume S n = ∑ ak su ograničene
ii)
bn monotono teži nuli kad n → ∞
k =1
1358
1
Teoremica ( često se koristi u zadacima) Ako je (an ) pozitivan niz takav da je
an 1 p = 1 + + o( 2 ) an +1 n n
∞
kad n → ∞ onda red
∑ (−1)
n −1
an :
n =1
i)
- apsolutno konvergira ako je p > 1 konvergira ako je p > 0 i to - uslovno konvergira ako je 0 < p < 1
ii)
divergira ako je p ≤ 0
Još trebamo zapamtiti i da : - Ako je red apsolutno konvergentan onda je i konvergentan. -
Zbir apsolutno konvergentnog reda ne zavisi od poretka sabiranja njegovih članova.
-
Zbir uslovno konvergentnog reda promenom poretka sabiranja njegovih članova može imati proizvoljnu vrednost ( Rimanova teorema)
PRIMERI
Primer 1.
(−1) n −1 ∑ n n =1 ∞
Ispitati konvergenciju reda
Rešenje: Ovde je
an =
1 n
Važi da je n < n + 1 →
1 1 1 1 > pa možemo zaključiti da je ovo monotono opadajući niz , još je lim = = 0 , n →∞ n ∞ n n +1
(−1) n −1 konvergira. ∑ n n =1 ∞
pa po Lajbnicovom kriterijumu ovaj red Šta je sa apsolutnom konvergencijom? ∞
Posmatramo
∑a n =1
(−1) n n =1 ∞
∑
∞
n
. Za naš red je to
1
∑ n , a već smo govorili da je ovaj red divergentan, pa nam to govori da red n =1
n −1
nije apsolutno konvergentan. On je samo uslovno konvergentan.
1359
2
Primer 2. ∞
∑ (−1)
Ispitati konvergenciju reda
2
n
n =1
n +2+n 2
Rešenje: 2
Najpre uočimo da je
n +2+n 2
> 0 za svaki n iz skupa N.
Uočimo dalje da je : n +1 > n (n + 1) 2 > n 2 (n + 1) 2 + 2 > n 2 + 2 (n + 1) 2 + 2 > n 2 + 2 (n + 1) 2 + 2 + (n + 1) > n 2 + 2 + n 1
1
<
(n + 1) + 2 + (n + 1)
n +2 +n
2
2
→ an +1 < an
Dakle, radi se o opadajućem nizu, još da nadjemo: lim n →∞
∞
∑ (−1)
Dakle , red
2
n
n2 + 2 + n
n =1
1 n +2+n 2
=
1 =0 ∞
je konvergentan po Lajbnicovom kriterijumu.
Da ispitamo apsolutnu konvergenciju: ∞
∑ (−1) n =1
∞
2
n
n +2+n 2
=∑ n =1
2 n +2+n 2
Kad n → ∞ možemo razmišljati ovako:
2
n2 + 2 + n
2
∼
n2 + n
∼
2 2 1 ∼ ∼ n + n 2n n ∞
Dakle, ovaj red je istog “ karaktera” kao i red
1
∑ n , koji znamo da je divergentan. n =1
∞
Zaključujemo da je početni red
∑ (−1)n n =1
2 n2 + 2 + n
∞
uslovno konvergentan , jer on konvergira a
∑ n =1
2 n2 + 2 + n
divergira.
1360
3
Primer 3. ∞
Ispitati konvergenciju reda
∑ (−1)
n
n =1
n! nn
Rešenje: ∞
Ajmo ovde odmah da ispitamo apsolutnu konvergenciju:
∑
(−1) n
n =1
∞ n! n! = ∑ n n n n =1 n
Upotrebićemo Dalamberov kriterujum: (n + 1)! n (n + 1) ⋅ n ! an +1 (n + 1)! nn nn (n + 1)n +1 n lim lim = lim = lim ⋅ = lim ⋅ = = n →∞ a n →∞ n →∞ n! n ! ( n + 1) n +1 n→∞ n! (n + 1) (n + 1) n n →∞ n + 1 n nn n
n
1 1 1 = lim = lim 1 = n →∞ n + 1 n →∞ e 1+ n n
∞
Pošto ovaj red apsolutno konvergira, odmah zaključujemo da konvergira i red
∑ (−1) n =1
n
n! . nn
Primer 4. ∞
∑
Ispitati konvergenciju reda
n= 2
cos
π n2
n +1 ln 2 n
Rešenje: Ovde nam je ideja da upotrebimo Abelov kriterijum: ∞
∑a b
Red
n n
konvergira ako:
n =1 ∞
i)
∑
an konvergira
n =1
ii) brojevi bn obrazuju monotono ograničen niz Najpre moramo iskoristiti znanje iz jednog od trigonometrijskih fajlova: cos
π n2 n +1
= (−1) n +1 cos
π n +1 ∞
Sada posmatramo red:
∑ n= 2
(−1)n +1 cos ln 2 n
π n +1 =
(−1) n +1 π ⋅ cos ∑ 2 n +1 n = 2 ln n ∞
1361
4
(−1) n +1 π je konvergentan po Abelovom kriterijumu a brojevi cos obrazuju monoton i ograničen niz. ∑ 2 n +1 n = 2 ln n ∞
Red
Primer 5.
ln 50 n nπ sin ∑ n 4 n =1 ∞
Ispitati konvergenciju reda
Rešenje: Ovde ćemo iskoristiti Dirišleov kriterijum: ∞
Red
∑a b
n n
konvergira ako:
n =1
n
i)
parcijalne sume S n = ∑ ak su ograničene k =1
ii)
bn monotono teži nuli kad n → ∞
n
Upotrebićemo jedan rezultat iz prethodnih fajlova:
∑ sin k =1
Još nam treba da bn =
kπ 1 < π 4 sin 8
ln 50 n monotono teži nuli kad n → ∞ n
Potražimo taj limes:
ln 50 n ∞ ln 49 n ln 48 n = = Lopital = 50 lim = Lopital = 50 ⋅ 49 lim = itd = 0 n →∞ n →∞ n →∞ n n n ∞
lim
Dakle, ispunjeni su uslovi za Dirišleovu teoremu, pa dati red konvergira.
Primer 6. ∞
Ispitati konvergenciju reda
∑ (−1) n =1
n −1
(2n − 1)!! (2n)!!
p
Rešenje: (2n − 1)!! ∑ n =1 (2n )!! ∞
Ideja je da krenemo sa ispitivanjem apsolutne konvergencije: Dakle, ispitujemo
1362
p
5
Ovaj zadatak smo radili u jednom od prethodnih fajlova:
p
(2n − 1)!! p p p (2n)!! (2n − 1)!! (2n + 2)!! an (2n − 1)!! (2n + 2)(2n)!! 2n + 2 = = = = 2n + 1 an +1 (2n + 1)!! p (2n + 1)!! (2n)!! (2n)!! (2n + 1)(2n − 1)!! (2n + 2)!!
Sad spakujemo malo ovaj izraz i upotrebljavamo binomnu formulu: p
p
p
1 2n + 2 2n + 1 + 1 2n + 1 = 2n + 1 = 1 + 2n + 1 = p 1 0 p p −1 1 1 p p − 2 1 2 = 1p ( ) + 1 ( ) + 1 ( ) + ... 2n + 1 2n + 1 0 2n + 1 1 2 = 1+
1 p p ( p + 1) + + o( 2 ) 2 2n + 1 2(2n + 1) n
1 p + o( 2 ) 2n + 1 n 1 p = 1+ + o( 2 ) 1 n 2(n + ) 2 p/2 1 = 1+ + o( 2 ) kad n → ∞ n + 1/ 2 n 1 p/2 = 1+ + o( 2 ) n n Sad ćemo iskoristiti : = 1+
Teoremica Ako je (an ) pozitivan niz takav da je
an p 1 = 1 + + o( 2 ) an +1 n n
∞
kad n → ∞ onda red
i)
- apsolutno konvergira ako je p > 1 konvergira ako je p > 0 i to - uslovno konvergira ako je 0 < p < 1
ii)
divergira ako je p ≤ 0
∑ (−1)
n −1
an :
n =1
Nama je : - apsolutno konvergira ako je p / 2 > 1 → p > 2 Red konvergira za p / 2 > 0 → p > 0 i još - uslovno konvergira ako je 0 < p / 2 < 1 → 0 < p < 2
1363
6
Red divergira za p / 2 ≤ 0 → p ≤ 0 www.matematiranje.com
1364
7
REDOVI SA POZITIVNIM ČLANOVIMA ( KRITERIJUMI) ∞
a1 + a2 + a3 + ....... + an + ....... = ∑ an sa pozitivnim članovima.
Posmatrajmo brojni red
n =1
n
Suma reda Sn= a1+a2+a3+…+an= ∑ a k je parcijalna suma. k =1
Tražimo lim S n . n →∞
Ako dobijemo lim S n =S (broj) onda red konvergira, a ako je lim S n = ± ∞ ili ne postoji, onda red divergira. n →∞
n →∞
Košijev ( Cauchyev) kriterijum ∞
Potreban i dovoljan uslov da red
∑a
konvergira jeste da za proizvoljno ε > 0 postoji prirodan broj N = N (ε )
n
n =1
Sn+ p − Sn < ε
tako da za n > 0 ∧ p > 0 važi: ∞
TEOREMA: Ako red
∑a
n
konvergira, onda je lim a n =0, to jest ako je lim a n ≠ 0 onda red sigurno ne konvergira. n →∞
n =1
n →∞
Poredbeni kriterijum : ∞
Važi za dva reda
∑a
∞
n
i
n =1
∑b
n
n =1
∞
i)
Ako je an< bn onda a)
∑a
∑a
∑b
n =1 ∞
b)
divergentan ⇒
n
n =1
ii)
Ako je
∞
∑ bn konvergentan ⇒
a n +1 bn +1 < onda a) an bn
n
konvergentan
n
divergentan
n =1 ∞
n =1
∞
∑ bn konvergentan ⇒ n =1 ∞
b)
∑ an divergentan ⇒ n =1
iii)
∞
∑a
n
konvergentan
n =1
∞
∑b
n
divergentan
n =1
an = M , (M ≠ 0) M je konačan broj onda redovi istovremeno konvergiraju ili divergiraju n →∞ b n
Ako je lim
∞
Ovde se najčešce za uporedjivanje koristi red
1
∑n n =1
k
; ovaj red za k>1 konvergira, a za k ≤ 1 divergira
Dalamberov kriterijum ∞
Ako za red
∑a
n
postoji
n =1
-
lim
n →∞
an +1 = r onda važi: an
za r > 1 red divergira za r = 1 neodlučivo za r < 1 konvergira
1365
1
Košijev koreni kriterijum: ∞
Ako za red
∑a
postoji
n
n =1
-
lim n an = p onda važi : n →∞
za p > 1 red divergira za p = 1 neodlučivo za p < 1 konvergira
Rabelov kriterijum: ∞
Ako za red
∑a
n
postoji
n =1
lim n( n →∞
an − 1) = t onda : an +1
-za t > 1 konvergira -za t = 1 neodlučiv -za t < 1 divergira
Gausov kriterijum: ∞
Ako za red
∑a
n
sa pozitivnim članovima postoji:
n =1
an µ 1 = λ + + o( 1+ε ) za an +1 n n i) ii)
Ako je λ > 1 red konvergira Ako je λ < 1 red divergira
iii)
Ako je λ =1 tada
{
za µ >1 red konvergira za µ <1 red divergira
∀ε > 0 tada:
}
Košijev integralni kriterijum: ∞
Ako funkcija f(x) opada, neprekidna je i pozitivna, tada red
∑ f (n)
konvergira ili divergira istovremeno sa
n =1
∞
integralom
∫ f ( x)dx 1
1366
2
STEPENI REDOVI – ZADACI ( I deo) ∞
DEF:
∞
∑ an (t-t0)n je stepeni red , ako stavimo t-t0=x, dobijamo
∑a
n =0
n
xn =a0+a1x+…+anxn+…
n =0
n
Delimična suma reda je Sn(x)= ∑ a k x k ; a n-ti ostatak je Rn(x)= k =0
∞
∑a
n+k
x n+k
k =0
Ako postoji R tako da je x R divergira. Interval (-R,R) je interval konvergencije reda . konvergira divergira
-R
R
divergira
Za x=R i x=-R, radimo posebno , koristeći kriterijume za konvergenciju brojnih redova. Košijeva formula: lim
n →∞
an =R a n +1
1
Korena formula:
=R
lim n an
to jest
n →∞
1 = lim n an R n→∞ ∞
Važe sledeće teoreme:
Neka je S(x)=
∑a
n
xn
n =0
∞
1) lim S(x)= lim x→ x0 b
2)
∫ a
x→ x0
∞
∑ a n xn = n =0
( ∑ a n xn)dx = n =0
∞
∑( n =0
∞
∑ ( lim anxn)=S(x0) n =0
x→ x0
b
∫
anxndx)
a
3) Stepeni red se na intervalu konvergencije može diferencirati član po član
RAZVOJI ∞
e =∑ x
n =0
xn gde je (- ∞
x 2n (-1) (2n)! ,
∞
cosx =
∑
n
n =0
∞
ln(1+x) =
∑ n =1
1 = 1− x
∞
∑ n =0
xn
xn (-1)n-1 n
(- ∞
x 2 n +1 (-1) , (2n + 1)!
∞
sinx =
∑
n
n =0
(1+x)m =
∞
∑
( mn )xn ,
(- ∞
-1
n =0
,
-1
∞
-1
ln(1-x)=-
∑ n =1
x = 1− x
∞
∑
xn n
,
-1
xn
n =1
1367
1
Primer 1. Odrediti poluprečnik konvergencije i ispitati konvergenciju na krajevima intervala konvergencije za sledeće stepene redove: ∞
a)
∑ (n + 1) x
n
n =0
∞
b)
xn ∑ n =0 n ∞
v)
2n x n ∑ 2 n =0 n + 1
Rešenja: a) ∞
∑ (n + 1) x
n
n =0
Ovde je an = n + 1 pa ćemo iskoristiti Košijevu formulu: lim
n →∞
an =R a n +1
an n +1 1 = lim = =1 n →∞ a n →∞ n + 2 1 n +1
lim
Dobili smo da red konvergira u intervalu (−1,1) . Sad moramo ispitati za x = -1 i za x=1. za x = -1 Ovu vrednost zamenimo u dati red :
∞
∞
n =0
n =0
∑ (n + 1) x n → ∑ (n + 1)(−1)n
Dobili smo alternativni red. Kako je lim( n + 1) = ∞ zaključujemo da ovde red divergira. n →∞
za x = 1 ∞
∞
∞
n =0
n =0
n =0
∑ (n + 1) x n → ∑ (n + 1)(1)n = ∑ (n + 1) Ovaj brojni red takodje divergira, jer mu opšti član ne teži nuli: lim( n + 1) = ∞ n →∞
∞
Zaključak: Red
∑ (n + 1) x
n
je konvergentan na intervalu (−1,1)
n =0
1368
2
∞
b)
xn ∑ n =0 n
Ovde je an =
1 pa je zgodno opet koristiti Košijevu formulu : n
1 an n +1 1 lim = lim n = lim = =1 n →∞ a n →∞ n →∞ n 1 1 n +1 n +1 Dobili smo R=1 pa za sada imamo da red konvergira na intervalu (- 1,1 )
za x = -1
∞ xn (−1)n → ∑ ∑ n n =0 n n=0 ∞
1 n 1 1 1 → an > an +1 i opšti član teži nuli lim = 0 pa po Lajbnicovom kriterijumu Red je opadajući jer n < n + 1 → > n →∞ n n n +1
Ovo je alternativni red gde je an =
ovde red konvergira.
za x = 1
∞
∞ ∞ xn 1n 1 →∑ =∑ ∑ n =0 n n=0 n n=0 n
Za ovaj red još od ranije znamo da je divergentan ( pogledaj prethodne fajlove o brojnim redovima)
∞
Zaključak: Red
xn je konvergentan na intervalu [ -1,1 ) ∑ n =0 n www.matematiranje.com
1369
3
∞
v)
2n x n ∑ 2 n =0 n + 1
2n Kako je an = 2 n +1
zgodno je probati Košijevu formulu:
2n 2 an n 2 + 2n + 2 1 2n (n + 1) 2 + 1 2n n + 1 = lim = lim n +1 ⋅ = lim n ⋅ = lim n →∞ a n →∞ n →∞ 2 n →∞ 2n +1 n2 + 1 n2 + 1 2 2 ⋅2 n +1 teži 1 2 (n + 1) + 1 1 1 Znači da red konvergira , za sad , u intervalu (− , ) 2 2 za x = -
1 2
n 1 n n n ( −1) 2 ( − ) 2 ∞ ∞ ∞ (−1) n 2 = 2n = ∑ ∑ ∑ 2 2 n2 + 1 n =0 n=0 n + 1 n=0 n + 1
Dobili smo alternativni red kod koga je an =
Red je opadajući i opšti član teži nuli lim
n →∞
za x =
1 . n +1 2
1 = 0 pa po Lajbnicovom kriterijumu ovaj red konvergira. n +1 2
1 2
1 n 1 2n ( ) n ∞ 2 ∞ 1 2 = 2n = ∑ ∑ ∑ 2 2 2 n =0 n + 1 n =0 n + 1 n=0 n + 1 ∞
∞
Ovaj brojni red je takodje konvergentan ( direktna upotreba reda
1
∑n n =1
k
; ovaj red za k>1 konvergira, a za k ≤ 1
divergira)
∞
Zaključak: Red
2n x n 1 1 je konvergentan na intervalu [− , ] ∑ 2 2 2 n =0 n + 1
1370
4
Primer 2. 2) Odrediti poluprečnik konvergencije i ispitati konvergenciju na krajevima intervala konvergencije za sledeće stepene redove: n2
n +1 n a) ∑ x n =0 n ∞
∞
b)
∑ ( −2 ) x n
2n
n =0
Rešenje: Ovde ćemo koristiti drugu formulu za traženje poluprečnika konvergencije reda : n2
n +1 n ∑ x n =0 n ∞
a)
1 = lim n an R n→∞
1 n +1 = lim n an = lim n n n →∞ →∞ R n
n2
n
n
n +1 1 = lim = lim 1 + = e n →∞ n →∞ n n
1 1 =e→ R= R e Dakle, za sada znamo da ovaj red konvergira u intervalu
Za x =
1 1 (− , ) . e e
1 e n2
n2
n +1 1 n ∞ n +1 1 ∑ ( ) = ∑ n e e n =0 n n=0 n ∞
Proverimo najpre da li opšti član teži nuli:
n2
n +1 1 1 lim = lim 1 + n n →∞ n →∞ n e n Za x = -
n⋅ n
1 1 = lim e n n = 1 Odavde zaključujemo da red divergira. n n →∞ e e
1 e
Ovde se radi o alternativnom redu, ali sličnim načinom razmišljanja dolazimo do zaključka da i ovde red divergira.
1371
5
n2
1 1 n +1 n Zaključak: red ∑ x konvergira u intervalu (− , ) . e e n =0 n ∞
∞
b)
∑ ( −2 ) x n
2n
n =0
Primenjujemi isti kriterijum:
1 = lim n an = lim n 2n = lim2 = 2 n →∞ n →∞ R n →∞ 1 1 =2→ R= R 2 Šta ovde moramo voditi računa? ∞
Pogledajmo zadati red
∑ ( −2 ) x n
n =0
∞
2n
= ∑ ( −2 ) ( x 2 ) n
n
n =0
Znači da se ovaj poluprečnik konvergencije odnosi na x 2 a na x će se odnositi:
R=
1 1 1 je za x 2 → R = = je za x 2 2 2
1 1 , Red dakle konvergira u intervalu − 2 2 Za x = −
1 2
x=
i ∞
Zaključak: red
1 redovi će biti divergentni jer očigledno opšti član ne teži nuli. 2
∑ ( −2 ) x n =0
n
2n
1 1 konvergira u intervalu − , . 2 2 www.matematiranje.com
1372
6
STEPENI REDOVI – ZADACI ( II deo) Primer 1. Funkciju f ( x) = arctgx razviti u stepeni red i odrediti njegovu oblast konvergencije. Rešenje: Ideja je da koristimo poznati razvoj
1 = 1− x
∞
∑
xn
-1
n =0
Dakle, ovde je x 2 ∈ (−1,1) → x ∈ (−1,1) b
Kako važi teorema
∞
∫ (∑a a
n =0
n
n
x )dx =
∞
b
n =0
a
∑( ∫
anxndx) , to jest da na intervalu konvergencije integral prolazi kroz
stepeni red, imamo: ∞ ∞ 1 n 2n f ( x) = arctgx = ∫ dx ( ( 1) x ) dx (−1) n ∫ x 2 n dx = = − = ∑ ∑ 2 ∫ 1+ x n =0 0 0 n =0 0 x
x
x
∞
∑ (−1)
n
n =0
x 2 n +1 2n + 1
Uvek treba ispitati konvergenciju dobijenog reda na granicama intervala konvergencije. Kod nas je to u ovom slučaju x = -1 i x = 1 Za x = -1 ovo je 1 2n
∞ ∞ ( −1) ( −1) (−1)1 x n ( −1) (−1) → za x = −1 → ∑ (−1) =∑ = ∑ 2n + 1 2n + 1 n =0 2n + 1 n =0 n =0 2 n +1
∞
n
2 n +1
n
(−1) n +1 ∑ n = 0 2n + 1 ∞
Ovo je alternativni red i na njega ćemo primeniti Lajbnicov kriterijum: 1 1 1 < → an +1 < an = 0 i važi: n + 1 > n → 2(n + 1) > 2n → 2(n + 1) + 1 > 2n + 1 → n →∞ 2n + 1 2(n + 1) + 1 2n + 1
lim
Znači da je ovaj alternativni red konvergentan. Za x = 1 ∞
∑ (−1)n n =0
∞ x 2 n +1 (1)2 n +1 → za x = 1 → ∑ (−1)n = 2n + 1 2n + 1 n=0
(−1) n ∑ n = 0 2n + 1 ∞
Slično kao za prethodni brojni red i ovde je po Lajbnicovom kriterijumu red konvergentan. Dakle, naš stepeni red je konvergentan za x ∈ [−1,1]
1373
1
Primer 2. Funkciju f ( x) = ln
2+ x razviti u stepeni red. 1− x
Rešenje: f ( x) = ln
2+ x 1− x `
1 2 + x 1 − x 1(1 − x) + 1(2 + x) 3 = f `( x) = ⋅ = ⋅ 2 2 + x 1 − x 2 + x (2 + x)(1 − x) (1 − x) 1− x Dobili smo racionalnu funkciju koju ćemo poznatim postupkom rastaviti na sabirke:
A B 3 = + .............................. / ⋅(2 + x )(1 − x ) (2 + x)(1 − x) 2 + x 1 − x 3 = A(1 − x) + B (2 + x) 3 = A − Ax + 2 B + Bx 3 = x( − A + B ) + A + 2 B −A+ B = 0 A + 2B = 3 3B = 3 → B = 1 → A = 1 3 1 1 1 1 1 1 1 = + = + = ⋅ + (2 + x)(1 − x) 2 + x 1 − x 2(1 + x ) 1 − x 2 (1 + x ) 1 − x 2 2
Iskoristićemo
1 = 1− x
∞
∑
xn
-1
n =0
n ∞ x n ∞ (−1) n n n x = = ∑ (− ) = ∑ (−1) n = ∑ n x x x 2 n=0 n =0 2 1+ 1 − (− ) n =0 2 2 2
1
1
∞
Poluprečnik konvergencije ovog reda je : 1 n an 2n ⋅ 2 lim = lim 2 = lim n = 2 , znači x ∈ (−2, 2) n →∞ a n →∞ 1 n →∞ 2 n +1 n +1 2 Sada , za interval x ∈ (−1,1) ( koji pripada dobijenom intervalu (−2, 2) ) imamo:
1374
2
∞ 1 1 1 1 ∞ (−1) n ⋅ + = ∑ n xn + ∑ xn = 2 1 + x 1 − x 2 n=0 2 n =0 2 ∞ (−1) n n ∞ n x +∑ x =∑ n n =0 2 ⋅ 2 n =0
f `( x) =
(−1) n n ∞ n x +∑ x n +1 n =0 2 n =0 ∞
=∑
(−1)n + 2n +1 n = ∑ x 2n +1 n =0 ∞
Sad da preko integrala vratimo funkciju na f(x).
∞ ∞ (−1) n + 2n +1 n (−1)n + 2n +1 n (−1) n + 2n +1 x n +1 ⋅ = f ( x ) = ∫ (∑ x )dx =∑ ∫0 x d = ∑ 2n +1 2n +1 2n +1 n +1 n =0 n =0 0 n =0 x
∞
x
(−1) n + 2 n +1 n +1 x ∑ n +1 (n + 1) n=0 2 ∞
Primer 3. 1+ x Funkciju f ( x) = razviti u stepeni red, a zatim odrediti zbir reda (1 − x)3 Rešenje:
∞
n2 ∑ n −1 n =1 2
Opet moramo rastaviti datu funkciju. 1+ x A B C = + + ................................................ / ⋅(1 − x )3 3 2 (1 − x) 1 − x (1 − x) (1 − x)3 1 + x = A(1 − x) 2 + B (1 − x) + C 1 + x = A(1 − 2 x + x 2 + B − Bx + C 1 + x = A − 2 Ax + Ax 2 + B − Bx + C 1 + x = + Ax 2 + x(−2 A − B ) + A + B + C A=0 −2 A − B = 1 A+ B +C =1 B = −1 → C = 2 1+ x 0 −1 2 2 1 = + + = − 3 2 3 3 (1 − x) 1 − x (1 − x) (1 − x) (1 − x) (1 − x)2 Dakle : f ( x) =
2 1 − 3 (1 − x) (1 − x)2
1375
3
Znamo da je
1 = 1− x
Obeležimo sa g(x) =
∞
∑
xn
-1
n =0
1 = 1− x
∞
∑
xn
n =0
Izvod je : 1 1 1 (1 − x)`= − (−1) = 2 2 (1 − x) (1 − x) (1 − x) 2 1 1 2 g ``( x) = − ((1 − x) 2 )`= − 2(1 − x)(−1) = 4 4 (1 − x) (1 − x) (1 − x)3 g `( x) = −
Sad radimo: /
∞ 1 ∞ n n −1 = = = `( ) g x x ∑ ∑ nx (1 − x)2 n = 0 n =1
Pazi: moramo promeniti da n ide od 1. /
∞ 2 ∞ n −1 n−2 = ``( ) = `( ) ` = = g x g x nx ( ) ∑ ∑ n(n − 1) x (1 − x)3 n =1 n= 2
Pazi: moramo promeniti da n ide od 2, ali pošto prethodna suma ide od 1, izvršićemo malu korekciju za ovu drugu sumu, stavićemo da ide od 1, a gde vidimo n pišemo n+1
∞ ∞ ∞ 2 n−2 n +1− 2 = ( − 1) = ( + 1)( + 1 − 1) = (n + 1)nx n −1 = n n x n n x ∑ ∑ ∑ 3 (1 − x) n=2 n =1 n =1
∞
∑ n(n + 1) x
n −1
n =1
Sada se vraćamo na zadatak: ∞
∞
∞
∞
n =1
n =1
n =1
n =1
f ( x) = g ``( x) − g `( x) = ∑ n(n + 1) x n −1 − ∑ nx n −1 = ∑ [n(n + 1) − n]x n −1 = ∑ [n 2 + n − n]x n −1 ∞
f ( x) = ∑ n 2 x n −1 n =1
∞
Da bi našli traženi zbir reda
∞ n2 , trebamo umesto x u našem redu ( ) = f x n 2 x n −1 staviti neki broj. ∑ ∑ n −1 2 n =1 n =1
Ovde je očigledno da to treba biti
1 . Ovu vrednost menjamo u početnu , zadanu, funkciju: 2
1 1+ 1+ x 1 2 = 12 f ( x) = → f( )= (1 − x)3 2 (1 − 1 )3 2
1376
4
Primer 4.
∞
Odrediti oblast konvergencije i sumu reda
∑ n2 x n a zatim naći sumu numeričkog reda n =1
(−1)n n 2 ∑ 2n n =1 ∞
Rešenje:
Kako je an = n 2 koristimo formulu
lim
n →∞
an =R a n +1
an n2 n2 1 lim = lim = lim 2 = = 1 dakle R=1 n →∞ a n →∞ ( n + 1) 2 n →∞ n + 2 n + 1 1 n +1 Red je konvergentan za x ∈ (−1,1) . Moramo ispitati šta se dešava za x = -1 i za x = 1 Za x = 1 Dobijamo brojni red
∞
∞
n =1
n =1
∑ n21n−1 = ∑ n2 . Ovde odmah možemo zaključiti da red divergira jer mu opšti član ne teži
nuli: lim n = ∞ . 2
n →∞
Za x = -1 ∞
Slično razmišljamo: dobijeni red je
∑ n (−1) 2
n −1
, ali i on divergira jer mu opšti član ne teži nuli.
n =1
Zaključujemo da oblast konvergencije ostaje x ∈ (−1,1) Koristićemo poznati razvoj
1 = 1− x
∞
∑
xn
-1
n =0
Pošto u našem redu n ide od 1 , napravićemo malu korekciju ( ∞
∑x n =1
n
=
x 1− x
1 = 1− x
∞
∑
xn
sve pomnožimo sa x):
n =0
x ∈ (−1,1)
Dalje radimo: www.matematiranje.com
1377
5
∞
∞
∑n x = ∑n⋅n⋅ 2
n
n =1
n =1
x ⋅x
n −1
∞
= x∑ n ⋅ n ⋅ x n =1
ide ispred
n −1
ovo je izvod od x n
/
∞
∞ = x∑ n ⋅ ( x )` = x ∑ n ⋅ x n = n =1 n =1 n
Sad unutar zagrade radimo isti trik kao malopre:uzmemo x pa ispred zagrade /
/
∞
/
∞
∞
x ∑ n ⋅ x n = x x∑ n ⋅ x n −1 = x x∑ ( x n )` n =1 n =1 n =1
/
/ / ∞ x / n = x x ∑ x = x x 1 − x n =1 ovo zamenimo
E sad samo imamo posao da nadjemo ove izvode:
/
/
x / 1− x + x x (1 − x) 2 − 2(1 − x)(−1) x x x x x x x = = = ⋅ = 2 2 (1 − x)4 (1 − x) (1 − x) 1− x =x
/
(1 − x) [1 − x + 2 x] (1 − x)2 + 2(1 − x) x x +1 x( x + 1) =x = x = 4 3 (1 − x) (1 − x) (1 − x)3 (1 − x) 4
(−1)n n 2 1 Sumu numeričkog reda ∑ ćemo naći kada umesto x stavimo − u n 2 2 n =1 ∞
∞
∑n x 2
n
odnosno u
n =1
x( x + 1) . (1 − x)3
1 1 1 − (− + 1) − (−1)n n 2 2 = 2 2 = 4= − ∑ n 1 27 2 27 n =1 (1 − (− ))3 2 8 ∞
Primer 5. n +1 n x i na intervalu konvergencije naći njegovu sumu. n n =1 ∞
Ispitati konvergenciju reda
∑
Rešenje:
Iz lim
n →∞
an a n +1
n +1 n 2 + 2n + 1 1 (n + 1) 2 n =R dobijamo: lim = lim = lim 2 = =1 n →∞ n + 2 n →∞ n ( n + 2) n →∞ n + 2n 1 n +1
Odavde zaključujemo da red konvergira za x ∈ (−1,1) . Za x = - 1 n n +1 = 1 ≠ 0 pa red divergira. (−1) n , ali je očigledno da njegov opšti član ne teži nuli , lim n →∞ n + 1 n n =1 6 ∞
Dobijamo red
∑
1378
Za x = 1 n +1 čiji opšti član ne teži nuli , pa je red divergentan. n n =1 ∞
∑
Slična situacija, dobijamo red
Zaključujemo da je oblast konvergencije datog reda interval (−1,1) .
n +1 n x n n =1 ∞
Obeležimo sumu reda sa f ( x) = ∑
Najpre ćemo , na intervalu konvergencije, dati red integraliti da “ uništimo” n+1, dakle: x
∫ 0
∞ ∞ ∞ n +1 n n +1 n + 1 x n +1 x n +1 n f ( x)dx = ∫ (∑ x )dx =∑ x dx = ∑ =∑ n n ∫o n n + 1 n =1 n n =1 n =1 0 n =1 ∞
x
x
∞ x n +1 xn = x ∑ ∑ n =1 n n =1 n ∞
Izbacimo jedno x ispred: Odavde je dakle: x
∫ 0
∞
xn f ( x)dx =x ∑ ........................................./ : x n =1 n
∞ 1 xn f ( x ) dx = ∑ x ∫0 n =1 n x
Sad tražimo izvod od ovoga:
/
/
x ∞ ∞ 1 x ∞ xn xn nx n −1 ∞ n −1 1 1 ( ) = → ( ) = = =∑ x = f x dx f x dx ∫ ∑ ∑ ∑ ∫ 1− x x0 n =1 n n =1 x0 n =1 n n =1 n
/
1 x 1 Odavde je dakle ∫ f ( x)dx = x0 1− x x
Da bi našli
1 1 , pa dobijamo: f ( x)dx moramo integraliti ∫ x0 1− x
x x x 1 1 ( ) ln 1 f x dx = dx = − − x = − ln 1 − x ∫0 1 − x 0 x ∫0
1379
7
Odavde imamo: x
1 f ( x)dx = − ln 1 − x ................................. / *x x ∫0 x
∫ f ( x)dx = − x ln 1 − x 0
Konačno će biti:
/
x / 1 x (−1)(− x) = − ln(1 − x) + f ( x) = ∫ f ( x)dx = ( − x ln 1 − x ) = −1 ⋅ ln 1 − x + 1− x 1− x izvod proizvoda 0
www.matematiranje.com
1380
8
FURIJEOVI REDOVI – TEORIJA Dirhleovi uslovi Kaže se da funkcija f(x) ispunjava Dirihleove uslove u intervalu (a,b) ako je u tom intervalu: i)
uniformno ograničena, to jest da je
f ( x) ≤ M za svako x ∈ (a, b) ,gde je M konstanta
( ako je ograničena u intervalu (a,b) ili konačna u svim tačkama tog intervala)
ii)
ima ne više od konačnog broja tačaka prekida i sve su prvog reda, to jest u svakoj tački prekida postoji konačan levi i desni limes ( ako je u tom intervalu neprekidna ili ima konačan broj prekida prve vrste, takozvanih “skokova” )
iii)
ima ne više od konačnog broja pravih ekstremuma ( ako je u datom intervalu monotona ili ima konačan broj ekstremuma)
Dirhleova teorema Neka je f ( x) ∈ X `, X `= { f ∈ X / f ima odgovarajuće jednostrane izvode na [−π , π ] . Furijeov red funkcije f(x) konvergira ka vrednosti:
a u tačkama x = ±π konvergira ka
f ( x − 0) + f ( x + 0) 2 f (π − 0) + f (−π + 0) 2
Na primer, ako uzmemo da su b i c tačke prekida prve vrste, Furijeov red ima sumu:
S=
f (b − 0) + f (b + 0) 2
ili S =
f (c − 0) + f (c + 0) 2
Na primer, ako se radi o intervalu [m,n], na krajevima intervala Furijeov red ima sumu S =
f (m) + f (n) 2
Kako se funkcija razvija u Furijeov red? Na predavanjima profesori najčešće to objašnjavaju preko funkcije f(x) zadate u intervalu [−π , π ] , koja se periodički produžava periodom 2π .
1381
1
Furijeov red je oblika: ∞ 1 a0 + ∑ (an cos nx + bn sin nx) 2 n =1
f ( x) =
a0 , an , bn su Furijeovi koeficijenti koje mi ustvari i tražimo preko formula.
1) Ako nam je dat interval i) a0 =
Ako funkcija nije ni parna ni neparna, onda je: π
1
∫
π
π
∫
π
π
∫π f ( x) sin nxdx
−
∞ 1 a0 + ∑ (an cos nx + bn sin nx) 2 n =1
f ( x) =
Ako je na intervalu [−π , π ] funkcija neparna , onda je:
ii) bn =
f ( x) cos nxdx
−π
1
π
f ( x)dx
−π
1
an =
bn =
[−π , π ]
2
π
π
∫ f ( x) sin nxdx
dok su a0 = 0 ∧ an = 0
0 ∞
f ( x) = ∑ bn sin nx n =1
Ako je na intervalu [−π , π ] funkcija parna, onda je:
iii)
a0 =
2
π
an =
π
∫ f ( x)dx 0
2
π
f ( x) =
π
∫ f ( x) cos nxdx
dok je
bn = 0
0 ∞ 1 a0 + ∑ an cos nx 2 n =1
1382
2
[ −l , l ]
2) Ako nam je dat interval l
1 f ( x)dx l −∫l
a0 =
1 nπ x f ( x) cos dx ∫ l −l l l
an =
1 nπ x bn = ∫ f ( x) sin dx l −l l l
f ( x) =
∞ 1 nπ x nπ x a0 + ∑ (an cos + bn sin ) 2 l l n =1
3) Ako je funkcija data u proizvoljnom intervalu
[a, b]
b
2 f ( x)dx b − a ∫a
a0 =
2 2nπ x an = f ( x) cos dx ∫ b−a a b−a b
2 2nπ x bn = f ( x) sin dx ∫ b−a a b−a b
f ( x) =
∞ 1 2nπ x 2nπ x a0 + ∑ (an cos + bn sin ) 2 b−a b−a n =1
U zadacima će vam se često padati neki od sledećih integrala, pa da se nebi mučili: π
∫
−π
π
sin nxdx = 0;
∫
−π
π
∫π
−
π
cos nxdx = 0;
∫
π
cosnx sinnxdx = 0;
−π
π
sinnx sinmxdx = 0;
∫π
∫
cosnx cosmxdx = 0
−π
π
cos2nxdx = π ;
−
∫π
sin2nxdx = π
−
Kod svih ovih integrala je naravno m ≠ n
1383
3
FURIJEOVI REDOVI – ZADACI ( I deo)
Primer 1. Funkciju y = x razviti u Furijeov red na intervalu [−π , π ]
Rešenje:
Najpre ćemo nacrtati sliku da se podsetimo kako izgleda ova funkcija...
y
y=x
y=-x
1 -1
0
1 y= x
x
Očigledno je funkcija parna ( grafik je simetričan u odnosu na y osu), pa koristimo formule:
a0 =
2
π
an =
π
∫ f ( x)dx 0
π
2
∫ f ( x) cos nxdx
π
f ( x) =
a0 =
2
π
dok je
bn = 0
0 ∞ 1 a0 + ∑ an cos nx 2 n =1
π
∫
f ( x)dx =
0
2
π
π
∫ xdx = 0
2
π
⋅(
x2 π 2 π 2 ) / = ⋅( ) = π 2 0 π 2
Dalje tražimo:
1384
1
an =
2
π
π
∫ f ( x) cos nxdx = a
n
=
0
2
π
π
∫ x cos nxdx = 0
Ovaj integral ćemo rešiti uz pomoć parcijalne integracije, izvučimo ga na stranu , bez granica: x=u
cos nxdx = dv
1 1 x sin nx 1 = x ⋅ sin nx − ∫ sin nxdx = − ∫ sin nxdx = 1 n n n n sin nx = v n x sin nx 1 1 x sin nx 1 cos nx = = + + 2 cos nx n nn n n
∫ x cos nxdx = dx = du
Sad mu stavimo granicu:
0 ⋅ sin n ⋅ 0 1 x sin nx 1 π π sin nπ 1 + 2 cos nx / = + 2 cos nπ − + 2 cos n ⋅ 0 n n n n n ovo je 1 n 0 ovo je 0 1 1 1 = 2 cos nπ − 2 = 2 (cos nπ − 1) n n n
=
Onda je : π 2 2 1 2 an = ∫ f ( x) cos nxdx = ⋅ 2 (cos nπ − 1) = 2 (cos nπ − 1) π 0 π n πn Naravno da n uzima vrednosti 1,2,3... Izraz cos nπ neizmenično ima vrednosti :
za n=1 je cosπ =-1 za n=2 je cosπ =1 za n=3 je cosπ =-1 za n=4 je cosπ =1
itd. Dakle , važi da je cos nπ = (−1) n Onda je an =
2 ((−1)n − 1) 2 πn
Ako je n paran broj , imamo: a2 n =
2 ((−1) 2 n − 1) = 0 π n2
Ako je n neparan broj , imamo: a2 n −1 =
2 2 −4 ((−1) 2 n −1 − 1) = ⋅ (−2) = 2 2 π (2n − 1) π (2n − 1) π (2n − 1) 2
1385
2
Vratimo se sada u formulu za razvoj: f ( x) =
∞ ∞ −4 −4 ∞ cos(2n − 1) x 1 1 1 a0 + ∑ an cos nx = π + ∑ cos(2 n − 1) x = π + ∑ 2 π n =1 (2n − 1) 2 2 2 2 n =1 n =1 π (2 n − 1)
Dakle : 1 4 ∞ cos(2n − 1) x f ( x) = x = π − ∑ 2 π n =1 (2n − 1) 2
Primer 2. Razviti u Furijeov red funkciju f ( x) = sgn x u intervalu [−π , π ] Rešenje:
Najpre malo objašnjenje: Funkcija sgnx se čita signum od x ili po naški znak od x .
Ona je ustvari:
−1, za x < 0 sgn x = 0, za x = 0 +1, za x > 0
pogledajmo sliku:
y
1 0
x
Ako je x ≠ 0 onda imamo sgn x =
-1
x x
Nama ova funkcija treba na intervalu [−π , π ] : y
1 -π
0
π
x
-1
1386
3
2
Očigledno je data funkcija neparna, pa koristimo formule: bn =
bn =
2
π
π
∫
f ( x) sin nxdx =
0
2
π
π
∫ sin nxdx = 0
π
π
∫
∞
f ( x ) sin nxdx
f ( x ) = ∑ bn sin nx n =1
0
2 cos nx π 2 cos nπ cos n ⋅ 0 − + / = − = n 0 π n n π
2 (−1) 1 2 + = (1 − (−1)n ) − n n πn π n
=
Opet ćemo razlikovati parne i neparne članove: Za n paran broj je b 2 n = 0 Za n neparan broj je b 2 n −1 =
2 4 (1 + 1) = π (2n − 1) π (2n − 1)
Sada se vratimo u početnu formulu za razvoj i imamo:
4 4 ∞ sin(2n − 1) x sin(2n − 1) x = ∑ π n =1 2n − 1 n =1 π (2 n − 1)
∞
∞
f ( x) = ∑ bn sin nx = ∑ n =1
sgn x =
4
sin(2n − 1) x 2n − 1 n =1 ∞
∑ π
Primer 3. Funkciju f ( x) = {
π, −π ≤ x < 0 razviti u trigonometrijski red. x, 0 ≤ x ≤ π
Rešenje:
Najpre uočimo da je zadati interval [−π , π ] . Znači da ćemo koristiti formule: a0 =
1
π
π
∫
an =
f ( x)dx
−π
1
π
π
∫
bn =
f ( x) cos nxdx
−π
1
π
π
∫
f ( x) sin nxdx
−π
Pazite na jednu stvar: pošto je funkcija zadata na ovaj način moramo raditi 2 integrala, gde ćemo kad su granice od
−π do 0 uzimati vrednost f(x) = π , a kad granice idu od 0 do π uzimamo f(x) = x a0 =
1
π
π
∫
−π
f ( x)dx =
1
π
0
∫ π dx +
−π
1
π
π
∫ xdx = 0
1
π
π ⋅x/
0 −π
+
1 x2 π π 3π / =π + = 2 2 π 2 0
1387
4
an =
1
π
π
∫π
0
1
f ( x) cos nxdx =
∫π
π
−
π cos nxdx +
−
0
1
1
π
π
∫ x cos nxdx 0
π
∫π cos nxdx + π ∫ x cos nxdx
=
−
0
Ovde imamo integral sa parcijalnom integracijom, pa ćemo njegovu vrednost ( bez granica naći “na stranu”) x=u
cos nxdx = dv 1 1 x sin nx 1 ∫ x cos nxdx = dx = du 1 sin nx = v = x ⋅ n sin nx − ∫ n sin nxdx = n − n ∫ sin nxdx = n x sin nx 1 1 x sin nx 1 = + + 2 cos nx cos nx = n nn n n
Sad se vratimo u an : 0
an =
∫ cos nxdx +
−π
1
π
0
1
1 x sin nx 1 π + 2 cos nx / n n 0
x cos nxdx = sin nx / + −π π n π∫ 0
1 1 1 π sin nπ 1 0 sin n ⋅ 0 1 = [ sin n ⋅ 0 − sin n(−π )]+ [ + 2 cos nπ − + 2 cos n ⋅ 0 ] n n n n n π n ovo je sve 0 ovo je 0 ovo je 0 1 1 1 1 1 = ( 2 cos nπ − 2 ) = 2 (cos nπ − 1) = 2 ((−1)n − 1) πn n π n πn Dakle :
−2 , n = 2k + 1, k = 0,1, 2,3... 1 n an = 2 ((−1) − 1) = { π (2k + 1) 2 πn 0, n = 2k , k = 0,1, 2,3...
Još da nadjemo : bn =
1
π
π
∫
f ( x) sin nxdx =
−π
1
π 0
=
0
∫ π sin nxdx +
−π
1
1
π
π
∫ x sin nxdx 0
π
∫π sin nxdx + π ∫ x sin nxdx
−
0
I ovde ćemo najpre odraditi parcijalnu integraciju: x=u
sin nxdx = dv 1 1 x cos nx 1 ∫ x sin nxdx = dx = du − 1 cos nx = v = − x ⋅ n cos nx + ∫ n cos nxdx = − n + n ∫ cos nxdx = n =−
x cos nx 1 1 x cos nx 1 + + 2 sin nx sin nx = − n nn n n
1388
5
Sada imamo:
0
bn =
∫ sin nxdx +
−π
1
π
π
∫ x sin nxdx 0
1 0 1 x cos nx 1 π = − cos nx / + − + 2 sin nx / n n n −π π 0 1 1 1 π cos nπ 1 0 ⋅ cos(n ⋅ 0) 1 = { − cos n ⋅ 0 − − cos n(−π ) } + { − + 2 sin nπ − − + 2 sin(n ⋅ 0) } n n n n n n π 1 1 1 π cos nπ = − + cos nπ + (− ) n n n π 1 cos nπ cos nπ − bn = − + n n n 1 bn = − n Sada možemo zapisati i ceo razvoj: ∞ 1 f ( x) = a0 + ∑ (an cos nx + bn sin nx) 2 n =1
f ( x) =
3π 2 ∞ cos((2k + 1)π ) ∞ sin nx − ∑ −∑ 4 π k =0 (2k + 1)2 n n =1
Ovaj red konvergira ka funkciji S koja se, po Dirihleovoj teoremi poklapa sa funkcijom f na intervalu: [−π , 0) ∪ (0, π ] a kako f(x) ima prekid za x = 0 to je S (0) =
f (0 − 0) + f (0 + 0) π + 0 π = = 2 2 2
grafik pogledajte na slici: y
π
- 2π
-π
0
π
1389
2π
x
www.matematiranje.com 6
FURIJEOVI REDOVI – ZADACI ( II deo)
Primer 4. Funkciju f ( x) = x − 1 razviti u Furijeov red na segmentu [−1,1] a zatim izračunati sumu reda
∞
1
∑ (2n − 1) n =1
Rešenje: Kako je f (− x) = − x − 1 = x − 1 = f ( x) zaključujemo da je funkcija parna . Koristimo formule: f ( x) = l
∞ 1 nπ x nπ x a0 + ∑ (an cos + bn sin ) 2 l l n =1
1 a0 = ∫ f ( x)dx l −l
1 nπ x an = ∫ f ( x) cos dx l −l l l
bn = 0
l 1 1 x2 1 1 1 a0 = ∫ f ( x)dx = ∫ ( x − 1)dx = 2 ∫ ( x − 1)dx = 2 − x / = −1 l −l 1 −1 2 0 0
1 nπ x 1 nπ x f ( x) cos dx = ∫ ( x − 1) cos dx = 2 ∫ ( x − 1) cos nπ xdx ∫ l −l l 1 −1 1 0 l
an =
1
1
Kao i uvek , ovaj integral ćemo rešiti na stranu uz pomoć parcijalne integracije: x − 1 = u cos nπ xdx = dv
1 1 sin nπ x − ∫ sin nπ xdx = = ( x − 1) ⋅ 1 nπ nπ sin nπ x = v dx = du nπ ( x − 1) sin nπ x 1 ( x − 1) sin nπ x 1 1 = − sin nπ xdx = = + cos nπ x ∫ nπ nπ nπ nπ nπ ( x − 1) sin nπ x 1 = + cos nπ x ( nπ ) 2 nπ
∫ ( x − 1) cos nπ xdx =
Sad se vratimo da ubacimo granice:
( x − 1) sin nπ x 1 1 an = 2 ∫ ( x − 1) cos nπ xdx = 2 + cos nπ x / = 2 nπ (nπ ) 0 0 1
(1 − 1) sin nπ 1 (0 − 1)sin nπ 0 1 1 π π = 2 + − + cos 1 cos 0 n n (nπ ) 2 (nπ ) 2 nπ nπ
1 1 2 2 = 2 cos nπ − = cos nπ − 1) = (−1) n − 1) 2 2 2 ( 2 ( (nπ ) (nπ ) (nπ ) (nπ )
1390
1
2
.
Slično kao u prethodnim primerima, razmišljamo o parnim i neparnim n, pa je:
0, n = 2k an = { −
4 (nπ ) 2
, n = 2k − 1
Sad idemo u početnu formulu: ∞ 1 nπ x nπ x a0 + ∑ (an cos + bn sin ) 2 l l n =1 ∞ −4 1 (2k − 1)π x f ( x) = x − 1 = (−1) + ∑ cos 2 2 2 1 k =1 (2k − 1) π
f ( x) =
1 4 x −1 = − − 2 2 π
cos(2k − 1)π x (2k − 1)2 k =1 ∞
∑
∞
1
∑ (2n − 1)
Pogledajmo i sumu koja se traži:
n =1
1 4 0 −1 = − − 2 2 π 1 4 −1 = − − 2 2 π 4
2
. Vidimo da u našem redu treba ubaciti x = 0 :
cos(2k − 1)π 0 (2k − 1) 2 k =1 ∞
∑
∞
1
∑ (2k − 1) k =1
∞
1 1 = → 2 ∑ 2 π k =1 (2k − 1) 2
2
π2 1 = ∑ 2 8 k =1 (2 k − 1) ∞
Primer 5. Funkciju f(x) = x-2 razviti u Furijeov red na segmentu [1,3] .
Rešenje: Moramo koristiti formule: f ( x) =
∞ 1 2nπ x 2nπ x a0 + ∑ (an cos + bn sin ) 2 b−a b−a n =1
b
a0 =
2 f ( x)dx b − a ∫a
2 2nπ x f ( x) cos dx ∫ b−a a b−a b
an =
2 2nπ x f ( x) sin dx ∫ b−a a b−a b
bn =
Dakle, imamo:
1391
2
a0 =
3 x2 3 32 12 2 x dx x ( − 2) = − 2 / = − 6 − − 2 = 0 ∫ 3 −1 1 2 1 2 2
2 2nπ x ( x − 2) cos an = dx = ∫ 3 −1 1 3 −1 3
3
= ∫ ( x − 2) cos nπ xdx 1
Da rešimo najpre ovo bez granica: x − 2 = u cos nπ xdx = dv
1 1 sin nπ x − ∫ sin nπ xdx = = ( x − 2) ⋅ 1 nπ nπ dx = du sin nπ x = v nπ ( x − 2) sin nπ x 1 ( x − 2) sin nπ x 1 1 = − + sin nπ xdx = = cos nπ x ∫ nπ nπ nπ nπ nπ ( x − 2) sin nπ x 1 = + cos nπ x nπ (nπ ) 2
∫ ( x − 2) cos nπ xdx =
3 ( x − 2) sin nπ x 3 1 an = ∫ ( x − 2) cos nπ xdx = + cos nπ x / = 2 nπ (nπ ) 1 1 (3 − 2)sin nπ 3 (1 − 2)sin nπ 1 1 1 = + cos nπ 3 − + cos nπ 1 = 2 2 (nπ ) (nπ ) nπ nπ
sin 3nπ 1 sin nπ 1 cos 3nπ + cos nπ + − 2 (nπ ) (nπ )2 nπ nπ 1 1 cos 3nπ − cos nπ = 2 (nπ ) (nπ ) 2 1 = [cos 3nπ − cos nπ ] (nπ )2 =
Sećate se trigonometrijske formulice: an =
1 (nπ )
2
[cos 3nπ − cos nπ ] =
1 (nπ ) 2
cos α − cos β = −2 sin
α +β 2
sin
α −β 2
, ako nju upotrebimo:
[−2 sin 2nπ ⋅ sin nπ ] = 0 → an = 0
Još da nadjemo: 2 2nπ x ( x − 2) sin bn = dx = ∫ ( x − 2)sin nπ xdx ∫ 3 −1 1 3 −1 1 3
3
1392
3
x−2=u
sin nπ xdx = dv
1 1 cos nπ x + ∫ cos nπ xdx = = −( x − 2) ⋅ 1 nπ nπ dx = du − cos nπ x = v nπ −( x − 2) cos nπ x 1 −( x − 2) cos nπ x 1 1 = + + cos nπ xdx = = sin nπ x ∫ nπ nπ nπ nπ nπ −( x − 2) cos nπ x 1 = + sin nπ x nπ (nπ ) 2
∫ ( x − 2) sin nπ xdx =
Da ubacimo granice:
−( x − 2) cos nπ x 3 1 π + bn = ∫ ( x − 2) sin nπ xdx = sin n x / = nπ (nπ ) 2 1 1 −(3 − 2) cos nπ 3 −(1 − 2) cos nπ x 1 1 + sin nπ 3 − + sin nπ 1 = 2 2 (nπ ) (nπ ) nπ nπ 3
−
cos nπ 3 cos nπ x 1 − =− ( cos 3nπ + cos nπ ) nπ nπ nπ
Opet mora formulica: cos α + cos β = 2 cos
bn = −
α +β 2
cos
α −β 2
1 1 2 2 ( cos 3nπ + cos nπ ) = − 2 cos 2nπ cos nπ = − (−1) n = (−1) n +1 nπ nπ nπ nπ ovo je 1
bn = (−1) n +1
2 nπ
Sad idemo u početnu formulu:
f ( x) =
∞ 1 2nπ x 2nπ x a0 + ∑ (an cos + bn sin ) 2 b−a b−a n =1
Pazite:
f(1-0)=1 , f(1+0)=1
i
f(3-0)=1,
f(3+0)=-1
pogledajte sliku:
1393
4
y
1
-2
-1
0
1
2
3
x
-1
pa je ∞
S ( x) = ∑ (−1)n +1 n =1 ∞
S ( x) = ∑ (−1)n +1 n =1
2 2nπ x sin nπ 3 −1 x − 2, x ∈ (1,3) 2 sinnπ x = { 0, x ∈{1, 3} nπ
Primer 6. x, x ∈ (0,1) Funkciju f ( x) = razviti u red po: 2 − x, x ∈ [1, 2]
a) po sinusima b) po cosinusima
Rešenje: a) x, x ∈ (0,1) Funkciju f ( x) = razviti u red po sinusima. 2 − x, x ∈ [1, 2]
Da bi smo razvili ovu funkciju po sinusima, moramo je dodefinisati do neparne funkcije.
To ćemo obaviti na sledeći način:
2 − x, x ∈ [1, 2] F ( x) = x, x ∈ ( −1,1) − 2 − x, x ∈ [−2, −1]
1394
5
Pogledajmo kako ova funkcija izgleda na slici: y
1
-2
-1
0
1
2
x
-1 1 nπ x Naravno da su ovde a0 i an jednaki nuli a tražimo: bn = ∫ f ( x) sin dx l −l l l
1 2 2 nπ x nπ x nπ x nπ x f ( x) sin dx = ∫ f ( x) sin dx = ∫ f ( x)sin dx = ∫ f ( x) sin dx ∫ l −l l l 0 l 20 2 2 0 l
bn =
l
2
2
Zbog načina na koji je funkcija definisana, ovaj integral rastavljamo na dva: 2
bn = ∫ 0
nπ x nπ x nπ x f ( x)sin dx = ∫ x sin dx + ∫ (2 − x) sin dx 2 2 2 0 1 1
2
Nakon rešavanja ovih integrala, metodom parcijalne integracije, na sličan način kao u prethodnim primerima dobijamo:
bn =
8
nπ 2
2
sin
nπ 2
Razmišljamo kako se ponaša sin
nπ . Znamo da n uzima vrednosti 1,2,3... 2
nπ π = sin = 1 2 2 nπ 2π = sin =0 sin 2 2 nπ 3π sin = sin = −1 2 2 nπ 4π = sin =0 sin 2 2 nπ 5π sin = sin =1 2 2 6π nπ sin = sin =0 2 2
Za n = 1 sin Za n = 2 Za n = 3 Za n = 4 Za n = 5 Za n = 6
itd .
1395
6
n = 2k
0, Dakle, zaključujemo: bn = { (−1) k
, 8 2 2 (2k + 1) π
n = 2k + 1
k=0,1,2,3…….
Pa je: (−1) k (2k + 1)π x sin , za x ∈ (0, 2] 2 ∑ 2 2 π k =0 (2k + 1) 8
f ( x) =
∞
(−1) k (2k + 1)π x sin , za x ∈ [−2, 2] F ( x) = 2 ∑ 2 2 π k =0 (2k + 1) 8
∞
b) Za razvoj po kosinusima moramo dodefinisati funkciju do parne na sledeći način:
x + 2, x ∈ [−2, −1] F ( x) = x , x ∈ (−1,1) x − 2, x ∈ [1, 2] Data funkcija je prikazana na sledećoj slici: y
1
-2
-1
0
1
2
x
-1
l
Naravno, sada je bn = 0 a tražimo:
l
a0 =
1 a0 = ∫ f ( x)dx l −l
1 nπ x an = ∫ f ( x) cos dx l −l l l
l
1 2 f ( x)dx = ∫ f ( x)dx ∫ l −l l 0 2
2
1
2
2 a0 = ∫ f ( x)dx = ∫ f ( x)dx = ∫ xdx + ∫ (2 − x)dx = 1 20 0 0 1
1396
7
1 nπ x 2 nπ x an = ∫ f ( x) cos dx = ∫ f ( x) cos dx l −l l l 0 l l
l
2 nπ x nπ x nπ x nπ x f ( x) cos dx = ∫ f ( x) cos dx = ∫ x cos dx + ∫ (2 − x) cos dx ∫ 20 2 2 2 2 0 0 1 2
an =
2
1
2
Parcijalnom integracijom rešimo ove integrale i dobijamo:
an =
8 nπ 2
2
cos
nπ 4 − 2 2 (1 + cos nπ ) 2 nπ
Razmislimo kako se ponaša izraz cos
nπ 2 nπ za n=2 cos 2 nπ za n=3 cos 2 nπ za n=4 cos 2 itd . za n=1 cos
= cos
π
nπ za različite n. 2
=0 2 2π = cos = −1 2 3π = cos =0 2 4π = cos =1 2
Dakle, ako je n neparan broj , n=2k+1 , tada je an = 0 Pogledajmo sada parne n, ali oblika n=4k ili n=4k+2 za k=0,1,2,3…….
n=4k nπ 4 − 2 2 (1 + cos nπ ) nπ 2 nπ 8 4 kπ 4 8 4 a4 k = cos − (1 + cos 4kπ ) = cos 2kπ − (1 + 1) 2 2 2 2 2 2 (4k ) π 2 (4k ) π 16k π 16k 2π 2 8 8 = cos 2kπ − cos 2kπ = 0 2 2 16k π 16k 2π 2 an =
8
2
2
cos
1397
8
n=4k+2
nπ 4 − 2 2 (1 + cos nπ ) nπ 2 nπ 8 (4k + 2)π 4 a4 k = − cos (1 + cos(4k + 2)π ) 2 2 (4k + 2) π 2 (4k + 2) 2 π 2
an =
8
2
2
cos
8 2 (2k + 1)π 4 cos − (1 + cos 2π (2k + 1)) 2 2 2 4 (2k + 1) π 4 (2k + 1)2 π 2 2 1 = cos(2k + 1)π − (1 + 1) 2 2 (2k + 1) π (2k + 1) 2 π 2 ovo je −1 =
=−
2 2 4 − = − 2 2 2 2 (2k + 1) π (2k + 1) π (2k + 1) 2 π 2
Konačno imamo:
f ( x) =
1 4 − 2 π2
cos(2k + 1)π x , x ∈ (0, 2] i ∑ (2k + 1) 2 k =0 ∞
F ( x) =
1 4 − 2 π2
1398
cos(2k + 1)π x , x ∈ [−2, 2] (2k + 1)2 k =0 ∞
∑
9
www.matematiranje.com
KOMBINATORIKA BEZ PONAVLJANJA 1) Permutacije od n elemenata : P(n)= n != n(n-1)(n-2)…3 ο 2 ο 1 : 0!=1 2) Varijacije k-te klase od n elemenata V nk =n(n-1)(n-2)…(n-k+1) 3) Kombinacije k-te klase od n elemenata C nk =( nk )=
još važi po definiciji
Vkn n(n − 1)...(n − k + 1) = još važi: k! k!
( 0n )=( nn )=1 , ( 1n )=( nn −1 )=n , ( nk )=( nn−k )
SA PONAVLJANJEM
1) Broj permutacija od n elemenata od kojih je k jednako medjusobno je Pk(n)=
n! k!
2) Varijacije k-te klase od n elemenata Vkn =nk 3) Kombinacije C kn = ( nk +k −1 ) Sa n obeležavamo broj elemenata, a sa k klasu elementa. PRVI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan događaj može da se realizuje na m načina, a neki drugi na n načina, tada jedan od njih može da se realizuje na m+n načina DRUGI PRINCIP ODBROJAVANJA: Ako jedan dogadjaj može da se realizuje na m načina , a neki drugi dogadjaj na n načina, tada se oba dogadjaja mogu istovremeno realizovati na mn načina
KAKO PREPOZNATI DA LI SU P , V ILI C ?
Neka je dat skup S sa n različitih elemenata. Ako radimo sa svih n elemenata, odnosno pravimo sve moguće različite rasporede tih n elemenata , onda ćemo upotrebiti permutacije. Ako trebamo formirati sve njegove podskupove od po k različitih elemenata gde nam je bitan redosled elemenata, onda cemo koristiti VARIJACIJE. Ako trebamo formirati podskupove gde nam nije bitan redosled elemenata , onda ćemo upotrebiti KOMBINACIJE. Dve kombinacije k-te klase su jednake, ako imaju iste elemente, bez obzira kako su uredjene. Na primer : abcd=acdb=…=dcba. Kod kombinacija je svejedno kako pišemo elemente u jednom slogu, dok kod varijacija o tome moramo voditi računa.
1399
1
www.matematiranje.com 1) Koliko se morzeovih znakova može formirati iz oba osnovna znaka . i -, ako se jedan znak sastoji najviše od pet elementarnih znakova? Razmišljamo:
-
Imamo dva znaka : · i – (tačka i crta) pa je sigurno n = 2 Pošto kaže da se jedan znak sastoji najviše od 5 elementarnih znakova razlikovaćemo 5 situacija: _ 2
1) Ako imamo samo 1 znak → V 1 _ 2
2) Ako ima 2 znaka → V 2 _ 2
3) Ako ima 3 znaka → V 3
_ 2
4) Ako ima 4 znaka → V 4 _ 2
5) Ako ima 5 znaka → V 5 Pa je konačno rešenje: _ 2
_ 2
_ 2
_ 2
_ 2
V 1 +V 2 +V 3 +V 4 +V 5
21 + 2 2 + 2 3 + 2 4 + 2 5 2 + 4 + 8 + 16 + 32 = 62
2) Odrediti broj različitih prirodnih brojeva od 10 000 koji se mogu formirati od cifara 0, 1, 2, 3, 4, 5. Razmišljamo:
Traženi brojevi mogu biti: 1) 2) 3) 4) 5)
Jednocifreni Dvocifreni Trocifreni Četvorocifreni Petocifreni
Imamo 6 brojeva: 0, 1, 2, 3, 4, 5 i cifre se mogu ponavljati, pa su u pitanju varijacije sa ponavljanjem. Moramo paziti da 0 nije na prvom mestu!!! Zato ćemo naći sve mogućnosti pa oduzeti broj mogućnosti kada je 0 na prvom mestu!!!
1400
2
www.matematiranje.com _ 5
1) Jednocifreni → to su brojevi 1, 2, 3, 4, 5 to jest V 1 _ 6
_ 6
2) Dvocifreni → V 2 − V 1 = 6 2 − 61 = 30 _ 6
_ 6
3) Trocifreni → V 3 −V 2 = 63 − 6 2 = 180 _ 6
_ 6
4) Četvorocifreni → V 4 −V 3 = 6 4 − 63 = 1080 _ 6
_6
5) Petocifreni → V 5 −V 4 = 65 − 6 4 = 6480 Dakle konačno rešenje je: 5 + 30 + 180 + 1080 + 6480 = 7775 3) U ravni je dato 10 različitih tačaka od kojih ni jedna trojka nijje kolinearna. Odrediti broj svih pravih koje su odredjene datim tačkama.
Pošto je prava odredjena dvema različitim tačkama, znači da od 10 biramo po 2. Pošto redosled tačaka nije bitan u pitanju su kombinacije. ⎛10 ⎞ 10 ⋅ 9 C210 = ⎜⎜ ⎟⎟ = = 45 ⎝ 2 ⎠ 2 ⋅1 4) Košarlaški tim sačinjavaju 5 bekova, 4 centra i 3 krila. Na koliko načina se može od njih sastaviti petorka ako u njoj moraju da bar 2 beka i bar jedan centar? Razmišljamo:
Pošto u zadatku kaže da moraju u petorci igrati bar 2 beka i 1 centar to nam daje više mogućnosti 1) 2 beka, 1 centar, 2 krila → C25 ⋅ C14 ⋅ C23 2) 2 beka, 2 centra, 1 krilo → C25 ⋅ C24 ⋅ C13 3) 2 beka, 3 centra → C25 ⋅ C34 4) 3 beka, 1 centar, 1 krilo → C35 ⋅ C14 ⋅ C13 5) 3 beka, 2 centra → C45 ⋅ C24 6) 4 beka, 1 centar → C45 ⋅ C14 Sad je broj svih mogućnosti:
C25 ⋅ C14 ⋅ C23 + C25 ⋅ C24 ⋅ C13 + C25 ⋅ C34 + ⋅C35 ⋅ C14 ⋅ C13 + ⋅C35 ⋅ C24 + C45 ⋅ C14 = ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞⎛ 3 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎛ 5 ⎞⎛ 4 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 540 mogućnosti ⎝ 2 ⎠⎝1 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎝1 ⎠ ⎝ 2 ⎠⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝1 ⎠⎝1 ⎠ ⎝ 3 ⎠⎝ 2 ⎠ ⎝ 4 ⎠⎝1 ⎠
1401
3
www.matematiranje.com 5) Na koliko različitih načina se moze raspodeliti 5 dečaka i 5 devojčica u bioskopskom redu od 10 stolica tako da dva dečaka nikad ne sede jedan pored drugog? Razmišljamo:
Pošto ima 10 mesta a 2 dečaka ne smeju biti jedan do drugog, to znači da raspored ide jedan dečak jedna devojčica.
Deč. -
Dev. Deč.
Dev.
Deč.
Dev. Deč.
Dev. Deč.
Dev.
Mogućnost za dečake je 5! Mogućnost za devojčice je 5!
Ali moramo razmišljati da na prvom mestu može biti i devojčica.
Dev.
Deč.
Dev.
Deč. Dev.
Deč.
Dev.
Deč. Dev.
Deč.
Pa broj svih mogućnosti: 2 ⋅ 5!5! = 2 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = 2 ⋅120 ⋅120 = 28800
6) Na koliko načina četiri osobe mogu da stanu u krug?
Najbolje da mi to nacrtamo
A D
A B
D
A C
C
D
C
B
B
A
A
A
C
B D
B
C D
B
D C
1402
4
www.matematiranje.com
Dakle ima 6 mogućnosti!!! 7) Koliko ima četvorocifrenih brojeva koji počinju sa 2 a završavaju se sa 7?
To su brojevi 2 ▒ ▒ 7, gde umesto kvadratića mogu biti brojevi 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9. Znači, brojevi mogućnosti je: 2
V 1 = 10 2 = 10 ⋅ 10 = 100 8) Koliko ima trocifrenih brojeva koji su deljivi sa 5?
Trocifreni brojevi su od 100 do 999. Znači ima 900 broja Pošto je svaki peti deljiv sa 5 počevši od 100 to takvih brojeva ima 900:5=180 9) Koliko ima brojeva izmedju 3000 i 6000 koji se završavaju sa 3 ili 7?
→ Brojevi koji počinju sa 3 su _ 10
3 ▒ ▒ 3 → V 2 = 10 2 = 100 _ 10
3 ▒ ▒ 7 → V 2 = 10 2 = 100 → Brojevi koji počinju sa 4 _ 10
4 ▒ ▒ 3 → V 2 = 10 2 = 100 _ 10
4 ▒ ▒ 7 → V 2 = 10 2 = 100 Slično je i: 5 ▒ ▒ 3 → 100 broja 5 ▒ ▒ 7 → 100 broja 6 ▒ ▒ 3 → 100 broja 6 ▒ ▒ 7 → 100 broja Dakle, ukupno ima 100·6=600 broja
1403
5
SLUČAJNA PROMENLJIVA I NJENA RASPODELA Slučajna promenljiva je vrlo važan pojam u teoriji verovatnoće. Njena definicija je malo zeznuta pa se mi njome nećemo baviti već ćemo pokušati da vam pojasnimo rešavanje zadataka... Već smo u ranijim fajlovima iz verovatnoće rešavali nekoliko zadataka sa bacanjem novčića. Podsetimo se situacije kad smo bacali novčić tri puta. Mogu da nastanu sledeće situacije: P
P
P
G
G
G
P
P
G
G
G
P
P
G
P
G
P
G
P
G
G
G
P
P
Recimo da nas interesuje broj palih grbova. Jasno je da može da ne padne nijedan grb ( 0 puta) , da može da padne jedan grb , dva grba i tri grba. Obeležimo broj palih grbova sa X i napravimo “ šemicu ” : 0 1 2 3 X :
U zagradi u gornjem redu smo zapisali koliko puta može sve da padne grb u tri bacanja novčića. Ispod ćemo zapisati verovatnoće za svaki broj. Najpre da se podsetimo tih verovatnoća:
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
grb pada nijednom
grb pada jednom
grb pada dva puta
grb pada tri puta
verovatnoća je 1/8
verovatnoća je 3/8
verovatnoća je 3/8
verovatnoća je 1/8
Sad ove verovatnoće ubacimo u šemicu:
0 1 2 3 X :1 3 3 1 8 8 8 8
Treba uočiti da kada saberemo sve verovatnoće uvek dobijamo jedinicu.
1 3 3 1 8 + + + = =1 8 8 8 8 8
Ovde smo dakle imali slučajnu promenljivu X koja predstavlja broj palih grbova i našli smo raspodelu njene verovatnoće.
1404
1
Dakle, ako slučajna promenljiva X uzima vrednosti x1 , x2 ,..., xn kojima odgovaraju verovatnoće x x . . . xn X: 1 2 p1 p2 . . . pn
to možemo šematski prikazati sa
gde je p1 + p2 + ... + pn = 1
p1 , p2 ,..., pn
i ovo predstavlja
raspodelu verovatnoće.
Primer 1.
Kocka se baca dva puta. Ako se sa X označi zbir tačaka dobijenih iz oba bacanja, odrediti raspodelu verovatnoća slučajne promenljive X. Rešenje: Uvek najpre ispitamo sve mogućnosti... 1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
Zaključujemo da zbir može biti najmanji 2 a najveći 12 a to nam govori da će gornji red u raspodeli biti:
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 X : Sad računamo verovatnoće da će zbir biti 2, pa 3 , pa 4 itd. 1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
pao je zbir 2
pao je zbir 3
pao je zbir 4
verovatnoća je 1/36
verovatnoća je 2/36
verovatnoća je 3/36
I tako dalje…
Ubacimo ove vrednosti u šemu i dobijamo:
2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 X : 1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36
1405
2
Primer 2.
Strelac koji ima 4 metka gađa u metu dok ne pogodi ili ne utroši sve metke. Broj utrošenih metaka je slučajna promenljiva X. Odrediti raspodelu verovatnoća pod uslovom da je verovatnoća pogodka pri svakom gađanju jednaka 0,8.
Rešenje:
Razmišljamo ovako: Ako je verovatnoća pogodka 0,8 onda je verovatnoća da će promašiti 0,2
(1 − 0,8 = 0, 2 )
-
Ako je pogodio u prvom gađanju imamo verovatnoću 0,8
-
Ako je pogodio u drugom gađanju , znači da je u prvom promašio, pa je 0, 2 ⋅ 0,8 = 0,16
-
Ako je prva dva gađanja promašio a treće pogodio imamo verovatnoću 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,8 = 0, 0032
-
Ako je prva tri puta promašio a pogodio četvrto gađanje , onda je verovatnoća 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0,8 = 0, 0064
-
Ako je sva četiri puta promašio imamo 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2 ⋅ 0, 2 = 0, 0016
Pošto je imao 4 metka, raspodela verovatnoće će izgledati: 1 2 3 4 X : 2 3 4 1 Jasno je da je za 1 ,2 i 3 raspodela X : 0,8 0,16 0, 032 ?
Kod četvrtog metka su moguće dve situacije, da je tri puta promašio a četvrti put pogodio ili da je sva četiri puta promašio, pa je tu verovatnoća 0, 0064 + 0, 0016 = 0, 008
Konačno imamo
2 3 4 1 X : 0,8 0,16 0, 032 0, 008
1406
WWW.MATEMATIRANJE.COM 3
1407
4
www.matematiranje.com VEROVATNOĆA( ZA NIVO SREDNJE ŠKOLE) A- obeležimo neki dogadjaj,
A - obeležimo njemu suprotan dogadjaj, onda je
P(A)+P( A ) =1 KLASIČNA DEF. VEROVATNOĆE: P(A)=
m n
gde je m- broj povoljnih slučajeva
za dogadjaj A, a n- broj svih mogućnosti. ZBIR DOGADJAJA A i B je dogadjaj A+B koji se realizuje ako dodje do realizacije bar jednog od njih: P(A+B)= P(A)+(B) ako su dogadjaji A i B nezavisni P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) ako dogadjaji A i B mogu nastupiti istovremeno(zavisni) PROIZVOD DOGADJAJA A i B je dogadjaj koji se realizuje ako se realizuju i dogadjaj A i dogadjaj B: P(AB)=P(A)P(B) , ako su dogadjaji nezavisni P(AB)=P(A)P(B\A)=P(B)P(A\B) , ako su dogadjaji zavisni Za 3 zavisna dogadjaja formule su: P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC) P(ABC)=P(A)P(B\A)P(C\AB) BERNULIJEVA ŠEMA: Koristimo je ako imamo 2 ishoda pri vršenju nekog eksperimenta (primer: kad bacamo novčić). Neka se dogadjaj A ostvaruje sa verovatnoćom p, a njemu suprotan dogadjaj sa verovatnoćom q, i p+q=1 Tražimo verovatnoću da se u n nezavisnih ponavljanja dogadjaj A ostvari m-puta: P(Sn=m)=( nm ) pmqn-m TOTALNA VEROVATNOĆA: Neka dogadjaji H1,H2,…Hn čine potpun sistem dogadjaja.Dogadjaj A se može realizovati samo sa jednim od dogadjaja H1,…,Hn P(A)=P(H1)P(A\H1)+P(H2)P(A\H2)+…+P(Hn)P(A\Hn) BAJESOVA FORMULA:
P(Hi\A)=P(Hi)P(A\Hi) : P(A) za i=1,2,…,n
1408
www.matematiranje.com SLUČAJNA PROMENLJIVA I NJENA RASPODELA:
X:(
x1
x2
xn
p1
p2
pn
)
OČEKIVANJE: E(X)=x1p(x1)+…+xnp(xn) DISPERZIJA ( srednje kvadratno odstupanje) D(x)=E[(x-E(x))2] STANDARDNA DEVIJACIJA: σ (x)= D(x)
1409
VEROVATNOĆA - ZADACI (I DEO) U računu verovatnoće osnovni pojmovi su opit i događaj. Svaki opit se završava nekim ishodom koji se naziva elementarni događaj. Elementarne događaje profesori različito obeležavaju, mi ćemo ih obeležiti sa e1 , e2 , e3 ,... a vi naravno radite kako kaže vaš profesor. Skup svih mogućih ishoda datog opita, odnosno skup svih elementarnih događaja se najčešće obeležava sa E . E = {e1 , e2 , e3 ,...en }
primer 1.
Odrediti skup svih elementarnih događaja za sledeće opite: a) b) c) d) e) f)
bacanje jednog dinara bacanje dva dinara bacanje tri dinara bacanje jedne kocke bacanje dve kocke bacanje tri kocke
Rešenja: a) bacanje jednog dinara Naravno, prilikom bacanja dinara može pasti pismo ili može pasti grb.
P
G
Ako sa e1 obeležimo pojavu pisma na gornjoj strani novčića a sa e2 obeležimo pojavu grba onda je skup svih elementarnih događaja ovog opita E = {e1 , e2 } , a mislimo da je bolje ovo obeležiti sa E = {P, G} .
b) bacanje dva dinara Na gornjoj strani novčića se može pojaviti:
P
P
P
G
G
P
G
G
Pa je E = {PP, PG , GP, GG} , odnosno ima 4 ishoda ovog opita.
1410
1
c) bacanje tri dinara Ako bacamo tri novčića, broj ishoda je 8. Da vidimo: P
P
P
G
G
G
P
P
G
G
G
P
P
G
P
G
P
G
P
G
G
G
P
P
E = {PPP, PPG , PGP, PGG , GGG , GGP, GPG , GPP}
d) bacanje jedne kocke Većina nas je igrala ''ne ljuti se čoveče'' ili neku sličnu igricu sa jednom kockicom... Na gornjoj strani kocke može pasti jedan od brojeva : 1
2
3
4
5
6
pa je skup svih elementarnih događaja : E = {1, 2,3, 4,5, 6} . 6
Jasno je da ih ima 6. Preko formula iz kombinatorike bi ovo izračunali kao varijacije sa ponavljanjem: V 1 = 61 = 6
e) bacanje dve kocke 6
V 2 = 6 2 = 36
Pri bacanju dve kockice, broj mogućih ishoda je veći:
Naš savet je da uvek kad je to moguće, odnosno kad ne zahteva previše pisanja, ispišete sve mogućnosti opita:
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
E = {11,12,13,......., 66}
1411
2
f) bacanje tri kocke 6
Broj svih elementarnih događaja je V 3 = 63 = 216 . E ovde bi već bilo preterano da pišemo redom sve moguće ishode. E = {111,112,113,......., 666} Bitno je da znamo koliko ih ukupno ima.
E sad, u zadacima mi moramo obavezno odrediti skup svih elementarnih događaja, a oni od nas traže da nađemo verovatnoću pojave jednog od njih ( ili više njih...). Jedan takav događaj se najčešće obeležava slovima latinice: A,B,C...
Slučajan događaj A je podskup skupa E elementarnih događaja. Mi moramo precizno, navodnicima da opišemo taj događaj A= “…….”.
Ako smo sigurni da neki opit izaziva pojavu događaja A, onda za događaj A kažemo da je pouzdan. Ako se događaj A sigurno ne realizuje datim opitom, onda se on naziva nemoguć. ( obeležava se sa ∅ ) Na primer, kad bacamo jednu kockicu , sigurni smo da će se na gornjoj strani pojaviti jedan od brojeva 1,2,3,4,5,6 a ako obeležimo u tom opitu da je događaj A: “ pojavio se broj 7 na gornjoj strani kockice”, sigurni smo da je to nemoguć događaj.
Ako posmatramo dva događaja koji se mogu dogoditi u istom opitu, onda oni mogu biti zavisni i nezavisni.
Na primer, neka je opit bacanje dve kockice. Posmatramo tri događaja: Događaj A: “ pao je zbir 8” Događaj B : “ pao je zbir 7” Događaj C: “ pala je bar jedna šestica”
Ispitati da li su ovi događaji međusobno zavisni ili ne. Ovde je najbolje ispisati sve mogućnosti... www.matematiranje.com
1412
3
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
A:”pao je zbir 8”
B:”pao je zbir 7”
C:”pala je bar jedna šestica ”
Vidimo da su događaji A i B nezavisni. Međutim , ako posmatramo događaje A i C, vidimo da su oni zavisni , jer se oba dešavaju kad padne (2,6) i (6,2). Takođe su i B i C zavisni , jer kod oba događaja imamo (1,6) i (6,1).
Zbir ( unija)dva događaja A i B naziva se događaj A+B (ili A ∪ B ) koji se sastoji u tome da se realizuje bilo koji od njih, to jest bilo A, bilo B, bilo A i B.
Proizvod ( presek) dva događaja A i B se obeležava sa AB ( ili A ∩ B ) i predstavlja događaj koji se sastoji u tome da se događaji A i B pojavljuju zajedno. Ako se u vršenju jednog opita realizacijom događaja A uvek realizuje i događaj B, tada kažemo da događaj A povlači događaj B i tada je A ⊂ B .
Suprotan događaj događaja A se obeležava sa A .
Događaji A1 , A2 ,..., An obrazuju potpun sistem događaja ako je A1 ∪ A2 ∪ ... ∪ An = Ω i Ai ∩ A j = ∅ , to jest dva po dva su isključivi događaji.
Verovatnoća slučajnog događaja A se obeležava sa P(A). Pravila: 1.
0 ≤ P ( A) ≤ 1
Znači, verovatnoća se “ meri” od 0 do 1. Nula je verovatnoća nemogućeg događaja a jedinica je verovatnoća sigurnog događaja.
1413
4
2.
P ( A) + P ( A) = 1
Kad saberemo verovatnoću nekog događaja i verovatnoću njemu suprotnog događaja, dobijamo siguran događaj, odnosno , nešto il će se desi il neće... Često je u zadacima lakše izračunati verovatnoću suprotnog događaja, pa je onda P ( A) = 1 − P ( A) 3. Ako je A ⊂ B onda je P ( A) ≤ P ( B )
primer 2.
Data su dva događaja A i B. Pomoću simboličkih operacija sa datim događajima odrediti sledeće događaje: i) ii) iii)
realizovan je događaj A a nije realizovan događaj B realizovan je događaj B a nije realizovan događaj A realizovana su oba događaja
Rešenja: Pogledajmo najpre sledeću sliku:
A
AB
i)
B
AB
AB
realizovan je događaj A a nije realizovan događaj B
To ćemo obeležiti sa AB , to jest , realizovan je A a nije B.
ii)
realizovan je događaj B a nije realizovan događaj A
Ovo možemo obeležiti sa AB
iii)
realizovana su oba događaja
Ovde je rešenje presek, odnosno to je događaj AB
1414
5
primer 3.
Data su tri događaja A,B i C. Pomoću simboličkih operacija sa datim događajima odrediti sledeće događaje: a) b) c) d)
realizovan je događaj A , a nisu realizovani događaji B i C realizovani su događaji A i C, a događaj B nije realizovana su sva tri događaja realizovan je jedan i samo jedan od ova tri događaja
Rešenja:
Pogledajmo opet sliku gde su događaji predstavljeni pomoću skupova:
A
B
ABC
ABC
ABC ABC ABC
ABC ABC
C
Da odgovorimo sada na postavljena pitanja:
a) realizovan je događaj A , a nisu realizovani događaji B i C A
B
ABC ABC
ABC
ABC ABC
ABC ABC
C
Rešenje je: ABC
1415
6
b) realizovani su događaji A i C, a događaj B nije A
B
ABC ABC
ABC
ABC ABC
ABC ABC
C
Rešenje je: ABC ili možemo zapisati ABC + ABC + ABC ( vidi sliku)
c) realizovana su sva tri događaja A
B
ABC ABC
ABC
ABC ABC
ABC ABC
C
Rešenje je: ABC
d) realizovan je jedan i samo jedan od ova tri događaja A
B
ABC ABC
ABC
ABC ABC
ABC ABC
C
Rešenje je: ABC + ABC + ABC www.matematiranje.com
1416
7
Pomenimo još neka pravila:
Ako je A proizvoljan događaj , tada je : i) A∅ = ∅
v) A + ∅ = A
ii) AA = A
vi) A + A = A
iii) AE = A
vii) A + A = E
iv) AA = ∅
viii) A + E = E
Ako su A, B i C proizvoljni događaji, tada je: a) A + B = B + A b) A + ( B + C ) = ( A + B ) + C = A + B + C c) A( BC ) = ( AB )C = ABC d) A( B + C ) = AB + AC
1417
8
VEROVATNOĆA - ZADACI (II DEO)
Klasična definicija verovatnoće
Verovatnoća događaja A jednaka je količniku broja povoljnih slučajeva za događaj A i broja svih mogućih slučajeva.
P ( A) =
m n
n je broj svih mogućih slučajeva m je broj povoljnih slučajeva
PRIMER 1.
Odrediti verovatnoću da bačena kocka za igru na gornjoj strani pokaže paran broj.
Rešenje: A: “pao je paran broj” Da još jednom ponovimo savet iz prvog dela: uvek kad možete, skicirajte problem i napišite sve mogućnosti! 1
2
3
4
5
6
Jasno je da je broj svih mogućnosti n = 6 1
2
3
4
5
6
Povoljno je da padne: 2,4 ili 6 ( paran broj), pa je onda m = 3
P ( A) =
m 3 1 = = n 6 2
PRIMER 2.
Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockicama pojaviti zbir 9 na gornjoj strani? Rešenje: A: “pao je zbir 9” www.matematiranje.com
1418
1
Već smo videli u prethodnom fajlu da se broj svih mogućnosti izračunava: 6
n = V 2 = 62 = 36 Da vidimo šta je nama povoljno: 1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
Imamo četiri povoljne mogućnosti , pa je m = 4 P ( A) =
m 4 1 = = n 36 9
PRIMER 3.
Kolika je verovatnoća da pri bacanju dva novčića padne bar jedan grb? Rešenje: Kad u zadatku kaže “bar jedan”, to znači da nam je povoljno da padne jedan ali i oba grba! A: “pao je bar jedan grb” P
P
P
P
P
G
P
G
G
P
G
P
G
G
G
G
n=4
Verovatnoća je P ( A) =
m=3
m 3 = n 4
Ovaj zadatak smo mogli da rešimo i na drugi način, koji se često koristi kad u formulaciji zadatka imamo reči “bar jedan”. Posmatramo suprotan događaj događaju A: “pao je bar jedan grb”. To će biti A , koje znači da nije pao nijedan grb ( odnosno, pala su dva pisma)
1419
2
P
P
P
P
P
G
P
G
G
P
G
P
G
G
G
G
m=1
n=4
P ( A) =
m 1 = n 4
Dalje koristimo:
P ( A) + P ( A) = 1 P ( A) = 1 − P ( A)
P ( A) = 1 − P ( A) =
1 4
3 4
PRIMER 4.
Odrediti verovatnoću da pri istovremenom bacanju tri novčića padne tačno jedno pismo.
Rešenje: A: “palo je tačno jedno pismo”
Ovde nam traže konkretno da bude samo jedno pismo na tri novčića, pa nam nije povoljno da budu dva pisma ili sva tri... P
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
P
G
G
G
P
P
P
G
G
G
P
P
n=8
P ( A) =
m=3
m 3 = n 8 www.matematiranje.com
1420
3
PRIMER 5.
U posudi se nalazi 12 belih, 23 crvene i 27 crnih kuglica. Odrediti verovatnoću da izvučemo belu kuglicu, pod uslovom da su sve mogućnosti podjednako verovatne. Rešenje: A: “izvučena je bela kuglica”
12 bele
12 bele
23 crvene
23 crvene
27 crne
27 crne
n=12+23+27=62
m=12
Broj svih mogućnosti dobijamo kad saberemo sve kuglice, dakle n = 62 . Nama je povoljno da izvučemo belu kuglicu, a pošto ih ima 12, to je m = 12 P ( A) =
m 12 6 = = n 62 31
PRIMER 6.
Nepismeno dete sastavlja reči od sledećih slova: a,a,a,e,i,k,m,m,t,t. Odrediti verovatnoću da će sastaviti reč “matematika”. Rešenje: Ovaj zadatak ćemo rešiti na dva načina.
I način Koristimo klasičnu definiciju verovatnoće: A: “sastavljena je reč matematika” Broj svih mogućnosti je ustvari broj svih permutacija od ovih 10 slova, ali sa ponavljanjem , jer se slovo a ponavlja 3 puta, slovo m - 2 puta i slovo t - 2 puta.
1421
4
n=
10! 10 ⋅ 9 ⋅ 8 ⋅ 7 ⋅ 6 ⋅ 5 ⋅ 4 ⋅ 3 ⋅ 2 ⋅1 = = 151200 3!⋅ 2!⋅ 2! 3 ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅1 ⋅ 2 ⋅1
Od svih mogućnosti, nama je povoljna samo jedna, da reč bude matematika, pa je m = 1
P ( A) =
m 1 = n 151200
II način
Ovaj način je više logički, ići ćemo slovo po slovo: Najpre od ovih deset slova biramo slovo m, verovatnoća tog događaja je a
a
a
e
I
k
m m
t
2 , jer imamo 10 slova a 2 su m. 10
t
Dalje nam treba slovo a. Verovatnoća da ćemo uzeti a od preostalih 9 slova je a
a
a
e
I
Znači, za sad imamo a
a
a
e
I
Imamo dakle za sada
k
m m
t
3 , jer imamo 3 slova a. 9
t
2 3 2 ⋅ . Idemo dalje, biramo slovo t od preostalih 8 slova. Tu je verovatnoća . 10 9 8 k
m m
t
t
2 3 2 ⋅ ⋅ . 10 9 8
Napravili smo mat , sledeće slovo koje nam treba je e, a njega uzimamo sa verovatnoćom
1 , jer su ostala 7 slova a 7
imamo samo jedno e. a
a
a
e
I
k
m m
t
t
Sledeći ovaj postupak ( nadam se da smo ukapirali) , dobijamo:
P ( A) =
2 3 2 1 1 2 1 1 1 1 ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅1 odnosno P ( A) = 10 9 8 7 6 5 4 3 2 151200
1422
5
PRIMER 7.
U kutiji se nalaze 3 žute, 4 crvene i 5 plave kuglice. Izvlačimo 3 kuglice ali na različite načine: i) ii) iii)
sve tri odjednom jednu po jednu sa vraćanjem jednu po jednu bez vraćanja
Odrediti verovatnoću da su izvučene: a) sve tri crvene kuglice b) 2 plave i jedna žuta c) sve tri kuglice različite boje.
Rešenje: Pazite, zavisno od načina na koji izvlačimo kuglice, koristimo različite formule iz kombinatorike! Ako uzimamo sve kuglice odjednom, koristimo kombinacije Ckn . n
Ako uzimamo kuglice jednu po jednu sa vraćanjem , koristimo V k . Ako uzimamo kuglice jednu po jednu bez vraćanja , koristimo Vkn
a) sve tri crvene kuglice
A: “izvučene su tri crvene kuglice”
uzimamo tri crvene
12 kuglica ukupno
i) P ( A) =
C34 4 1 = = 12 C3 220 55 4
V3
ii) P ( A) =
12
V3 iii) P ( A) =
sve tri odjednom
3
=
3
43 4 1 1 = = = jedna po jedna sa vraćanjem 3 12 12 3 27
V34 4 ⋅3⋅ 2 1 = = jedna po jedna bez vraćanja 12 V3 12 ⋅11 ⋅10 55
1423
6
b) 2 plave i jedna žuta B: “izvučene su 2 plave i jedna žuta kuglica”
uzimamo dve plave I jednu žutu
12 kuglica ukupno
i) P ( B ) =
C25 ⋅ C13 10 ⋅ 3 3 = = C312 220 22 5
ii) P ( B ) =
3
V 2 ⋅V 1 12
V3
=
sve tri odjednom
52 ⋅ 31 25 ⋅ 3 25 = = jedna po jedna sa vraćanjem 3 12 12 ⋅12 ⋅12 576
V25 ⋅ V13 5⋅ 4⋅3 1 = = jedna po jedna bez vraćanja 12 V3 12 ⋅11 ⋅10 22
iii) P ( B ) =
c) sve tri kuglice različite boje.
od svake boje po jednu
12 kuglica ukupno
C: “izvučene su sve tri kuglice različite boje”
i) P (C ) =
C13 ⋅ C14 ⋅ C15 3 ⋅ 4 ⋅ 5 3 = = C312 220 11 3
ii) P (C ) =
4
5
V 1 ⋅V 1 ⋅V 1 V
iii) P (C ) =
12 3
=
sve tri odjednom
3⋅ 4 ⋅5 5 = jedna po jedna sa vraćanjem 3 12 144
V13 ⋅ V14 ⋅ V15 3⋅ 4 ⋅5 1 = = jedna po jedna bez vraćanja 12 12 ⋅11 ⋅10 22 V3 www.matematiranje.com
1424
7
PRIMER 8.
Kocka, čije su sve površi obojene, izdeljena je na hiljadu kocaka jednakih dimenzija. Tako dobijene kocke su izmešane. Odrediti verovatnoću da će nasumice izabrana kocka imati dve obojene površi. Rešenje: Događaj A: «izvučena je kockica sa dve obojene površine» Pošto imamo hiljadu kockica, očigledno je n = 1000 Kako kocka ima 12 ivica a svaka ivica sadrži po 10 kockica i znamo da ivice na uglovima imaju sve tri obojene strane, ispada da za svaku ivicu imamo po 10 - 2 = 8 kockica sa po dve obojene strane. Onda je broj kockica sa dve obojene strane m = 12 ⋅ 8 = 96 P ( A) =
m 96 = = 0, 096 n 1000
PRIMER 9.
Iz špila od 32 karte nasumice su izvučene tri karte odjednom. a) Naći verovatnoću da je među njima tačno jedan AS b) Naći verovatnoću da će među biti bar jedan AS
Rešenje:
a) Naći verovatnoću da je među njima tačno jedan AS Događaj A: « izvučen je tačno jedan AS »
Broj svih mogućnosti je da od 32 karte uzmemo 3: C332 Broj povoljnih mogućnosti je da bude 1 AS: C14 jer imamo 4 ASA, a preostale dve karte mogu biti bilo koje: C228
P ( A) =
C ⋅C C332 4 1
28 2
28 ⋅ 27 4 ⋅14 ⋅ 27 2 ⋅1 = ≈ 0,30 = 32 ⋅ 31 ⋅ 30 32 ⋅ 31 ⋅ 5 3 ⋅ 2 ⋅1 4⋅
1425
8
b) Naći verovatnoću da će među biti bar jedan AS
Događaj B: « izvučen je bar jedan AS » U ovakvim situacijama smo rekli da je pametno naći verovatnoću suprotnog događaja , pa to oduzeti od jedinice. Suprotan događaj događaju B bi bio da nije izvučen nijedan AS.
P( B) =
28 3 32 3
C C
28 ⋅ 27 ⋅ 26 28 ⋅ 27 ⋅ 26 3 ⋅ 2 ⋅1 = = ≈ 0, 66 32 ⋅ 31 ⋅ 30 32 ⋅ 31 ⋅ 30 3 ⋅ 2 ⋅1
P ( B ) = 1 − P ( B ) ≈ 1 − 0, 66 ≈ 0,34 www.matematiranje.com
1426
9
VEROVATNOĆA - ZADACI (III DEO)
ZBIR DOGAĐAJA A i B je događaj A+B koji se realizuje ako dodje do realizacije bar jednog od njih: P(A+B)= P(A)+(B) ako su događaji A i B nezavisni P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) ako događaji A i B mogu nastupiti istovremeno (zavisni)
USLOVNA VEROVATNOĆA Obeležimo sa B/A uslovni događaj koji se sastoji u ostvarenju događaja B pod uslovom da je A već ostvaren:
P ( B / A) =
P ( AB ) P ( A)
Obeležimo sa A/B uslovni događaj koji se sastoji u ostvarenju događaja A pod uslovom da je B već ostvaren: P( A / B) =
P ( AB ) P( B)
PROIZVOD DOGAĐAJA A i B je događaj koji se realizuje ako se realizuju i događaj A i događaj B: P(AB)=P(A)P(B) , ako su događaji nezavisni P(AB)=P(A)P(B/A)=P(B)P(A/B) , ako su događaji zavisni Za 3 zavisna događaja formule su: P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC) P(ABC)=P(A)P(B/A)P(C/AB)
Jedna napomena: Neki profesori , da bi naglasili da su događaji nezavisni , pišu u tim situacijama umesto + znak za uniju ∪ , to jest, formulu: P(A+B)= P(A)+P(B)-P(AB) zapisuju kao P(A ∪ B)= P(A)+P(B)-P(AB), odnosno formulu
P(A+B+C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)
zapisuju kao P(A ∪ B ∪ C)=P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC) Naš je savet, kao i uvek da vi radite onako kako radi vaš profesor... www.matematiranje.com
1427
1
PRIMER 1.
Odrediti verovatnoću da iz 32 karte za igru izvučemo ili kralja ili asa.
Rešenje:
Najpre opišemo događaje: A: “izvučena karta je kralj ” B: “izvučena karta je as ” Događaji su očigledno nezavisni, pa računamo: P ( A + B ) = P ( A) + P ( B )
U špilu imamo 32 karte, a 4 su kralja, pa je P ( A) =
Slično je i za asa: P ( B ) =
4 . 32
4 32
P ( A + B ) = P( A) + P( B)
P( A + B) =
4 4 8 1 + = = = 0, 25 32 32 32 4
PRIMER 2.
Kolika je verovatnoća da od 32 karte za igru izvučemo ili karo (kocka) ili asa.
Rešenje:
A: “izvučena karta je karo” B: “izvučena karta je as ”
Razmišljamo: da li su ovi događaji zavisni ili nezavisni ? Pitamo se da li postoji opcija da se oni dogode istovremeno? Odgovor je DA, jer izvučena karta može biti AS KARO. Dakle, radi se o zavisnim događajima, pa ćemo koristiti formulu: P ( A + B ) = P( A) + P( B) − P( AB)
1428
2
U kartama za igranje postoje, kao što znamo 4 boje: pik, karo, herc i tref. U 32 karte će biti 32:4 = 8 karona, pa je P ( A) =
8 32
Kako imamo 4 asa, to je P ( B ) =
4 . 32
AS KARO je u špilu samo jedan, to jest verovatnoća da ćemo njega izvući je P ( AB ) =
1 32
Vratimo se u formulu: P ( A + B ) = P( A) + P( B) − P( AB)
P( A + B) =
8 4 1 11 + − = 32 32 32 32
PRIMER 3.
U kontejneru se nalazi 12 proizvoda, od kojih je 8 standardnih. Radnik bira nasumice dva proizvoda, prvo jedan, zatim drugi. Odrediti verovatnoću da su oba proizvoda nestandardna. Rešenje: Pošto u zadatku kaže da su 8 proizvoda standardna , jasno je da su 4 nestandardna. Opišimo događaje: A: “ izvučen je nestandardan proizvod u prvom izvlačenju” B/A: “ U drugom izvlačenju je izvučen nestandardan proizvod pod uslovom da je u prvom izvlačenju izvučen nestandardan proizvod” Koristimo formulu: P ( AB ) = P( A) P( B / A)
ns ns ns ns s s s s s s s s 8 standardna 4 nestandarna
ns ns ns s s s s s s s s 8 standardna 3 nestandarna
Imamo ukupno 12 proizvoda a nama je povoljno da izvučemo nestandardan proizvod: P ( A) =
1429
4 12
www.matematiranje.com 3
U drugom izvlačenju opet trebamo uzeti nestandardan proizvod, ali je sada u kontejneru ostalo 11 proizvoda, od kojih je 3 nestandardno: P ( B / A) =
3 11
Zamenimo ovo u formulu i dobijamo: P ( AB ) = P( A) P( B / A) P ( AB ) =
4 3 1 ⋅ = ≈ 0, 09 12 11 11
PRIMER 4.
Kolika je verovatnoća da će se na dvema bačenim kockama dobiti zbir tačaka 9 ili, ako se to ne dogodi, da se pri ponovljenom bacanju dobije zbir tačaka 7. Rešenje: Opišimo najpre događaje: A: “pao je zbir 9”
A : “ nije pao zbir 9”
B: “pao je zbir 7” Traženi događaj je zbir dva događaja: A + AB 1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
pao je zbir 9
4 1 32 a onda je P ( A) = = 36 9 36
P ( A) = 1
1
2
1
3
1
4
1
5
1
6
1
1
2
2
2
3
2
4
2
5
2
6
2
1
3
2
3
3
3
4
3
5
3
6
3
1
4
2
4
3
4
4
4
5
4
6
4
1
5
2
5
3
5
4
5
5
5
6
5
1
6
2
6
3
6
4
6
5
6
6
6
pao je zbir 7
6 1 = 36 6 32 6 8 1 8 4 P ( AB ) = ⋅ = ⋅ = = 36 36 9 6 54 27
P( B) =
P ( A + AB ) =
I konačno:
1 4 3 4 7 + = + = 9 27 27 27 27
1430
4
PRIMER 5.
U kutiji se nalazi 7 belih, 5 crvenih i 3 crne kuglice. Slučajno se jedna za drugom ( sukcesivno) izvlače 3 kuglice. Naći verovatnoću da je prva izvučena kuglica bela, druga crvena i treća crna.
Rešenje:
A: “ prva izvučena kuglica je bele boje” B: “ druga izvučena kuglica je crvene boje” C: “ treća izvučena kuglica je crne boje” Moramo opisati i događaje: B/A: “ druga izvučena kuglica je crvena pod uslovom da je prva izvučena kuglica bela” C/AB: “treća izvučena kuglica je crna pod uslovom da je prva izvučena kuglica bela i druga crvena ”
izvučena crvena
izvučena bela
7bele+5crvene+3crne =15 kuglica
P ( A) =
6bele+5crvene+3crne =14 kuglica
6bele+4crvene+3crne =13 kuglica
7 15
P ( B / A) =
5 14
P (C / AB ) =
3 13
P( ABC ) = P( A) P( B / A) P(C / AB) =
7 5 3 1 1 1 ⋅ ⋅ = ⋅ = ≈ 0, 04 15 14 13 2 13 26
1431
5
PRIMER 6.
U posudi A nalaze se 3 crne i 2 bele kuglice, a u posudi B 2 crne i 5 belih kuglica. Ne gledajući, iz slučajno odabrane posude uzimamo 1 kuglicu i stavljamo je u drugu posudu, a zatim iz druge posude uzimamo , takođe ne gledajući , 1 kuglicu. Naći verovatnoću da obe kuglice budu iste boje. Rešenje: Ovde je najbolje da skiciramo problem i uočimo pojedinačne verovatnoće ... slučajno izabrana kuglica prebačena je u drugu posudu
B
A
3/5
crna kug.
5/8
bela kug. crna kug.
crna kug. 2/8
½
2/5
bela kug. B
A
B
½
3/8
2/7
5/7
6/8
bela kug.
4/6
crna kug.
2/6 3/6
bela kug. crna kug.
3/6
bela kug.
crna kug.
bela kug. A
Verovatnoća da ćemo od dve posude izabrati jednu je naravno
1 . 2
Ako iz posude A uzmemo 1 kuglicu i stavimo je u posudu B , tada će u posudi B biti 8 kuglica, i to:
-
ako iz posude A uzmemo 1 crnu kuglicu i stavimo je u posudu B, tada u posudi B imamo 3 crne i 5 bele kuglice;
-
ako iz posude A uzmemo 1 belu kuglicu i stavimo je u posudu B, tada u posudi B imamo 2 crne i 6 bele kuglice;
Ako iz posude B uzmemo 1 kuglicu i stavimo je u posudu A , tada će u posudi A biti 6 kuglica, i to: -
ako iz posude B uzmemo 1 crnu kuglicu i stavimo je u posudu A, tada u posudi A imamo 4 crne i 2 bele kuglice;
-
ako iz posude B uzmemo 1 belu kuglicu i stavimo je u posudu A, tada u posudi A imamo 3 crne i 3 bele kuglice;
1432
6
Sad pratimo putanje koje nam daju kuglice iste boje u oba izvlačenja: slučajno izabrana kuglica prebačena je u drugu posudu
A
3/5
3/8
crna kug.
5/8
bela kug. crna kug.
crna kug. 2/8
½
2/5
bela kug. 6/8 4/6
B
½
2/7
crna kug.
crna kug. 2/6 3/6
5/7
bela kug.
bela kug. crna kug.
bela kug. 3/6
bela kug.
Crne putanje nam daju verovatnoću da je dva puta izvučena crna kuglica. Za gornju granu imamo:
1 3 3 1 2 4 ⋅ ⋅ a za donju granu imamo: ⋅ ⋅ 2 5 8 2 7 6
Žute putanje nam daju verovatnoću da je dva puta izvučena bela kuglica: Za gornju granu imamo:
1 2 6 1 5 3 ⋅ ⋅ a za donju granu imamo: ⋅ ⋅ 2 5 8 2 7 6
Ako je događaj A: “izvučene su dve kuglice iste boje” , njegovu verovatnoću dobijamo kad saberemo sve ove verovatnoće: P(A) =
1 3 3 1 2 4 1 2 6 1 5 3 901 ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ = 2 5 8 2 7 6 2 5 8 2 7 6 1680
PRIMER 7.
U nekom gradu 40% stanovnika ima plavu kosu, 25% ima plave oči, a 15% ima i plavu kosu i plave oči. Biramo nasumice jednog stanovnika tog grada. a) Ako on ima plavu kosu, kolika je verovatnoća da će imati i plave oči? b) Ako on ima plave oči, kolika je verovatnoća da neće imati plavu kosu? c) Kolika je verovatnoća da on neće imati ni plave oči ni plavu kosu? www.matematiranje.com
1433
7
Rešenje:
Označimo događaje: Događaj O: “ izabrani građanin ima plave oči ” Događaj K: « izabrani građanin ima plavu kosu »
a) Ako on ima plavu kosu, kolika je verovatnoća da će imati i plave oči?
Jasno je da su pojedinačne verovatnoće , iz teksta zadatka:
25 1 = 100 4 40 2 P( K ) = = 100 5 15 3 P (OK ) = = 100 20
P (O) =
Ovde se radi o uslovnoj verovatnoći: 3 P (OK ) 20 3 P (OK ) = P ( K ) ⋅ P(O / K ) → P(O / K ) = = = 2 8 P( K ) 5
b) Ako on ima plave oči, kolika je verovatnoća da neće imati plavu kosu?
25 1 = 100 4 40 2 P( K ) = = 100 5 15 3 P (OK ) = = 100 20
P (O) =
Lakše je ako idemo preko suprotne verovatnoće: P (OK ) = P ( K ) ⋅ P( K / O) → P ( K / O) = P( K / O) = 1 − P( K / O) = 1 −
P (OK ) 3 = P( K ) 5
3 2 = 5 5
1434
8
c) Kolika je verovatnoća da on neće imati ni plave oči ni plavu kosu? 25 1 = 100 4 40 2 P( K ) = = 100 5 15 3 P (OK ) = = 100 20
P (O) =
Opet je elegantnije ići na suprotnu verovatnoću , ali pazimo koju formulu koristimo, jer se radi o zavisnim događajima:
P (O + K ) = P (O) + P ( K ) − P (O ⋅ K ) 1 2 3 5 + 8 − 3 10 1 P (O + K ) = + − = = = 4 5 20 20 20 2 1 1 P (O + K ) = 1 − P (O + K ) = 1 − = 2 2
verovatnoća da ima i plavu kosu i plave oči...
www.matematiranje.com
1435
9
GEOMETRIJSKA VEROVATNOĆA
U slučaju kada se ishod nekog opita definiše slučajnim položajem tačke u nekoj oblasti, pri čemu je proizvoljni položaj tačke u toj oblasti jednako moguć , koristimo geometrijsku verovatnoću. Ako, recimo, obeležimo da je “dimenzija” cele oblasti S, a S p “dimenzija” dela te oblasti, čije se sve tačke smatraju povoljnom za ishod događaja, onda se verovatnoća izračunava: P =
Sp S
.
Reč dimenzija smo namerno stavili pod navodnike jer S p i S mogu predstavljati duži, površine, zapremine itd. U zadacima sa geometrijskom verovatnoćom je gotovo neophodno nacrtati sliku, uočiti koja dužina, površina ili zapremina je nama “ povoljna” . Pažljivo čitajte zadatak ... PRIMER 1.
U kvadratu je upisan krug. Odrediti verovatnoću da slučajno izabrana tačka u kvadratu pripada i krugu. Rešenje: Definišimo događaj A: “ slučajno izabrana tačka je u krugu” Da skiciramo problem:
r=a/2
a
a
Ovde nam očigledno trebaju površine. Površina kvadrata stranice a je S = a 2 . Poluprečnik upisanog kruga je polovina stranice kvadrata, pa je povoljna 2
a 2π a površina S p = r π = π = 4 2 2
a 2π Sp a2 π π = 42 = = ≈ 0, 785 Odavde je P ( A) = S a 4 4 a2
1436
www.matematiranje.com 1
PRIMER 2.
Sredine stranica kvadrata , stranice a, spajanjem daju ponovo kvadrat. Tačka M je na slučajan način izabrana. Odrediti verovatnoću da je izabrana tačka M iz drugog ( manjeg) kvadrata.
Rešenje:
Definišimo događaj A: “ slučajno izabrana tačka M je u manjem kvadratu”
a
D
C
M a a 2 2
A
a 2
a 2
B
Ako je stranica većeg kvadrata a , onda dužinu stranice manjeg kvadrata možemo izračunati primenom Pitagorine
a 2 . Jasno je da se opet radi o površinama. S p je povoljna površina manjeg kvadrata, dok je celokupna 2 površina S, površina većeg kvadrata: teoreme:
2
a 2 a2 ⋅ 2 2 S 1 P ( A) = p = 2 = 42 = S a a 2
PRIMER 3.
U datu kocku upisana je lopta. Odrediti verovatnoću da slučajno izabrana tačka pripada i unutrašnjosti lopte. Rešenje: Događaj A: “ slučajno izabrana tačka je u unutrašnjosti lopte” U ovom primeru ćemo računati odnos zapremina. Nacrtajmo sliku i nađimo vezu između poluprečnika i dužine stranice kocke.
1437
2
r=a/2 a
a a
S je zapremina kocke S p ( povoljna zapremina) je zapremina lopte poluprečnika
a , koja je upisana u kocku. 2
3
4 a3 4a 4 3 ⋅ π π S p VL 3 r π 3 2 π 3 8 P ( A) = = = 3 = = = ≈ 0,52 3 S VK a a 6 a3
PRIMER 4.
Duž dužine a podeljena je na tri dela. Odrediti verovatnoću da se od dobijenih delova može konstruisati trougao.
Rešenje:
Izdelimo najpre datu duž na proizvoljne delove: x, y , i a-x-y. a
x
y
a-x-y
Oblast S u ravni čine sve tačke čije koordinate zadovoljavaju jednakost: x + y < a Na slici bi to bilo:
www.matematiranje.com
1438
3
y
a
x+y=a x+y
a
x
Sad razmišljamo kako da dobijemo površinu S p koja je nama povoljna.
Znamo da za stranice trougla mora da važi teorema da je zbir dve stranice trougla veći od treće stranice! Stranice smo obeležili sa x, y , i a-x-y, pa je dakle: x + y > a- x- y
odavde je x + y >
x + (a- x- y) > y odavde je y <
a 2
y + (a- x- y) > x odavde je x <
a 2
a 2
Nacrtajmo ove tri prave na našoj slici i dobićemo površinu koja nam je povoljna: y
a
a 2
y<
a
x+y=a
2
Sp x< a x+ y > 2
a 2
a 2
a
x
1439
4
Sad možemo naći i traženu verovatnoću: A: “ od dobijenih delova se može konstruisati trougao” 2
a 2 a2 Sp 1 2 P ( A) = = 2 = 42 = = 0, 25 a S a 4 2 PRIMER 5.
Dve osobe zakazale su sastanak u toku jednog sata, na naznačenom mestu, uz obavezu čekanja 20 minuta 1 ( sata) . Odrediti verovatnoću susreta ako je dolazak svake od osoba jednako moguć u proizvoljnom momentu 3 naznačenog vremena. Rešenje:
Pošto su osobe zakazale susret u toku jednog sata, u ravni to možemo predstaviti kao površinu kvadrata stranice jedan. y
1 sat
S
x 1 sat
0
S = Pkvadrata = 12 = 1 Označimo ovako: x - je trenutak dolaska prve osobe y - je trenutak dolaska druge osobe Kako je obaveza čekanja 20 min, to jest x− y ≤
1 3
i
y−x≤
1 sata, mora da važi: 3
1 3
Nacrtrajmo ove dve prave i da vidimo koje oblasti zadovoljavaju nejednačine:
1440
5
y 2 ( ,1) 3
1
2 (1, ) 3
Sp
1
(0, ) 3
x 0
1
1 ( ,0) 3
Površinu S p ćemo dobiti kad od površine kvadrata oduzmemo površine ova dva pravougla trouglića stranice
2 3
2
S p = Pkvadrata − 2 ⋅ Ptrougla
2 4 5 3 = 12 − 2 ⋅ = 1 − = 2 9 9
A: “ susret osoba u toku 1 sata sa obavezom čekanja 20 min” 5 Sp 9 5 P( A) = = = ≈ 0,56 S 1 9 PRIMER 6.
Dva broda moraju da stignu u jedno isto pristanište. Vreme dolaska obadva broda je nazavisno i jednako moguće u toku dana. Naći verovatnoću da će jedan od brodova morati čekati na oslobađanje pristaništa, ako je vreme zadržavanja prvog broda jedan, a drugog dva sata. Rešenje: Obeležimo sa : x - vreme dolaska prvog broda y - vreme dolaska drugog broda Pošto u zadatku kaže da se radi o celom danu , to je 0 ≤ x ≤ 24 i 0 ≤ y ≤ 24 , odnosno , površina S je površina kvadrata sa stranicama 24. S = Pkvadrata = 24 2 = 576
Iz podatka da je vreme zadržavanja prvog broda jedan a drugog dva sata , dobijamo dve nejednačine:
1441
6
y − x ≤ 1 i x − y ≤ 2 . Nacrtajmo ove dve prave na slici i uočimo koje oblasti zadovoljavaju nejednačine: y
24
21
zelena povr šina nam je povoljna S p
18 15
12 y − x ≤1 9 x− y ≤ 2 6
3 x
1 0
1
3
6
9
12
15
21
18
24
Slično kao i u prethodnom zadatku, površinu S p ćemo dobiti kad od površine kvadrata oduzmemo površine ova dva pravougla trougla, pa je: P ( A) =
Sp S
≈ 0,121
gde je A: “ brod čeka na oslobađanje pristaništa ”
PRIMER 7.
Odrediti verovatnoću da slučajno izabrana tetiva kružnice bude veća od stranice jednakostraničnog trougla koji je upisan u tu kružnicu. ( BERTRANDOV PARADOKS) Rešenje: A: “ nasumice izabrana tetiva je duža od stranice upisanog jednakostraničnog trougla” Ovaj problem je zadao francuski matematičar Bertrand još davne 1889. godine i u matematici se po njemu i zove Bertrandov paradoks. Paradoks se sastoji u tome da se dobijaju tri različita rešenja zadatka, u zavisnosti od toga kako je povučena tetiva. Posmatramo tri načina ( nasumičnog ) povlačenja tetive: www.matematiranje.com
1442
7
I način ( fiksirana je jedna krajnja tačka tetive) Na periferiji kruga proizvoljnog poluprečnika r uočimo tačku A i kroz nju povučemo tetivu u nasumice izabranom pravcu ( slika 1) . Upišemo u dati krug jednakostranični trougao čije je jedno teme tačka A. Spojimo tačku A sa centrom kruga O ( može i da produžimo da bude ceo prečnik ), pogledajte sliku 2. A
A
60
r
A
A
o
α
O
t
t
O
t
B
slika 1
O C
B
C
t
slika 2
t
O t
t C
B
slika 4
slika 3
Označimo sa α ugao koji tetiva gradi sa poluprečnikom AO. ( slika 3)
Sad razmišljamo: tetiva će biti duža od stranice trougla ako pravi uglove sa prečnikom do 300 . A kako to možemo izvesti sa obe strane ( slika 4) , zaključujemo da su nama povoljni uglovi do 600 , to jest do 600 =
π 3
.
Ugao α može da uzima sve vrednosti do 1800 , to jest do π .
π 1 Tražena verovatnoća je : P ( A) = 3 = π 3
II način ( ako je fiksiran pravac tetive) Fiksiramo jedan pravac i povučemo nasumice tetivu kruga paralelno fiksiranom pravcu. Upišemo u krug jednakostraničan trougao ali tako da je jedna njegova stranica paralelna sa izabranim pravcem ( slika1.) A
A
r/2
C t
r/2 r/2
C
B
{
x
r/2 r/2
pravac p
pravac p
slika 1.
slika 2.
t
O
B
{
x
O
O
t
B r/2
C
A pravac p slika 3.
Rastojanje stranice trougla od centra datog kruga je očigledno
r . Obeležimo rastojanje tetive do centra sa x(slika 2.) 2
r . 2 Istu situaciju imamo i ako okrenemo trougao (slika 3.), što nam govori da rastojanje x ide od 0 do r.
Sad razmišljamo: da bi tetiva bila duža od stranice trougla , njeno rastojanje mora biti kraće od
1443
8
Tražena verovatnoća je u ovom slučaju
r 1 P ( A) = 2 = r 2
III način ( znamo položaj središta tetive) Izaberemo u krugu jednu tačku i kroz nju povučemo tetivu koja će biti prepolovljena tom tačkom( slika 1.) A
t
O
t
S
A
O
O
t
S
S B
slika 1.
B
C
C
slika 3.
slika 2.
Upišemo jednakostraničan trougao da stranica bude paralelna sa tetivom( slika 2.)
Sad razmišljamo: tetiva će imati veću dužinu od stranice jednakostraničnog trougla ako i samo ako njeno središte leži unutar kruga koji je upisan u taj jednakostranični trougao! ( slika 3.) 2
r r 2π r Poluprečnik ovako upisanog kruga ( sivog) je a površina π = 2 4 2
Tražena verovatnoća je u ovom slučaju
r 2π 1 P ( A) = 42 = rπ 4
Kao što vidimo, u sva tri slučaja smo dobili različite verovatnoće, što predstavlja paradoks. Objašnjenje za ovaj paradoks leži u činjenici da zadatak ( problem ) nije precizno formulisan ! Ovde se ustvari radi o tri različita zadatka, u zavisnosti od toga šta podrazumevamo pod pojmom proizvoljne tetive.
Zato mi stalno ponavljamo da zadatke iz verovatnoće treba pažljivo čitati i polako proučavati uz odgovarajuću skicu problema… www.matematiranje.com
1444
9
VEROVATNOĆA ZADACI ( V- DEO) Totalna verovatnoća i Bajesova formula Posmatrajmo neke događaje H1 , H 2 , H 3 ,......., H n koji čine potpun sistem događaja ( H1 + H 2 + H 3 + ....... + H n = E ) i koji su međusobno nesaglasni ( ne mogu da se dese dva istovremeno). Tada se neki događaj A, koji je vezan za taj opit , može realizovati istovremeno samo sa jednim od događaja H1 , H 2 , H 3 ,......., H n ( hipoteze) i njegovu verovatnoću računamo po formuli: P( A) = P( H1 ) ⋅ P ( A / H1 ) + P ( H 2 ) ⋅ P ( A / H 2 ) + P( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) + ....... + P ( H n ) ⋅ P ( A / H n )
Ova jednakost je poznata kao teorema o totalnoj verovatnoći. PRIMER 1.
Dva različita proizvoda , jedan iz jedne, drugi iz druge fabrike , nalaze se u različitim kontejnerima. Ako je verovatnoća da su proizvodi iz prvog kontejnera ispravni 0,9 a verovatnoća da su ispravni proizvodi iz drugog kontejnera 0,8 odrediti verovatnoću da se , nasumice birajući kontejnere, izvuče ispravan proizvod. Rešenje: Najpre ćemo opisati događaje: A: “ izvučen je ispravan proizvod ”
H1 : “ Izabran je prvi kontejner ” H 2 : “ Izabran je drugi kontejner ” A / H1 : “ izvučen je ispravan proizvod ako je izabran prvi kontejner ” A / H 2 : “ izvučen je ispravan proizvod ako je izabran drugi kontejner ”
napomena: Neki profesori ne traže da im se sve piše detaljno, dok drugi to izričito zahtevaju. Vi radite kako kaže vaš profesor… Koristićemo formulu totalne verovatnoće: P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 )
1 1 , pa je P( H1 ) = P( H 2 ) = = 0,5 2 2 Verovatnoće P( A / H1 ) i P ( A / H 2 ) su nam date u zadatku : P( A / H1 ) = 0,9 i P ( A / H 2 )=0,8
Kako imamo dva kontejnera, mogućnost da izaberemo jedan od njih je
P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) pa je P ( A) = 0,5 ⋅ 0,9 + 0,5 ⋅ 0,8 = 0,85
1445
1
PRIMER 2.
U prodavnicu automobilskih delova stigli su akomulatori proizvedeni u 4 različite fabrike, i to: -
500 akomulatora iz I fabrike 1050 akomulatora iz II fabrike 550 akomulatora iz III fabrike 1900 akomulatora iz IV fabrike
Verovatnoća da akomulator traje više od pet godina iznosi: -
za prvu fabriku 0,20 za drugu fabriku 0,25 za treću fabriku 0,30 za četvrtu fabriku 0,10
Slučajno biramo jedan akomulator. Odrediti verovatnoću da će trajati duže od pet godina. Rešenje:
A: “izabrani akomulator će trajati duže od 5 godina”
Najpre nađemo broj svih akomulatora, iz sve četiri fabrike: 500 + 1050 + 550 + 1900 = 4000
H1 - izabrani akomulator je iz I fabrike P( H1 ) =
500 = 0,125 4000
H 2 - izabrani akomulator je iz II fabrike P( H 2 ) =
1050 = 0, 2625 4000
H 3 - izabrani akomulator je iz III fabrike P( H 3 ) =
H 4 - izabrani akomulator je iz IV fabrike
550 = 0,1375 4000
P( H 4 ) =
1900 = 0, 475 4000
P( A / H1 ) = 0, 20; P( A / H 2 ) = 0, 25; P ( A / H 3 ) = 0,30; P ( A / H 4 ) = 0,10 P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 ) + P ( H 4 ) ⋅ P ( A / H 4 )
P ( A) = 0,125 ⋅ 0, 20 + 0, 2625 ⋅ 0, 25 + 0,1375 ⋅ 0,30 + 0, 475 ⋅ 0,10 P ( A) = 0, 025 + 0, 065625 + 0, 04125 + 0, 0475 P ( A) = 0,179375
1446
2
Bajesova formula je vezana za totalnu verovatnoću: Neka je izvršen opit i neka se kao ishod tog opita ostvario događaj A. Često nas zanima u kojem je uslovu H i nastupio događaj A. To su ocene verovatnoće događaja H i / A
Bajesove formule:
P ( H i / A) =
P( H i ) P( A / H i ) P ( A)
gde je i = 1, 2,..., n . Te verovatnoće tražimo preko
∀i = 1, 2,3,..., n
PRIMER 3.
Prilikom eksplozije granata se raspada na parčad od tri težinske kategorije: krupna, srednja i mala, pri čemu respektivno ta parčad čine 0,1 ; 0,3 i 0,6 od ukupnog broja parčadi. Prilikom udara u oklop krupno parče ga probija sa verovatnoćom 0,9 , srednje sa verovatnoćom 0,2 i malo sa verovatnoćom 0,05. U momentu eksplozije na oklop je palo samo jedno parče i probilo ga. Naći verovatnoću da je oklop probijen krupnim, srednjim i malim parčetom. Rešenje: Najpre ćemo naći totalnu verovatnoću: A: “ oklop je probijen” H1 - krupnim parčetom
P( H1 ) = 0,1
H 2 - srednjim parčetom
P( H 2 ) = 0,3
H 3 - malim parčetom
P( H 3 ) = 0, 6
P ( A / H1 ) = 0,9
i i i
P ( A / H 2 ) = 0, 2 P ( A / H 3 ) = 0, 05
P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 ) + P ( H 3 ) ⋅ P ( A / H 3 )
P ( A) = 0,1 ⋅ 0,9 + 0,3 ⋅ 0, 2 + 0, 6 ⋅ 0, 05 P ( A) = 0,18 Sada uz pomoć Bajesove formule tražimo da je oklop probijen krupnim, srednjim i malim parčetom. P ( H1 / A) =
P ( A / H1 ) 0,1 ⋅ 0,9 = = 0,5 P ( A) 0,18
P ( H1 / A) je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo krupno parče.
www.matematiranje.com
1447
3
P ( H 2 / A) =
P ( A / H 2 ) 0,3 ⋅ 0, 2 = = 0,333 P ( A) 0,18
P ( H 2 / A) je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo srednje parče.
P ( H 3 / A) =
P ( A / H 3 ) 0, 6 ⋅ 0, 05 = = 0,167 P ( A) 0,18
P ( H 3 / A) je verovatnoća da ako je oklop probijen , da je to uradilo malo parče.
PRIMER 4.
U kutiji A nalaze se 9 listića numerisanih brojevima od 1 do 9, a u kutiji B nalazi se 5 listića numerisanih brojevima od 1 do 5. Biramo kutiju nasumice i iz nje izvlačimo jedan listić. Ako je broj na listiću paran, izračunati kolika je verovatnoća da je listić izvađen iz kutije A.
Rešenje:
M : “ izvađen je paran broj” H1 - izabrana je prva kutija H 2 - izabrana je druga kutija P ( H1 ) =
1
2
1 2
3
i P( H 2 ) =
4
1 jer imamo dve kutije od kojih biramo jednu... 2
5
P ( M \ H1 ) = 6
7
8
9
4 9
A
1
2
3
4
5
P (M \ H 2 ) =
2 5
B
Izračunajmo sada totalnu verovatnoću: P ( M ) = P ( H1 ) P ( M / H 1 ) + P ( H 2 ) P ( M / H 2 )
P( M ) =
1 4 1 2 19 ⋅ + ⋅ = 2 9 2 5 45
Verovatnoća da ako je izvučen paran listić, da je uzet iz kutije A se obeležava P ( H1 / M ) i računa se:
1448
4
P ( H1 ) P ( M / H 1 ) P( M ) 2 10 P ( H1 / M ) = 9 = 19 19 45
P ( H1 / M ) =
PRIMER 5.
Dva strelca nezavisno jedan od drugog , gađaju jednu metu ispaljujući po jedan metak. Verovatnoća da će prvi strelac pogoditi iznosi 0,8 a drugi 0,4. Nakon izvedenog gađanja konstatovan je jedan pogodak u metu. Naći verovatnoću da je pogodio prvi strelac. ( naći verovatnoću da je pogodio drugi strelac) Rešenje: A: “meta je pogođena sa jednim pogotkom ” H1 - prvi strelac pogodio metu H 2 - drugi strelac je pogodio metu
Verovatnoća da će prvi strelac pogoditi metu je 0,2 . To znači da on promašuje metu sa verovatnoćom 0,8. Verovatnoća da će drugi strelac pogoditi metu je 0,4 . To znači da on promašuje metu sa verovatnoćom 0,6. Kako je meta pogođena samo jednom , to znači da je jedan od njih promašio! Zato je : P( H1 ) = 0,8 ⋅ 0, 6 = 0, 48 , to jest prvi je pogodio, drugi promašio P( H 2 ) = 0, 2 ⋅ 0, 4 = 0, 08 , to jest prvi je promašio, drugi pogodio
Koristimo najpre formulu totalne verovatnoće: P( A) = P( H1 ) ⋅ P( A / H1 ) + P( H 2 ) ⋅ P( A / H 2 )
P ( A) = 0, 48 ⋅1 + 0, 08 ⋅1 P ( A) = 0,56 Sad koristimo Bajesovu formulu:
1449
5
P ( A / H1 ) 0, 48 48 6 = = = P ( A) 0,56 56 7 P ( A / H 2 ) 0, 08 8 1 P ( H 2 / A) = = = = P ( A) 0,56 56 7
P ( H1 / A) =
za prvog strelca za drugog strelca
napomena U ovom zadatku smo mogli da posmatramo još dve hipoteze: H 3 - oba strelca su pogodila metu H 4 - nijedan nije pogodio metu
Međutim , u tekstu zadatka se kaže “ Nakon izvedenog gađanja konstatovan je jedan pogodak u metu” a to nam govori da ove dve hipoteze ne moramo uzimati u obzir. Ponavljamo još jednom da svaki zadatak iz verovatnoće pročitate dobro, dok ga potpuno ne razumete , a onda postavite problem...
Ponavljanje opita sa dva ishoda (Bernulijeva šema)
Najpre da razjasnimo koji opiti imaju dva ishoda... Pri bacanju novčića, kao što smo videli može da padne pismo ili grb. Znači da ovaj opit ima dva ishoda. Pri bacanju kockice videli smo da mogu pasti brojevi 1,2,3,4,5 i 6. Ali ako mi kažemo da je događaj A: “pala je šestica” , onda i ovaj opit ima dva ishoda : pala je šestica i nije pala šestica.
Posmatramo neki događaj A koji se u opitu ostvaruje sa verovatnoćom p. Jasno je da se on onda ne ostvaruje verovatnoćom 1 − p , a mi ćemo beležiti q = 1 − p . Dakle: P ( A) = p
i
P ( A) = q , gde je naravno p + q = 1
Tražimo verovatnoću da se u n nezavisnih ponavljanja događaj A ostvari m puta. Ovo beležimo sa P ( S n = m) . Opet napomena da vaš profesor možda ovo drugačije zapisuje , vi naravno radite kao i on(a).
1450
6
Po naučniku koji je prvi proučavao ovu problematiku imamo Bernulijevu šemu:
n P ( S n = m) = p m q n − m m
n P ( S n = m) = p m (1 − p ) n − m m
ili
PRIMER 6.
Metalni novčić baci se 100 puta. Koja je verovatnoća da se grb pokaže 47 puta?
Rešenje: G
A: “ pao je grb”
P
Verovatnoća pojave grba je P ( A) = p =
1 1 , a suprotna verovatnoća, da nije pao grb ( palo je pismo) je P ( A) = q = 2 2
Primenom Bernulijeve šeme, gde je broj ponavljaja n = 100 a traženi broj ostvarenja m = 47 , dobijamo:
n P ( S n = m) = p m q n − m m P ( S100
47
100 − 47
47
53
100 1 1 = 47) = 47 2 2
100 1 1 P ( S100 = 47) = 47 2 2 100
100 1 P ( S100 = 47) = 47 2
100 1 = 100 47 2
PRIMER 7.
Bacamo kockicu za igru 50 puta. Kolika je verovatnoća da će petica pasti tačno 7 puta?
Rešenje:
A: “ pala je petica ”
1
2
3
4
5
6
www.matematiranje.com
1451
7
P ( A) = p =
1 6
i P ( A) = q =
5 , broj ponavljanja je n = 50 a broj ostvarenja m = 7 6
n P ( S n = m) = p m q n − m m 7
50 − 7
7
43
50 1 5 P ( S50 = 7) = 7 6 6 50 1 5 P ( S50 = 7) = 7 6 6
50 1 543 50 543 P ( S50 = 7) = 7 ⋅ 43 = 50 7 6 6 7 6 Retko koji profesor insistira da se ovo izračunava do kraja jer se radi o «ogromnim» brojevima i neophodan je digitron...
PRIMER 8.
Vojnik pogađa metu sa verovatnoćom 0,8 ( dobar strelac). Kolika je verovatnoća da će iz 10 nezavisnih pokušaja metu pogoditi tačno 9 puta? Rešenje: U zadatku nam je dato da je p = 0,8 , odatle znamo da je q = 1 − 0,8 = 0, 2 Imamo još da je n = 10 i m = 9
n P ( S n = m) = p m q n − m m 10 P ( S10 = 9) = (0,8)9 (0, 2)10 −9 9 10 P ( S10 = 9) = (0,8)9 (0, 2)1 9 P ( S10 = 9) = 10 ⋅ 0,134 ⋅ 0, 2 P ( S10 = 9) = 0, 268
Kad su “mali” brojevi u pitanju izračunamo do kraja…
www.matematiranje.com
1452
8