Matematika I Elvi Elviss Bara Barakovi kovi´´c, c, Edis Edis Meki´ Meki´c 4. studenog 2011.
1
Analitiˇ cka cka geometrija geometr ija
1.1
Pojam Pojam vekt vektora ora.. Sabira Sabiranje nje i oduzi oduzima manje nje vekt vektora ora
Skalarnom veliˇ veliˇcinom cinom ili skalarom skalarom nazivamo onu veliˇ veliˇcinu cinu koja je potpuno odredena jednim bro jem (na primjer: masa, temperatura, temp eratura, vrijeme, povrˇsina sina geometrijske figure, zapremina tijela, itd.). Vektorskom ektor skom veliˇcinom cinom ili vektrorom vektror om naziva se svaka svaka veliˇcina cina koja je definisana: intenzitetom, pravcem i smjerom. Geometrijski Geometrijski,, vektori vektori se predstavljaju predstavljaju orjentisani orjentisanim m duˇ zima zima u ravni ravni ili prosto pro storu. ru. Vektore ekt ore najˇ na jˇceˇ ceˇs´ s´ce ce obiljeˇ obi ljeˇzavamo zavamo malim mali m slovima slovi ma latini lat inice ce sa strelic str elicom om iznad slova, na primjer: a, a, b, c, d, e, e, . . . Ako Ako ˇzelimo zelimo naglasiti naglasiti koja je poˇcetna, cetna, a koja krajnja taˇcka cka vektora vektora tada vektore vektore obiljeˇ obiljeˇzavamo zavamo sa dva dva velik velikaa slov slova i strelicom strelicom iznad njih, na prim jer: AB, P Q, C D , . . . , gdje prvo slovo oznaˇcava cava poˇ p oˇcetak, cetak , a drugo slovo kraj kra j vektora.
−→ −→ −−→
B
A
a P Q Duˇzina zi na vekto vek tora ra vektora a i obilj ob iljeˇ eˇzava zava se a naziva se intenzitet ili modul vektora sa a . Vektor ˇciji ciji je intenzitet intenzit et jednak jedna k nuli naziva se nula-vektor i oznaˇcavamo cavamo ga sa 0. Vektor Vektor ˇciji ciji je intenzitet intenzit et jednak jedna k jedinic j edinicii naziva n aziva se s e jediniˇcni cni vektor ili
||
1
1.1
ˇ Pojam vektor vektora. a. Sabiranje Sabiranje i oduzimanje oduzimanje 1 ANA AN vektor vektora ALIT LIa TI CKA GEOMETRIJA
ort. Jediniˇcni cni vektor vektora vektora a oznaˇ oz naˇcava cava se sa o sa orr t a ili a 0. Za dva vektora vektora a i b kaˇ kaˇzemo zemo da su kolinearna ako pripada ju istim ili paralelnim para lelnim pravim. pr avim. Posmatrajmo dva vektora vektora a i b, zbir b, zbir vektora vektora a + b raˇcunamo cun amo po pravilu prav ilu paralelogr para lelograma, ama, na naˇcin cin prikazan na sljede´coj co j slici. C
a
D b + a
b A
b B
a
Za sabira sab iranje nje vektora vekto ra vaˇze ze sljede´ slje de´ca ca svojst svo jstva: va: 1. a + b = b + a
(zakon komutacije) komutacije)
2. (a + b) + c = a + ( b + c)
(zakon asoci ocijacije)
3. a + 0 = 0 + a = a
(zakon identiteta)
4. a + ( a) = 0
(zakon inverzije)
−
Proizvod Proizvod vektora vektora a i skalara λ je vektor λa istog istog pravc pravcaa kao i vektor vektor a, a, intenzitet mu je λ a , a smjer mu je isti kao i vektora a, a, ako je λ > 0, odnosno suprotan smejru vektora vektora a, ako 0 . a, ako je λ < 0. Neka su i, j j j jedi ediniˇ niˇcni cni vektori vekto ri x i y ose redom, kao na slici
| || |
y by b
ay j i
bx
Elvis Barakovi´c
2
a ax
x
Edis Meki´c
1.1
ˇ Pojam vektor vektora. a. Sabiranje Sabiranje i oduzimanje oduzimanje 1 ANA AN vektor vektora ALIT LIa TI CKA GEOMETRIJA
Tada vektor vektor a mozemo moz emo zapisa zap isati ti na sljede´ slje de´ci ci naˇcin cin a = a = a x i + ay j = (ax , ay ). z M 3 M k
M 2
O i
y
j
M 1 M
′
x
Poˇsto st o su M 1 , M 2 , M 3 ortogonalne o rtogonalne projekcije pro jekcije taˇcke cke M M na koordinatne ose, onda je kao ˇsto sto se i vidi sa predhodne pr edhodne slike
−−→ −−−→ −−−→ −−−→
OM = OM 1 + OM 2 + OM 3 jer je:
−−−→ −−−→ M M = OM 1
te je:
′
−−−→ −−−→ ′
i M M = OM 3 ,
2
−OM −−→ = x −−−→ = y j, −OM −−→ = z k, = x i, OM = y 1
2
3
gdje su x, y i z tri z tri realna broja bro ja koji potpuno odreduju poloˇzaj zaj taˇcke cke M, ili pravougle koordinate vektora OM . Prema tome vektor OM moˇ OM moˇzemo ze mo zapi za pisa sati ti pomo´ pom o´cu cu pravouglih pr avouglih koordinata koord inata u obliku: ob liku:
−−→
−−→
−−→
OM = x i + y j + j + z k, a njegov intenzitet raˇcunamo cunamo po formuli
−−→| = |OM
x2 + y 2 + z 2 .
Ako se vektor projektuje pro jektuje ortogonalno or togonalno na koordinatne koordinat ne ose dobit ´cemo: cemo:
|−−→|
|−−→|
|−−→|
x = OM cos α, y = OM cos β, z = = OM cos γ, Elvis Barakovi´c
3
(1) Edis Meki´c
1.1
ˇ Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje 1 ANALITI vektora CKA GEOMETRIJA
gdje su α, β i γ uglovi koje vektor OM zaklapa sa koordinatnim osama. Kvadriranjem a zatim sabiranjem jednakosti (1) i ima ju´ci uvidu da je OM 2 = x2 + y 2 + z 2 , dobit ´cemo da je:
|
|
|−−→|
cos2 α + cos2 β + cos2 γ = 1 Linearna kombinacija vektora a i (i = 1, 2, 3, . . . , n) je vektor oblika n
α1 a 1 + α2 a 2 + . . . + αn a n =
αi a i .
(2)
i=1
n
Za vektore a i (i = 1, 2, 3, . . . , n) kaˇzemo da su linearno nezavisni ako iz αi a i slijedi αi = 0 za svako i = 1, 2, 3, . . . , n , ako je bar jedan od brojeva
i=1
αi razliˇcit od nule tada za vektore a i (i = 1, 2, 3, . . . , n) kaˇzemo da su linearno az bz zavisni. Za dva vektora a = a x i + ay j + k i b = b x i + by j + k kaˇzemo da su kolinearna ako vrijedi a = λ b, odakle se dobije da je ax ay az = = = λ. bx by bz Jediniˇcni vektor vektora a racunamo po formuli a 0 =
a . a
||
cnog trougla uzmemo za vektore, da Primjer 1.1 Ako stranice jednakostraniˇ li su ti vektori jednaki? Rjeˇsenje: Nisu, jer iako vektori strana imaju iste intenzitete, oni nemaju isti pravac i smjer, pa nisu ispunjeni uslovi jednakosti vektora. Primjer 1.2 Ispitati linearnu nezavisnost vektora a =
7 i + 5 j
− k i c = 2 i+ j.
−2 i + j + 4 k,
b =
Rjeˇsenje: Formirajmo linearnu kombinaciju vektora a, b i c, αa + β b + γc = 0. Nakon zamjene vektora a, b i c dobijamo 4 α( 2 i + j + k) + β (7 i + 5 j
−
Elvis Barakovi´c
4
= 0. − k) + γ (2 i+ j) Edis Meki´c
1.1
ˇ Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje 1 ANALITI vektora CKA GEOMETRIJA
Nakon sredivanja dobijamo (4α ( 2α + 7β + 2γ ) i + (α + 5β + γ ) j +
−
− β ) k = 0.
Da bi posljednja jednakost bila zadovoljena mora biti
−2α + 7β + 2γ
= 0 α + 5β + γ = 0 4α β = 0
−
Dobijeni sistem je homogeni, izraˇcunajmo njegovu determinantu D =
−
2 1 4
7 2 5 1 1 0
−
=
−16 = 0.
Kako je determinanta sistema razliˇcita od nule to posljednji sistem ima samo trivijalno rjeˇsenje (α,β,γ ) = (0, 0, 0). Odnosno dati vektori su linearno nezavisni. b i c, ako je: Primjer 1.3 Razloˇziti vektor a u pravcu vektora a = 3 p
− 2q,
b =
−2 p + q,
c = 7 p
− 4q,
Rjeˇsenje: Razloˇzen vektor a u pravcu vektora b i c glasi: a = α b + βc, gdje su α i β realni parametri koje treba odredit. 3 p
− 2q
= α( 2 p + q ) + β (7 p 4q ) = 2α p + α q + 7β p 4βq = ( 2α + 7β ) p + (α 4β )q.
−
− − −
− −
Da bi posljednja relacija bila identiˇcki jednaka moraju odgovaraju´ci koefici jenti biti jednaki, tj.
−2α + 7β α − 4β
= 3 = 2.
−
Rjeˇsavanjem dobijenog sistema jednaˇcina dobijamo da je α = 2 i β = 1, pa razloˇzen vektor a u pravcu vektora b i c glasi: a = 2 b + c. Elvis Barakovi´c
5
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
u = ( 1, Primjer 1.4 Dati su vektori
− −9, 5), v = (0, −4, 6) i w = (1, 3, 0).
Razloˇziti vektor a = (2, 3, 1) u pravcu vektora u, v i w.
−
Rjeˇsenje: Razloˇzen vektor a u pravcu vektora u, v i w glasi: a = αu + βv + γ w, gdje su α, β i γ realni parametri koje treba odredit. (2, 3, 1) = α( 1, 9, 5) + β (0, 4, 6) + γ (1, 3, 0) = ( α, 9α, 5α) + (0, 4β, 6β ) + (γ, 3γ, 0) = ( α + γ, 9α 4β + 3γ, 5α + 6β )
−
− − − − −
− −
−
Da bi posljednja relacija bila identiˇcki jednaka moraju odgovaraju´ci koefici jenti biti jednaki, tj
−9α −
−α + γ
= 2 4β + 3γ = 3 5α + 6β = 1
−
11 Rjeˇsavanjem dobijenog sistema jednaˇcina dobijamo da je α = , β = 8 27 i γ = pa razloˇzen vektor a u pravcu vektora u, v i w glasi: 8 a =
1.2
11 u 8
− 21 16
27 v + w. − 21 16 8
Proizvod vektora
snjim proizvodom vektora a i b, u oznaci Definicija 1.1 Skalarnim ili unutraˇ
a b, nazivamo skalar koji je jednak proizvodu intenziteta tih vektora i kosinusa ugla koji oni zaklapaju:
·
a b = a
·
| | · |b | · cos ∢(a, b).
(3)
Iz formule (3) slijedi da je kosinus ugla izmedu vektora a i b dat formulom
· b . | | · |b |
a cos ∢(a, b) = a
b = (bx , by , bz ), Teorem 1.1 Skalarni proizvod dva vektora a = (ax , ay , az ) i jednak je zbiru proizvoda odgovaraju´cih koordinata tj. a b = a x bx + ay by + az bz .
·
Elvis Barakovi´c
·
·
6
·
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
b = (bx , by , bz ) su ortogonalna Teorem 1.2 Dva vektora a = (ax , ay , az ) i ako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli: a b = 0
·
⇔ a · b + a · b + a · b x
x
y
y
z
z
= 0.
b, koji obiljeˇzavamo sa Definicija 1.2 Vektorski proizvod dva vektora a i a
× b, je vektor definisan na sljede´ci naˇcin: 1. vektor c = a × b okomit (normalan) je na ravan koju odreduju vektori a i b,
2. smjer vektora c = a b je takav da uredena trojka (a, b,c) obrazuje triedar desne orjentacije,
×
3. intenzitet a b vektora a b jednak je mjernom broju povrˇsine paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b :
| × |
×
|a × b| = |a| · | b| · sin ∢(a, b).
c b
a
Uslov kolinearnosti dva vektor a i b je a
× b = 0.
Vektorski proizvod vektora a = a x i + ay j + az k = (ax , ay , az ) i b = b x i + by j + bz k = (bx , by , bz ), moˇzemo izraˇcunati na sljede´ci naˇcin a
× b =
Osobine vektroskog proizvoda: Elvis Barakovi´c
i j k ax ay az . bx by bz
7
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
× b = −( b × a), 2. (λ · a) × (µ · b) = λµ(a × b), = 3. i × i = j × j k × k = 0, i × j = k, j × k = i, k × i = j, = − j × i = − k, k × j i, i × k = − j, − 1. a
k
j i +
4. (a + b)
× c = a × c + b × c.
z i+ay j+a k = (ax , ay , az ), Definicija 1.3 Mjeˇsoviti proizvod tri vektora a = a x b = bx i + b y j + b c = cx i + cy j + c z k = (bx , by , bz ), i z k = (cx , cy , cz ) je broj koji je jednak skalarnom proizvodu vektora a i b c. Raˇcunamo ga na sljede´ci naˇcin: a x ay az a (b c) = bx by bz . cx cy cz
×
· ×
Apsolutna vrijednost mjeˇsovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima, tj. V = a ( b c) .
| · × |
a c b Elvis Barakovi´c
8
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
az bz Vektori a = a x i + ay j + k = (ax , ay , az ), b = b x i + by j + k = (bx , by , bz ), i cz c = c x i + cy j + k = (cx , cy , cz ) su komplanarni (pripadaju istoj ravni) ako i samo ako je a ( b c) = 0.
· ×
3 i 3 j + k i b = Primjer 1.5 Odredti skalarni proizvod vektora a = 2
j
−
− 4 k gdje su i, j i k medusobno okomiti ortovi.
−3 i+
Rjeˇsenje: 3 4 a b = (2 i 3 j + k) ( 3 i + j k) = 2 ( 3) + ( 3) 1 + 3 ( 4) = 21.
·
− ·− −
·− − ·
− ·−
Primjer 1.6 Odrediti skalarni proizvod vektora a = 2m ako je m = 2, n = 3 i ugao izmedu vektora m i n,
| |
||
− 3n i b =π −m + 2n,
n) ∢(m,
=
3
.
Rjeˇsenje: a b = (2m 3n) ( m + 2n) = 2 m 2 + 4m n + 3n m 6 n 2 = 2 22 + 7 m n 6 32 = 62 + 7m n π = 62 + 7 m n cos ∠(m, n) = 62 + 7 2 3cos 3 1 = 62 + 42 = 41. 2
·
− ·− −| | · · − | | − · · − · − · − | |·| | − · · − · −
Primjer 1.7 Odrediti parametar m tako da intenziteti vektora a = (2λm , m , m
1) gdje je λ = 0 i b = (m + 1, m izmedu njih.
− 2, 0) budu jednaki, zatim na´ci sinus ugla
Rjeˇsenje: Po uslovu zadatka mora biti
|a| = | b| ⇔ |a| = | b| ⇔ (2λ 2
2
m
)2 + m2 + (m
− 1)
2
= (m + 1)2 + (m
2
− 2) .
Odnosno nakon sredivanja 4λ2m = 4
2m
⇒λ
=1
⇒ m = 0.
Za ovu vrijednost parametra m dati vektori imaju oblik b = (1, 2, 0).
a = (2, 0, 1)
−
Elvis Barakovi´c
−
9
Edis Meki´c
−
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
Odrdimo prvo pomo´cu skalarnog proizvoda kosinus ugla izmedu ova dva vektora: a b a b = a b cos α cos α = . a b
·
| |·| |·
· | |·| |
⇒
Kako je
a b = (2, 0, 1) (1, 2, 0) = 2 1 + 0 ( 2) + ( 1) 0 = 2,
·
to je
|a| =
22 + 02
− · − √ + (−1) = 5,
·
·−
| b| =
2
cos α =
2 . 5
12
− · + (−2) + 0 2
2
=
√
5,
Odavde i iz sin2 α + cos2 α = 1
⇒ sin α =
√
1
− cos
2
α =
− 2 5
1
√ 21
2
=
5
i Primjer 1.8 Odrediti realni parametar λ tako da vektori a = 2 λ i + 4 j budu medusobno okomiti.
.
− 3 j i b =
Rjeˇsenje: Uslov okomitosti vektora a i b je a b = 0. Odavde je
·
a b = 0 (λ = 0 (2 i 3 j) i + 4 j) 2λ 12 = 0 λ = 6.
·
⇔ ⇔ − ⇔ −
·
⇒
p + 17q i b = 3 p Primjer 1.9 Dati su vektori a = λ
q, gdje je p = 2, 2π q = 5, a ugao izmedu p i q je ϕ = . Odrediti koeficijent λ tako da vektori 3 a i b budu medusobno okomiti.
| |
−
| |
Rjeˇsenje: Zbog uslova okomotosti vektora a i b je a b = 0. Skalarni proizvod vektora a i b dat je sa
·
a b = (λ p + 17q ) (3 p q ) = 3λ p p + (51 λ) p q
·
·
·
−
−
· − 17q · q = 0.
Kako je p p = p p cos(0) = p 2 = 4,
· | |·| | 2π p · q = | p | · |q | cos 3
Elvis Barakovi´c
10
|| 1 =2·5· − 2
=
−5, Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
2
q q = q
| | · |q | cos(0) = |q |
·
to je
a b = 12λ + (51
·
= 25,
− λ) · (−5) − 17 · 25 = 17λ − 680 = 0.
Odavde dobijamo da je λ = 40. cije su stranice BC = 5, △ABC ˇ −→ −−→
Primjer 1.10 U trouglu
CA = 6 i AB =
7, na´ci skalarni proizvod vektora BA i BC . Rjeˇsenje:
C 5 6 β
B
7
A Po definiciji skalarnog proizvoda je
−→ −−→ BA · BC = |BA | · |BC | · cos β. Primjenom kosinusne teoreme imamo 2
2
2
AB + BC CA 49 + 25 36 19 cos β = = = , 2 7 5 35 2 AB BC
·
·
−
− · ·
pa je traˇzeni skalarni proizvod
−→ −−→ 19 = 19. BA · BC = 7 · 5 · 35
ci brojnu vrijednost izraza: a 2 + 3a b Primjer 1.11 Na´
· − 2 b· c + 1, ako je: i c = 2m − 3n, | |
a = 4m
− n, b = m + 2n
gdje je: 2
|m | Elvis Barakovi´c
= 4, n 2 = 1 i
||
11
n) ∢(m,
=
π . 2
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
Rjeˇsenje: Poˇsto je 2
|a| a · b b · c
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
n) ∢(m,
=
π to slijedi da je m n = 0, pa ´ce biti: 2
·
2
= = a a = (4m = =
2n) = 16|m | − 8m · n + |n| · − n) · (m + (4m − n) · (m + 2n) = 4|m | + 7m · n − 2|n| = 14 (m + 2n) · (2m − 3n) = 2|m | + m · n − 6|n| = 2. 2
2
= 65
2
2
2
Prema tome imamo da je: 2
|a|
+ 3a b
· − 2 b · c + 1 = 65 + 3 · 14 − 2 · 2 + 1 = 104.
1 i F 2 pod uglom od 120 pri ˇcemu cki djeluju sile F Primjer 1.12 U jednoj taˇ ◦
1 = 7 i F 2 = 4. Izraˇcunati intenzitet rezultuju´ce sile F . su intenziteti sila F
| |
| |
Rjeˇsenje:
1 F
F 2
+
F 1
= F
1 F
= F 1 + F 2 . F
|F |
2
F = (F 1 + F 2 ) (F 1 + F 2 ) = F 1 2 + 2 F 1 F 2 + F 2 2 = F
·
·
| |
· · | | | · |F | · cos 120 + 4 = 7 + 2 · |F 1 = 49 + 2 · 7 · 4 · − + 16 = 37. 2 √ je |F | = 37. Odnosno, intenzitet rezultuju´ce sile F 2
1
2
◦
2
i q, ako se zna da su Primjer 1.13 Koji ugao obrazuju jediniˇcni vektori p vektori a = p + 2q i b = 5 p
− 4q uzajamno okomiti?
Rjeˇsenje: Iz uslova okomitosti vektora a i b je: a b = ( p + 2q ) (5 p
·
Elvis Barakovi´c
·
12
− 4q ) = 0, Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
ili nakon sredivanja 5 p
||
2
+ 6 p q
· − 8|q |
2
= 0.
(4)
Kako su p i q jediniˇcni vektori, to vrijedi:
| p |
2
= q
||
2
= 1 i p q = p q cos α = cos α (α ugao izmedu vektora p i q ).
·
| |·| |
Zbog toga jednaˇcina (4) posta je cos α = a odavde je traˇzeni ugao
1 , 2
π . 3
α =
u = (6, 1, 1), v = (0, 3, Primjer 1.14 Dati su vektori
−1) i w = (−2, 3, 5).
Odrediti parametar t tako da vektori u + tv i w budu medusosbno okomiti.
Rjeˇsenje: Da bi dva vektora bila medusobno okomita, njihov skalarni proizvod mora biti jednak nuli. Zato je (u + tv) w = 0.
·
Skalarni proizvod vektora je distributivan u odnosu na zbir, zato posljednja jednaˇcina postaje
⇒ t = − uv ·· ww .
u w + tv w = 0
·
·
Kako je u w = (6, 1, 1) ( 2, 3, 5) =
·− −12 + 3 + 5 = −4, v · w = (0, 3, −1) · (−2, 3, 5) = 0 + 9 − 5 = 4, ·
to je t =
− −44 = 1.
Primjer 1.15 Izraˇcunati komponente m i n tako da vektori
a = (m, 5, 1)
−
i
b = (3, 1, n)
budu kolinearni.
Elvis Barakovi´c
13
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
Rjeˇsenje: Uslov kolinearnosti vektora a i b moˇzemo izraziti u obliku: a = λ b,
·
gdje je λ proizvoljan realan broj. Iz a = λ b
· ⇒ (a , a , a ) = (λb , λb , λb ), x
y
z
x
y
z
odnosno ax = λbx ,
ay = λb y ,
az = λb z .
Eliminacijom parametra λ dobijamo ax ay az = = , bx by bz ˇsto znaˇci da su komponente kolinearnih vektora proporcionalne. Za date vektore taj uslov glasi: m 5 = = 3 1
− n1 .
Odavdje slijedi m =5 3
− n1 = 5 ⇒ n = − 15 .
⇒ m = 15,
i gdje i + j b = 2 i + j, Primjer 1.16 Odrediti vektorski proizvod vektora a = su i i j medusobno okomiti ortovi. Rjeˇsenje: stenu iz vrha B trougla Primjer 1.17 Odrediti visinu h b spuˇ A(1, 2, 8), B(0, 0, 4) i C (6, 2, 0).
−
△ABC sa vrhovima
Rjeˇsenje: B
a
c hb
C Elvis Barakovi´c
b 14
A Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
−→ −→ −→ (4 − 8) AB = (0 − 1) i + (0 − (−2)) j + k = − i + 2 j − 4 k, −→ (0 − 8) AC = (6 − 1) i + (2 − (−2)) j + k = 5 i + 4 j − 8 k.
Vektori AB i AC su
Povrˇsinu trougla moˇzemo raˇcunati po formuli
|−→| ·
b hb AC hb P = = . 2 2
·
(5)
Medutim, povrˇsinu trougla moˇzemo izraˇcunati primjenom vektora na sljede´ci naˇcin 1 1 P = AB AC = 2 2
|−→ × −→|
i 1 5
j 2 4
| −
Sada je na osnovu formule (5) hb =
2P
=
AC | |−→
k 4 8
− | −
1 = 2
28 j 14 k = 7 2 j + k =7
|− − |
· √
|
·
5.
√
2 7 5 2 = 21. 3 52 + 42 + ( 8)2
−
b = (2, Primjer 1.18 Dati su vektori a = (8, 4, 1) i (a) Vektorski proizvod c = a
|
√
−2, 1). Na´ci:
× b.
(b) Povrˇsinu paralelograma odredenog vektorima a i b. (c) Visinu paralelograma koja odgovara stranici koju odreduje vektor a. (d) Povrˇsinu trougla odredenog vektorima a i b. Rjeˇsenje: (a) Vektorski proizvod vektora a i b raˇcunamo pomo´cu determinante: c = a
×
i j i i j i b = ax ay az = 8 4 1 = bx by bz 2 2 1 = i(4 + 2) j(8 2) + k( 16 8) = = 6 i 6 j 24 k.
− − −
−
− − −
(b) Elvis Barakovi´c
15
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
D
C
b
ha
A
B
a
Povrˇsina paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b jednaka je intenzitetu vektorskog proizvoda a b, znaˇci:
× √ P = |a × b| = 6 + (−6) + (−24) = 18 · 2. √ (c) Iz (b) znamo da je P = |a × b| = 18 · 2, a sa druge strane znamo da povrˇsinu paralelograma moˇzemo raˇcunati i po formuli P = a · h = |a| · h . Dakle, imamo √ 2 √ a b 18 | × | · √ P = |a × b| = |a| · h ⇒ h = |a| = 8 + 4 + 1 = 2 2.
2
a
2
2
a
a
a
2
2
2
(d) Povrˇsina trougla jednaka je polovini povrˇsine paralelograma konstruisanog nad istim vektorima: P = Primjer 1.19 Neka je a
a
− d i b − c kolinearni.
1 a 2
| × b| = 21 · 18 ·
√
2=9
·
√
2.
× b = c × d i a × c = b × d. Pokazati da su vektori
Rjeˇsenje: Kolinearnost vektora a d i b c pokazat ´cemo tako ˇsto ´cemo dokazati da je njihov vektorski proizvod jednak nuli. Imamo:
−
(a
−
− d) × ( b− c) = a × b − a × c − d × b + d× c.
Iskoristimo li uslove date u zadatku imamo: (a
− d) × ( b − c) = c × d − b × d− d × b + d× c.
Kako je c slijedi
−d × c × d =
i
d b = b d,
×
−×
− d) × ( b − c) = −d × c + d × b − d× b + d× c = 0, ˇsto dokazuje kolinearnost vektora a − d i b − c. (a
Elvis Barakovi´c
16
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
Primjer 1.20 Dokazati da je
(a
− b) × (a + b) = 2(a × b)
i objasniti geometrijsko znaˇcenje tog identiteta. Rjeˇsenje: (a
− b) × (a + b) = a × a + a × b − b × a − b × b.
Kako je a
× a = b × b = 0
to je (a
a
i
× b = − b × a,
− b) × (a + b) = 2(a × b).
Intenzitet lijeve strane dokazanog identiteta je povrˇsina paralelograma konstruisanog nad dijagonalama datog paralelograma. Ova povrˇsina je dva puta ve´ca od povrˇsine datog paralelograma.
D
C b + a
b
a −
b
A
B
a
π b = 5 i ugao izmedu vektora a i b jednak . Primjer 1.21 Neka je a =
| | | |
4
Na´ci povrˇsinu paralelograma konstruisanog nad vektorima: 2 b a
−
3a + 2 b.
i
Rjeˇsenje: Povrˇsina paralelograma je intenzitet vektorskog prozvoda (2 b a)
− × (3a + 2 b) = 6 · b× a + 4 · b× b − 3 · a × a − 2 · a × b.
Kako je to je
Elvis Barakovi´c
b b = 0,
×
a
× a = 0
i
b a =
×
−a × b,
(2 b a)
− × (3a + 2 b) = 8 · ( b × a). 17
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
Dakle
|(2 b− a) × (3a + 2 b)| = |8 · ( b× a)| = π 8|b | · |a| · sin( b,a) = 8 · 5 · 5 · sin = 4 √ 2 √ 200 · = 100 · 2. 2
P = = =
b = (1, 1, 0) i c = (1, Primjer 1.22 Dati su vektori a = (1, 1, 1), Odrediti vektor x iz uslova: x
× b = c
Rjeˇsenje: Neka je
× b =
i
x a = 3.
i
·
x3 x = x 1 i + x2 j + k.
Tada je x
−1, 0).
i j k x1 x2 x3 1 1 0
=
(x − x ) −x i + x j + k 3
3
1
2
x a = x 1 + x2 + x3 .
·
Pa dati uslovi glase (x − x ) −x i+ x j + k = i − j, 3
3
1
2
x1 + x2 + x3 = 3. Iz prvog uslova izjednaˇcavaju´ci odgovara ju´ce komponente dobijamo x3 =
−1
x1 = x 2 .
i
Ako ovo uvrstimo u drugi uslov dobijamo 2x1
−1 =3⇒x
1
= 2, x2 = 2.
Prema tome traˇzeni vektor x je x = 2 i + 2 j
− k = (2, 2, −1).
cunati zapreminu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori Primjer 1.23 Izraˇ a = i Elvis Barakovi´c
− 3 j + k,
b = 2 i + j
− 3 k
18
i
c = i + 2 j + k. Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
Rjeˇsenje: Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima a, b i c jednaka je mjeˇsovitom proizvodu tih vektora.
c b
V =
ax ay az bx by bz cx cy cz
a
=
1 2 1
−3 1 2
1 3 1
−
= 25.
Primjer 1.24 Odrediti parametar t tako da zapremina paralelopipeda obra-
zovanog vektorima a = (8, 4, 1), b = (2, 3, 6) i c = (t, 2, 1) bude jednaka 150. Rjeˇsenje: Zapremina paralelopipeda obrazovanog vektorima a, b i c jednaka je mjeˇsovitom proizvodu ovih vektora. V = a ( b c) = a x ay az = bx by bz cx cy cz = 21t + 108.
·
×
=
Kako je po uslovu zadatka V = 150, to je 21t + 108 = 150
8 2 t
4 1 3 6 2 1
−
−
=
⇒ t = 2.
cunati visinu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori Primjer 1.25 Izraˇ a = 3 i + 2 j
− 5 k,
4 b = i j + k
−
i
c = i
− 3 j + k.
Rjeˇsenje: Zapreminu paralelopipeda razapetog vektorima a, b i c moˇzemo izraˇcunati pomo´cu mjeˇsovitog proizvoda (6) × b) · c. S druge starne znamo da je V = B · H, gdje je B povrˇsina osnove paralelopipeda, a H njegova visina. Budu´ci da je u naˇsem sluˇcaju osnova paralelopipeda paralelogram odreden vektorima a i b, to je B = |a × b|. Tada je V = B · H = |a × b| · H. (7) V = (a
Elvis Barakovi´c
19
Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
1
Iz jednaˇcina (6) i (7) slijedi H = Kako je (a i a odnosno
×
× b) · c =
i j b = 3 2 1 1
|a × b| =
× b) · c . |a × b|
(a
3 1 1
2 1 3
−5 4 1
− −
k 5 4
− − −
(8)
= 3 i
= 49,
− 17 j − 5 k,
32 + ( 17)2 + ( 5)2 =
−
√
323.
Uvrˇstavanjem dobijenih rezultata u (8) dobijamo
√ 49323 .
H =
Primjer 1.26 Odrediti parametar α tako da zapremina tetraedra konstru-
2 isanog nad vektorima a, b i αc iznosi , gdje je 3 a = i + j
− 2 k,
b = 2 i + j
− k,
c = i
− 31 k
Rjeˇsenje: Zapreminu tetraedra konstruisanog nad vektorimaa, b i αc raˇcunamo po formuli 1 V = (a b) αc (9) 6 Kako je 1 1 2 4 (a b) αc = 2 1 1 = α. 3 α α 0 3
· | × · |
× ·
Sada uvrˇstavanjem u (9) imamo
− − −
2 1 = 3 6 odnosno
−
Elvis Barakovi´c
20
−
4 α , 3
|α| = 3 ⇒ a = −3 1
i a2 = 3. Edis Meki´c
1.2
Proizvod vektora
1
ANALITI CKA ˇ GEOMETRIJA
Primjer 1.27 Pokazati da su vektori
2 a = i + 3 j + k,
−
b = 2 i
− 3 j − 4 k,
c =
6 k −3 i+ 12 j +
komplanarni i napisati vektor c kao linearnu kombinaciju vektora a i b. Rjeˇsenje: Kako je a ( b
· × c) =
− −
1 3 2 3 3 12
−
− 2 4 6
= 0,
to slijedi da su vektori a, b i c komplanarni. Od tri komplanarna vektora bilo koji moˇ ze biti predstavljen kao linearna kombinacija druga dva vektora. Napiˇsimo vektor c kao linearnu kombinaciju vektora a i b, tj. c = αa + β b. Ista relacija mora da vrijedi i za odgovaraju´ce komponente: = α + 2β 12 = 3α 3β 6 = 2α 4β
−3
−
− −
Dati sistem od tri jednaˇ cine sa dvije nepoznate je saglasan zbog komplanarnosti vektora, a njegovo jedinstveno rjeˇsenje je α = 5 i β = 1. Odakle dobijamo da je c = 5a + b. cunati zapreminu tetraedra ˇciji su vrhovi taˇcke A(0, 0, 0), B(3, 4, Primjer 1.28 Izraˇ i D(6, 0, 3).
−
Rjeˇsenje:
D
C
A
Elvis Barakovi´c
B
21
Edis Meki´c
−1), C (2, 3, 5)
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Zapreminu tetraedra moˇzemo izraˇcunati koriste´ci formulu
−−→ · −→ × −→
1 V = AD (AB 6
AC ) .
Formirajmo vektore koji ˇcine ivice tetraedra:
−→ AB −→ AC −AD −→
= (3 = =
− 0, 4 − 0, −1 − 0) = (3, 4, −1) (2 − 0, 3 − 0, 5 − 0) = (3, 2, 5) (6 − 0, 0 − 0, −3 − 0) = (6, 0, −3),
sada je traˇzena zapremina 1 V = AD (AB 6 3 4 1 1 3 2 5 = 6 6 0 3 1 = 150 = 25. 6
−−→ · −→ × −→ − − AC )
·
2 2.1
Prva i ravan u prostoru Ravan u prostoru
Poloˇzaj ravni π u odnosu na prostorni koordinatni sistem najˇceˇs´ce se odreduje na sljede´ci naˇcin. Povuˇcemo kroz koordinatni poˇcetak O normalu n = OP , gdje je P podnoˇzje normale na π. Sa n 0 = cos α, cos β, cos γ oznaˇcimo jediniˇcni vektor normale n, a vektor poloˇzaja proizvoljne taˇcke M (x,y,z ) koja pripada ravni π sa r = x,y,z . Projekcija vektora poloˇzaja r proizvoljne ˇcatke M ravni π na vektor n 0 bi´ce p jer je OM P pravougli.
−→
{
}
{
}
△
Elvis Barakovi´c
22
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
z π
M (x,y,z ) n r n 0
P
p
y
O
x
Prema tome za svaku taˇcku ravni π vrijedi r n 0 = p.
·
(10)
Dobijena jednaˇcina ravni napisana u vektorskom obliku zove se normalni oblik jednaˇcine ravni jer u njoj dolazi od izraˇzaja ort n 0 normale n. U skalarnom obliku ta jednaˇcina ravni glasi: x cos α + y cos β + z cos γ p = 0.
−
(11)
Opˇsti oblik jednaˇcine ravni glasi: Ax + By + Cz + D = 0,
(12)
gdje je n = (A,B,C ) vektor normale ravni. Ako su ravni: A1 x + B1y + C 1 z + D1 = 0 i
A2 x + B2 y + C 2z + D2 = 0
paralelne onda su im vektori normale n 1 = (A1, B1 , C 1) i n 2 = (A2 , B2, C 2 ) kolinearni, pa su im odgovaraju´ce koordinate proporcionalne tj. A1 B1 C 1 = = = λ. A2 B2 C 2 Elvis Barakovi´c
23
(13) Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Ako su pak, date ravni medusobno normalne (okomite ) , onda su njihovi vektori normale n 1 = (A1 , B1 , C 1 ) i n 2 = (A2 , B2 , C 2) medusobno normalni, pa im je skalarni proizvod jednak nuli, tj. vrijedi: A1 A2 + B1 B2 + C 1 C 2 = 0.
·
·
·
Ako ravan Ax + By + Cz + D = 0 nije paralelna ni sa jednom koordinatnom osom, onda ona od koordinatnih osa o dsijeca odsjeˇcke:
z
n m
l O
y
x
l =
− DA ,
m =
− DB ,
n =
− DC ,
pa se jednaˇcnia ravni moˇze zapisati u tzv. segmentnom obliku: x y z + + = 1. l m n Jednaˇcina ravni odredene sa tri nekolinearne taˇckeM 1(x1 , y1 , z 1 ), M 2 (x2 , y2, z 2 ) i M 3 (x3 , y3, z 3 ) glasi
x x2 x3
−x −x −x
1 1 1
y y2 y3
−y −y −y
1 1 1
z z 2 z 3
− z − z − z 1
1 1
= 0,
gdje su x, y,z teku´ce koordinate. Rastojanje taˇcke A(x1 , y1, z 1 ) od ravni Ax + By + Cz + D = 0 raˇcunamo po formuli Ax0 + By 0 + Cz 0 + D d = . A2 + B 2 + C 2 Elvis Barakovi´c
√
24
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Primjer 2.1 Kolike odsjeˇcke odsijeca ravan 3x + 5y
natnih osa?
− 4z − 3 = 0 od koordi-
Rjeˇsenje: Odsjeˇcci koje data prava odsijeca od koordinatnih osa su: l =
− DA ,
m =
− DB ,
n =
− DC .
Pa je
− DA = − −33 = 1, m = − DB = − −53 = 53 , −3 = − 3 . D n = − = − −4 4 C Primjer 2.2 Na´ci presjeke ravni x + 2y − z − 4 = 0 sa koordinatnim osama l =
i koordinatnim ravnima.
Rjeˇsenje: Svedimo datu jednaˇcinu na segmentni oblik: x + 2y z 4 = 0 x 2y z + =1 4 4 4
− − −
⇒ ⇒
x + 2y z = 4/ : 4 x y z + + = 1, 4 2 4
−
−
odavdve vidimo da su o dsjeˇcci na koordinatnim osam l = 4, m = 2 i n = 4. Medutim, jednaˇcine presjeka koodrinatnih ravni XOY, Y OZ i ZOX dobijamo na sljede´ci naˇcin. Presjek ravni x +2y z 4 = 0 i XOY (z = 0) dobijamo tako ˇsto rijeˇsimo sljede´ci sistem:
−
−−
x + 2y
− z − 4
= 0 z = 0.
Odakle dobijamo da je jednaˇcina presjeka sa XOY ravni x + 2y 4 = 0. Presjek ravni x + 2y z 4 = 0 i Y OZ (x = 0) dobijamo tako ˇsto rijeˇsimo sljede´ci sistem:
−
−−
x + 2y
− z − 4
= 0 x = 0.
Odakle dobijamo da je jednaˇcina presjeka sa Y OZ ravni 2y z 4 = 0. Presjek ravni x +2y z 4 = 0 i ZOX (y = 0) dobijamo tako ˇsto rijeˇsimo sljede´ci sistem:
− −
−−
x + 2y
− z − 4
= 0 y = 0.
Odakle dobijamo da je jednaˇcina presjeka sa ZOX ravni x Elvis Barakovi´c
25
− z − 4 = 0. Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
cinu ravni koja prolazi: Primjer 2.3 Sastaviti jednaˇ a) kroz taˇcku K (2, 5, 3) i paralelna je sa koordinatom ravni XOZ,
−
b) kroz taˇcku L( 3, 1, 2) i osu OZ,
−
c)
− kroz taˇcke M (4, 0, −2) i N (5, 1, 7), a paralelna je osi OX.
Rjeˇsenje: a) Jednaˇcina ravni koja prolazi taˇckom K (2, 5, 3) glasi:
− A(x − 2) + B(y + 5) + C (z − 3) = 0.
Njen vektor normale je n = (A,B,C ). Poˇsto je traˇzena ravan paralelna sa ravni X OZ (y = 0), ˇciji je vektor normale n 1 = (0, 1, 0), to su njihovi vektori normale kolinearni tj. vrijedi (A,B,C ) = λ(0, 1, 0)
⇒ A = 0, B = λ,
C = 0,
pri ˇcemu je λ proizvoljan realan broj. Sada je jednaˇcina traˇzene ravni B(y + 5) = 0
⇒ y + 5 = 0. b) Kako traˇzena ravan prolazi taˇckom L(−3, 1, −2) to njene koordinate zadovoljavaju opˇstu jednaˇcinu ravni:
Ax + By + Cz + D = 0
⇒ −3A + B − 2C + D = 0.
(14)
S obzirom da ona prolazi i kroz osu OZ, to svaka taˇcka sa ose OZ pripada traˇzenoj ravni. Taˇcke koje pripada ju osi OZ su oblika (0, 0, z ). Uzmimo taˇcke P (0, 0, 1) i Q(0, 0, 2) koje pripadaju osi OZ, te taˇcke pripadaju i traˇzenoj ravni pa je 0 A + 0 B + C + D = 0 0 A + 0 B + 2C + D = 0
·
·
·
·
⇒ ⇒
C + D = 0, 2C + D = 0.
Rjeˇsenja posljednjeg sistema su C = 0 i D = 0. Uvrˇstavanjem ovih vrijedosti u jednaˇcinu (14) dobijamo 3A + B = 0 B = 3A. Ako sada uvrstimo dobijene vrijednosti u opˇstu jednaˇcinu ravni dobijamo:
−
Ax + By + Cz + D = 0
⇒
⇒ Ax + 3Ay = 0/ : A ⇒ x + 3y = 0,
traˇzena jednaˇcina ravni.
Elvis Barakovi´c
26
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
c) Kako traˇzena ravan Ax + By + Cz + D = 0 sadrˇzi taˇcke M (4, 0, 2) i N (5, 1, 7), to koordinate datih taˇcaka zadovoljavaju jednaˇcinu traˇzene ravni, odnosno dobijamo sljede´ci sistem:
−
4A 2C + D = 0 5A + B + 7C + D = 0.
−
Kako je traˇzena ravan paralelna osi OX, to je njen vektor normale n = (A,B,C ) okomit sa jediniˇcnim vektorom i = (1, 0, 0) ose OX. Odnosno n i = 0 (A,B,C ) (1, 0, 0) = 0 A = 0.
·
·
Uvrˇstavanjem dobijene vrijednosti u posljednji sistem dobijamo:
−2C + D
= 0 B + 7C + D = 0
⇒ D = 2C
Iz druge jednaˇcine dobijamo B + 7C + 2C = 0 B= dobijenih vrijednosti u poˇstu jednaˇcinu dobijamo:
⇒
Ax + By + Cz + D = 0
−9C. Uvrˇstavanjem
⇒ −9Cy + Cz + 2C = 0/ : C ⇒ −9y + z + 2 = 0
je traˇzena jednaˇcina ravni. cinu ravni koja prolazi kroz taˇcku A(2, 1, Primjer 2.4 Sastaviti jednaˇ koja normalna je na vektor a = 1, 2, 3 .
{ − }
−1) i
Rjeˇsenje: Jednaˇcina ravni koja prolazi kroz taˇcku A(2, 1, 1) glasi:
−
− 2) + B(y − 1) + C (z + 1) = 0. S obzirom da je traˇzena ravan normalna na vektor a = {1, −2, 3}, to je njen vektor normale n = {A,B,C } kolinearan sa vektorom a = {1, −2, 3}, pa su A(x
im odgovaraju´ce koordinate proporcionalne, tj.: A B C = = = λ. 1 2 3
−
Odnosno
A = λ, B =
−2λ,
C = 3λ.
Ako dobijene vrijednosti uvrstimo u jednaˇcinu A(x 2)+B(y 1)+C (z +1) = 0, dobijamo traˇzenu jednaˇcinu ravni λ(x
Elvis Barakovi´c
−
−
− 2) − 2λ(y − 1) + 3λ(z + 1) = 0/ : λ x − 2y + 3z + 3 = 0. 27
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
cku A(3, 4, Primjer 2.5 Sastaviti jendaˇcinu ravni koja prolazi kroz taˇ paralelna je sa vektorima a = 3, 1, 1 i b = 1, 2, 1 .
{
−}
{ − }
−5) i
Rjeˇsenje: Jednaˇcina ravni kroz datu taˇcku A glasi: A(x
− 3) + B(y − 4) + C (z + 5) = 0.
S obzirom da je ova ravan paralelna sa vektorima a i b, to je njen vektor normale n = A,B,C normalan na oba vektora, pa je n = a b.
{
}
×
b π n a
Odnosno, n = a
×
i j b = 3 1 1 2
−
k 1 1
−
− − 4 j − 7 k = {−1, −4, −7}.
= i
Prema tome, traˇzena jednaˇcina ravni glasi:
−1(x − 3) − 4(y − 4) − 7(z + 5) = 0/ · (−1) (x − 3) + 4(y − 4) + 7(z + 5) = 0 ⇒ x − 3 + 4y − 16 + 7z + 35 = 0, odnosno x + 4y + 7z + 16 = 0. cinu ravni koja prolazi kroz taˇcku A(7, Primjer 2.6 Sastaviti jednaˇ odsijeca na koordinatnim osama jednake odsjeˇcke.
−5, 1) i
Rjeˇsenje: Jednaˇcina ravni kroz datu taˇcku A glasi: A(x Elvis Barakovi´c
− 7) + B(y + 5) + C (z − 1) = 0. 28
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Kako traˇzena prava odsijeca na koordinatnim osama jednake odsjeˇcke to je l =
− DA = m = − DB = n = − DC ,
odakle je
− DA = − DB = − DC ⇒ A = B = C. Dakle, jednaˇcina traˇzene ravni glasi A(x − 7) + A(y + 5) + A(z − 1) = 0. Nakon dijeljenja sa A dobijamo x + y + z − 3 = 0. cetka udalPrimjer 2.7 Sastavite jednaˇcinu ravni koja je od koordinatnog poˇ jena za 6 jedinica i ˇciji su odsjeˇcci na koordinatnim osama vezani relacijom l : m : n = 1 : 3 : 2. Rjeˇsenje: Iz date proporcije dobija se: l : m = 1 : 3 l : n = 1 : 2 tj. m = 3l i n = 2l. Zamjenom dobijenih vrijednosti za m i n u segmentni oblik jednaˇcine ravni: x y z + + =1 l m n x y z dobijamo: + + = 1/ 6l 6x + 2y + 3z 6l = 0. Iz relacije za l 3l 2l udaljenost ravni od koordinatnog poˇcetka O(0, 0, 0) dobijamo:
· ⇒
Ax0 + By 0 + Cz 0 + D d = A2 + B 2 + C 2
√
−
⇒ √ | − ±
6l = 6, 62 + 2 2 + 32
|
| −√ 6l| = 6 ⇒ l = ±7. Dobili smo dva rjeˇsenja za l, odnosno postoje ± 49
odnosno
dvije ravni koje zadovaljavaju traˇzene uslove zadatka, to su ravni: 6x + 2y + 3z + 42 = 0 i 6x + 2y + 3z
− 42 = 0.
cunati visinu H S piramide ˇciji su vrhovi u taˇckama Primjer 2.8 Izraˇ S (0, 6, 4), A(3, 5, 3), B( 2, 11, 5) i C (1, 1, 4).
−
Elvis Barakovi´c
29
−
−
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Rjeˇsenje: S
H s
C
A
B
Traˇzena visina H s je udaljenost taˇcke S od ravni odredene sa taˇckama A, B i C. Jednaˇcina ravni koja je odredena sa taˇckama A, B i C je:
− − −−
x 3 y 5 2 3 11 5 1 3 1 5
− z − 3 − −5 − 3 − − 4−3
Nakon izraˇcunavanja determinante dobijamo
= 0.
−42x + 21y + 42z − 105 = 0/ : (−21) ⇒ 2x − y − 2z + 5 = 0. Traˇzena visina H je udaljenost taˇcke S (0, 6, 4) od ravni 2x − y − 2z + 5 = 0, odnosno, |0 − 6 − 8 + 5 | = 9 = 3. H = d = √ S
S
4+1+4
3
cinu ravni koja prolazi kroz koordinatni poˇ cetak Primjer 2.9 Sastaviti jednaˇ i normalna je na ravni 2x Elvis Barakovi´c
− y + 5z + 3 = 0 i x + 3y − z − 7 = 0. 30
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Rjeˇsenje: Jednaˇcina ravni koja prolazi kroz koordinatni poˇcetak je Ax + By + Cz = 0.
n1 n n2
Kako je traˇzena ravan normalna na ravni 2x y+5z + 3 = 0 i x+3y z 7 = 0, to je njen vektor normale n = (A,B,C ), normalan na ravan koju obrazuju vektori normala datih ravni, n 1 = (2, 1, 5) i n 2 = (1, 3, 1). Pa je n = n 1 n 2, odnosno
−
−−
−
×
n = n 1
× n = 2
i j 2 1 1 3
−
k 5 1
−
−
=
7 −14 i+ 7 j + k,
odnosno n = (A,B,C ) = ( 14, 7, 7). Jednaˇcina traˇzene ravni glasi:
−
−14x + 7y + 7z = 0/ : (−7) ⇒ 2x − y − z = 0. Primjer 2.10 Odrediti parametre m i n tako da ravni:
2x + my + 3z 5 = 0 nx 6y 6z + 2 = 0
−
− −
budu paralelne. Elvis Barakovi´c
31
Edis Meki´c
2.1
Ravan u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Rjeˇsenje: Da bi ravni bile paralelne, potrebno je da su im koeficijenti uz nepoznate proporcionalni, tj.: 2 m 3 = = , n 6 6
− − odakle se dobija da je m = 3 i n = −4.
cina ravni koja prolazi taˇckama M (3, Primjer 2.11 Kako glasi jednaˇ i N (4, 1, 2), a normalna je na ravan x
− 8y + 3z − 1 = 0?
−5, 1)
Rjeˇsenje: Jednaˇcina traˇzene ravni glasi Ax + By + Cz + D = 0.
n N
n1
M
Kako taˇcke M (3, 5, 1) i N (4, 1, 2) pripada ju traˇzenoj ravni i kako je traˇzena ravan normalna na ravan x 8y + 3z 1 = 0 to je n = MN n 1 , jer je vektor n = (A,B,C ) normalan na ravan koju ˇcine vektori MN i n 1 . Formirajmo vektor MN = (4 3, 1 ( 5), 2 1) = (1, 6, 1),
−
−
−−→ × −−→
−
−−→ − − − − a vektor n = (1, −8, 3). Dakle, sada je: 1
i j n = 1 6 1 8 Elvis Barakovi´c
−
k i 1 = 26 3
32
− 2 j − 14 k. Edis Meki´c
2.2
Prava u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Odnosno n = (A,B,C ) = (26, 2, 14) A = 26, B = 2 i C = 14. Kako taˇcka M (3, 5, 1) pripada traˇzenoj ravni to njene koordinate zadovoljavaju jednaˇcinu te ravni pa je
−
3A
−
− − ⇒
−
− 5B + C + D = 0 ⇒ 3 · 26 − 5 · (−2) − 14 + D = 0 ⇒ D = −74.
Odakle dobijamo da je jednaˇcina traˇzene ravni 26x
− 2y − 14z − 74 = 0/ : 2 ⇒ 13x − y − 7z − 37 = 0.
Primjer 2.12 Iz pramena ravni:
− 3y + z − 3 + λ(x + 3y + 2z + 1) = 0, izdvojiti onu ravan koja sadrˇzi taˇcku M (1, −2, 3). Rjeˇsenje: Poˇsto taˇcka M (1, −2, 3) pripada traˇzenoj ravni datog pramena, to 2x
njene koordinate zadovoljavaju jednaˇcinu pramena tj.
− 3 + λ(1 − 6 + 6 + 1) = 0 ⇒ λ = −4. Traˇzenu jednaˇcinu ´cemo dobiti kada vrijednost λ = −4 uvrstimo u jednaˇcinu 2+6+3
datog pramena ravni, tj.: 2x
− 3y + z − 3 − 4(x + 3y + 2z + 1) = 0,
odnosno 2x + 15y + 7z + 7 = 0.
2.2
Prava u prostoru
Neka prava p u prostoru moˇze biti odredena kao presjek bilo koje dvije ravni π1 i π 2 , koje tom pravom prolaze. Odnosno π1 : A1 x + B1y + C 1z + D1 = 0 π2 : A2 x + B2y + C 2z + D2 = 0
Elvis Barakovi´c
33
Edis Meki´c
2.2
Prava u prostoru
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
p π1
π2
Pravu moˇzemo zadati i u tzv. kanonskom obliku x
−x
0
l
=
y
−y
0
m
z
=
− z , 0
n
gdje je M (x0 , y0, z 0 ) proizvoljna taˇcka koja pripada datoj pravoj, a p = (l,m,n) je vetor pravca date prave. Iz kanonskog oblika jednaˇcine prave lahko moˇzemo dobiti parametarski oblik jednaˇcine prave, naime iz x
−x
0
l
=
y
−y m
0
z
=
− z
0
n
x = x0 + lt y = y0 + mt z = z 0 + nt,
t
= t
⇒
∈ R.
Jednaˇcina prave kroz dvije taˇcke M 1 (x1 , y1, z 1 ) i M 2 (x2 , y2 , z 2 ) glasi: x x2
−x −x
1 1
=
y y2
−y −y
1 1
=
z z 2
− z . − z 1
1
Primjer 2.13
Elvis Barakovi´c
34
Edis Meki´c
2.3
Zadaci za samostalan rad
2.3
2
PRVA I RAVAN U PROSTORU
Zadaci za samostalan rad
cunati intenzitet vektora c = 3a + 2 b, ako je Zadatak 2.1 Izraˇ
|a| = 3, | b| = 4 i ∢(a, b) = π3 .
| | · |c| slijedi |c| = √ 217.
Rjeˇsenje: Iz c c = 217 i c c = c
·
·
Zadatak 2.2 Odrediti parametar λ tako da vektori
a = 2 i
− 3 j
b = λ i + 4 j
i
budu okomiti. Rjeˇsenje: λ = 6. Zadatak 2.3 Dati su vrhovi A(1,
B(3, 2, 1), i C (6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odredite koordinate vrha D.
−2, 3),
Rjeˇsenje: D(4, 0, 6). ciji su vrhovi A(5, 2, Zadatak 2.4 Odrediti unutraˇsnje uglove trougla ˇ B(9, 8, 3) i C (16, 6, 11).
− −
−4),
− − −→ −→ −→ −−→ −→ −−→ Odrediti vektore AB, AC, BA, BC i CA, CB, a zatim pomo´cu
Rjeˇsenje: skalarnog proizvoda izraˇcunati traˇzene uglove. π π π α = , β = , γ = . 4 2 4
b obrazuju ugao α = 120 i pri tome je a = Zadatak 2.5 Vektori a i
||
◦
3,
| b| = 5. Odrditi |a + b| i |a − b|.
| √ 19 i
Rjeˇsenje: Iskoristiti ˇcinjenicu da je a 2 = a a. Dobija se a + b = a b = 7.
| |
| −|
·
|
π . 4 5q.
i q jediniˇcni vektori koji zaklapaju ugao α = Zadatak 2.6 Neka su p = 4 Odredite povrˇ sinu paralelograma sa dijagonalama e = 2 p q i f p Rjeˇsenje: Vidi primjer 1.20
P =
√ 3 2 2
−
−
.
b ako je poznato da je (a + b) Zadatak 2.7 Na´ci ugao α izmedu vektora a i okomito na (7a
− 5 b) i da je (a − 4 b) okomito na (7a − 2 b).
Rjeˇsenje: cos α = 0.53. Elvis Barakovi´c
35
Edis Meki´c
