Boris Apsen - Repetitorij više matematike 3

možemo ga obzirom na slike 28 formulirati i ovako: Skalami produkt dvaju vektora jednak je umnošku duljine jednog vektora i duljine projekcije drugog vektora u smjer prvoga. Iz (Ila) slijedi:

a b ba = b . cos

ab = a ·

cos

-a b

b

(12)

/b ~

(

!-·. ·--bcosf.... ....: ....................... (l ..

q, : o ................ -

Sl. 28

SL 29

31

To znači: da dobijemo duljinu projekćije jednog vektora u smjer drugoga, 4ovoljno je podijeliti skalami produkt vektora s duljinom tog drugog vektora. -+

Ako je jedan yektor jedinični, na pr: vektor b =b., pa je b.= l, tada skalami produkt prema (ll) prima oblik:

a b•. = a.

cos ? = a cos q;;

(12a)

-

-

~ a to je prema slici 28 duljina projekcije vektora a u smjer vektora b. Prema tome: da odredimo duljinu projekcije jednog vektora u smjer drugoga, možemo postupati i. tako, da izračunamo skalami produkt prvog vektora i jediničkog vektora, koji pripada drugom vektoru (vidi dalje primjer l). Kao .karakterističan primjer za skalami produkt navedimo radnju A; što je

nši stalna sila S na putu s. Znamo da je radnja umnožak puta i projekcije sile' u s.mjer puta, pa prema slici (29) imamo:·

A = s • S cos cp

=

t

S · s • cos cp = prema (l l) = S s

Radnja stalne. sile je clakle skalami produkt vektora sile i vektora pomaka. Ako je cp = 90°, t. j. ako je smjer sile okomit na smjer puta, radnja A =O, jer je cos 90° = O. Prvi posebni slučaj.

·-

Neka su vektori međusobno okomiti: a l. b, t. j. cp _,. _,.

Prema (ll):

a b

== a ·

b · cos 90°

=

= 90°

a . b . O= O

C zmimo obratno: neka je skalami produkt dvaju vektora jednak nuli:

........... a b

=

a · b ·. cos cp

=O

Kako je a =f: O i b =f: O, mora biti cos cp = O, t. j, cp = 90°, odnosno 270°, Slijedi praktički vrio važno pravilo: Da su dva vektora međusobno okomita, nužno je i dovoljno, da je. :njihov skalarni produkt jednak nuli . .Pada u oči razlika između skalamog produkta dvaju vektora i produkta dvaju brojeva. Posljednji je jednak nuli kad je jedan od faktora jednak nuli, dok se skalami produkt poništava osim toga i u slučaju, kad su oba vektora međusobno okomita. Posljedica -+-_,..

_.,-J-.

ij=ji=O .-.~

~~

fk=kj=O ki=ik=O jer su osnovni 32

jedinični•

vektori

međusobno

okomiti (vidi sl. 24).

(13)

Drugi

pqseb~i ·siučaj.

b

Neka.su vektori.;i koli near ni; t: j. meousobno·paralelni!ili'leže na istom pravcu, i neka su istog smisla,::_t.j; kut
---

a b =·a ·.b · cos O = a .._b

(14)

Skalarni produkt dvaju paralelnih yekt.ora istog smisla jednak je umnošku njihovih duljina. Ako.su kolinearni vektori protivnog smisla, kut cp= 1800, pa je a b = a · b · cos 180°

= -

a . b

t. j. jednak je negativnoj vrijednosti umnoška njihovih duljina. Posljedica Neka su vektori a i b jednaki, t. j. b = a. Prema (14) imamo: a a

=

a

=

a · a

=

( 15)

a•

Skalarni kvadrat vektora jednak je kvadratu njegove duljine. Odatle slijedi: l'= l

i i= i

(16)

j j= J = l'.= l· _,.2

k k= k = l'= l

Skalarni kvadrat je'diničkog vektora je l. Za skalami produkt vrijedi: 1. Zakon komutacij e, jer je prema definiciji skalarnog produkta b a = b · a · cos 9 = prema (ll) = a b

2. Zakon distribucije C"ako se dade pokazati da je (a

+

b) . (e

Prema tome je na pr. 2

__....2

~-·

+ d)

= a e

+

b e

,, __,.·

la,±]J) =a ± 2(a b)+ b =prema (15)

= a• ± 2ab cos cp 3

B. Apsen: Repetitorij vitle matematike -

Dio III.

=

+

a d

+

b d

a•:±_,2(a b)+ b•

(17)

=

(178.}

+ b• 33

-+

(a+ b}·

(a-~}=

2

2

-+

a - b =prema (15) e=

a~- li•·

(17b)

Izrazimo sada sk8larni produkt dvaju vektora pomoću komponenata tih.vektora ..

--

Tražimo a b, gdje je

-

a = ai + al;i + a.k --+

b

=

--i"'

b,.i

-+

+ byj +

-

b,.k

- ......

Kako za skalami produkt vrijedi zakon distribucije, izmnožimo skalarno. izraze za a i b prema formuli (17), pri čemu skalarne komponente množimo kao brojeve, a jedinične vektore množimo skalamo: -+_.

a b =a"· b,.( i

__..._.

+ a.b"(k

i)+ a"· b,.(j i)

........ __.

+ aA(i k) + a)

-..~

2

(j k}

i)

obično.

__,._...,.

+ a,.by(z" j) + a::Aii j)+ a.b"(l!j) +'

---""-+

+ aA(k k)

Uzevši u obzir da je prema (13) j i = k i = ....... =jk=O

a prema (16) iz'=jj=kk=

dobijemo: (18)

Skalarni produkt dvaju vektora jednak je zbroju produkata istoimenih skalarnih komponenata tih vektora. Na taj način računa se obično skalami produkt dvaju vektora .

......

Na pr. za

a=5i-3j+7k

-

b= i - 2j- 8k a b= 5 · l

+ (- 3)

· (-2)

+ 7 . (- 8) = 5 + 6-56 = - 45

Kut dvaju vektora Prema (ll): Odatle

34

a b = a - b · cos q>

a· b cos cp=-

a-b

(19)

Kosinus kuta, što ga međusobno zatvaraju dva vektora, dobijemo tako, da skalarni produkt tih vektora izračunavši ga, podijelimo s _umnoškom duljina tih vektora. Na pr. traži se kut, što ga

međusobno

-+-+ zatva;aju vektori a i' b, gdje je

a=-

i+2j-3k

i+6k

b=-5i+ Prema (19), (18) i (3) imamo:

- t . ( - 5) 1 J +4 +9

v

=

• CO$ ql

+2 o

· l- 3 · 6 V25 + J + 36 = ~.==

-

,slučaj:

Poseban

l bol =bo=

68°, odnosno

Neka su a

1 11

ll

ll

= _

\114 V62' = - V86s rp== 180°- 68° = ~ • o

__!..!.__ = 29,5

_o 3 n '

0

jedinični

vektori, t. j.

.... l a. l= a.=

l i

l, tada prema (19):

cos

a. b.

1

1

a. b.

(l9a)

To znači: ako su vektori jedinični, njihov skalarni produkt daje neposredno kosinus kuta, što ga ti vektori međusobno zatvaraju. Navedimo nekoliko primjera za primjenu skalarnog produkta. Primjeri l. Odredi projekciju vektora a = 6 i -

Prvi

način

8 k u smjer vektora b = 2 i

JO j -

+e- •o) . 1 + <- 8) . <- 2) V4 + 1 + 4 12- 10 + 16 =.!..!! = 6

.. . .. 6 . 2 DulJina tražene proJekciJe: e = =

Drugi

+ j - 2 k.

prema (12) i (18):

način

V9

prema (2), (12a) i (18): b, = e =

3

-

2i+j-2k

V4 + t + 4 6 . 2- lO. 3

-

2-+

=- i 3

_J_ 3

=

2 .... k 3

J-+

+ -j-3

+8.2

3

(a)

= 4 - lO+ 16 3

3

=

-

6

-

Time smo dobili samo duljinu projekcije vektora -+ a u smjer vektora -b• .Da dobijemo kom,ponente toga vektora u smjeru koordinatnih osi, iste kosinuse smjera i da su komponente

uočimo

jediničnog

,

-

.

da taj vektor leži na vektoru b, pa irna

vektora b kosinusi smjera toga vektora.

Prema (6) i obzm•m na (a) dobijem.. : Cx = e coscc =

6 ·

~

=

4 ;

cy =

r cos (3 ={; ·

+

= 2 i· Cz= r

CđS );. =

i · (-

+)

= -

4

c=4i+2j-4k

Do ist"g rezultata možemo

doći

-

~

e =e ·bo

jednostavnije prema formuli (1!: =

(2~

1-

2~)

3

3

6 -i +-j-- k 3

2. Dokaži da su dijagonale romba

međusobno

- -

~

= 4 i+ 2j- 4 k

okomite.

Smatramo dviJe stranice romba kao yektore a i b (nariši siiku !). Tada su dijagonale romba vektori a -1 b i a - b.

Izračunajmo

skalami produkt tih dijagonalnih vektora:

:a+ b)(a-b) = prema(l7b) = a'-b' =O, _jer su u rumbu_ stranice jednake (b = a). Dokazali smo, da Je skalami produkt d1jagonalnih vektora jednak nuli, dakle su ti .vektori> t. j. dijagonale romba, međusobno okomite.

3. Izvedi Označimo

pomoću

skalamog produkta kosmusov. pou čak.

dvije stranice zadanog trokuta (sl. 30) ka_o vcktore a i b. Tada ·odgovara trečoi

stranici e vektor e = a - b Kvadrirajmo skalamo taj izraz. Prema (qa) imamo:

e = a'-

2

(a b)

+ b'

Prema (ll) 1mamo

e' = a' - 2ab cos r + b' = a' + b' - 2ab cos y

.e'

ili a to je kosmusov

poučak

za stranicu e trokuta.

z

l

~--

/

: r2 .•

~ 'l

t

-< Sl. 31

Sl. 30

4. Zadane su Izračunaj

36

četiri

točke

u prostoru B( l. -2, 3), ;1(4,- 4; -3), D•,2, 4, .l)

duljinu d projekcije vektora AR u smjer vekti>ra CD.

1

C(S, 6, 6).

Prema (8):

-

A B.= ( l - 4) i.+ (-2+4)j CD= (2-8)i

+

(3

+

3) k = -3

-

+ (4- 6)j + (3- 6)k

i+ 2j + 6k

= -6i-2j-Jk

Prema. (12) j· (18) :

d=.

AB ·CD

1CĐ 1

+ 2(-2)+ 6 .. V36 + 4 + 9

- J · (-6)

=-

~

d=

s:·

+ 18-4-18

· (-3) =

·=

V49

.4 -""~ 7

.i. 7

--

Izračunajkut, što ga·međusobno zatvaraju raspolovnice ravnine

XZ i YZ.

Dodij elimo raspolovnicama radiivektore r 1 i r" pa traženi kut odredimo kao kut tilfvektont (sl. 31). Prema slici 31:

.__,.

__,.

~

--=i+

k

•• =j+

k

r1

Prema {19) i {l S}:

1·0+0

1+1·1

lfl+l· Vf+1

cos
=

2

5. Vektorski ili vanjski produkt dvaju vektora To je drugi vrlo važni simbol vektorske algebrc. Vektorski produkt vektora a i b

--

[a b] pri

ili

označuje

se s

a X b

ćemu

pamtimo, da je to vektor. •Pokažimo, što se razumije pod duljinom;

- -

Sll}jerom i smislom toga vektora a x b (sl. 32) Duljina je vektora a x b, t. j.

-

Ja x' bl= a. b. sin cp

--

(20)

Smjer je okomit na ravnini, koju odreSl. 32

duji.l. vektori a i b. - Smisao je određen pravilom desne ruke (palac je vektor, koji'stojPna'prvom mjestu, kažiprst - drugi po redu vektor, srednji prst pokazuje tada smisao. Vektorskog produkta) ili pravilom desnog vijka, ili desnog koordinatnog sustava(vidi sl. '22).

37

Pravilo.

~esne

ruke jasno pokazuje, da vektor b

xa

ima protivni smisao od

-+'

~

vektDra ax b (vidi sl. 32) t. j.

·-

bxa=-axb Za vektorski produkt ne vrijedi dakle zakon komutacije. Iz definicije vcktorskog produkta slijedi, da· je

r

i xj =k

]er je prema (20): duljina vektora i x j;

ii

.;.,o,.....:--~~-- -·~-Y

X j

l=

· sin 90°

l

=

l,

__. J ~

~

Sl

33

nJegov smjer je okomit na ravnini XY, ima dakle smjer osi Z, a smisao je uperen prema gore (pravilo dPsne ruke ili desnog koordinatnog sustava), a to je osnovni jedinični vektor k (sL 33).

Dakle 1

X

J=

k

(2la)

ali:

]Xi=-k

Iz istog razloga (21 b) kxi=-1

(2lc)

Konstruiramo li paralelogram, kojemu su stranice šina toga paralelograma

S= a · h =a · b

s1n ?

ll t

b (sl. 32), tada je {'>Qvr-

= prema (20) = l a

X

bl

t. j. duljina vektorskog produkta numerički je jednaka površini paralelograma,

kejemu su stranice duljine vektora, koji čine vektorski produkt. Odatle slijedi, da svakom omeđenom dijelu ravnine možemo dodijeliti vektor, ako rub toga dijela ravnine orijentiramo.

38

-

s

ll

r Sl. 34

Sl. 35

Prema tome; trokutu možemo dodijeliti polovint~ vektorskog produkt!\, jer površina trokuta iznosi samo polovinu površine paralelograma (sl. 34), a površini

S.u.sliči 35~vektor

kojemu je duljina 1Sl= S, pri čemu . vijka lako određujemo smisao vektora. Kao primjer za vektorski produkt nave-

pomoću pravila desnog

S

___,.

diincfmoment sile F obzirom na točku O (sl. 36). Tvrdimo,. da je moment jednak vektorskom produktu vektora položaja r i vektora __,.

sile F, t. j. _. M= r :< F. čku

Znamo, da je moment sile obzirom na tojednak umnošku sile F i kraka d, t. j.

r

o··.. ····.tf

A1 = F . d = prema sl. 36 = F · r . sin rp,

···-r-;y·'

/

-

a to je· apsolutna vrijednost vektorskog pro-

Sl. 36

dukta r x F, jer je

lM l =

M

= lr

X

F

l=

prema (20)

Iz toga slijedi; da moment sile obzirom na

=

r · F · 5in tp

točk.u

možemo prikazati u obliku

-+

vektora M = r x F (sL 36). Primijetirno, da i spreg sila možemo predstavitii kao vektor, kojemu je apsolutna vrijednost jednaka momentu toga sprega, smjer mu je okomit na ravnima sprega, a smisao je određen pravilom desnog vijka. Prvi posebni

--

slučaj

Neka su vektori a i b Tada prema (20): ...

međusobno

-+

l a X b .1

okomiti, t. j. !ll

=

90°

= " · b · sin 90° = a • b 39

Ako su vekto"ri 'm·e~đusobno okomiti, apsolutna vrijednost OJl,hovog vektorskog produkta jednaka je umnošku nj.ihovih duljina. Drugi posebni ~lučaj Neka su vektori k-olinearni, t. j. paralelni, ili neka leže na istom pravcu. U tom je slučaju qr = O ili 180", pa prema .(20) imamo: -+

la

X b l = a · b · sin O = O.

Vrijedi i obrat: -+

Iz l a ili 180°

X b

l=

a · b · sin O = O slijedi, da uz a =f= O i b =f= O mora biti

Prema_tome je za

(jl~='O

~

=O

ili 180°

axb=O

(23)

Da su dva vektora međusobno paralelna, nužno je da je njihov vektorski produkt jednak nuli.

dovoljno,

Posljedica

-

Kako pod jednakim vektorima razumijevamo vektore iste duljine, istoga smjera i istoga smisla, jednaki vektori su prema (23):

međusobno

paralelni, pa za b = a imamo

-

axa=O

(24)

Vektorski kvadrat vektora jednak je nuli. Prema tome ixi=O

jxj=O -

(25)

-+

k X k= 0

Za vektorski produkt I. ne vrijedi zakon komutacije, jer je, kako smb

već

vidjeli, (26)

bXa=-aXb

pa vektorski produkt nema svojstva komutativnosti, koje je skalarni produkt još sačuvao.

2. vrijedi zakon distribucije

-

(a+ b)

40

X

(e+ d) =a

X

e+ b

X

e+ a

X

d

+b

X

d

(26a)

Prema tol'!'le je Pia pr. vektorski kvadrat

+ b)

(a

X

(a+ b) =.a

X

a +b

X

a

__,.

+

X

Q

b

+Ir

x t

prema (!4)

(26) = 0 - a X b+ a X b+ O= O -+

a

(a- b) X (a+ b) =a X a - b X a+ a x b - b X b= (26b) = prema(24)-i(26) =a X b+ a ·X b= 2(a X b)

Budući da za vektorski produkt ne vrijedi zakon komutacije, pri vektorskom množenju ne smijemo,mi~enjati redoslijed faktora!Izrazimo vektorski produkt ·dvaju vektora pomoću njihovih komponenata. U tu svrhu izmnožimo vektorski vekwre -+

a

=

a)

+ ayj + a.,k

b

=

b,J

+ byj + b.,k

_,.

uzev~i

u obzir, da za vektorski produ'kt vrijedi zakon distribucije (2oa):

+ ayby(j

X

j)+ aA/k X j)

+ axbz(i

_,. X

k)

+ a:,bz(j

X

k)

+ a.bJk

X

k)

Uzevši u obzir formule (21) i (25) dobijemo: _,.

b=

11 X

O+ a;bx(-k) + azbxj + axbyk +O+ azby(-i) +

a:cbz(- j)

+ aybz i+ O

ili

Taj izraz za Yektorski produkt možemo napisati u obliku determiname k (27a).

jer, razvijemo li determinamu po elementima prvog retka, dobijemo·

= (.vidi

.-

-

i ( aybz- azby) +j ( a;bx- axbz)

također

+ k ( axby- a:,bxJ -

•

1

= prema (27)

=

-

--+-

a X b

§ l, 7. Matrice).

41

Primjer

-

-

Izračuna; auljinu i kosinuse smjeraivektorarc:·= a1x b i dokaži, da je_ taj vekto~ okOmit

-.. _.

--

.

;ni vektorima' a. l b, pri_ čemu je

-

a= i-2j+ 2k

---l

Prema_ (27a):

--- l

i1 -2 'i

c=a xb =

k2 2-6

3

-

=i(12-4)-j(-6-6)+k(2+6)=8i+ 12j+Bfl

e=,; X bl=+ V64 + 144 + 64 = vm = 16,5 8 cos O( = 16,5 = 0,485 CO$~=

12 , = 0,727 16 5 8

cos y Proba: ocos' o:

.

= 16,5 =

+ cos' [:l +

~

eos•y = 0,235.

~

o;S29

+ 0,235 :' 0,999 ..:...: l

~-+-+

.-.....~

Da dokažemo, da je vektor e = a X b okoriiit na vektorima a. i b, izračunajmo sblarne -+

_..,..

·produkte'vektora e i

a,~a-zatim

~

t-to

e i b.

Prema (18) imamo: e a== 8 · l

+ 12(- 2) + 8 · 2 =:8-24 + 16"" O

e b = 8 · 3+. 12 • 2 + 8(- 6)

=

24

+ 24-48 =

O

_..,.

-+.-+

'Kako su oba skalama produkta"'jednaka~nuli;':Vektor:c:'stoji"okomitp na·vektorima a,i:b, a -to.namj('poznato:prema definiciji smjera vektorskog produkta (vidi
Kut -dvaju vektora Iz {20)

la

-l

X b

= a · b · sin cp

slijedi

(28)

Kut dvaju vektora možemo 42

dakleiizračunati

i iz

njihova~vektorskog

produkta.

- =b,=

slučaj

Poseban

l a, l =a,

Ako su vektori jedinični, t. j.

= la

sin 'P

0

= l i l bol X bo

l, tada prema (28):

l

(28a)

apsolutna vrijednost vektorskog produkt:a dvaju jediničniti vektora jednaka je sinusu kuta, što ga međusobno:zatvaraju ta ··dv·a vektora. t. j.

Odredimo na pr. kut· vektora

kOJI smo u primjeru na str. 35 l= -0,373.

već

lJ= - 1

+ 2j-3k

b= -5i

+

odredili

j+ 6k

pomoću

skalarnog produkta, pa smo dobili cos t=

Prema (27)·

= k (- 5

+

14)

+

3 ( 5 j + 7 j) = l 5 i + 21 j + 9 k

Prema (28) i (3):

'~'

=

Proba: sin 2 'P

+

szn


V22s + 441 + s1 ~47 Vffi47 = -- = = V1+4+9·V2s-'-1-!-36 14·62 86s

0,862 = O 92 9

VO,ili

cos• cp = (-0,37})' + (0,929)2 = 0,138 + 0,862=

ih

Primjeri za pnm)enu vcktorskog produkta. 1.

Izvedi vekwrski sinusuv

poučak

za trokut.

Stranicama a, b, e zadanog trokuta ABC dodijelimo vektore a, b i e (sL 37). _....,.

Kako je prema slici e = a -b, mežemo pisau da su jednaki i vektori

Sl. 37

e x a =(a- b) x a

ib

exa=axa-bxa=axb Dakle:

e x a

Odatle:

l ex a l

ik pr11rna (Xl)

shct 37:

a

l

X

b

;x 1:1 /

•

e · a • sin {3 = a • b • sitcy b :e = sin ~ : siny

Odatle:

-

:Primijetimo, da brno

doći'

-

do istog rezultata, ako jednakost e = a - b pomnotimo vek"

torski s a. 2. Izvedi vektorski Heronovu formulu za površinu S trokuta. Budući

da površini trokuta odgovara polovina vektorskog produkta vektora

ll ·j

b, imamo.

prema sl. 37:

ili, ako ohic strane te jednakosti kvadriramo.

Odatle prema (20)

slici 37:

s• =_!_(a . b. smr? =...!... 4 4 Pomnožimo li

tu

a'b'

sm=r

jednakost s 4 i uzmemo li u obzir da je sin' 1

l -

e•s'y dobijeMo

4S2 = a'b'- a'b' cos'y

ili prema (ll)

4S = a'b'-(-;;)

2

(a).

2

Prema (17a) znamo da je

(-;_-;r =

a 2 -2(a b)+ i> 2

ili

e' jer.de prema slici

=a~- 2(a b)

+ ~·

( 15)

Oda ile l (-a~·+ b 2 a b =·2:

-

e')

U v!~ tenje ,u (a) daje:

4S 2

ili

44

=

a 2 b'-_!_ (a' 4

+

b'- e')''

Uzmemo li u obzir da Je

all

l

+2

(a'

+ b' -e') =

(a + b)'- e'

z

.

=

(a + b + e) (a + h - e) 2

l - . e'- (a- b)' (e +a- b) (e- a d-T(a'+b'-c')= = 2 2

+ 6o)

i uvedemo li oznaku

a+b+e=Ls tada jednakost (b) prima oblik

l

4S' =

4

2s (2s- 2a) (ls- 2b) (2s- lc)

S= Vs(s-a)(s-b)(s-c) a to je Heronova formula za površinu trokuta. 3. Zadana su d·:: vektora

a=

5i-3j+k

b=- i+2j-4k Izračuna} površinu S paralelograma, kojem_u su stranice zadani vektori. Kako je apsolutna vriJednost vektorskog produkta numerički jednaka površmi paralelograma, ćijc su stranice vektori

a i b, zadatak se svodi na

-; X

b= ~-f + ~

određivanje

-! l

duljine vektorskog produkta a i b

= i ( 12 -

2) - j ( - 20

+

l)

+

k (l 0 - J) = l Q i

+

19 j+ 7 k;

·s=,-; x hi= Vtoo + 361 + 49 = V5T0 = 22,6 4·

lzračunaj

površinu S trokuta kome su stramce vekton.

a=

2i+j-3k ._,. b=~ i+5j-4k

Znamo da površini trokuta odgovara rolovina vektorskog produkta, pa

Prema (27a)

aX b=

1e

-l . . l i ......

_,.

~

k ·-3 5 -4

-1

45

Prema (3)

JaxbJ =VlP+II'+IJl=lllf3

S=_!_!_VJ 2

5. Odredi duljinu projekcije vektora a = 3 i -

l2j

+k

na vekl<>t d = b

X

e, gdje je

b=2i+3j-2k e

= 4 i+

2j

+ 4k

Prema (27a):

-;1 d=bX;= i-: 2 J-2

l

4

2

=i(I2+4)-J(8+S)+k(4-12)=16i-16j-Sk

4

Prema (12) i (18):' -+-

ad

aa

=

---;J

=

3-16+(-12)·(-16)+1·(-S) V256 + 256 + 64

48

+

192- 8

VS76

232

29

=24=3

6. Zbroj vektora poliedra Pokazali smo, da svakom omeđenom i orijentiranom dijelu ravnine možemo dodijeliti jedan vektor; kojemu je apsolutna vrijednost jednaka vrijednosti te površine, a da se trokutu može dodijeliti polovina vektorskog produkta (vidi sL 34). Dokažimo stavak: Dodijelimo li svim pobočkama zatvorena poliedra vektore, koje orijentiramo prema vani, tada je zbroj tih vektora jednak nuli. Najprije pokažimo da taj stavak vrijedi za tetraedar. Neka iz jedne točke K prostora izlaze tri vektora_.a:-b;e. Spojivši pravcima krajeve tih vektora, dobijemo tetraedar KABC (sl. 38), pri čemu

BA= a-b,

a BC= e-b. Sada dodijelimo svakoj pobočki tetraedra vektor, koji je okomit na toj pobočki, a usmjeren je u prostor izvan ·tijela tetraedra. Kako svakom trokutu odgovara polovina vektorskog produkta, dodijelili smo na taj" način pobočkama tetraedra slijedeće vektore : je

pobočki

l

KAB vektor KAC

46

"

T l

~

~

(b x a)

l-> (a X e)

poboćki

2

}~

-+

........

+b X b

=2

(b

....

X

l

"

ABC

Zbroj vektora

- --

KBC vektor ) (e X' b)

a

-+

-

2 -[(e-b) X

l .--.. -+ -+ (a X e - a

-

(a-b)]

---..--+---+--+--+

-+

+a

=T

X

e --.

x e

+eX b+e

+ 0) =

X

a- b

......

X

-...--+

a- e

X

.h

+

O

Jasno je, da taj stavak vrijedi za svaki zatvoceni poliedar, jer svaki poliedar· možemo rastaviti dijagonalnim ravninama u tetraedre, za koje .. vrijedi dokazani stavak. Vektori, koji pripadaju nutarnjim pobočkama tih tetraedara, ukinut će se. pri zbrajanju, jer' će imati istu duljinu i isti smjer, ali suprotni smisao, pa će ostati samo zbroj vektora vanjskih pobočaka poliedra, koji je jednak nuli.· · Možemo poći još dalje i proširiti taj stavak na bilo koju zatvorenu zakrivljenu plohu, na pr. kuglu, aproksimirajući je poliedrom, kome su pobočni dijelovi tangencijalne ravnine kugle. Ako broj tih pobočaka teži u beskonačnost, težit će povr-

-

šina svake pobočke nuli, pa zbroj vektora dS, koji odgovara tim pobočkama, prelazi u integral uzet po čitavoj površini S zatvorene plohe, pa je

fis=o

(29)

s

7. Višestruki produkti vektora Razlikujemo više oblika produkata od tri, odnosno četiri vektora. a) Umnožak skalarnog produkta dvaju vektora i trećeg vektora

(a b) e

-

Kako je (a b) skalar, taj višestruki produkt triju vektora

--

-

predočuje

vektor,.

koji ima smjer vektora e, duljinu a . b . cos o:p • e i smisao vektora e, ako je (a b J

> O, odnosno protivni smisao za (a b) < O. b) Trostruki skalarni produkt. Uvjet komplanarnosti triju vek-

tora Pod trostrukjm skalarnim produktom razumije se skalami produkt vektorskog produkta dvaju vektora i trećeg vektora, t. j. izraz oblika (a

X

b) e= skalar

Prema (ll) i obz1rom na sliku . 39 imamo:

-

(a

X

b) e

-

= la

l

X b e · cos ~ji =

prema (20) =a · b · sin

(30}1

47

·:Tvrdimo) da: je trostruki sblarni produkt

---

numerički

jeduk obujmu paralelo-

pipeda, kojemu su· bridovi vektori a, b i e.

--

Iz slike 40 slijedi:

a>
.... :,..,··-·--···· ~:...-......-.....,. .... •',' .......... ,.,'......... ".

.,.

--..."

'

'

~~or:.::::L..~---a-!!!:"',;. ,,

SI. 40

Sl. 39

Obujam paralelopipeda V = B . H = a · h · H = a · b sin tp . e cos tj!, a to je baš izraz (30) za trostruki skalami produkt. Ako su sva tri vektora komplanarna, t. j. leže u istoj ravnini, obujam paralelopipeda, a dakle i trostruki skalami produkt jednak' je nuli. Iz istog je razloga trostruki skalami produkt jednak nuli, ako su dva vektora, koji il ni ulaze, jednaki. Tako je na primjer --. ~~

~

{a X b)h=O

Iz toga slijedi: Da su tri vektora komplana.rna, nužno je i dovoljno da je njihov trostruki skalarni produkt jednak .nuli. Jasno je, da se obujam paralelopipeda, pa prema tome i vrijednost trostrukog skalarnog produkta ne će promijeniti, ako· za osnovku paralelopipeda uzmemo koju drugu plohu toga tijela, jedino bi· se mogao promijeniti predznak dobivene vrijednosti, jer, kako znamo, za vektorski produkt ne vrijedi zakon komutacije. T z toga razloga možemo trostruki skalami produkt pisati i u obliku

---

(a b e)

Izrazimo sada trostruki skalarni produkt triju vektora ponenata. Dobijemo:

= { (aJA -

--

aA) i -t- j ( azbx- a,.hz)

= prema (18)

=

( a"bz-

azby)cx

+ k (a" bY -

pomoću

aybx) } (ex i

njihovih kom-

-

+ cyj + c,.k)

+ (azb:x- axbz)cy + (axby- a"b,)c

11

=

a

kak~

taj izraz možemo napisati u obliku determinante, ·dobijemo

konačno:

(31)

Znamo da determinanta mijenja predznak, ako zamijenimo međusobni položaj njenih dvaju redaka, pa se dakle njen predznak ne mijenja, ako načinimo redom dvije takve zamjene. Prema tome obzirom na (31) dobijemo:

......

x

(a X b) e= (b

(3la)

e) a= (e X a) b= (a b e)

To znači: cikličkom permutacijom triju vektora ne mijenja se njihov trostruki skalarn1 produkt. Vršimo li bilo koju drugu permutaciju vektora, trostruki skalami produkt

...........

miJenja predznak. Na pr. (a x b) e = - {b X a) e. P~ i m j e r i za primi enu trostrukog skalarnog produkta. 1.

Izraču naj

obujam paralclopipeda, kojemu su bridovi vektori a (l, O, 4), b (2, -3, 5) i\

e (5, -2, -3) [If zagradama su Prema (31): V= ~

2. Dokaži da

naznačene

(~~X b) e= l 19

+

točke

komponente vektora].

5 -2

'31

o

l

~

2 -3

= -1(-10-9)-4(-15

+ 4)

=

44 = 63

A(4, 5, -l) ; 8(2, 3, l) ; C(-5, -6, 4) i D(3, O, -8) leže JJ jednoj

ravnin1.

.

Zadatak riješimo tako, da spojivši pravcima jednu zadanu točku s ostalima, na pr: točku A s točkama B, C i D, dodijelimo tim spojnicama vektore pa izračunamo trostruki skalami produkt tih \'ektora. Prema (8): AB = (2-4) AB

Na isti

način

=-

i+ 0-5)j

2 i - 2;

+

+(l

+ ll k

2k

dobijemo: AC = -

9 i - ll j

+ 5k

AD=-i-5j-7k

Prema (31): (AB • AC · AD) =

- 2 [(77

= -

4

1

=~ -1

=lT

;

- 5 -7

l

-21-~ -1~ -~l-1 - 5 -7

+ 25)-(63 + 5)-(45-11)] =

2 (102 -

68 -

34) =

2..

B. Apsen: Repetltorij v!OO matematike -

Dio Ul.

49

Trostruki skalami produkt vektora jednak je nuli, dakle su vektori komplanami, pa zadane Ci D leže u jednoj ravnini. · .

·ročXe.A;B,

3. Izračunaj obujam tetraedra, kojemu su vrhovi u točkama. A(2, -3, S); 8(6, -2, S); C(4, O, S); D(3, -2, 10). 8 Kako je obujam tetraedra (p•ramide) jed~ak H, a osnovki B tetra~dra odgovara kao ' 3 .l l ttokutu samo vektorskog produkta, iznosit će obujam tetraedra 6" trostrukog skalarnog

2

produkta, t. j.

Dalje pOSlupamo kao u predašniem zadatku:

-+J ......

AB = 4i ..:.,.

AC= 2i +lJ AD= i V,

= -6l

- · AC - · AD} {AB = -l

6

+i+

'14,2 l

5k

3l o O

l

5(12-2) =lS

s =6

J

3

e) Trostruki vektorski produkt To je vektorski produkt jednog vektora i vektorskog produkta dvaju drugih vektora, t. j. izraz oblika:

-

a x (b

Jasno

je~

X

e)

da:ie·to vektor, pa ako ga

.....

-+

.....

QZDII•

-+

čim o s p, a vektor ·b X 'e s d, dobit ćemo

__,.

p= a X d·

-

Sl. 41

ii.= b X e.

gdje je Iz definicije smjera vektorskog produkta

iz slike 41. slijedi, da je.

p l. na a i d, -+

................

-.

a kako je d okomit na ravnini vektora b i e, .leži trostruki vektorski produkt P u toj ravnini. Da izvedemo tzraz ia trdstruki vektorski produkt, uzmimo pravokutni kQoo ordinatni sustav XYZ -7

taka~,

da os X padne u smjer .vektQra;: a os Z - u smjer ·+--+

l

vektora d, pa će os Y ležati u ravnini vektora b i e (sl. 41).

Tada je

(b,.= O, ,er b leži u ravnini XY)

e= e; lzračunajmo

d= b

(cy

=cz= O, )er e leži u

OSI

(a)

X)

vektorski produkt b x e = d .

l ~x

XC=

ex

Sada traženi trostruki vektorski produkt poprtma jednostavniji oblik:

~ X -e) =a- x 'd= a X (b

11~'

--->

= -aJibJFi + a,bvCxJ Dobivenom izrazu pribrojimo Dgbijemo:

1

od tog izraza oduzmuno vektor axbEi·

Odatle ~~

--+

a (b

-+

X

e)= axex(b)

+

--+

b>.j)- ci (axbx

+

a.b,)

(b)

Prema (a) imamo:

..... (b.ž +by])

.......... cxi=e, (axbx

=p,

jerje

jer je b,

=

O

e,=c,=O

+ ayby) =a

b,

)t:r

Je

b,= O

UvrštenJe u (b) daje tražem Izraz za trostruki vekwrski produkt -il>-+-+·

a Na pr. za

X

(b

X

e}= b(a c)-'-e(a b)

(32)

a=•-2i+3k

b=-4i+i-Sk

, = 7i-6j+ Sk

51

imamo:

cr

~(b x e)=

(-4 i+ j - 5k)(7

+

+ 8 k)(- 4-2 -IS)=

12+ 24) -(7 i - 6j

=(-4t+J-5k). 43 +(7i-6j+ 8k)·21 ==- 25i-83j-47k

Na isti način računa se trostruki vektorski produkt zadan u drugom obliku: '

e/

(ax b) X e=b(a e)-a(b

(32a)

Za naš primjer dobijemo: (a X b) X e= (-4i +j-Sk)· 43-(t-2j

+ 3k)

(-'74) =

=-98z-IOSJ+7k Sada možemo produkta:

izračunati

skalami . produkt vektora

trostrukog vektorskog

a[b Y (e X d))= prema (32) = a[e (b d) - d (b e))= =(a e) (b d)- (a d) (b e) a

fb

X (e X d)

J= (a

=

skatar (32b)

e) (b d)- (a d) (b e)

d) četverostruki skalarn1 produkt

To je skalarni produkt dvaju vektorski h produkata, t. j. izraz oblika: (a X b) (e X d) = skalar Označivši

a X b s p, dobijemo:

(a X b)

= -e { ( a

(e.

X d)

=p (e

X b) X d }

x

-e (p X d)

d) = prema (31a)

= + e {d

X ( a X b )}

=

=

prema (32) =

=e{a(d b)-b(d a)}= (e a) (d b)-(c b}

(d a)

ili

(;;xb) r7xd)=(;-;) (bd)-(b-;)

(;d)=l(:~ (~~~

(33)

(a d) (b d)

a to nam je

već

poznata formula (32b). Prema tome (axb) (exd)=a[bx(cxd)]

52

' (33a)

Na pr. za

a= i - 2j

+ 3/e

b= - 4 i +i-Sk c=7i-6j+Sk d=2i+5j+k dobijemo prema (33)

+ 12 + 24) (- 8 + 5 .:.._ 5)- ( - 28 ~ 6 - 4t) = - 43 . 8 - 74 . 5 = - 714

(a X b) (e x d) = (7

(2- JO+ 3)

e) C:etverostruki vektorski produkt

=

(a x b) X (e X d)

= e ( e d) - d (e e)

označimo (a

=

uvrstimo

x b) s e = e x (e x d) = prema (32) (a

x b)

mjesto

e

= e [(a

X b) d

J-

-d[(axb)e)= prema(31a) =e(abd)-d(abc)

- ---·

(a X b) X (ex d)= e (a b d) - d (a b e) Za

četverostruki

(3-4-)

vektorski produkt možemo dobiti i drugi izraz, ako ozna-

čim()

cxd=f

( a

X

b) X (e X d) = ( a X b ) X

= b [a (e X d)]- a (b (e

(a Izjednačimo

X

b)

f

= prema (32a) = b ( a j) - a (b j) -

x d)] = b (a e d ) - a (b e d)

- -·-- -

x (ex d) =b( a e d)-a(b~-e d)

(34a)

li desne strane formula (34) i (34a), dobijemo:

c(a b d)-d(a bc)=b{a e d)-a(b e d)

Prvi

član

smjeru d, prvi

lijeve strane član

predočuje

desne strane -

vektor u smjeru e, drugi

član

vektOr u smjeru b, a posljednji

-

član

vektor u

-.vektor

u smjeru a.· z te jednakosti možemo izračunati jedan od tih vektora, na pr. d: -+ -+-+

+ (abd)-+ ___ e

-d = (bed)___ a+ -(acd)-+' ____ b (abc}

(abc)

(abc)

53

1z tog izraza -vidimo, da je vektor d rastavljen u tri komponente u smjeru vek_.,..

t~ra.·a,

-+~·

-+

b i e.

Primjer. Izračunaj četverostruki vektorski produkt za vektore navedene u pn~hedniem pnmjeru za tttverostruki skalami· produkt:

(a

= ( -4 i

X b)

x (e

X d) =

prema

(34a)

-+

+ j - 5 k)

. 7 7 - ( i - 2 j + 3 k)(- 42) = -

Četverostruki

266 i - 7 j - .259k

vektor-ski produkt može biti zadan i u_ drugun oblicima:

a x [b x (e X d)]

=

=

prema (32)

---

a X [e (b d) - d (b e)) =

=(bd) (axc)-{be) (axd) •a X [ ( b x e ) X d

J=

prema ( 32 a)

=(b d) (a.

=

a

>d-; ( b d) -

b ( e d )) =

.....

X

e)-(e d} (a X b)

Navedene formule za višestruke produkte imaju veliko značenje, jer daju svesti· složene izraze vektorske algebre na jednostavne osnovne izraze, koji se lako rješavaju i računaju. mogućnost

8~

Derivacija vektora po parametru. Primjene u mehanici

Upoznavši glavna pravila vekrorske algebre, možemo lako shvatiti osnove vektorske analize. Do sada smo proučavali vektore konstantne duljine, smjera i smisla. Međutim, čest je slučaj da zadani vektor a nije konst;mtan, nego da ovisi o nekom

-

parametru t, na pr. o vremenu, t. j. a je neprekinuta funkcija parametra t: a (t). Budući

da se s promjenom parametra t mijenjaju i komponente a"; i aY i a~

vektora a (t), one su

također

-

a (t)

funkcije od t, pa je

= a,Jt) i+ ay(t} j+

Dobije li parametar t prirast !!.t, promijenit ~

~

.

a.( t) k

će

(a)

....

se i vektor a (t} za L\ a =

~

=a (t+ !!.t}- a (t}, pa derivaciju vektora a po parametru t možemo definirati

54,

slično

!; , -+

derivaciji. skatarne funkctje, t. j. kao limes kvoci1enta diferencija

D.t-0:

kad

-

a:(tJ =da= lzm ~~a= lim a (t+ ll t) - a {t)_ dt L\.t-+0 ll t !\.t--+0 ll t Vidi sl. 42. Pravila za··derivaciju zbroja 1 produkata vektora takoder su ista kao i za skalarne funkcije, samo pri deriv1ranju vektorskog produkta treba paziti na' redoslijed množitdia.

d _,. da· -(C•a)=c·dt

(35}

dt

Sl. 42

d ..... --+ -- ( a X b ) dt

-

=a

db dt

X -

da

+ -dt

X

b

=

db a X dt

da b X dt

--+

Iz pravila za deriviranje zbroja vektora slijedi, da derivaciju vektora

t:

l

a•(t).~

a mozemo · · ve k tor d dt, prema ( a) ptsau u o bl'k 1 u;

Spomenimo još derivaciju

jediničnog

-

vektora a,( t),

t.

J. vektora, koji ima

stalnu duljinu l a. {t} l= 1,. ali'promjenljiv smjer, jer je i jedinični vektor a 1 (t) funkcija parametra e.· Znamo, da je skalami kvadrat vektora jednak kvadratu nJegove duljine, t. j --+

-

Deriviranje daje:

2

ili

, dao) =0 (_.a.Tt -da. a.-=0 dt

55

Skalarni produkt dvaju vektora Jednak je nuli, dakle su, vektori međusobno OkOmiti, t. j.

Ja,

--l.

dt

a •.

Vektor, kop predočuje dertl'aCiJU Jedtničnog .vektora tit opće­ nito svakog vektora konstantne duljine, okomit je na tom vektoru. Geometrijski je taj stavak posve ,asan: kratnia

točka '

opisuje pri promjeni parametra t kughnu plohu\ vektor

vektora stalne duljine

-~

~:

ima dakle sm,er-tan-

gente na ·kuglu, pa je okomit ·na· tom vektoru. Kao primjere 'Vektora, kpji ovtse o parametru, i to o vremenu t; navedtmo vektore brzine i ubrzanja. Neka se točka M giblje po krivuljt i neka se u času t nalazt u poloza1u AJ,, a u i':asu (i+ ć:.r) u položaju M, (sl. 43). Položaj točke na krivocrtno} staZI po~ve JC odreden,. ako odaberemo čvrstu nuitoćku O i zadam o radtjvektor r iz O prema tOJ točk L Ako je poznat rad ti' ekwr r kao funkcija vremena t, gibanje toćke, J'e tt me posve određeno.· Položaj toćke može se odrediti t tako. da se staza gibanta utvrdi geometnjskim putem, pa se put s, što ga je točka prevalila od početne toćke .\1., kn,·uhe. prtkaže kao funkcija vremena r:

s

= f(t)

toćkama

Neka

./VL i lH, odgovaraJU

radi)l:ekton položaia r (t) t r (t

+ :lt J,

pa ;e .:J.r

Sl. 43

=

r(l

+

Ć:.r}-r[l)

lVtdt sl. 43) Brzina točke M u času t 1e vektor v (r)

=

r' (t)

dr , t:. r = i1m dt -6,,.....ollt'

=-

......

·~?te

1e

11r !u srednja brzina za vri1eme !lt. -

'

-

'

.

-......

Vektor brzine v (e) ima smjer tangenre na srazu gtbanja

točke,

pa

ozn.ać1rno

li s !ls luk M,M, krivulje, a s t 0 jedinični vektor u smjeru tangente, možemo vektor brzine prikazati u obliku

V (l)

il.s

=hm-' At_,.Qil.t

-

ds

lo=-

d1

l•

=V·

...

lo

(a)

Tu je dds =v (t)= v duliJna vektora brzine· v (t) u t

u

'

času

t (vidi.,sl. •43)

ćemo ubtzaflje-·:~?(i}

Deriviramo li' vektor brZine v (r) po vremenu t, dobit M,

točki

Prema (a) i obzirom na (35) dobijemo:

dv

-+

• (t)

d

= -dr

. ....,.

d lo

U.:mimo sada u obztr. da ,:e

liv

dr + dt

= - ( v · t,) = v dt

·

r,

M

jedinični·

vektor tangente t, furikci)a luka s staze, a da 1e s funkcija vremena 1.. '

Imamo:

dr,

di.=

dr, d.<

,; (.

d.< dt

v'

Ts

Uvrštenje u gornju- Jednadžbu daje· dr.

a ( r) = v' ds

s

dvr•

+ -dr

(b) Sl. 44

Time smo vektor ubrzanJa a(t} u prv1

č lan

točki

M, rastavili u dviJe komponente:

dr. pre d ocu)e · · norma l nu k ompunentu a.(t ) a k ce l erac!Je, .. v' dS )er

Je derivacija jedi ničnog vektora

1.

okom na na tom vektoru, pa 1ma dv

normale na stazu u točki M,, dok drugt Clan -

dr

komponentu aJe) gcnte (sl. 4ll).

Dakle

gdje je

•1,

(l

J

dr, v'ds

v

$Injer

- r. predočuje tangencijalnu .

akcelrr.IctJe. 1er ima smJer vektora

u.

da~le

1., L

i. smjer tan-

,l dc,fn, ds

Jedinični vektor normale na stazu gibanja.

a, (t)

dv-t, dt

gdje je t, jediničrii vektor tan gerile na stazu.

37

Označrmo

li sa S središte zakrivljenosti knvu)Je gibanja u

točki

M"_ a s p

pripadni polumjer zakrivljenosti SM, (vidi sl. 44) i uzm:emo li u obzir, da je 1 d7.1 = d'fi = središnji kut, koji odgovara luku ds, tada Je ds= p· d'fl =p l dc.

=

l

C vrštenje tog tzraza za ds u izraz za a., daJe

r1me smo za uhrzaoje gibanja

točke

M, u

času

t dobili konačnj. izraz.

-+

a(t)

pri

v'

= a.(t} + a,(t)

čemu

određeni

su duljina izrazima

l

a

p

dt.• . '· dc

. n. -1- -

smjer vektora ubrzan1a-

(t) 1 =

tg oc

=

a

~

a,

Izved1mo kao drugi primjer plošm stavak za centralno gibanje, t. J. za gtban,e. M ima smjer, koji prolazi kroz čvrstu točku O 45 ). >-:eka sc u času 1 nalazi točka M u položaju M., kojem odgovara radijvektor

koJ ku:ega ubrzanje pomične točke ;~l

r r r,. a u

času

(e

+

D. e) u položaJU M" kojem odgovara radij vektor ( r

+ Llr).

Prema rome za vrijeme b.t radJJVektor r pokrio je površinu LlF (sl. 45). Pretpostavivš1 da površina !:iF ;ma približno oblik trokuta, dodijelimo joj vektor ,'!,.F, koji je, kako znamo, -Jednak polovm1 vektorskog produkta vektora r i r

+

b.r · -

LlF

l =-rl r

11! alw izvršimo mno:i:cnje prema (26a)

5tf

X

-

(r

+

-

b.r)}

..:.... &.F =

I - - ..... Xr+ r

2" (r

član

Kako je prema (24) prvi

-

Pedijelivši tu rednakost

!lr)

desne strane jednak nuli, dobijemo l

!l.F =

X

2

-+

(r

'

X

-

!lr)

!lt i· pustivši da !lt-+ O,

dđb11emo

na granici:

dF = ~ (-; x dr) dt 2 dc Taj IZraz diferencirajmo po

d (dF) dt

dt

t,

pa prema (3,5) imamo:

l (d'r dr- xdr) -rX -+ 2 dt' dt dt

Oba vektorska produkta na desnoj strani te jednakosti ·jednaka su nuli. Prvi

. d•r produkt jednak je nuli, jer pn centralnom gibanju usmjereno je ubrzanJe dt' pr~ma čvrstoj točki O, pa ima smJer radijvektora r, a, kako znamo, vektorski produkt kolmearnih vektora J,ednak )e nuli. Drugi vektorski produkt jednak je nuli kao vektorski kvadrat. Imamo dakle

d dt

(dF dl)= o

a odatle

dF -=C, dt

Ponovno integriranje dare t

Time je plošni stavak za centralno gibanje dokazan: radijvektor pokriva u jednakim vremenskim razmacrma jednake površine. Najpoznatija primjena plošnog stavka je drugi Keplerov zakon: Radij vektor· povučen od planeta prema Suncu oni~u1e u istim vremenskrm razmacima iste površine.

§ 3. ANALITIČKA GEOMETRIJA U PROSTORU

l.

PRAVCI_l~RAVNINE

Općenito

Upotrijebimo naše znanje vektorske algebre, da tim najjednostavnijim putem do osnovnih pojmova analitičke geomeuije u prostoru. Uzet ćemo redom pravac, dalje dva pravca, ravninu, dvije ravnine, i konačno, ravninu i pravac. Kasnije ćemo proučiti glavne likove ploha drugog reda. Kako ćemo vidjeti, rješavanje tih problema svodi se zapravo na analitičko rješavanje zadataka iz deskriptivne geometrije: ono što deskriptivna geometrija rješava crtanjem, rješavat ćemo analitički, pa ćemo· mnoge probleme svladati tek nakon njihoYa predočivanja u prostoru i prostornog rješenja.

dođemo

2. Pravac

a) Jednadžbe pravca kroz jednu zadanu točku A(x.,y" z,). (Parametarski i kanonski oblik) Kako zadana točka A(x., y., z,) pravca određuje samo njegov položaj u prostoru, moramo mu dati smjer i smisao da bude posve određen. U tu svrhu dodijelimo pravcu jedinični vektor s., kojemu su komponente, kako znamo, kosinusi njegova smjera·:

z

-

s,

->

č----------Y' X

Sl. 46

Dodijelimo zadanoj

točki

T(x, y,'z)

točki

radijvekt~r

Udaljenost točke T od brana na pravcu po' volji, ramo mijenjati od -oo do dobijemo zadanu točku. A.

(a}

Vidi sl. 46. Sada je pravac posve određen 1 pa možemo napisati njegovu jednadžbu, t. j. napisati relaciju, koja veže koordinate bilo koje točke T(x, y, z) pravca s onim, čime je pravac odreden.

A(x" y" z,) radijvektor -:{

;f ~

~:,

a po volji uzetoj

"'• t

zadane točke A oznacm10 s r. Kako je točka T odat je promje!i!ljiva veličina ili parametar, koji mo+oo, da dobijemo sve točke pravca. Na pr. za t = O

_ ~-

Time smo dobili još jedan vektor AT= t .

n en te t a'

t b' t e'

GO

cos a. = a' cos [3 = b' cos v =e'

{'

s., kojemu

·,tJ

prema (a) kompo-

Iz slike vidimo, da je

r=a+ts.

(36)

a to je jednadžba zadanog pravca -u·'vcktorskom obliku: Vidimo da pravac ovisi o jednom parametru t, u čemu se očituje jednodtmcnzionalnost pravca. Prelazimo na skalarne komponente svih vektora Obzirom na gore navedene komponente vektora r, a t s., dobiJemo prema (36) x = x,

y =y, z= z,

+ a't

+ b'c + c't

(37).

To je jednadžba pravca u parametarskom .obltku. t je parametar, koji se miJen)a od -oo do +oo, da se dobiju sve toćke zada-

nog pravca. x., y, i z, su koordinate zadane točke pravca. a', b' i e' su kosinusi smjera pravca. Kako ćemo doskora vid jeu, kos muse smjera pravca· možemo zamqemti koeficijentima smjera pravca a, b i e Da se dobije jednadžba zadanog pravca u općem obhku, treba iz Jednadžbe (37) ukloniti parametar t. G tu svrhu računamo iz (37) x-x~

--a-,l

y-y, =--b,-

z -zl

t=--,-

e

Izjednačenje desnih strana tih Jednakosti daje X"t-X 1

--a,-

=

y-y, z-z, -b-,- =-e-,-.-

a , b' i e' su kosinusi ·smjera pravca, koji su obično tzraženi u decimalmm razlomcima. Da dobijemo u naztvnicima cijele brojeve, pomnožimo sve nazivnike posljednje jednakosti s nekim množiteljem ), (na pr . : 100, 1000 i t. d.) Dobijemo:

x-x,_y-y,

z-z,

~-~

~

lzrazt a"/,= a b''A =b c''A =e

(a)

61

.zovu se koeficijenti smp:ra pravca. Om se tako zovu, ,er su razmjerni s kosinusima smjera pravca Jednadžba pravca kroz jednu zadanu točku A ( x" y" z,) pnma sada svoj konačni oblik:

x-x, _y- y, _z -·z, --a- ---b- ---eTaj oblik jednadžbe pravca zove se kanonski, jer na taJ oblik, kako

(38) ćem()

to kasnije vidjeti, možemo svesti svaki drugi oblik jednadžbe pravca. Iz kanonskog

oblika vide se neposredno koordinate jedne točke, kojom taj pravac prolazi, a također njegovi koeficijenti smjera. Nastaje pitanje, kako ćemo iz koeficijenata smjera pravca odrediti njegove kosinuse smjera, a time i kutove IX, (?> i y, što ih zadani pravac zatvara s koordinatnim osima X, Y i Z. Da na to pitanje odgovorimo, izračunaJmo IZ ~ednadžb1 (a) kosinuse smjera pravca, t. j a' = cos IX, b' = cos (?> i e' =cos y.' Dobijemo:

cos Cl=

T•

•

cos~=-

(b)

A

cosy

' =T

Kvadriranje i zbrajanJe t1h Jednakosti daje cos'a.

+

cos'~

+ cos'y

=

a'+ b'+ e' ,_,

ili prema (5)

a• +b' +e'

•

1.'

a odatle

A=±Va'+b'+c' Uvrštenje u (b) daje .tražene vrijednosti kos1nusa smjera pravca 1zražene pomoću koeficiJenata smjera toga pravca· CQ5 ll

=

cos fl = cos y =

62

a ±~a'+ b•

+ e•

b

± Va'

+ b• + 'e' e

;!::

Va• + b• +e'

(39)

Kako već znamo, promjena predznaka ispred drugog konJena ,smisla pravca, a ne promjenu njegova smjera.

znači

promjenu

Primjer Odredi kutove cc,

~_i

y,' što jh pravac

x-5 -3

y

--s=

z+4 -2

z~tvara s koordinatnim osima ·X, Y i Z. Uzevfl u obzir, da je a = -3, b = 5 i e = -2 skog rarunala · COSIX

,= -

-J

=

-

V9+25+4

casf3 =

; =0,812 6 6

3

V38

raćunaimo

= __J_=

prema (39)

pomoću

logaritant-

-0,417

6,16

~

'

2 6,16

0,325

cos"( = - - = -

P'o~us

prema (5) : 0,23?

+ 0,659 + Cl

=

0,.106 = 1,002= l

180'- 60'50' = 119"10'

13=~ y = 180'-71°00' =

~

b) Pra~c kroz jednu zadanu točku predočen svojim ortogonalnim projekcijama u dvije koordinatne ravnine l-z jednadžbe (38) uzmimo jednakost

z

y_ y, _a_ _ _ b_

X---' X1

pa

IZraču najmo

X

p

odatle x .-

(a

a =byb

y, -

·) x,

a

X=

gdje je

by+ d, Sl. 47

d;=·- (: y1:-" x, )

Taj izraz predočuje pravac p' u ravnim X F, kojemu Je

d~=-(: y;-x~}odsječak na·~si

X.

Budući

~

gradijent, a

da promjenljiva z u taj izraz ne

ulazi, z je bilo koji,·pa.taj izraz predočuje proswrno ravninu, koja je okomita na ravninu XY i kOJOj je pravac p' trag u toj ravnini. (Vidi sJ. 47).

6l

IzračunarnQ

li ,iz·druge jednakosti formule (38)

z-z,

y-y,

--b-=-,promjenljivu y

ili

y

gdje je

b

=;=-z+ d, e

d,=-

(~z,- Y•

dobJt ćemo pravac p" u ravmm YZ, odnosno ravmnu, koja je okomita na ravnini YZ i kojoj je pravac p" trag u toj ravnini. Te dvije ravnine, koje su okomite na koordmatmm ravmnama XY i YZ, sijeku se u zadanom pravcu p, koji prolazi zadanom točkom A(x., y,, z,). Te znači : pomoću jednadžbi a

X=

y =

by+ d, b

7

(40)

z+

d,

zadan je pravac p u prosroru svojim ortogonalmm pro,ekct)ama p i p u dvim koordinatnim ravninama (u deskriptivnoj geometriji označuju se te ravnine s n;, i rt,) Jasno je, da kombinirajući na drugt način jednakosti iz Jednadžbe pravca (38), možemo pravac zadati njegovim projekcijama na druge dviie koordinatne ravnine, na pr. na ravnine YZ i XZ (na rt, i rt,). PrtmJer. Nap1š1 jednadžbu pravca > = 2y- 3 y = -5z + 8

u kanonskom 1 parametarskom obhku. Iz zadanih jednadžbi vid•mo, da je pravac zadan SVOJim ortogonalntm projekCijama na koordinatne ravnine XY i YZ Iz prve jednadžbe računamo y. X

+

3

y=--

2

~

drugu Jednadžbu pišemo u oblik!!

8 .

JI = _

5 {z _ .!.) 5

z--

s

= ___

.

l

-s

= z -

1,6 l

-s

Tražena iednadžba pravca -glasi:

"+ 3 y z -1,6 -2-=T=--1-

-s-

ili ako nazivnike p<>množimo s

Zadani pravac prolazi

S;

točkom

e= -1.

A(-S; O; 1,6), -a koeficijenti smjera su: a- 10, b- S i

Da dobijemo jednadžbu toga pravca u parametankom obliku, nadžbu pravca s parametrom· t:

izjeduačimo

dobivenu jed-

Odatle slijedi tražena parametarska jednadžba pravca:

"=

!Ot-3

z=

-l+

y = 51

Izračuna;

za vježbu kutove,

~to

1,6

ih taj pravac zatvara s koordinatnim_ osima l

e) Pravac kao presjek dviju ravnina Znamo, da se dvije ravnine sijeku u pravcu u prostoru. Prema tome pravac je posve određen, ako su zadane dvije ravnine, koje se sijeku u tom pravcu.-_. Kako ćemo malo kasnije vidjeti, opća jednadžba ravnine glasi Ax+ By+ Cz+ D·= O, dakle je

A,x + B,y A,x + B,y

+ C,z + D, = + C.z + D, =

0

J

O

jednadžba pravca u prostoru

P.,rimjer

Jednadžbu pravca

x - 3y + 5z- 6 = O 2x + 4y -1z + lO= O

l

izrazi u kanonskom i parametarskom obliku i odredi probodišta tog pravca s koordinatnim ravninama. Da odredimo jednadžbu zadanog pravca u kanonskom obliku, uklonimo x iz zadanih jednadžbi ravnina. U tu svrhu izračunajmo x iz prve, a zatim iz druge jednadžbe ravnine:

x = 3y- Sz+ 6 x = -2y

p datle 3y- 5z

ili 17 y = TO

5

z-

ll . . . . . S.

+6=

. kClJa .. prOJe

B. Apsen: Rep·etitorij v!§e matematike -

~

+ 21 z-5 -

2y

+ z1

z- S

d anog pravca na koordina tou ravruau . yz . •

Dio III.

65

Sada uklonimo y iz zadanih jednadžbi raVIUna: X

S

·

y=3+3z-2 5

7

X

y=-2 +-;rz-2: Oda tk

...=_+~z-2=-~+]_z_l_ 3

3

2

4

.

2

ili

; Ul

projekcii• zadanog pravca na ravninu X:Z

3 5

x=---

k~or~natnu

Iz )ednadibe prve projekcije imam• ll

Y+s

z=---

17 Ul

a iz jednadžbe druge projekcije slijedi 3

x+s z=---

1

li Jednadžba pravca u kauonskom oblilru &lasi

x+S -~-

ll

Y+s

z

=-,-7-=T

JO

Jo ili

+0,6

X --~-

=

Y+ 2,2

-,-7- =

z

li

Da odrect1mo probodišta toga pl'lU'ca s koordinatnim ravninama prduimo na parametarski oblik jednadžbe pravca. Po stavivši X

+ 0,6

--~- =

Y+ 2,2

-,-7-

z

= JO

= t

dobijemo taj oblik: l.

"'=

' 1-0,6

2.

y =

171-2,2

3.

z "" 10{

Primijetimo, da do parametaiske jedDadžbe p{l~Vca ·motemo doći i neposredno: u~evši da je jedna od promjenljivih u zadanim jednadžbama ravnine, na pr. x, jednaka 1, izrazimo i ostale dvije promjenljive kao funkcije tog parametra l, Odredimo. sada onu vrijednost parametra 1, Imja od~ovara njegovom probodištu P 1 s rav• ninom XY. U tu svrhu uvrstimo u 3. iedMd~bq te ravnine .; "' O. •

66

E:r

Do\lijemo:. U vri tenje t 1 = O u l. i 2. jednadžbu daje tražene koordinate probed.iila /"1 :

x, = -0,6 Yt = -2,2

P,= (-0,6 ; - 2,2; 0)

Odredimo sada probodište P, s ravninom YZ. Uvrštenje u l. x = O daje

t,= pa iz 2.

0,6

3. dobijemo:

y, = 11. o,6-2,2 z, = 10 . 0,6 = 6

=a

P, (O; 8; 6) Konačno

odredimo probodište P3

•

ravninom XZ : y = O. Iz 2 . .slijedi:

2,2 = o ,12 94 r, = l7 x 3 = 0,1294-0,6 = -0,4706 z, = lO . O, 1294 = 1,294

P,(- 0,4706 ; O; 1,294)

61) Jednadžba pravca kroz dvije zadane

točke

y,, z,). Pravac glasi:

prola~i točkom A(x.,

A1(x., y., z,) i B(x 1 ,

y., z,), dakle prema (38) njegova jednadžba

x-x, y-y, z-z, -.-a- =--b- =--e-

Pravac prolazi

točkom B(x,,

x,-'--- x, il

y" z,], dakle

y,-- y, -

z,- z,

--b----,-

Odatle y.-y,

x,-xl

b e

e

Podijelimo li sve nazivnike jednadžbi (38) jednadžbu gornje dvije jednakosti,· dobijemo:

s_ e

i uvrstimo li u lake 1 preinačenu

X x, _ y - Y• _ Z - z, x2-x,- y , - y , - --~-~. Z 2 -z. Zz-Zt

x -- x,

y -- y 1

z -

Z 1

----x,-x, =------=-----y,-y,

(41)

67

To je jednadžba pravca kroz dvije točlte A(xuYu z,) i B(x.,y,, z.). Koeficijenti smjera pravca jesu: a = x,,- x 10 b = Y•- y,· i e = z.- z,. Primjer. Odredi najkraću udaljenost -točke- T(2, l, 3) od pravca, koji prolazi točkama A(!, l, l} i B(2, 3, 4). Jednad1ba pravca prema (41) glasi:

x-1

y-1

z-1

2-1=3-1=4-1 x-1 y-1 z-l -,-=-2-=-3-

Prelazimo na parametarski oblik:

=::.::_!=t

x - l =y-1 1 ' 2

t+

X=

3 J

y=2t+l z= 3t +l

..

Znamo formulu (9) za

točki

međusobnu

udaljenost dviju

V(x,- x + (y

d =

1)

(a)

1

y 1 )~

1-

točaka:

+ (z1 -

z 1) 1

Da odredimo onu vrijednost parametra t, koja odgovara točki pravca, koja je najbliža T(2, l, 3), uvrstimo u (9) jednadžbe (a) i koordinate točke T, pa prema pravilu za odredi-

vanje ekstremnih vrijednosti funkcije (vidi Dio I, § IS)

izračunajmo d~~

ili

d~')

i stavimo-

d(d') =O· dt .

d' = cr + 1 -

+ 4t + (lt - 2) 2(t- l) + 8t + 2 (lt- 2) • J

d' = (t d(d') = 'dt

n• + Clt + t - 3)'

2>' + c2r + 1 -

1)1

1

1

d(d') = 28 t - 14 dt

2St-14= O

Stavimo Odatle

to=

d' (d') = 28 > dt'

Uvritenje

t0 =

~

o .....

l

T

d' ima minimum za

l

T

u jednadžbe (a) daje koordinate one točke pravca, koja je najbll!a točki T;

3

Xo=y Yo=. 2

s

z,= T 68

to=

Prema (9):

d"u"=V(2- ~r + o.-2)' +(3-f)" d",;"=~ 3. Dva praYca a) Kut dvaju pravaca Da odredimo kut cp dvaju zadanih pravaca

x-x,. y-y, z-z, a, b, e, x-x, y-y. z-z. = -b,- = - a~ e,

p,=~=--=---

p,

= ---

jedinične

dodijelimo tim pravcima

vektore

.---------Y

/.0

--. { cos ex, S,

0

cos~.

·_ j

Sa

0

cos y,

{ cos ex,

cos~.

cos y, Sl. 48

(sl. 48).

Primijetimo: ako su pravci mimosmjerni, t. j. ako se ne sijeku a nisu ni \\SPoredni, paralelnim pomakom pre,nesimo. jedan 1 pravac u bilo koju točku drugog pravca. Traženi kut cp odredimo pre)lla formuli (l~a) za kut dvaju jediničnih vektora:

cos cp =

--- == s~ s~

cos ex, cos ex,

+ cos ~, cos ~. + cos y, cos 'Y•

(42)

ili obzirom na• formule (39) dobijemo: (42a)

b) Uvjet okomitosti dvaju pravaca Ako su oba pravca međusobno okomita, kut cp = 90°, cos 90° = O. Kako je razlomak jednak nuli, kad je njegov brojnik jednak nuli, dobijemo iz (42a)

a,a,

+ b,b, + c,c, =

O

(43)

Uvjet okomitosti dvaju pravaca . 69

e) Uvjet paralelnosti dvaju pravaca Ako su ·dva pravca međusobno paralelna, tada su jednaki kutovi; što ih· pravci zatvaraju s koordinatnim osima; t. j.

tĐ

odnosne

cos oc, = cos oc.,

cos

=

~.

cos

~.

i

cos y, = cos Y•

Prema tome· i obzirom na (39) imamo: aJ.

a1

Va i +br + cr

=

Va; + b:;

+e~

ili

Va; + bi + e~ a. - Va~ + b~ + e~

a1

_

Iste vrijednosti dobijemo za omjere' bb, i ~, pa je • e, (44)

Pravci su međusobno paralelni, smjera proporcionalni ili jednaki. Primjer. Napiši jednadžbu pravca, koji prolazi

točkom

x--'5

y+7

ako

su

njihovi

koeficijenti

T (2, -3, 4), a paralelan je s pr,avcem z

-=---1 = - 5 - = - 7 Prema (38) i (44) jednadžba traženog pravca glasi

x-2

-=---1 ;=

y+3 -5-

z-4

=~

d) Sjecište dvaju pravaca međusobno paralelna. Meu prostoru ne sijeku se ne samo paralelni, nego ni mimosmjerni pravci. Stoga postavimo uvjet, kojemu moraju· zadovoljavati jednadžbe dyaju prostornih pravaca, da se međusobno sijeku, t. j. da nisu mimosmjerni. Paralelne pravce lako možemo raspoznati prema ( 44). Neka su zadana dva pravca u parametarskom obliku

U ravnini sijeku se svaka dva pravca, koja nisu

đutim,

x = a 1t 1 y = b,t,

+ x, + y,

z= c,c, +z,

70

x (a)

=

a,c,

y = b,t. g_=

+ x. + y,

c,t, +z,

- (b)

Pretpostavimo da se ti pravci sijeku u nekoj

a,t, b,t,

c,t, ili

+ x, = + y; =

+ z,

=

točki,S(x,

y, z). Tada je

+ x, + Y• c,r, + z, a,t,

b,t,

a,r,- a,t, + (x 1 -

x,) =O b,r,- b,c, + (y,- y,) =O c,c,- c,t, + (z,- z,) =O

Uvedimo

t.

zv. homogene nepoznanice X

t,

t,=-

z

= ~, z

gdje je z

=t= O

Uvrštenje u gornje jednadžbe daje:

a,x- a,y + (x, -·x,)z =O b,x-b,y + (y,-y,)z =O c,x- c,y + (z,- z,) z =O Dobili smo tri linearne. homogene jednadžbe s tri nepoznanice x, y i z. Znamo, da takav sustav ima rješenja različita od očevidnih, ako je detenninanta ·sustava jednaka nuli. Prema tome traženi uvjet glasi:

x,'--X•j

a,

-

l

b, e,

y,-y,

z,-z,

=o

ili ako promijenimo međusobni položaj prvog i trećeg stupca, a zatim zaokrenemo determinantu za 180° oko dijagonalnih članova dobit ćemo:

x,-x, a, a,

y,-y,

b, b,

=0

(44a)

To je uvjet, da se zadani pravci sijeku u jednoj točki, t. j. da nisu mimosmjerni. Ako je taj uvjet ispunjen, iz bilo koje dvije jednadžbe sustava (a) i (b) računamo one vrijednosti parametra t, i t., koje odgovaraju traženom sjecištu zadanih pravaca, pa jednadžbe (a) ili (b) dat će koordinate (x., y., z.) toga sjecišta Primjeri. l. Dobži da pravci

x+2 -3-

y+4

z-4

y-8

z+S

= - 2 - = -=--!

x+3

-2-= -5 --4-

nisu mimesmjemi i odredi njihovo sjecište.

71

''Prema ( 44a):

1

91

-4-1 2

-2+3 3 2

4+'111 --:-12 -1 3 2 -1 4 2 -s 4

-s

=

- l (8- S)+ 12(12 + 2) + 9(-15- 4) ~ 3 + 168-171

"'!.

PraTci ,se sijeku l Prdazimo oa parametarski oblik jednad!bi pravaca: l.

X=

Il. x = 2t 1 - 3 y.,. -St 0 + z-4t1 - S

3t,-2

y = ll,-4

z=-·+ 4

8

3t,-2- :z..-3 ll,-4- -St,+ 8

Izjednačimo:

3t,-ll.- -1

ili

21 1 +St,= 12 r,- l Po= 2

Odatle:

Uvritenje u I. ili II. daje kQOrdioate traženog sijcci!ta pravaca: ' Ye= - 2

2. Odredi jednadibu pravca, .koji prolazi x-3

Y+ l

točkom

(2, 2, -2) i

siječe

zadane pravce

x+2 y - I z+3 -3-= - 2 - - 2 -

z-2

_2_",._3-= - l

Jednadlba tra!enog pravca: x-2 y-2 z+2 -a-= -b-= - e -

e=?

b=?

Taj pravac

siječe

prvi, a

također

12 ~ i

Odatle

-:2c-21 =0

2 +l b 3

3

ll! 2 računamo

i drugi zadani pravac, dakle prema (444)

-1

2-1 b --2

-2+ e 31 ".O 2

a, b i e. -a(-3+ 12)+b(l +8)-c(-3-6)-0)1: 9c -a(2 + 2) + b(8-3)-c(-8-3) =O :e

-~·+!..+l=~ e e a b -4-+S-+11=0

e.

e

(a)

(b)

Odatle: Podijelimo li nazivnike jednadžbe (a) s e i uvrstimo li vrijednost (b), dobit ćemo:

x-2 -6 x-2

-6-

Primjer :u

određivanje najkraće

y-2

z+2

y-2

z+ 2 --=--t

=~=-~-

=

-1-

udaljenosti dvaju mimosmjernih pravaca vidi dalje str. 93i § 4,15.

4. Ravnina

a) Normalni ili Hesseov oblik jednadžbe ravnine Ravnina u prostoru posve je određena, ako je zadana duljina p okomice ili normale povučene iz ishodišta O koordinatnog sustava na ravninu i kutovi ot, ~ i y, ho ih ta normala zatvara s koordinatnim osima .(vidi sl.' 49).

Sl. 49

Da napišemo jednadžbu te ravnine, odaberimo u ravnini bilo koju T {x, y, z), kojoj dodijelimo radij vektor--; nični

r cos Ct. vektor n. 1 cos ~, pa je OP cos r

l

=

točku

{~,a normali p= OP dodijelimo jedi-

p · n•. Time smo dobili još jedan vektor i to

PT= T-pn,

-

Kako vektor PT leži u zadlPloi ravnini, a vektor OP je okomit na toj ravnini, bit

će

PT l. OP, pa

je njihov

~kalarni produkt jednak nuli, t.

-

p · no (

ili

-. T

j.

- p no ) = O ._.2

p ( n. T) - p• n

=

O

73

--->

Podijelivši tu jednadžbu s p i uzevši u obzir da je prema (15) nij =l, dobijemo traženu jednadžbu ravnine u normalnom obliku izraženom vektorski:

nar =p Prelazimo ·na skalarne komponente vektora. Prema (18) imamo uzevši u obzir --->

gore navedene komponente vektora n. i r: X COS ct

+y

CO!i ~

+

Z COS

y- p

=0

To je jednadžba ravnine u normalnom ili h)

Opći

( 45) Hesseovom obliku.

oblik jednadžbe ravnine

Iz jednadžbe ravnine u normalnom obliku vidimo, da je ta jednadžba linearna u x, y i z i da su koeficijenti tih promjenljivih, a također i apsolutni član p jednadžbe, konačni određeni brojevi. Iz toga zaključujemo, da svaka linearna relacija u x, y i z predočuje ravninu u prostoru, t. j.

+ By + Cz + D =

Ax

z opća

M

O

(46)

jednadžba ravnine.

(Slično predočuje relacija linearna u x i y

pravac u ravnini XY). Da se u to uvjerimo, odredimo pres)eke geometrijskog lika predočenog jednadžbom

L

Ax

s koordinatnim ravninama. Presjek s ravninom XY : z = O Uvrštenje daje: Ax+ By +D= O, a to je pravac KL u ravnini XY (vidi sl. 50).

K

X

Sl. 50

Na isti

način

+ By + Cz + D = O

dobijemo:

presjek s ravninom YZ:

X=

O.

By +Cz+ D= O Presjek s ravninom XZ

pravac LM u ravnini YZ

y=O Ax

+ Cz + D = O -

pravac KM u ravnini XZ.

Presjecimo konačno geometrijski lik zadan jednadžbom Ax + By + Cz + = O ravninom z = k (konstanta), t. j. ravninom, koja je paralelna s ravninom XY i udaljenom od nje .za k.

.+ D

Dobijemo

Ax+ By+ (Ck+ D) =O 74

Opet smo dobili pravac u ravnini XY i to pravac N'R', koji predočuje projekciju presječnice NR u ravninu XY (vidi sl. 50). Vidimo, da je svaki presjek pravac, dakle jednadžba · Ax

+ By + Cz + D =

O

predočuje ravninu u prostoru.

Ako u

opću

Ax

jednadžbu ravnine

+ By + Cz + D =

Sl. SI

O

ne ulazi član sa z, t. j G= O, tada jednadžba Ax+ By+ D= O predočuje, kako već znamo, ravninu paralelnu s osi Z, odnosno okomitu na ravnini XY,.pri ~emu je pravac Ax + By + D = O trag te ravnine. Analogno predočuju jednadžbe .

Ax+ Cz+ D= O By +Cz +D =0 ravnine, koje su paralelne s osi Y, odnosno X, dakle su okomite na ravnini XZ, odnosno YZ. · Ako u općoj jednadžbi ravnine nema članova s dvije promjenljive, na pr. A = O i G = O, jednadžba

By+ D= O

ili

D

y=--

B

predočuje ravninu, koj~ je paralelna s koordinatnim osima X i Z, pa je paralelna s ravninom XZ. (sl. 51). Slično su ravnine

Ax+ D=O· Cz+ D= O paralelne s_ ravninom YZ, odnosno XY. Općenito može se kazati: linearna jednadžba u x, y i z, u kojoj nema jedne ili dvije od tih promjenljivih, paralelna je s onim koordinatnim osima, koje odgovaraju izostavljenim promjenljivim. Konačno, ako je D = O, jednadžba prima oblik

Ax+ By+Gz =0 pa predočuje ravninu, koja prolazi ishodištem koordinatnog sustava; voljavaju koordinate (0, O, O) ishodišta O. e) Prelaz od

opće

jetde

zado-

jednadžbe ravnine na normalni oblik

Neia ista ravnina ima dvije jednadžbe 75

Ax + By

opću:

i normalnu

+ Cz + D = O ~ + zcosy-p =O

xcosa. -t-ycos

Radi .toga Ato te jednadžbe

predočuju

istu ravninu, slijedi da koeficijenti tih .

i~džbi moraju biti proporcionalni Oednak.i samo u posebnom slučaju). Stoga

množimo sve članove prve jednadžbe s faktorom proporcionaliteta >., koji nam :~.asad još nije poznat:

Al.x

+ B"'Ay + GAz + D"A = O

Sada možemo izjednačiti pripadne kOeficijente obiju jednadžbi:

cosa.= A"A B"A cosy =G>.

cos~=

(a)

-P= D"A

(b)

Kvadriranje i zbrajanje jednadžbi (a) daje:

costa.

+ cos•~ + cos""(= "A'( A• + B• +. e•)

L prema (S): l = 1.•(A•

+ B• + C•)

Odatle (e)

Uvdtenje (e) u (a) daje A

cos a.

=

cos~

= --:-;::::===='0= ±VA·+ B' +G·

cos"(

= --:-;:::::====== ±VA'+ B• + e•

-:;;=:7=====:~::::::::;;::

± VA• +

B•

+ e•

B

(47)

e

To su kosinusi smjera normale ravnin.e Ax +By +Ct:+ Uvrštenje "(e) u (b) daje

fJ =O.

Prema tome A

± VA• + B• + e• 76

x

+

B

± VA• + B• + e•

Y

.+

e 8 + ± VA• + B• + e•

+

D

±VA•+B•+C•

Ax

ili

=0

+ By + Cz + D =

O

(47a)

± VA• +B·+ e•

jednadžba ravnine u normalnom obliku. Odatle slit~di: da se izvrši prelaz od općeg oblika jednadžbe ravnine na normalni, treba jednadžbu ravnine podijeliti s ±VA· +. B• +e·. pri čemu se ispred korijena uzima predzn~, koji je protivan predznaku od D, jer je p, kao duljina normale, bitno pozitivna veličina. Primjer. Prikaži u normalnom obliku jednadžbu ravnine 2x-y +Zz+ 6 Kako je A = 2, B =-V9=-3:

= -l,

e=

2i D

=O

= + 6, dijelimo jednadžbe ravnine·- V4 + l + 4 normalni oblik

Prema torne :

cos oo: = točke

d) Udaljenost

Traži se udaljenost d

2·

-T, cos !3

=

l

3 , cosy

= -

2

3 , p "" + 2.

od ravnine

točke

T,(x., y" z.) od ravnine

Zadanom točkom T, položimo ravninu E' paralelnu sa zadanom ravninom E. Iz slike 52 vidimo, da je x cos ot+ y cos~+ y cos y - (p+ d) =O jednadžba te paralelne ravnine E'. Točka T,(x"y., z,) leži u toi ravnini E', dakle z

x, cos ot

+y

cos

1

~

+ z, cos y _.;.p- d = fl

Odatle je d= x, cos

ot+ y, cos~+ z,.cos y-p

(48)

tražena udaljenost točke od ravnine. Da se odredi udaljenost točke od ravnine, treba jednadžbu ravnine napisati u normalnom obliku, pa u taj oblik uvrstiti koordinate zadane točke. Prema tome obzirom na (47a) d= Ax,·

± jest udaljenost

točke

t-

By, +Cz,

Sl. 52

+D

(48a)

VA• +B'+ e•

T,(x" y" z,) od ravnine Ax

+

By

+Cz +

D =O.,

77

Primjer. iOdredi udaljenosti točaka T, (3, 4, S) i T, (3, ____., -5) od ravl'!.iRe 6x Prelazimo na normalni oblik prema. (47a): 6x

+ 4y + 3r- 12 =

()

+ 4y + 3z-12 =O l: + V36 + 16 + 9"" + V6J 6x + 4y + 3z- 12 = 0

%1

a prema (48a) dobijemo Udaljenost točke T 1 (3, 4, 5): d,=

Udaljenost

točke

6·3+4·4+3·5-12

37

37

.

= - = - =-4,73

V6i .7,s•

V6i

-

T, (3,- 4,- 5)

d,= 6· ~

+ 4(-4) + 3 <-'5)-12- _E_ --3,21

V6J

V61

-

Za udaljenost d, dobili smo pozitivnu, a za d. negativnu vrijednost. Te mači, da točka T, i ishodište O koordinatnog sustave, leže na različitim stranama zadane ravnine, dok točka T, i ishodište O leže s iste strane ravnine. e) Jednadžba ravnine u segmentnom obliku Ravnina u prostoru posve je

određena,

ako su zadani segmenti, t. j.

eckječci

m, n i q, što ih ravnina siječe na koordinatnim osima (vidi sl. 53).

Polazimo od

opće

jednadžbe ravnine

Ax

+ By + Cz + D =

O

Točke M(m, o, o), N(o, n, o) i Q(o, o, q) leže u zadanoj ravnilli, pa uvrštenje koordinata tih točaka u jednadžbu ravnine daje:

D

Am+ D =0,

odatle

m=-:;r ili

Bn+ D =0,

odatle

D n=-B

Cq +D= O,

odatle

q=-c

D

Podijelimo li jednadžbu ravnine s -

uvrstimo li ovamo jednakosti (a), dobit X

y

ili

n=---;:

(a)

e

v=-,

D

ćem101

Z

-+-+-=1 m n q 78

ili

A

D=-m 13 l

(49)

, To je jednadžba ravnine u segmentnom obliku. Uvrstimo li redom u (49) z= O, y =O ix= O, dobit ćemo jednadžbe pravaca, u kojima zadana ravnina siječe koordinatne ravnine:

MN=-=._ m

+L= n

l;

MQ

=-=._ + .:_ = m

tf

l,

NQ

=L+!_ n

f

= l

(vidi sl. S3). Primijetimo još, da položaj ravnine u prostoru najlakše odredimo izvršiVši prelaz na segmentni oblik njene jednadžbe. Primjer. Prikaži jednadžbu ravnine 5x- 2y + 8z + 4 = O u segmentnom ebliku. Podijelivši zadanu jednadžbu ravnine s - 4 dobijemo

- 45 x + 2l

y - 2z- l = O

X y Z --4 +2+--1 =l

Odatle

--s m=-s4

pa je

segmentni oblik

-2 l

n=2

IJ=--

2

f) Jednadžba ravnine kroz jednu zadanu

Polazimo od

opće

T,(x" y., z,)

jednadžbe ravnine

Ax Ravnina prolazi

točku

točkom

+ By + Cz + D =

O

TJ(x" y" z,), dakle

Ax,

+ By, + Cz, + D =

O

Oduzmemo li od prve jednadžbe drugu, dobijemo A(x-x,)

+

B(y-y,)

+ C(z-z,)

(SO)

=O

jednadžba ravnine kroz jednu točku T,(x" y" z,). Mnogo je zgodniji za praktičnu primjenu drugi oblik te jednadžbe. Da ga dobijemo, podijelimo (SO) s G, pa

će

uz

oznaku~

= A, i

~=B,

glasiti taj dru--

gi oblik A,(x-x,)

nom

+ B,(y-y,)

Dva koeficijenta A, i B, ostala su točkom,· već s tri.

+('z-z,)= O

neodređena,

g) Jednadžba ravnine kroz tri zadane Y•• z.) i T.(x., y., z,)

jer ravnina nije točke

(SOa) određena

s jed-

T,(x" y" z,), T,(x,,

7tl

Kako zadana ravnina prolazi trima zadanim točkama T., T, tih točaka moraju zadovoljavati jednadžbU: ravn.il)e: · Ax Ax, Ax, Ax.

T., koordinate

+ By + Cz + D = O + By, + Cz, + D = O + By. + Cz. + D = O + By, + Cz, + D = O

Dobili smo' homogeni sustav od četiri linearne alge barske jednadžbe s četiri nepoznanice A, B, C i D. Znamo, da takav· ~ustav ima rješenja različita od oče­ vidnih, ako je determinanta sustava 6. = O. Prema tome je X y z x, y, z, x. 'y, z. x, y, z,

(Sl)

=0

jednadžba ravnine kroz tri zadane točke Budući da je determinanta jednaka nuli, možemo je svesti na detenninantu trećeg reda tako, da od elemenata svakog retka oduzmemo pripadne elemente, na primjer drugog retka:

l

x-x, y'-y, z -z, x,-x, y,-y, z.-z, x.-x, y.-y, z,-z,

l

=0

(S la)

Primjer. Odredi jednadžbu ravnine, koja prolazi Prema (Sta)

l x-l

y-1

3-1

-4-1

-3-l

ili

1

točlcama

O-l

x-i -4

y-1 -5 -l

T, (l, 1,-1), T, (3, --4, -2) i T, (-l, O, 1).

z+ ll -2+ l + l

l

=&

z+ll -l =0 2

Razvijemo determinantu po elementima prvog retka: (x-1)(-10-1) -(y-1)(4-4)

-

llx

+(z+

1)(-2-20) =-O

+ ll

- 22z- 22 = O llx + 22z + ll = O x+2z+I=O

Ravnina je okomita na ravnini XZ.

h) Jednadžba ravnine u parametarskom obliku Neka je ravnina E zadana s dva pravca m i n, koji se sijeku u točki A.(x., y, z,) (sl. 54).

30

Zatianoj

točki

A ( x ,, y,, z J

dodijelim~

.

l

radij\!ektor

-;·l ;:

a zadanim pnv-

~

cos ex, = a, -~-cos cx 1 = a1 cos fj, = b, i sg cos ~. = b1 cos y, = e, . cos Y• = '• T.otu zadane ravnine T( x, y, .Z), ·koju smo odabrali po volji, d
:maa m

1

n

-+

jedinične velttore

s?

z.

vektor

-~x r ~

Prema sl. 54 :

Q.

v

X X

St. 53

Sl. 54

r =a+ AT

(a)

Vektor A·T rastavimo u komponente u smjeru zadanih pravaca m i n, pri duljinu prve komponente označimo s u, a druge s v. u i v su parametri, koje moramo mijenjati od -oo do + oc, da dobijemo sve točke zadane ravnine. Na pr. za u = O i v = O dobijemo zadanu točku A ravnine. Imamo dakle: čemu

Uvrštenje u (a) daje r = a

+ u s~ + v sg

(52)

To je parametarska jednadžba ravnine u vektorskom Qbliku .. -+-+~

..

Prelazirno na skalarne komponente vektora r, a, s? i IJobijemo: x = x, + ua, + va. y = y, + ub, + vb, z = z, + ue, ·;t- veo

-+

s~.

(S2a)

To je jednadžba ravnine u parametarskom obliku. 6

B. Aprien: Repetitortj vile matematike -

Dio

m.

81

Vidimo, dau·jednildžbu ravnine ulaze dva parametra u i v.\ U tome se oči­ tuje dvodimenzionalnost ravnine:.

5. DviJe

ravni~e

a) Kut dviju uvnina Pod kutom dviju· ravnina

E,-= A,x .+ B,y + C,z + D,= O . E,= A 1x.+ B,y.+ C.z +D,= O razumije se kut njihovih normala, jer je, kako'se vidi iz'slike 55, kut izmedu normala jednak jednom od kutova zadanih ravnina (kao kutovi s okomitini krakovima). Jasno je, da je drugi kut ravnina suplement prvoga~ .JI= 180°-q~. Na·taj način svodimo kut dviju ravnina na kut dvaju pravaca, koji već·znamo.odrediti [vidi 3. a) ;:wog §]. Povučemo li te normale iz· ishodišta O' koordinatnog sustava i dodijelimo li tim normalama jedinične .vektore

-

n?

{ cos or.,

- { cos oc, ng cos~. cos 'Y•

cos~~

cos y,

Sl. SS

cos

!p

tada prema (19a) imamo

--

= nf ng = cos or.·, cos_or.a

+ cos [3

1

cos f3•

+ cos y, cos y,

(Sl)

ili obzirom na formule.(47)

ti) Uvjet okomitosti dviju ravnina

Ako su dvije ravnine međusobno okomite, kut cp = 90°, a cos 90°· = O,. pa prema (~3), odriosno (S3a) imamo:

AiA,; + B,B.

+ C,C, = O

(54)

uvjet okomitosti dviju ravnina. e) Uvjet paralelnosti dviju· .ravnina Ako .su dvije ravnine međusobno paralelne; njihove normale povučene iz ishodišta padaju.:.u isti smjer, pa je a.,

82

= a.,

;

~~

=· [3.

y,

= "!:•

odnosne CQS

ex, =

COS IXs

, ,

CĐS ~ 1

= CIJS ~~

Prema tome obzirom na (47) dobifemo

ili

B,. G\ Iste vrijednosti dobijemo za omjere - 1 B, '

e- , pa

je

e,

A, B, A,=

B,= e;

uvjet paralelnosti dviju ravnina. To znači: koeficijenti od x, y i z u jednadžbama paralelnih ravnina su proporcionalni ili jednaki. Tako, na pr:,',ravnine navedene u primjeru L na str: ll ne sijeku se 1.1 jednoj 2 'ki . su prve d VlJe .. ravmne . - 3 = 5 = 2l ) , roc , Jer me đ uso b no para lelne ( 4 = =-6 10 pa sijeku treću ravninu u paralelnim pravcima r i q (vidi sl. 7). Ravnine navedene u primjeru 2. ne sijeku se uopće, jer. su prema (55) međusobno paralelne (vidi sl. 8). Iz ·formule (54) i (55) vidimo, da koeficijenti A, B i e od x, y i z u jednadžbi ravnine određuju njen smjer, dok apsolutni član D određuje položaj ravnine u prostoru. Primjeri

l. Odredi kutove,- što ih

međusobno

4x- Sy + 3z

+

zatvaraJu

ravn•n~

2x + ly -

7 = O

~

-

l3 = O

Prema (53a)

4·2+(-5)·3+3(-1) 8-JS-3 JO cos
V4

=-_l_ = -

'{7

'{7

VT4

= -

7

7

2. Odredi jednadžbu ravnme, koJa prolazJ 7x

+

Sy- 4z

2,65 = - 0,379

+

točkom

(4, -l, 2) paralelno s ravninom

13 =O

83

Praaa (SO): A(x- 4)

+ B(y

C(~

+ l) +

-l)

=

l

~(SS,:

A=1;B=5 + S(y

1(x- 4)

;·C=-4

+

l) -

4(z- 2)

=

O

Odatle 7x

+

+

Sy-4~-15

=O

3· Napi§i jednadžbu ravrune, koja je okomita na ravninama 6x- 3y..: si+ 4 "" G i lx- 4y+ 7 = O, a siječe na osi Z odrezak q = 12.

16~-

Iz posljednjeg uvjeta zadataka slijedi, da trdena ravnina prolazi prema (SOa) njena jednad"ba glasi:

+ 8 1 (y- O) + (z- 12) = A, x + B1 y + 1 z - 12 =e A, (x-O)

ili

~om

C(O, O, 12,, p«

t (lt

B,=? :Prema (54): 6A,- 381 -

JA,- 4B1 Iz tog sustava jednadžbi

8 =O

+ 16 =O

računamo

A1 i B,.

Dobijemo; Uvrštenje u (a) daje 16 Tx+Sy+z-12=0

ili 4· Odredi l)

+ 24y + Jz- 36 =O

16x međusobnu

udaljenost d dviju paralelnih ravnina

6x 6x -

2y 2y

+ 9z + 22 = + 9z + 33 =

O O

Zadane ravnine su paralelne, jer x, y i z imaju iste koeficijente. Napišimo njihove jednadžbe u normalnom obliku i odredimo duljine p 1 i p 1 normala bačenih iz ishodiha O koordinatnor sustava na te ravnine. Prema (47a) dijelimo obje jednadžbe s Dobijemo: -

~ x· + 3.. y ll ll 6

2

-

V36

J.. zll 9

+4 + 2 =

o .

- 0 x+ 0 y-flz-3=0

81 - -

Vw =

-

ll

p, =.2

P• = 3

Budući da su ravnine paralelne, a apsolutni član D u obim jednadžba,ma ·ima i a ti predznak, obje ravnine leže s jedne strane od ishodišta O.

ll4

Prema tome:

3x + 2y- 6z + 21 - O 3x + 2y-6z-.28 =O

2)

Postupamo na isti način. Prvu jednadžbu dijel\mo s -

' + 7:

V9 + 4 +.36 =

-7, a druau

p,:;=3 .• ,.p.=4

dobijemo

Kako apsolutni članovi zadanih jednadžbi imaju različite pfedznake, ravnine ie:le na razliotim stranama od ishodi§ta o, pa je

d = p,

d)

Presječnica

+ Po = 3 + 4 = 7

dviju ravnina

Dvije ravnine, ukoliko nisu paralelne, sijeku se u jednom pravcu. O tome smo već govorili promatrajući pravac u prostoru kao presječnicu dviju zadanih ravnina [vidi 2.c) ovog paragrafa]. Primjer Odredi presječnicu ravnina 3-:t

+ 2y- 4z + 13 ~ 8

Sx- 3y

+ 2z-

2 "" O

izrazivli je u kanonskom obliku. Do trdene ptesječnice dođemo ovog puta tako, da najprije izvedemo njenu jednac:tlbu u parametarskom obliku,· a zatim predemo na kanonski oblik. Stavimo x = t, gdje je t parametar. · Uvrltenje u zadane jednadžbe daje: 2.y-4z = - Jr-13 -3y + 2z =-St.+ 2 Pomnolimo li drugu jednadžbu· s 2 i zbrojimo li Je s prvom jednadJbom, dobi;-4y=-13t-9 a odatle

f3

9

y=4t+4

Iz prve ili druge jednadžbe nakon uvrštenja gornje vrijednosti

x-t 13

9

y=4t + 4

:r = 19 t+ 3S 8 8

liB

y dobij.mo:

jednadfbe:tra:lene tarskom oblilru

presječaice:u

parame

Iz tih· jednadžbi računamo t. Izjednačenje izraza dob1venih za r liaje:

9

35

y-4

x -=

-,-3-

z-~-

=

-,-9-

4

x ili

8 9

35

z-8

y-4

kanonski obhk jednadžbe tralc11c pre•

s-=~=-,-9-

•iečnice

6. Sjecište triju ravnina O tome smo već potanko govorili proučavajući determinante trećeg reda (vidi § l, 3), pa znamo, da se općenito tri ravnine sijeku u jednoj točki, čije koordinate određujemo tako, da riješimo sustav, što ga čine jednadžbe zadanih ' ~ ravnina. Na pr. da odred1mo sjecište koordinatnih ravnina XY, YZ i ZX, kojima S\1 jednadžbe z = O, x = O i y = O, riješimo sustav

x=O y=O z=O a to ·su koordinate ishodišta O koordinatnog sustava. Riješimo nekoliko primjera, koji ilustriraju posebne t'avnina.

slučajeve

sjecišta triju

Primjeri l. Odredi sjecište triju ravnina

= R =3x P

3y

2x -

+

Sz- 6

O

=

O= x+ y+ z-2=0

Riješimo li taj sustav Jednadžbi 8

Xo

=O

2y

pomoću

+

6z -

7 = O

determmanata, dobit

-3

,

ćemo:

-5 =o

Y·=o

jer su prva tri člana treće jednadžbe zbroj odgovaraJućih članova prve i druge jedn~džbe.· Ti rezultati pokazuju, da se ravnine ne sijeku, odnosno da se sijeku u beskonačno dalekoj točki; a kako zadane ravnine nisu međusobno paralelne [nije ispunjen uvjet paralelnosti (55)], to je samo tako moguće, da se zadane ravnine međusobno sijeku u paralelnim pravcima (vidi ,sl. 9). Da se u to uvjerimo, odredimo jednadžbe pra,vaca p, q i r, u kojima se sijeku zadane ravnine. Postupajući na način 'naveden u predašnjem primjeru, dobijemo:

l

presiečnicu r

ravnina P

Q

3

x )'-2 z-2 s=--3 =-=s s

presječnica

p ravnin;: Q i R :

8X

ll

y-8 =

z--8 --=5 9

presječnica q

86

ravnina l' i R

z-l

·--=s

Izvedi to! . Sve "tri. presječnice imaju iste koeficijente smjc;ra 8,.- 3 i - $; dakle se ravnine zaista•:syi;ku u trima paralelnim pravcima p, q i r. (vidi sl. 9) •. 2. Odredi sjecište ravnina

+ 5::- 6 = O 3x-2y + 6z-8 =O

2x- 3y

x+ y-!' z-2=0

Rješavanje toga sustava jednadžbi daje:.

o

x. ierje

treća

=o '

Yu =

o 0

,.

Za=

o O.,

jednadžba zbroj prvih dviju.

Kako izraz

%nema odredenog smisla, zaključujemo, da se zadane ravnine ne sijeku u jed-

noj;vet u beskonačno mnogo točaka, t. j. sijeku se u jednom pravcu. Da to dokažemo, odredimo na gore navedeni način presječmce zadanih ravnina. Dobit čemo, da se sve tri ravnine sijeku u pravcu, kojemu je jednadžba: ·

(vidi sl. l 0). Vitli

također

§ l,

točku

7.

7. Pravac

ravnina

a) Kut pravca i ravnine Pod kutom pravca p i ravnine E razumijemo kut rp, što ga zatvara pravac p sa svojom ortogonalnom projekcijom p' na zadanu ravninu E (vidi sl. 56). Prema toj slici ·

cp=

90~-

tjJ z

Zadanom pravcu

x-x, y-y, z-z, p= -a-= - h - = -e-dodijelimo

jedinični

vektor

cos !J:, cos~ • .cos y,

Sl. 56 ·

a zadanoj ravnini

E jedinični

= Ax + By + Cz +D =

O

vektor normale -

»~r

{ COSoto

cos~ •

.

CO'S

Y•

87

Prema slici 56 i formuli'(l98)" imamo:

cos !Ji = cos a:,· cos IX• 1

uzevši

\1

+ cos ~i cos ~. + cos Y• cos.y,

(S6)

oozir formule (3_9) i (47) i 1)1 == 90°-
. aA+ bB+ cC sm lP ·= y:riz=:•:=+::;==;b;=:·=+c=c=:•----;Vr=A=;=,:=_=:=+=B~•==+~e•

(56a)

To je kut pravca i ravnine. b) Uvjet paralelnosti prnca i ravnine Ako su pravac i ravnina međusobno paralelni, tada je kut lP = sin O = O, pa je prema (56a)

= O,

odnosno

s~ tp

(57)

aA+ bB.+cC'= O. uvjet paralelnosti pravca ~}

ravnine.

Uvjet okomitosti pravca i ravnine

Ako je pravac okomit na ravnini, vektori -+ s. i -no su paralelni (sl. 56), J18 je COS «a

= COS oto

cos [3, = cos ~. cos y, = cos Y• ili obzirom na fonnule (39) i (47):

a Va•:;~- b•

A

+ e•

VA·+ B·+ e•

ili a Va•+b'+c• If= VA• + B• + e•

~

5ete vrijednosti dobijemo za omjere a

b

~,

i

e

pa 1e

(58)

uvj'et okomitosti p_!avca i ravnine. Pazi! Uvjet okomitosti · dvaju pravaca ili ravnina izražen je u obliku sume produkata, koja je jednaka nuli [vidi (43) i (54)], a uvjet paralelnosti- u obliku jednakih omjera [vidl (44) i .(55)]. U slučaju okomitosti ·1 paralelnosti pravca i ravnine baš je obratrio~[vidi .(57) i (58)1 '

88

Omačimo

s

l zajedničku

vrijedriost omjera (S•)

Ođatle

11=1·A b= l ·B e = l ·G t. j. kĐeficijenti smjera pravca su razmjerni s koeficijentima jednadžbe ravaine. Uzmeme li, da je faktor razmjernosti t = l, dobijemo:

"=A;

b= B;

c=C

pa jednadžba normale na ravninu Ax+ By+ Cz+ D= O glaii x-x, _y-y., _z-z, -A- - - B - - C gdje su x" y, i z, koordinate neke

točke

(5ta)

normale.

d) Probodište pravca i ravnine KMrdinate točke, u kojoj pravac probada ravninu, najjednostavnije odcedimo tako, da izrazivši jednadžbu zadanog pravca u parametarskom.obliku, odt-edimo onu vrijednost parametra t, koja odgovara traženom probodištu'. Tu vriic4:nost parametra l dobijemo tako, da parametarske jednadžbe pravca uvrstimo. ·u jednadžbu zadane ravnine. · Pokažimo to na primjeru: • p pravca p = _ X- - - 2 = y_+. -3 = -Z - - l Odre.dl' prob od'1ste 6 5 3 i ravnine E = 3x + 4y + z + 6 = O

Parametarski oblik jednadžbe pravca

p:

x=6t+2 y

=

-5t- 3 +l

(a)

z= 3t

Uvrštenje u jednadžbu ravnine E daje: 3(6t

+ 2) + 4(- 5t- 3) + (3t +

ili

t+l=O

Odatle

t =·-t

l)

+6

=

o

To je ona vrijednost parametra t, koja odgovara traženom probodištu P. lt

Uv.rštenje r = - l u (a) daje: x=-4

2

y=

z=-2 P(-4, 2, -2) e) Uvjet i da pravac lc7i u ravnini Ako zadani pravac x-x, _ y - y 1 __ z-z,

---b- --e-

tt

leži u zadanoj ravmm

Ax

+

By

+ Cz +

D

=

O

l) on je s njome paralelan, pa Je prema (57)

aA+ bB 2) ·ravnina prolazi

točkom

Ax 1

+ cC

T.( x.,

(59)

= ()

Y~>

z1) pravca, cl:akle

+ By + Cz + D 1

1

(59a)

= O

To su uvjeti, da pravac leži u ravnini. Primjeri

+

y+3

x-1 l. Odredi kut, što ga pravac - 3 3z-7 =O Prema (56a):

.

szncp = di

- -2

3·2+2(-6)+(-4)·3 V9+4+16·V4+,36+9 sin