VEKTORI U RAVNI Najjednostavnije rečeno, vektori su usmerene duži. Osnovne karakteristike vektora su : - pravac - smer - intenzitet - početak i kraj vektora Pravac vektora je prava na kojoj se on nalazi ali i sve prave paralelne sa njom, što vektoru dozvoljava da “skače” sa jedne na drugu paralelnu pravu. Smer vektora se zadaje strelicom. Intenzitet vektora je njegova dužina i najčešće se obeležava sa a
A je početak a B je kraj vektora . Obeležava se AB = a Kako se vektor zadaje?
r r r a = a1 i + a2 j i i
ili jednostavnije
r a = (a1 , a2 ) ;
intenzitet je
a = a12 + a 22
j su jedinični vektori (ortovi) koji služe za izražavanje drugih vektora.
i =(1,0) i intenzitet ovog vektora je i =1
j =(0,1) i takodje je j =1 1
Kako izraziti vektor ako su date koordinate njegovog početka i kraja?
a =(x2-x1, y2-y1)
i
njegov intenzitet je onda
a = ( x 2 − x1 ) 2 + ( y 2 − y1 ) 2
Sabiranje i oduzimanje vektora
Za sabiranje i oduzimanje vektora imamo dva pravila:
1) Pravilo paralelograma Dva data vektora dovedemo na zajednički početak paralelnim pomeranjem.Nad njima kao stranicama oformimo paralelogram. Dijagonala paralelograma je njihov zbir (ona dijagonala koja polazi iz sastava ta dva vektora).
2) Pravilo poligona (nadovezivanja)
Na kraj prvog vektora paralelnim pomeranjem dovedemo početak drugog, na kraj drugog dovedemo početak trećeg vektora...... Rezultanta (njihov zbir) je vektor koji spaja početak prvog i kraj zadnjeg vektora. Evo to na slici:
2
Naš predlog je da upotrebljavate pravilo nadovezivanja, jer je po našoj proceni lakše...
Svaki vektor ima svoj suprotan vektor, koji ima isti pravac i intenzitet ali suprotan smer sa početnim vektorom.
a
-a
−a+a =0
i
a + (−a) = 0
Nula vektor 0 je onaj čiji se početak i kraj poklapaju.
Kako oduzeti dva vektora?
Recimo da su dati vektori a i b ,.Postupak je sličan kao kod sabiranja vektora(pravilo nadovezivanja) samo što umesto vektora + b na kraj prvog nanosimo - b .
www.matematiranje.com 3
b
a a - b
Primer: 1) Date su duži AC i BD. Tačke E i F su sredine ove dve duži. Dokazati da je : AB + CD = 2 EF Rešenje: Naravno da je ovde najbitnije nacrtati sliku i sa nje uraditi zadatak! C
D
F
E
A
B
Sad spojimo tačke koje formiraju vektore. C
D
E F A B
Ideja je da se vektor EF izrazi na obe strane pa se te jednakosti saberu!
EF = EA + AB + BF EF = EC + CD + DF
+
2 EF = AB + CD jer su vektori EA i EC suprotni , pa se skrate a takođe su suprotni i vektori BF i DF pa se i oni skrate. 4
Računski sabiranje i oduzimanje vektora ide vrlo lako: Ako je
r a = a1 i + a 2 j to jest a = (a1 , a2 )
i
r b = b1 i + b2 j , to jest b = (b1 , b2 )
a + b = (a1 , a2 ) + (b1 , b2 ) = (a1 + b1 , a2 + b2 ) a - b = (a1 , a2 ) − (b1 , b2 ) = (a1 − b1 , a2 − b2 )
Dakle, radimo tako što saberemo (oduzmemo) koordinatu sa koordinatom.
Množenje vektora skalarom (brojem) Proizvod skalara k i vektora a je vektor k a (ili a k) koji ima isti pravac kao vektor a , intenzitet k a = k a i smer: - isti kao vektor a ako je k>0 - suprotan od vektora a ako je k<0 Primer:
Dat je vektor a , nadji : 2 a i -3 a
Rešenje: a 2a
-3 a Svaki vektor a se može predstaviti u obliku a = a a 0 , gde je a 0 jedinični vektor vektora a .
Linearna zavisnost vektora
Ako su k1,k2,…,kn realni brojevi i x1 , x 2 ,…, x n vektori različiti od nule, onda se zbir: k1 x1 +k2 x 2 +…+kn x n zove linearna kombinacija vektora x1 , x 2 ,…, x n Izjednačimo ovu linearnu kombinaciju sa nulom: k1 x1 +k2 x 2 +…+kn x n = 0 5
i)
Ako je k1=k2=…=kn , onda su vektori x1 , x 2 ,…, x n linearno nezavisni
ii)
Ako je bar jedan od k1,k2,…,kn različit od nule onda su vektori x1 , x 2 ,…, x n linearno zavisni
Važi još: Dva vektora su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni (kolinearni znači da leže na istoj pravoj). Vektori x , y , z su komplanarni ako i samo ako su linearno zavisni (komplanarni znači da leže u istoj ravni).
Razlaganje vektora na komponente Ako su vektori x i y linearno nezavisni vektori jedne ravni, onda za svaki vektor z te ravni ,postoje jedinstveni brojevi p i q takvi da je :
z= px+ q y
Primer: Vektor v =(4,2) razložiti po vektorima a =(2,-1) i b = (-4,3) Rešenje: v= pa + qb
(4,2) = p(2,-1) + q(-4,3) (4,2) = (2p,-p) + (-4q,3q)
Odavde pravimo sistem: 4=2p – 4q 2=-p + 3q 2p –4q = 4 -p + 3q = 2 p – 2q = 2 -p+3q = 2 q=4 2p-4q = 4 , pa je 2p – 16 = 4 , pa 2p = 20 i konačno p = 10 . Dakle, razlaganje vektora je v = 10 a + 4 b 6
Ako ste proučili ovaj fajl, pogledajte odmah sledeći u kome su rešeni zadaci...
www.matematiranje.com
7
VEKTORI U RAVNI – II DEO
Primer 1.
uuur uuur uuuur Tačka M je središte stranice BC trougla ABC. Dokazati da je AB + AC = 2 AM
Rešenje:
Nacrtajmo najpre sliku i postavimo problem... C
C
C
M
A
M
B
A
slika 1.
M
B
A
slika 2.
B slika 3.
Na slici 1. su obeleženi vektori koji su dati u zadatku.
Šta je ideja? Kod ovakvog tipa zadataka vektor u sredini izrazimo na obe strane! uuuur uuur uuuur Na slici 2. je vektor AM izražen ( plavom putanjom) preko: AM = AB + BM .
uuuur uuur uuuur Na slici 3. je vekor AM izražen ( žuta putanja) preko: AM = AC + CM Dalje ćemo ove dve jednakosti napisati jednu ispod druge i sabrati ih:
uuuur uuur uuuur AM = AB + BM uuuur uuur uuuur AM = AC + CM uuuur uuur uuuur uuur uuuur 2 AM = AB + BM + AC + CM uuuur uuur uuur uuuur uuuur 2 AM = AB + AC + CM + BM uuuur uuur uuur 2 AM = AB + AC
pretumbamo malo
uuuur uuuur pogledajmo zadnja dva vektora na slici...suprotni su , pa je CM + BM = 0
Dobili smo traženu jednakost. WWW.MATEMATIRANJE.COM
1
Primer 2.
uuur uuuur U trouglu ABC tačke M i K su središta stranica AB i BC. Dokazati da je AC = 2MK Rešenje: Opet mora slika: C
C
K
A
M slika 1.
C
K
K
B
A
M slika 2.
B
A
M slika 3.
B
Slično kao u prethodnom zadatku, vektor u sredini MK, izražavamo na obe strane.
uuuur uuur uuur uuur Na slici 2. idemo ulevo: KM = MA + AC + CK uuuur uuur uuur Na slici 3. idemo udesno: KM = MB + BK
Napišemo jednakosti jednu ispod druge i saberemo ih:
uuuur uuur uuur uuur KM = MA + AC + CK uuuur uuur uuur KM = MB + BK uuuuuuuuuuuuuuuuu uuuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 KM = MA + AC + CK + MB + BK Sad pogledamo sliku i uočimo suprotne vektore ( istog pravca i intenziteta a suproznog smera).
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 KM = AC + MA + MB + BK + CK Uokvireni su nula vektori, pa je: uuuur uuur 2 KM = AC
Primer 3. uuuur 1 uuur uuur Dat je trapez ABCD. Ako je M središte stranice AD, a N središte stranice BC, tada je MN = AB + CD 2 Dokazati.
(
Rešenje: Ovo je ustvari dokaz činjenice da je srednja linija trapeza jednaka polovini zbira osnovica m =
a+b 2 2
)
C
D
N
M
A
C
D
N
M
B
A
N
M
B
slika 2.
slika 1.
C
D
A
B
slika 3.
Najpre ćemo vektor MN izraziti odozdo ( slika 2.) pa odozgo ( slika 3.), pa to sabrati…
uuuur uuur uuur uuur MN = MA + AB + BN uuuur uuuur uuur uuur MN = MD + DC + CN uuuur uuur uuur 2 MN = AB + DC suprotni vektori se potiru, to jest daju nula vektor uuuur 1 uuur uuur Još da celu jednakost podelimo sa 2 i dobijamo MN = AB + CD . 2
(
)
Primer 4.
Neka su M i N središta neparalelnih stranica BC i AD trapeza ABCD, a E i F presečne tačke duži MN i uuur 1 uuur uuur dijagonala AC i BD. Tada je EF = AB − DC 2 Rešenje:
(
)
I u ovom zadatku se koristi isti trik, al je putanja izražavanja vektora u sredini malo čudna , da vidimo: C
D
E
F
A
E
B slika 1.
C
D
A
F
slika 2.
C
D
E
B
A
F
slika 3.
B
uuur uuur uuur uuuv Na slici 2. vektor EF izražavamo preko: EF = EA + AB + BF .
uuur uuur uuur uuuv Na slici 3. vektor EF izražavamo preko: EF = EC + CD + DF Napišemo ove dve jednakosti jednu ispod druge, saberemo ih i potremo suprotne vektore… uuur uuur uuur uuuv EF = EA + AB + BF uuur uuur uuur uuuv EF = EC + CD + DF uuur uuur uuur 2EF = AB + CD
WWW.MATEMATIRANJE.COM 3
uuur uuur uuur uuur uuuv Znamo da važi : CD = − DC , ubacimo ovo u dobijenu jednakost i evo rešenja: 2EF = AB − DC . uuur 1 uuur uuur Naravno ,ovo sve podelimo sa 2 i dobijamo: EF = AB − DC . 2
(
)
Primer 5.
uuuur uuur uuur uuuur uuuur Ako je M proizvoljna tačka u ravni paralelograma ABCD , tada je 4MO = MA + MB + MC + MD , gde je O tačka preseka dijagonala paralelograma. Dokazati.
Rešenje:
D
C O
A
B
M Vektor MO ćemo izraziti na 4 načina pa te jednakosti sabrati:
uuuuv uuur uuur MO = MA + AO uuuuv uuur uuur MO = MB + BO uuuuv uuuur uuur MO = MC + CO uuuuv uuuur uuur MO = MD + DO uuuuv uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur 4 MO = MA + AO + MB + BO + MC + CO + MD + DO Pretumbajmo malo ovu jednakost u smislu da uočimo suprotne vektore: uuuuv uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur 4MO = MA + MB + MC + MD + AO + CO + BO + DO ( pogledajte na slici, ovo su suprotni vektori)
uuuuv uuur uuur uuuur uuuur 4MO = MA + MB + MC + MD 4
Primer 6.
uur uur uuur Ako je T težište trougla ABC, tada je TA + TB + TC = 0 . Dokazati. Rešenje: Da se podsetimo: težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice; sve tri težišne duži seku se u jednoj tački T koja je težište trougla; težište deli težišnu duž u odnosu 2:1. Da nacrtamo sliku:
C
B1
A1 T
A
B
C1
uur uur uuur Krenućemo od TA + TB + TC = i dokazati da je ovaj zbir nula. Rekosmo da težište deli težišnu duž u odnosu 2:1, pa je: uur 2 uuur TA = A1 A 3 uur 2 uuur TB = B1 B 3 uuur 2 uuuur TC = C1C 3
uur uur uuur 2 uuur uuur uuuur TA + TB + TC = ( A1 A + B1 B + C1C ) 3
Saberemo ove tri jednakosti i dobijamo:
Dalje ćemo izraziti svaki od ovih vektora ( pogledaj na slici, to su isprekidano nacrtani vektori): C
C
B1
B1
A1 T
A
C1
C
B1
A1 T
B
uuur uuur uuur A1 A = A1C + CA
A
C1
uuur uuur uuur B1 B = B1 A + AB
A1 T
B
A
C1
B
uuuur uuur uuur C1C = C1 B + BC
Saberemo ove tri jednakosti: 5
uuur uuur uuur A1 A = A1C + CA uuur uuur uuur B1 B = B1 A + AB uuuur uuur uuur C1C = C1 B + BC uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur A1 A + B1 B + C1C = A1C + CA + B1 A + AB + C1 B + BC Pretumbajmo malo desnu stranu jednakosti:
uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur A1 A + B1 B + C1C = CA + AB + + BC + A1C + B1 A + C1 B Zaokruženi vektori imaju zbir nula, jer se zadnji vektor završava gde počinje prvi...
uuur uuur uuur Pogledajmo sada preostali zbir A1C + B1 A + C1 B , i on je nula, jer je: uuur 1 uuur A1C = BC 2 uuur 1 uuur B1 A = CA 2 uuur 1 uuur C1 B = AB 2 uuur uuur uuur 1 uuur uuur uuur 1 A1C + B1 A + C1 B = ( BC + CA + AB) = ⋅ 0 = 0 2 2 E, ovim je dokaz konačno završen. Primer 7. uuur 1 uuur uuur uuuur Ako je M proizvoljna tačka u ravni trougla ABC , tada je MT = MA + MB + MC , gde je T težište trougla. 3 Dokazati.
(
)
Rešenje: Najpre moramo vektor MT izraziti preko vektora MA,MB i MC. C
B1
A1 T
A
C1
B
M
6
uuur uuur uuur MT = MA + AT uuur uuur uuur MT = MB + BT uuur uuuur uuur MT = MC + CT
saberemo ove tri jednakosti...
uuur uuur uuur MT = MA + AT uuur uuur uuur MT = MB + BT uuur uuuur uuur MT = MC + CT uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur 3MT = MA + MB + MC + AT + BT + CT
uuur uuur uuur uuuur U prethodnom primeru smo videli da ovo uokvireno daje nula vektor, pa je: 3MT = MA + MB + MC , a to smo i trebali dokazati.
WWW.MATEMATIRANJE.COM
7
FUNKCIONALNE JEDNAČINE, INVERZNA FUNKCIJA I KOMPOZICIJA FUNKCIJA FUNKCIONALNE JEDNAČINE Postupak rešavanja: i)
“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t ( smena)
ii)
Odatle izrazimo x
iii)
Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili
iv)
Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” i zamenimo t sa x ZADACI
1)
Rešiti funkcionalnu jednačinu:
f ( x+1) = x2 –3x + 2
Rešenje: f ( x+1) = x2 –3x + 2
“ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t
x +1 = t
Odatle izrazimo x
x=t-1
Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili
f ( t ) = (t – 1)2 – 3 (t – 1 ) + 2 f ( t ) = t2- 2t + 1 – 3t +3 + 2 f ( t ) = t2 – 5t + 6 f (x) = x2 – 5x + 6
Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ”
zamenimo t sa x i evo konačnog rešenja date funkcionalne jednačine.
2) Rešiti funkcionalnu jednačinu:
1 f x 1 x2 x
Rešenje:
1 f x 1 x2 x
1 1 t pa je odavde x ovo zamenimo u datoj jednačini x t 1 1 f (t ) 1 2 t t
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
1 t2 1 f (t ) t t2 1 t2 1 f (t ) t t f (t )
1 t2 1 t
f ( x)
zamenimo t sa x
3) Rešiti funkcionalnu jednačinu:
f(
1 x2 1 je konačno rešenje x
x ) x2 x 1
Rešenje:
x ) x2 x 1 x t x 1 f(
x = t ( x+1) x=tx+t
x – tx = t izvučemo x kao zajednički na levoj strani... x(1–t)=t x
f(
t 1 t
vratimo se sad na početnu jednačinu...
x ) x2 x 1
f (t ) (
t 2 ) 1 t
zamenimo t sa x ...
4) Reši funkcionalnu jednačinu: f (
f ( x) (
x 2 ) je konačno rešenje 1 x
x2 ) 5x 3 2x 1
Rešenje:
f(
x2 ) 5x 3 2x 1
x2 t 2x 1
www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html
x + 2 = t (2x + 1) x + 2 = 2tx + t
x – 2tx = t – 2 x (1 – 2t ) = t – 2 x
f(
t2 1 2t
x2 ) 5x 3 2x 1
t2 5t 10 3(1 2t ) 5t 10 3 6t t 7 + 3 sredimo… f ( t ) = + = = izvučemo minus gore i 1 2t 1 2t 1 2t 1 2t 1 2t ubacimo ga u imenilac, koji onda promeni redosled … A - B = - (B – A) f(t)=5
f(t)=
t7 2t 1
f(x)=
x7 je konačno rešenje 2x 1
5) Ako je f (
x ) ( x 1) 2 , izračunati f(3). x 1
Rešenje: Najpre moramo naći f(x).
f(
x ) ( x 1) 2 x 1
x t x 1 x = t ( x+1) x=tx+t
x – tx = t x(1–t)=t t x vraćamo se u početnu jednačinu… 1 t
www.matematiranje.com
f(
x ) ( x 1) 2 x 1
f(t)=(
t - 1 )2 1 t
f(3)= (
6)
Sada umesto t stavljamo 3 jer se traži f(3)…
3 25 - 1 )2 = 1 3 4
Rešiti funkcionalnu jednačinu:
1 1 f (x ) x 2 2 x x
Rešenje:
1 1 f (x ) x 2 2 x x
uzimamo smenu
x
1 = t , ako odavde probamo da izrazimo x kao što bi trebalo, x
zapadamo u probleme... 1 =t x x2 + 1 = xt x
sve pomnožimo sa x…
x2 – xt + 1 = 0 ovo je kvadratna jednačina po x i ne vodi rešenju… TRIK : OVDE SMENU TREBAMO KVADRIRATI
x
1 = t kvadriramo… x
(x
1 2 2 ) =t x
x 2 2x
1 1 t2 x x2
x2 2
pokratimo x-seve…
1 t2 x2
1 t 2 2 E sad se vratimo u datu početnu jednačinu... 2 x 1 1 f ( x ) x 2 2 pa je f ( t ) = t2 – 2 odnosno f(x) = x2 – 2 je konačno rešenje x x
x2
www.matematiranje.com
7. Rešiti funkcionalnu jednačinu:
x 1 x 2 f 2f x x 2 x 1
Rešenje:
x 1 x 2 f 2f x x 2 x 1 I ovaj zadatak ne možemo uraditi “ klasično” već se moramo poslužiti trikom... Ako uzmemo smenu
x 1 1 x2 i t , onda je x2 t x 1
t2 x2 t odavde x-2 = t (x +1) pa je x – 2= tx + t , x – tx = t + 2 , x (1-t )= t + 2 i odavde je x = 1 t x 1 Vratimo se u datu jednačinu:
x 1 x 2 f 2f x x 2 x 1 f(
1 t2 1 )+2f(t)= dobili smo jednu jednačinu...E sad je trik da umesto t stavimo t 1 t t
1 2t 1 2 1 1 2t f( t ) + 2 f( ) = t = t = t 1 1 t t 1 1 t t Sada pravimo sistem od dve jednačine:
dobismo i drugu jednačinu
1 t2 )+2f(t)= t 1 t 1 1 2t f( t ) + 2 f( ) = t t 1
f(
Prvu jednačinu pomnožimo sa -2 pa saberemo ove dve jednačine... 1 t2 ) = -2 t 1 t 1 1 2t f( t ) + 2 f( ) = t t 1
-4f(t)-2f(
-3f(t)=
2t 4 1 2t 2t 4 1 2t 4t 5 + = + = dakle 1 t t 1 t 1 t 1 t 1 www.matematiranje.com
-3f(t)=
4t 5 podelimo sve sa –3 i dobijamo t 1
f(t)=
4t 5 3(t 1)
f(x)=
4x 5 konačno rešenje 3 3x
odnosno f ( t ) =
4t 5 umesto t stavimo x i dobijamo: 3 3t
INVERZNA FUNKCIJA
Definišimo najpre bijektivno preslikavanje: Za preslikavanje f: A B kažemo da je : 1) “jedan – jedan” (obostrano jednoznačno) , što skraćeno pišemo “ 1-1 “, ako važi (x1 , x 2 A)( x1 x 2 f ( x1 ) f ( x 2 ))
2) “na” ako je (y B)(x A)( f ( x) y ) 3) bijektivno ako je “1-1” i “na” Preslikavanje skupa A na sebe , u oznaci iA , sa osobinom (x A)(i A ( x) x) naziva se identičkim (jediničnim) preslikavanjem skupa A. Ako je f: A B bijektivno preslikavanje, onda sa f –1 ozačavamo preslikavanje skupa B na skup A, koje ima osobinu da je f
1
f ff
1
i A . U tom slučaju f –1 nazivamo inverznim preslikavanjem preslikavanja f.
Postupak za rešavanje zadataka : i)
Umesto f(x) stavimo y
ii)
Odavde izrazimo x preko y
iii)
Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.
www.matematiranje.com
1. Data je funkcija f(x) = 2x – 1. Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje:
f(x) = 2x – 1
Umesto f(x) stavimo y
y = 2x – 1
Odavde izrazimo x preko y
2x = y + 1 x=
y 1 2
f –1(x) =
Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.
x 1 2
i evo nam inverzne funkcije.
Pošto obe funkcije predstavljaju prave, uzećemo po dve proizvoljne tačke( prvo x = 0, pa y = 0) i nacrtati ih. f(x) = 2x – 1 x f(x)
0 -1
f –1(x) =
x 1 2
x f (x)
0 1/2
–1
1/2 0
-1 0
y 7 6 5
f(x)=2x-1
4 y=x
3
-1
f (x) =
2 1 -5
-4
.
-3 -2 -1
.
-1.
x+1 2
. .
1
2
3
4
5
6
7
x
-2 -3 -4 -5
Primetimo da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .
www.matematiranje.com
2. Data je funkcija f ( x) 3 x 3 . Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x).
Rešenje:
f ( x) 3 x 3 y 3x 3 3x y 3 x
y3 x3 f 1 ( x) 3 3
za f ( x) 3 x 3 x f(x)
0 -3
za f 1 ( x) x f –1(x)
1 0
x3 3
0 1
-3 0
y 5
f ( x ) 3x 3 y=x
4 3 2
f 1 ( x)
x 3 3
1 -5 -4 -3 -2 -1
0 1 -1
2
3
4
5
x
-2 -3 -4 -5
Opet su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x. Šta mislite, da li će uvek tako biti? www.matematiranje.com
3. Odrediti inverznu funkciju za
f ( x)
x 3 x7
Rešenje: x3 x7 x 3 y x7 y x 3 množimo unakrsno 1 x7 y ( x 7) 1( x 3) f ( x)
yx 7 y x 3 yx x 3 7 y x( y 1) 3 7 y x
37y 3 7x f 1 ( x) y 1 x 1
a b c d e –1 4. Data je funkcija f . Odrediti njenu inverznu funkciju f (x). 2 4 1 3 5 Rešenje:
Ovde nam je funkcija zadata na drugi način. Direktno znamo koji elemenat se u koji preslikava: f
Šta će biti inverzna funkcija? .1
a.
Pa jednostavno, elementi iz drugog skupa se slikaju u prvi…
.2
b.
.3
c. d.
.4
e.
.5
f -1 a. b. c.
.1 .2 .3
d.
.4
e.
.5
2 4 1 3 5 Ili zapisano na drugi način: f 1 a b c d e
www.matematiranje.com
KOMPOZICIJA FUNKCIJA
f :A B i
Neka su
g : B C funkcije. Tada sa g f označavamo kompoziciju ( proizvod ) preslikavanja
f i g , i definišemo ga sa (x A) (( g f )( x) g ( f ( x)) . Na ovaj način smo ustvari dobili preslikavanje g f : A C ( kompozicija se najčešće obeležava sa , a čita se “ kružić” primer 1.
Date su funkcije
1 2 3 4 f acb d
i
a b c d g odrediti 6 8 7 9
( g f )( x)
Rešenje: Ajmo najpre da ovo predstavimo dijagramom da vidimo šta se zapravo dešava a onda ćemo ispisati i rešenje:
f
g
.1
a.
.6
.2
b.
.7
.3
c.
.8
.4
d.
.9
Za svaki element radimo posebno: ( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (1)) g (a) 6
Na slici uočite crvene strelice.
( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (2)) g (c) 7 Na slici uočite crne strelice. ( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (3)) g (b) 8
Na slici uočite plave strelice.
( g f )( x) g ( f ( x)) g ( f (4)) g (d ) 9
Na slici uočite žute strelice.
www.matematiranje.com
primer 2. Ako je
1 2 3 4 p q r s f , g c a b d 1 4 3 2
i
a b c d h odrediti: rpqs
a) f g = ? b) g h ? c) ( g h) f ?
Rešenje: a) f g = ?
1 2 3 4 p q r s Kako je f i g ,idemo redom: c a b d 1 4 3 2
( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g ( p)) f (1) c ( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g (q )) f (4) d ( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g (r )) f (3) b
( f g )( x) f ( g ( x)) f ( g ( s)) f (2) a pqrs Odavde imamo da je: f g c d b a b) g h ?
p q r s g 1 4 3 2
i
a b c d h , pa je : rpqs
( g h)( x) g (h( x)) g (h(a )) g (r ) 3 ( g h)( x) g (h( x)) g (h(b)) g ( p) 1
( g h)( x) g (h( x)) g (h(c)) g (q) 4 ( g h)( x) g (h( x)) g (h(d )) g ( s ) 2
a b c d Pa je : g h 3 1 4 2 www.matematiranje.com
c) ( g h) f ? Slično radimo , samo što sada imamo tri funkcije u kompoziciji:
1 2 3 4 f , c a b d
a b c d h rpqs
pqrs g 1 4 3 2
[( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) Prvo radimo f, pa h i na kraju g... Ovako smemo da radimo jer važi asocijativni zakon ( g h) f g (h f ) . Dakle: [( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (1)) g (h(c)) g (q) 4
[( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (2)) g (h(a)) g (r ) 3 [( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (3)) g (h(b)) g ( p ) 1 [( g h) f ]( x) g (h( f ( x))) g (h( f (4)) g (h(d )) g ( s ) 2 Ova kompozicija je
1 2 3 4 ( g h) f 4 3 1 2
primer 3. Date su funkcije f ( x) 3x 2
i g ( x) 5 x 7 . Odrediti:
a) f g b) g f c) f f d) g g Rešenje:
Ovo je drugi tip zadatka vezan za kompoziciju funkcija. a)
f g
( f g )( x) f ( g ( x)) Sad zamenimo funkciju koja je “ unutra”, znači g ( x) ( f g )( x) f ( g ( x) ) f (5 x 7) = nadjemo kako izgleda funkcija f ( f ( x) 3 x 2 ) i gde vidimo x stavimo sve iz zagrade... ( f g )( x) f ( g ( x)) f (5 x 7) 3 (5 x 7) 2 i još da ovo malo prisredimo...
( f g )( x) f ( g ( x)) f (5 x 7) 3(5 x 7) 2 15 x 21 2 15 x 19 www.matematiranje.com
b) g f ( g f )( x) g ( f ( x)) opet prvo zamenimo funkciju unutar... ( g f )( x) g ( f ( x)) g (3x 2) , sad posmatramo funkciju g i gde vidimo x stavimo sve iz zagrade... ( g f )( x) g ( f ( x)) g (3 x 2) 5(3 x 2) 7 opet malo sredimo... ( g f )( x) g ( f ( x)) g (3x 2) 5(3x 2) 7 15 x 10 7 15 x 3 c)
ff
( f f )( x) f ( f ( x)) f (3x 2) 3(3x 2) 2 9 x 6 2 9 x 8 d) g g ( g g )( x) g ( g ( x)) g (5 x 7) 5(5 x 7) 7 25 x 35 7 25 x 42 primer 4. a)
Date su funkcije f ( x 1) 5 x 3 i g (2 x 3) 3 x 1 . Odrediti:
f g
b) g 1 f 1
Rešenje: Ovo je zadatak u kome vas profesor proverava sve tri stvari: funkcionalnu jednačinu, inverznu funkciju i kompoziciju funkcija.
Prvo da nadjemo f(x) i
g(x).
f ( x 1) 5 x 3 x 1 t x t 1 f (t ) 5(t 1) 3 f (t ) 5t 5 3 f (t ) 5t 8 f ( x) 5 x 8
g (2 x 3) 3 x 1 2x 3 t 2x t 3 t 3 2 t 3 1 g (t ) 3 2 3t 9 2 g (t ) 2 3t 11 3 x 11 g ( x) g (t ) 2 2 x
www.matematiranje.com
Dalje tražimo inverzne funkcije: 3 x 11 2 3 x 11 y 2 3 x 11 2 y g ( x)
f ( x) 5 x 8 y 5x 8 5x y 8 x
y 8 x8 f 1 ( x ) 5 5
3 x 2 y 11 x
2 y 11 2 x 11 g 1 ( x) 3 3
Sada možemo naći:
( f g )( x) f ( g ( x)) f (
3x 11 3x 11 15 x 55 16 15 x 39 8 ) 5 2 2 2 2
x8 ( g 1 f 1 )( x) g 1 ( f 1 ( x)) g 1 ( ) 5
2
x 8 2 x 16 55 2 x 39 11 2 x 39 5 5 5 3 3 3 15 1 www.matematiranje.com
Директна и обрнута пропорционалност Увод: Количник реалних бројева a и b, тј. број
a :b =
a b
назива се размером бројева a и b Пропорција је једнакост две размере: a :b = c :d
и решава се тако што се помноже ''спољашњи са спољашњим'' и ''унyтрашњи са унутрашњим'' чланом пропорције a:b=c:d a*d=b*c
1)Колико кошта 7 kg кромпира ако је за 5 kg кромпира плаћено 120 динара? Како најпре да запишемо податке? 5 kg ............ 120 kg 7 kg ........... X kg Онда увек напишемо стрелицу од X ка познатој. 5kg....... ↑ 120din. 7 kg....... ↑ Xdin. ове две стрелице посматрамо као једну
Даље размишљамо: Да је X већи или мањи број од 120? Ако 5 kg кошта 120 дин., онда ће 7 kg коштати више динара. Дакле X је већи број од 120. То значи да стрелица иде од ВЕЋЕГ КА МАЊЕМ броју, па тако упишемо стрелицу и код 5 kg и 7 kg, од ВЕЋЕГ КА МАЊЕМ, од 7 kg ка 5 kg ↑ 5kg....... ↑ 120din. ↑ 7 kg....... ↑ Xdin. ове две стрелице посматрамо као једну
Даље пратимо смер стрелица и оформимо пропорцију: 1
X:120=7:5 X·5=120·7 => Савет: Увек прво изрази непознату, можда ће има несто да се скрати!!!!! 120 ⋅ 7 X= 5 X = 168din. Дакле,за 7 kg кромпира треба 168 дин. 2)Ако дневно ради 7 часова, један радник посао заврши за 15 дана. Колико часова дневно би радник требало да ради да би исти посао завршио за 12 дана? Запишимо најпре податке: 7 час .......... 15 дана X час .......... 12 дана Напишимо стрелицу од X ка познатој. ↑ 7cas ..........15dana ↑ Xcas..........12dana ове две стрелице посматрамо као једну
Да ли је X већи или мањи број од 7? Ако се смањи број дана морамо наравно радити више часова. Дакле, X је већи од 7 па стрелица иде од већег ка мањем, што значи од 15 ка 12. ↑ 7cas .......... ↓ 15dana ↑ Xcas.......... ↓ 12dana ове две стрелице посматрамо као једну
Пратимо смер стрелица и правимо пропорцију: X : 7 = 15 : 12 X ⋅12 = 7 ⋅15 7 ⋅15 X= 12 7⋅5 X= 4 35 3 X= = 8 Часова 4 4
Дакле, 12 дана морамо да радимо по 8
3 часова, односно 8 сати и 45 минута. 4 2
3) Од 66 kg предива добија се 165 m тканине. Колико се метара тканине добије од 112 kg предива?
↑ 66kg.......... ↑ 165m ↑ 112kg........ ↑ Xm
X : 165 = 112 : 66 X ⋅ 66 = 112 ⋅165 112 ⋅165 X= 66 X = 280m
4) Зупчаник има 54 зупца и прави 84 обртаја у минуту. Колико зупца има зупчаник ако прави 126 обртаја и у преносу је са првим. ↑ 54 zub......... ↓ 84obr.
X : 54 = 84 : 126
↑ Xzub.......... ↓ 126obr.
X ⋅126 = 54 ⋅ 84 54 ⋅ 84 126 X = 36 Зубаца X=
5) Једна просторија осветљена је са 15 сијалица од 60w. Колико би сијалица од 75 w давало сито осветљење?
↑ 15sij.......... ↓ 60w ↑ Xsij.......... ↓ 75w Пази: Ако узмемо јаче сијалице, мањи број ће давати исто осветљење. X : 15 = 60 : 75 X ⋅ 75 = 15 ⋅ 60 15 ⋅ 60 75 X = 12 Сијалица X=
6) За 14 kg робе плаћено је980 динара. Колико ће се килограма робе купити за 4 340 динара?
↑ 14kg.......... ↑ 980din. ↑ Xkg........... ↑ 4340din.
X : 14 = 4340 : 980 X ⋅ 980 = 14 ⋅ 4340 14 ⋅ 4340 980 X = 62 kg X=
3
7) За 30 секунди звук пређе пут од 10200 m. Колики пут пређе звук од 1 мин. и 15 секунди?
30сек..........10200m 1мин.15сек........Xm Пази: Најпре све претвори у секунде!!!! 1мин и 15 сек =60+15=75сек
↑ 30sek.......... ↑ 10200m ↑ 1min.15sek........ ↑ Xm
X : 10200 = 75 : 30 X ⋅ 30 = 75 ⋅10200 75 ⋅10200 X= 30 X = 25500m
8) Дванаест зидара сазида једну зграду за 5 дана. За колико дана би исти посао био завршен да је ангажовано 15 зидара?
↓ 12 zid ......... ↑ 5dana ↓ 15 zid ......... ↑ Xdana
X : 5 = 12 : 15 X ⋅15 = 5 ⋅12 5 ⋅12 15 X = 4dana X=
9) Три цеви напуне базен за 35 часова. За које ће време базен напунити пeт цеви? (Претпоставља се да све цеви једнаком брзином пуне базен).
↓ 3cevi.......... ↑ 35čas
X : 35 = 3 : 5
↓ 5cevi.......... ↑ Xčča
5 ⋅ X = 35 ⋅ 3 35 ⋅ 3 X= 5 X = 21čas
4
10) Дванаест радника радећи по 8 часова дневно заради 120.000 динара. Колико часова треба да ради 10 радника да би зарадили 150.000 динара?
12rad ... ↑ 8čas...120.000din. 10rad ... ↑ Xčča...150.000din. Ово је такозвана продузена пропорција. И овде најпре напишемо стрелицу од X ка 8. Код продужене пропорције је трик да сваки податак посматрамо посебно: ↓ 12rad ... ↑ 8čas
↑ 102000din... ↑ 8čas
↓ 10rad ... ↑ Xčča
↑ 150000rad ... ↑ Xčča
Закључимо како ту иду стрелице па их пренесемо на продужену пропорцију: ↓ 12rad ... ↑ 8čas... ↑ 120000din ↓ 10rad ... ↑ Xčča... ↑ 150000din Даље: Пратимо смер стрелица и правимо пропорцију.
X : 8 = 12 : 10 Пази: Пишемо = испод = = 150.000 : 120.000 Сада помножимо све '' спољашње '' и све ''унутрашње'': X ⋅ 10 ⋅ 120000 = 8 ⋅ 12 ⋅ 150000 8 ⋅ 12 ⋅ 150000 X = Skrati! 10 ⋅ 120000 X = 12časova 11) Радећи дневно по 8 часова, 21 радник за 6 дана изради 720 металних профила; за колико ће дана 28 радника, радећи по 7 часова израдити 1 260m металних профила? 8čas...21radnik ... ↑ 6dana...720 profila 7čas...28radnik ... ↑ Xdana...1260 profila
Стрелица од X ''нагоре'', па посматрамо податак по податак: ↑ 720 prof ... ↑ 6dana ↓ 21rad ... ↑ 6dana ↓ 8čas.. ↑ 6dana ↓ 7čas.. ↑ Xdana
↓ 28rad ... ↑ Xdana
↑ 1260 prof .. ↑ Xdana
Сада смер стрелица вратимо у продужену пропорцију: ↓ 8čas.. ↓ 21rad .. ↑ 6dan.. ↑ 720 prof ↓ 7čas.. ↓ 28rad .. ↑ Xdan.. ↑ 1260 prof
5
Наравно овде ''мале'' пропорције не морамо издвајати на страну, већ одмах закључити какав је њихов смер. Пратимо смер стрелица: X :6 = 8:7 = 21 : 28
= 1260 : 720
X ⋅ 7 ⋅ 28 ⋅ 720 = 6 ⋅ 8 ⋅ 21⋅1260 6 ⋅ 8 ⋅ 21⋅1260 X= skrati 7 ⋅ 28 ⋅ 720 X = 9dana 12) 65 радника ископа неки канал за 23 дана. После 15 дана 13 радника напусти посао. Колико дана треба онима који су остали да заврше остатак посла?
Овде не треба уписивати податак 65 радника ... 23 дана, већ 65 радника... 8 дана. Зашто? У задатку се каже да је после 15 дана отишло 13 радника што значи да је остало 23-15=8 дана. Наравно за ''доњи'' део поставке ћемо узети 65-13=52 радника Дакле: ↓ 65rad ... ↑ 8dana ↓ 52rad ... ↑ Xdana
X : 8 = 65 : 52 X ⋅ 52 = 8 ⋅ 65 8 ⋅ 65 X = 52 X = 10dana
13) Неки посао 6 радника може да заврши за 5 дана. За колико ће дана бити исти посао завршен ако после 2 дана дође још 3 радника? И овде не уписујемо 6 рад...5 дана, већ 6 рад...3 дана (5-2=3 дана) за колико би они ''нормално'' завршили посао. У доњем делу поставке задатака је 9 рад ...Хдана (6+3=9рад)
↓ 6rad ... ↑ 3dana
X :3 = 6:9
↓ 9rad ... ↑ Xdana
X ⋅9 = 3⋅ 6 X = 2dana
6
За оне који не воле да ''мозгују'' да ли су величине директно или обрнуто пропорционалне напоменимо да су најчешћи случајеви ОБРНУТЕ ПРОПОРЦИОНАЛНОСТИ следећи:
• • •
Број радника – утрошак времена Брзина кретања – време путовања Зупчаници – број обртаја
7
www.matematiranje.com
Procentni račun Šta je šta u proporciji? G : P = 100 : p G je glavnica, (celina), ono što је ''na početku'' i na njega se uvek odnosi 100%. Р је deo glavnice (celine), ono što je ''na kraju'' i na njega sе odnosi p %. Naravno, Nekad Р može biti veće od G. p -je uvek u procentima, i tо: Аkо u zadatku kaže da se nešto povećava za Х%, onda је p =(100+Х)%. Ако u zadatku kaže da se nešto smanjuje za Х%, onda је p =(100-Х)% U datom zadatku iz procentnog računa, mi najpre odredimo šta nam je zadato: G, P ili p . Ubacimo te podatke u G:P=100: p i nadjemo nepoznatu. 1) Trideset procenta jedne dužine iznosi 42cm. kolika je dužina čitave duži?
G : P = 100 : p G : 42 = 100 : 30 30G = 42 ⋅ 100 42 ⋅ 100 G= skrati 30 G = 140cm 2) Cena cipela je 2.700dinara. Koliko će biti cena nakon sniženja od 15%? G : P = 100 : p 2.700 : P = 100 : 85 P ⋅100 = 2.700 ⋅ 85 2.700 ⋅ 85 P= 100 P = 2.295dinara
PAZI: Popust je 15%, znači da je p =100-15=85%
3) Posle prelaska na novo radno mesto jednom radniku je plata povećana za 20%. Kolika mu je bila plata ako je to povećanje 3.200 dinara? G : P = 100 : p G : 3.200 = 100 : 20 G ⋅ 20 = 3.200 ⋅100 3.200 ⋅100 G= 20 G = 16.000dinara
Pazi: 20% se odnosi samo na povećanje od 3.200 dinara, pa p nije (100+20)% jer se ne odnosi na platu sa povećanjem!!!
1
www.matematiranje.com 4) Cena knjige snižena je za10%, a zatim za 20% i sada iznosi 288 dinara. Kolika je cena bila pre prvog sniženja? 10% ⎯−⎯ ⎯→
?
20% ⎯−⎯ ⎯→
288din.
Ovde će mo naći najpre cenu knjige pre drugog sniženja. (unazad)
G : P = 100 : p G : 288 = 100 : 80 80 ⋅ G = 288 ⋅100 288 ⋅100 G= 80 G = 360dinara ?
10% ⎯−⎯ ⎯→
360din.
20% ⎯−⎯ ⎯→
288din.
Sad tražimo početnu cenu: G : P = 100 : p G : 360 = 100 : 90 90 ⋅ G = 360 ⋅100 360 ⋅100 G= 90 G = 400dinara 5) Sa 6% zarade roba je prodata za 1.272.000. Kolika je nabavna cena robe. G : P = 100 : p G : 1.272.000 = 100 : 106 G ⋅106 = 1.272.000 ⋅100 127.200.000 G= 106 G = 1.200.000
p = 100 + 6 = 106% jer je ‘’zarada’’
2
www.matematiranje.com 6) Nagrada radniku po jednom času od 6.500dinara poraste na 7.020 dinara. Koliko je to u procentima? G : P = 100 : p 6.500 : 520 = 100 : p 6.500 ⋅ p = 520 ⋅100 520 ⋅100 p= 6.500 p = 8%
P=7.020-6.500 P=520
7) Jedna knjiga je za 25% skuplja od druge knjige. Za koliko procenta novu cenu treba smanjiti da bi se vratila na staru cenu?
Neka je x-cena prve knjige, y-cena druge knjige. x=y+25%y,
kako je 25%=
x = y + 0,25 y => x = 1,25 y
y=
25 = 0,25 100
x 1 = x = 0,8 x 1,25 1,25 y = 1,25% x
8) Na kontrolnoj pismenoj vežbi bila su data tri zadatka. Pri tome 12% učenika nije rešilo ni jedan zadatak, 32% učenika rešilo je jedan ili dva zadatka, dok je14učenika rešilo sva tri zadataka. Koliko je ukupno učenika radilo vežbu?
Obeležimo sa x broj učenika. 12%x +32%x+14=100%x 12 32 100 x+ x + 14 = x ; PAZI: 100% = =1 100 100 100 množimo celu jednačinu sa 100
12 x + 32 x + 1400 = 100 x 12 x + 32 x − 100 x = −1400 − 56 x = −1400 − 1.400 x= − 56 x = 25
3
www.matematiranje.com 9) Tek oboreno stablo bilo je teško 2,25 tona i sadržalo je 64% vode. Posle nedelju dana to stablo je sadržalo 46% vode. Za koliko se promenila težina stabla za tu nedelju?
36% suva materija
64% voda
2,25 tona
54% suva materija
46% voda
Najpre ćemo izračunati koliko u 2,25 tona ima suve materije koja se NE MENJA!! G : P = 100 : p 2,25 : P = 100 : 36 100 ⋅ P = 2,25 ⋅ 36 → Ova suva materija je ostala, pa se odnosi na 54%stabla 2,25 ⋅ 36 P= 100 P = 0,81tona G : P = 100 : p G : 0,81 = 100 : 54 G ⋅ 54 = 0,81⋅100 0,81⋅100 G= 54 G = 1,5tona Znači da sad stablo ima 1,5 tona pa je smanjenje 2,25-1,5=0,75 tona
4
www.matematiranje.com 10) U prvoj prodavnici košulja je prvo poskupela za 20%, a onda je pojeftinila za isti procenat. U drugoj prodavnici je ista takva košulja prvo pojeftinila za 20%, a onda poskupela za isti procenat. U trećoj prodavnici nisu menjali cene. U kojoj prodavnici je sada ta košulja najjeftinija? Obeležimo sa x cenu košulje.
1. Prodavnica: x = x + 20% x = 1,2 x Poskupljenje 20% => 1 Pojeftinjenje 20% => x2 = 1,2 x − 0,2 ⋅ (1,2 x) x2 = 1,2 x − 0,24 x x2 = 0,96 x Cena je za 4% niža 2. Prodavnica: Pojeftinjenje 20% => x1 = x − 0,2% x = 0,8 x Poskupljenje 20% => x2 = 0,8 x + 0,2 ⋅ (0,8 x) x2 = 0,8 x − 0,16 x x2 = 0,96 x Cena je za 4% niža Zaključak: U trećoj prodavnici je cena NAJ VIŠA
5
www.matematiranje.com
Račun Mešanja Uradimo najpre jedan uopšteni zadatak koji će nam pomoći da rešimo ostale takve zadatke. 1) Treba promešati dve vrste robe, čije su cene a dinara po kg i b dinara po kg, da bi se dobila roba po ceni od c dinara po kg, b < c < a . Odrediti u kojoj razmeri treba mešati ove dve vrste robe. a
c-b C
b
Šema a-c
Ako uzmemo X kg robe po cenu od a dinara, y kg po cenu od b dinara, onda je
x : y = (c − b ) : ( a − c ) 2) Na skladištu ima kafe po ceni od 75 dinara po kg i od 55 dinara po kg. Napraviti 120 kg mešavine koja će se prodavati po 68 dinara po kg.
x kg po 75 dinara =>
x + y = 120kg
y kg po 55 dinara 75
68-55=13
20k = 120
68 55
13k + 7k = 120
75-68=7
k =6 x = 13 ⋅ 6 = 78kg y = 7 ⋅ 6 = 42kg
x : y = 13 : 7 x = 13k } y = 7k }
1
www.matematiranje.com
Naravno, ovaj zadatak možemo rešiti i pomoću sistema jednačina: 75 ⋅ x + 55 ⋅ y = 68 ⋅ ( x + y ) x + y = 120kg -------------------------------75 x + 55 y = 68 ⋅ 120 x + y = 120 -------------------------------75 x + 55 y = 8160 x + y = 120 -------------------------------x = 120 − y → Izrazimo jednu nepoznatu i zamenimo u drugu jednačinu 75(120 − y ) + 55 y = 8160 9000 − 75 y + 55 y = 8160 − 75 y + 55 y = 8160 − 9000 − 20 y = −840 y = 42 kg
x = 120 − 42 x = 78kg 3) Koliko vode temperature 400 C i vode temperature 250 C treba pomešati da se dobije 90 litara vode temperature 300 C ?
Obeležimo: X litara 40 0 C
=>
x + y = 90l
Y litara 25 C 0
40
30-25=5 30
25
5k + 10k = 90 15k = 90 k =6
40-30=7 x : y = 5 : 10 x = 5k y = 10k
Preko sistema jednačina bi bilo: 40 ⋅ x + 25 y = 90 ⋅ 30 x + y = 90
2
www.matematiranje.com 4) Koliko treba uzeti sumpurne kiseline jačine 52%, a koliko jačine 88% da se dobije mešavina od 144 litara, jačine 72%?
Obeležimo:
xl jačine 52%
yl jačine 88%
52
88-72=16 72
88
72-52=20
x : y = 16 : 20 x = 16k y = 20k
x + y = 144 16k + 20k = 144 36k = 144
k =4 x = 16 ⋅ 4 = 64l y = 20 ⋅ 4 = 80l
PAZI: Kad mešamo robu sa 3 ili više različitih cena, šema ne pomaže 5) Preduzeće ima 4 vrste brašna po cenu od 72 dinara, 48 dinara, 60 dinara i 66 dinara po kilogramu. Koliko treba uzeti od svake vrste da cena bude 50 dinara po kilogramu
Obeležimo:
x kg po 72 dinara y kg po 48 dinara z kg po 60 dinara t kg po 66 dinara
72 x + 48 y + 60 z + 66t = 50( x + y + z + t ) 72 x + 48 y + 60 z + 66t = 50 x + 50 y + 50 z + 50t 22 x − 2 y + 10 z + 16t = 0
Ovde možemo napraviti veliki broj razmera!! x: y : z :t = ? Kako ?
3
www.matematiranje.com
Dve nepoznate uzmemo proizvoljno a četvrtu izračunamo: y=24,
z=1
t=1 → Proizvoljno biramo
22 x − 48 + 10 + 16 = 0 22 x = 22 x =1
Dakle x:y:z:t=1:24:1:1
4
www.matematiranje.com
PROST KAMATNI RAČUN K ⋅ p⋅g 100 K ⋅ p⋅m I= 1200 K ⋅ p⋅d I= 36000 I=
ili
I=
K ⋅ p⋅d 36500
K- je kapital, odnosno koliko para uložimo p – je interesna stopa ( u procentima ) g – je broj godina m – je broj meseci d – je broj dana I – je interes, odnosno dobit Koju ćemo od ove 3 (4) formule koristiti zavisi od vremena na koje se novac ulaže. Formule za dane ima dve, koristi onu koju koristi tvoj profesor. 1) Štediša je uložio 540000 na štednju sa 7.5% kamatne stope. Koliko će kamate dobiti štediša posle 4 godine?
K = 540000din. p = 7,5% g=4 Naravno, pošto je vremenski period dat u godinama, koristićemo formulu:
K ⋅ p⋅g 100 540.000 ⋅ 7,5 ⋅ 4 I= 100 I = 162.000
I=
1
www.matematiranje.com 2) Koliko kamate donosi ulog od 108.000 dinara, po 8% kamatne stope za 4 meseca?
K = 108.000din. p = 8% m=4 K ⋅ p⋅m I= 1200 108.000 ⋅ 8 ⋅ 4 I= 1200 I = 2880din 3) Kolika je kamata na dug od 75.000 dinara sa 6% za 80 dana?
K = 75.000. p = 6% m = 80 K ⋅ p⋅d I= 36000 75000 ⋅ 6 ⋅ 80 I= 36000 I = 10000din 4) Zajedno sa kamatom 9% za 80 dana poverilac je primio 234.600 dinara. Koliki je kapital, a kolika je kamata?
p = 9% d = 80
50I + I = 234.600 51I = 234.600 I = 4600 K = 50 ⋅ 4600 = 230.000
K + I = 234.600 K = ?I = ? K ⋅ p⋅d 36500 K ⋅ 9 ⋅ 80 I= skrati 36500 K I ⇒ K = 50 I= 50 I=
Zamenimo u
2
www.matematiranje.com 5) Sa 6% kamate jadan ulog poraste za 75 dana na sumu 121.500 dinara. Koliki je ulog?
p = 6% d = 75 K + I = 121.500din -----------------------K =? K ⋅ p⋅d I= 36000 K ⋅ 6 ⋅ 75 I= skratiti 36000 K I = vratimo 80
K = 121.500 /⋅ 80 80 80 K + K = 9.720.000 81K = 120.000 K+
K=
120000 81
3
www.matematiranje.com
Račun podele (trik sa K) 1) Dva sumplementna ugla su u razmeri 5:7. Odrediti te uglove Neka su α i β traženi uglovi.
α : β = 5:7 α = 5k } β = 7k }
α + β = 180o (suplementi) 5k + 7 k = 180 0 12k = 180 0 180 0 12 k = 15 0 k=
Kada nadjemo K vratimo se ‘’u’’ α i β.
α = 5 ⋅150 = 750 β = 7 ⋅150 = 1050 2) Podeliti duž od 456m na tri dela čije će dužine biti redom proporcionalne brojevima 2 9 7 , i 3 8 12 Neka su delovi redom x,y,z = x=
2 k 3
y=
9 k 8
z=
7 k 12
2 9 7 : : 3 8 12
x + y + z = 456m 2 9 7 k + k + k = 456 /⋅ 24 3 8 12 16k + 27 k + 14k = 456 ⋅ 24 57 k = 10944 k = 192m
___________ 2 ⋅192 = 128m 3 9 y = ⋅192 = 216m 8 7 z = ⋅192 = 112m 2 x=
1
www.matematiranje.com 3) Tri električna otpornika vezana u seriji stoje u razmeri 2:3:4. Ukupan otpor je 24 oma. Koliki su pojedini otpori?
Neka su otpori redom x,y i z . Pošto su vezani u seriji: x : y : z = 2:3: 7 x = 2k y = 3k z = 7k
x + y + z = 24 2k + 3k + 7 k = 24 12k = 24 k =2
x = 2 ⋅ 2 = 4Ω y = 3 ⋅ 2 = 6Ω z = 7 ⋅ 2 = 14Ω
PAZI: Ako su vezani paralelno (fizika) 1 1 1 1 = + + R R1 R2 R3
4) Zoran, Dusan i Nikola su nasledili sumu od 277.500 dinara. Prema testamentu, delovi koje dobijaju Zoran i Dušan odnose se kao 3:2, a deo koji pripada Nikoli, prema Zoranovom delu, stoji u razmeri 4:5. Koliko je svoki od njih nasledio?
Ovde imamo problem da napravimo razmeru Pošto se na Zorana u prvoj razmeri odnosi 3, a u drugoj 5, moramo proširiti razmere da se u obe na Zorana odnosi isti broj. Kako je zajednički za 3 i 5 broj 15 to ćemo prvu razmeru proširiti sa 5, a drugu sa 3. Z : D = 3 : 2 = 15 : 10 N : Z = 4 : 5 = 12 : 15 Sada je Z:D:N=15:10:12 pa je Z=15 k D=10 k N=12 k Pa je
Pošto je Z+D+N= 277500 15k+10k+12k= 277500 37k=277500 k=
277500 =7500 37
Z=15*7500=112500 ; D=10 *7500=75000 i N=12*7500=90000
2
www.matematiranje.com 5) Sumu od 728000 dinara podeliti na tri lica tako da svako sledeće dobija 20% više od prethodnog? Neka 1. lice treba da dobije X dinara 1. lice → xdinara 2. lice → x + 20% x = x + 0,2 x = 1,2 x 3. lice → 1,2 x + 20%(1,2 x ) = 1,2 x + 0,24 x = 1,44 x x + 1,2 x + 1,44 x = 728.000 3,64 x = 728.000 728.000 x= 3,64 x = 200.000
Dakle: 1. lice → 200000 din. 2. lice → 1,2 ⋅ 200000 = 240000 din 3. lice → 1,44 ⋅ 200000 = 288000 din.
3
Operacije sa racionalnim algebarskim izrazima Najveći zajednički delilac i najmanji zajednički sadržalac polinoma NZD polinoma P i Q je polinom D koji ima najveći stepen medju polinomima koji su delioci i polinoma P i polinoma Q. NZS polinoma P i Q je polinom S koji ima najmanji stepen medju polinomima koji su deljivi i polinomom P i polinomom Q. Primer 1: Nadji NZS i NZD za polinome:
P ( x) = x 2 − 4 Q( x) = x 2 − x − 2 R ( x) = x 2 − 3x + 2 Prvo moramo svaki od njih rastaviti na činioce (naravno , upotrebom postupka navedenog u poglavlju : Transformacije algebarskih izraza).
P ( x) = x 2 − 4 = x 2 − 2 2 = ( x − 2)( x + 2) Q( x) = x 2 − x − 2 = x 2 − 2 x + x − 2 = x( x − 2) + 1( x − 2) = ( x − 2)( x + 1) R ( x) = x 2 − 3x + 2 = x 2 − x − 2 x + 2 = x( x − 1) − 2( x − 1) = ( x − 1)( x − 2) NZD je ustvari ‘PRESEK’, odnosno ‘onaj’ koji ga ima u svakom od polinoma.
Ovde je to očigledno x-2. Dakle: NZD = x-2 NZS je ‘unija’. On mora biti deljiv sa sva tri polinoma. Dakle: NZS = (x-2)(x+2)(x-1)(x+1) Primer 2: Nadji NZS I NZD za polinome :
P = a 2 − ab Q = a2 − b2 R = a 2 − 2ab + b 2 P = a 2 − ab = a(a − b) Q = a 2 − b 2 = (a − b)(a + b) R = a 2 − 2ab + b 2 = (a − b) 2 NZD = (a − b) → jer ga ima u sva tri
NZS = a(a − b) 2 (a + b) → deljiv sa sva tri 1
Primer 3: Nadji NZS I NZD za polinome: A = x 2 − xy B = xy + y 2 __________
A = x( x − y ) B = y( x + y)
⇒ NZS = xy ( x − y )( x + y )
Šta ćemo sa NZD? Nema činioca koji se sadrži u A i B. U takvoj situaciji NZD = 1 , a za polinome kažemo da su uzajamno prosti. Primer 4: Nadji NZS I NZD za polinome: 9a + 15 = 36a 2 − 100 = − 9a 2 + 30a − 25 = ________________________
9a + 15 = 3(3a + 5) 36a 2 − 100 = 4(9a 2 − 25) = 4(3a − 5)(3a + 5) − 9a 2 + 30a − 25 = −(9a 2 − 30a + 25) = −(3a − 5) 2 ____________________________________________________________________
NZS = −12(3a + 5)(3a − 5) 2
Primer 5: Nadji NZS I NZD za polinome:
4a 2 + 4ab + b 2 = (2a + b) 2 4a 2 − b 2 = (2a − b)(2a + b) 8a 3 + b = (2a) 3 + b 3 = (2a + b)(4a 2 − 2ab + b 2 ) ________________________________________________________________
NZS = (2a + b) 2 (2a − b)(4a 2 − 2ab + b 2 )
Primer 6: Nadji NZS I NZD za polinome:
3x 3 − 12 x 2 + 12 x = 5 x 4 + 20 x 3 + 20 x 2 = 3nx 2 − 12n = 3n( x 2 − 4) = __________________________________
2
3x 3 − 12 x 2 + 12 x = 3 x( x 2 − 4 x + 4) = 3 x( x − 2) 2 5 x 4 + 20 x 3 + 20 x 2 = 5 x 2 ( x 2 + 4 x + 4) = 5 x 2 ( x + 2) 2 3nx 2 − 12n = 3n( x 2 − 4) = 3n( x − 2)( x + 2) __________________________________________________________
NZS = 15nx 2 ( x − 2) 2 ( x + 2) 2 Primer 7:
Nadji NZS I NZD za polinome:
2a 4 − 2 = 2(a 4 − 1) = 2(a 2 − 1)(a 2 + 1) = 2(a − 1)(a + 1)(a 2 + 1) a 3 + a 2 + a + 1 = a 2 (a + 1) + 1(a + 1) = (a + 1)(a 2 + 1) a 3 − a 2 + a + 1 = a 2 (a − 1) + 1(a − 1) = (a − 1)(a 2 + 1) ______________________________________________________________________
NZS = 2(a − 1)(a + 1)(a 2 + 1) Kako upotrebiti NZS? 1) Uprosti izraz: a b a+b + 2 − = najpre treba svaki imenilac rastaviti na činioce= 2 ab − b a − ab ab a b a+b + − = zatim nadjemo NZS za imenioce ,to je ab(a − b) i izvršimo b(a − b) a(a − b) ab proširenje razlomka. Kako da znamo koji sa kojim da proširimo? Gledamo imenilac i NZS, šta je ‘’višak’’,sa tim proširimo. Tako prvi sabirak širimo sa a , jer je ‘’višak’’ kad gledamo ab(a − b) i b(a − b) drugi sa b a treći sa (a − b) . Dakle:
=
a ⋅ a + b ⋅ b − (a + b)(a − b) = ab(a − b)
=
a 2 + b 2 − (a 2 − b 2 ) a 2 + b 2 − a 2 + b 2 2b 2 2b = = = ab(a − b) ab(a − b) ab(a − b) a(a − b)
Pre početka (ili po završetku) rada treba postaviti uslove zadataka. Pošto deljenje nulom nije dozvoljeno to nijedan u imeniocu ne sme biti nula, tj. a ≠ 0; b ≠ 0; a − b ≠ 0 ⇒ a ≠ b 2) Uprosti izraz:
1 2 1 + + 2 2 x − x 1− x x +x 2
1 2 1 1 2 1 + + 2 = + + = šta je problem? 2 x − x 1− x x + x x( x − 1) (1 − x)(1 + x) x( x + 1) 2
Izrazi (1 + x) i ( x + 1) nisu, jer važni komutativni zakon ( A + B = B + A) , ali izrazi ( x − 1) i(1-x) jesu. Taj problem ćemo rešiti tako što jedan od ta dva izraza ‘’okrenemo’’ i izvučemo minus ispred, jer važi da je A − B = −( B − A)
3
1 2 1 − + = x( x − 1) ( x − 1)(1 + x) x( x + 1) 1 ⋅ ( x + 1) − 2 x + 1( x − 1) = x( x − 1)( x + 1) x + 1 − 2x + x −1 = x( x − 1)( x + 1) 0 = =0 x( x − 1)( x + 1) Naravno, uslovi zadatka su: =
x ≠ 0; x − 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1; x + 1 ≠ 0 ⇒ x ≠ −1
3) Uprosti izraz:
6a 2a − 1 a +1 + 2 − a+2 a −4 a−2 a +1 6a 2a − 1 + 2 − = a+2 a −4 a−2 a +1 6a 2a − 1 + − = a + 2 (a − 2)(a + 2) a − 2 (a + 1)(a − 2) + 6a − (2a + 1)(a + 2) = Pazi na znak ispred zagrade!!! (a − 2)(a + 2)
(a 2 − 2a + a − 2) + 6a − (2a 2 + 4a − a − 2) = (a − 2)(a + 2) a 2 − 2a + a − 2 + 6 a − 2a 2 − 4a + a + 2 = Uvek pokušaj da na kraju rastaviš i brojilac, jer možda ima nešto da se (a − 2)(a + 2) ‘’skrati’’!!! − a 2 + 2a − a(a − 2) = = (a − 2)(a + 2) (a − 2)(a + 2) −a a+2
Uslovi zadatka su: a + 2 ≠ 0 ⇒ a ≠ −2 a−2 ≠ 0⇒ a ≠ 2
4
x 3x − 1 2x +1 − + 2 =? x − 1 x − 2 x − 3x + 2
4)
3x − 1 2x +1 x − + 2 = x − 1 x − 2 x − 3x + 2 Izdvojićemo i rastaviti ‘’na stranu’’
x 2 − 3x + 2 = x 2 − 2 x − x + 2 = x( x − 2) − 1( x − 2) = ( x − 2)( x − 1) x 3x − 1 2x +1 − + = x − 1 x − 2 ( x − 2)( x − 1) x( x − 2) − (3 x − 1)( x − 1) + 1(2 x + 1) = Pazi na minus!!! ( x − 1)( x − 2) x 2 − 2 x − (3 x 2 − 3 x − x + 1) + 2 x + 1 = ( x − 1)( x − 2)
x 2 − 2 x − 3x 2 + 3x + x − 1 + 2 x + 1 = ( x − 1)( x − 2) − 2x2 + 4x = ( x − 1)( x − 2) − 2 x( x − 2) − 2 x = ( x − 1)( x − 2) x − 1
Uslovi zadatka: x −1 ≠ 0 ⇒ x ≠ 1 x−2 ≠ 0⇒ x ≠ 2
1 1 2 + 2 + 2 =? x + 10 x + 25 x − 10 x + 25 x − 25
5)
2
1 1 2 + 2 + 2 = x + 10 x + 25 x − 10 x + 25 x − 25 1 1 2 + + = 2 2 ( x + 5) ( x − 5) ( x − 5)( x + 5) 2
1 ⋅ ( x − 5) 2 + 1 ⋅ ( x + 5) 2 + 2 ⋅ ( x 2 − 25) = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 x 2 − 10 x + 25 + x 2 + 10 x + 25 + 2( x 2 − 25) = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 2 x 2 + 50 − 2 x 2 − 50 = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 =
4x2 4x2 = ( x + 5) 2 ( x − 5) 2 ( x 2 − 25) 2
5
Uslovi zadatka:
x + 5 ≠ 0 ⇒ x ≠ −5 x−5 ≠ 0 ⇒ x ≠ 5
Množenje i deljenje racionalnih algebarskih izraza se radi kao i kod običnih razlomaka, s tim da prvo moramo ‘’svaki’’ rastaviti na činioce. Dakle:
A C A D A C A⋅C ⋅ = i : = ⋅ B D B⋅D B D B C a 2 − a a 2 + 2a + 1 ⋅ =? prvo ‘’svaki’’ rastavimo na činioce !!! a2 −1 a2 + a A C (a + 1) 2 a (a − 1) ⋅ = ’’Skratimo’’ ⋅ (a − 1)(a + 1) a (a + 1) B D 1 1 = ⋅ =1 1 1 Uslov zadatka: a2 −1 ≠ 0 i a2 + a ≠ 0 a ≠ 1 , a ≠ −1 , a ≠ 0
1)
a 2 − ab a 2b + ab 2 2) 2 ⋅ = a − ab ab a (a − b) ab(a + b) a − b ⋅ = = a −b a ( a + b) ab 1 Uslov zadatka: a ≠ 0, b ≠ 0, a + b ≠ 0
x 2 − 25 x 2 + 5 x : =? x 2 − 3x x 2 − 9 x( x + 5) ( x − 5)( x + 5) = : x( x − 3) ( x − 3)( x + 3) ( x − 5)( x + 5) ( x − 3)( x + 3) ( x − 5) ⋅ ( x + 3) ⋅ = x( x − 3) x( x + 5) x2 Uslovi: x ≠ 0, x − 3 ≠ 0, x + 3 ≠ 0 x ≠ 3, x ≠ −3
3)
a2 + b2 a4 − b4 : 4) =? 1 + 2 m + m 2 1 − 2m 2 + m 4 a2 + b2 a4 − b4 = : 1 + 2m + m 2 1 − 2m 2 + m 4
6
a 2 + b 2 (a 2 − b 2 )(a 2 + b 2 ) = : (1 + m) 2 (1 − m 2 ) 2 a2 + b2 (1 − m) 2 (1 + m) 2 (1 − m) 2 ⋅ = (1 + m) 2 (a − b)(a + b)(a 2 + b 2 ) (a − b)(a + b) Uslov zadatka: x ≠ b, x ≠ −b, m ≠ 1, x ≠ −1, 5)
a 2 + b 2 − c 2 + 2ab =? a 2 + c 2 − b 2 + 2ac
a 2 + b 2 − c 2 + 2ab = ’’pretumbajmo’’ ih prvo a 2 + c 2 − b 2 + 2ac a 2 + 2ab + b 2 − c 2 = prva tri čine ‘’pun’’ kvadrat a 2 + 2ac + c 2 − b 2 (a 2 + b 2 ) − c 2 = upotrebimo sad razliku kvadrata (a + c) 2 − b 2 (a + b − c)(a + b + c) a + b − c = (a + c − b)(a + c + b) a + c − b Uslov: a + c − b ≠ 0 i a + c + b ≠ 0
6) Skrati razlomak:
x 2 − 5x + 6 x 2 − 3x + 2
x 2 − 5x + 6 x 2 − 3x − 2 x + 6 = = x 2 − 3x + 2 x2 − 2x − x + 2 x( x − 3) − 2( x − 3) ( x − 3)( x − 2) x − 3 = = = x( x − 2) − 1( x − 2) ( x − 2)( x − 1) x − 1 Uslov: x − 2 ≠ 0 x −1 ≠ 0
⎛ x 2 y ⎞ ⎛x y⎞ ⎟⎟ : ⎜⎜ − 2 + ⎟⎟ = ? 7) ⎜⎜ 2 − + 2 x⎠ ⎝ y + xy x + y x + xy ⎠ ⎝ y ⎞ ⎛ x 2 − 2 xy + y 2 ⎞ ⎛ x y 2 ⎟⎟ = ⎟⎟ : ⎜⎜ ⎜⎜ − + xy ⎝ y ( y + x) x + y x( x + y ) ⎠ ⎝ ⎠ x 2 − 2 xy + y 2 x 2 − 2 xy + y 2 = : xy ( x + y ) xy xy ( x − y) 2 1 ⋅ = 2 xy ( x + y ) ( x − y ) x+ y
Uslovi: x ≠ 0, y ≠ 0, x + y ≠ 0, x − y ≠ 0 7
a 4a ⎞ a − 4 ⎛ a 8) ⎜ = + + 2 ⎟: ⎝ 6 − 3a a + 2 a − 4 ⎠ a − 2 ⎞ a−4 ⎛ a a 4a ⎟⎟ : ⎜⎜ = + + ⎝ 3(2 − a) a + 2 (a − 2)(a + 2) ⎠ a − 2 PAZI: Moramo 2 − a da okrenemo: 2 − a = −(a − 2) , pa (-) izlazi ispred!!! ⎞ a−2 ⎛ −a 4a a ⎟⎟ ⋅ ⎜⎜ = + + ⎝ 3(a − 2) a + 2 (a − 2)(a + 2) ⎠ a − 4 − a(a + 2) + 3a (a − 2) + 12a a − 2 ⋅ = 3(a − 2)(a + 2) a−4 − a 2 − 2a + 3a 2 − 6a + 12a = 3(a + 2)(a − 4) 2a 2 + 4a 2a(a + 2) 2a = = 3(a + 2)(a − 4) 3(a + 2)(a − 4) 3(a − 4) Uslovi: a ≠ 2, a ≠ −2, a ≠ 4
9) Uprosti izraz:
1 1 2 4 8 16 + + + + + = 2 4 8 1 − x 1 + x 1 + x 1 + x 1 + x 1 + x16
Ovaj zadatak ne možemo rešiti ‘’klasično’’, probajmo da saberemo prva dva: 1 1 1+ x +1− x 2 + = = 1 − x 1 + x (1 − x)(1 + x) 1 − x 2 Dodajemo mu treći sabirak: 2 2 2(1 + x 2 ) + 2(1 − x 2 ) 2 + 2 x 2 + 2 − 2 x 2 4 = = + = 2 2 2 2 4 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1− x 1− x4
Ovo radi!!! 4 4 4 + 4x2 + 4 − 4x2 8 = + = 4 4 4 2 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1 − x8
Idemo dalje: 8 8 8 + 8x8 + 8 − 8 x8 16 = + = 8 8 8 8 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1 − x16
Konačno: 16 16 16 + 16 x16 + 16 − 16 x16 32 = + = 16 16 16 16 1− x 1+ x (1 − x )(1 + x ) 1 − x 32
8
Uslovi: 1 − x ≠ 0 i 1 + x ≠ 0
10) Pokazati da vrednost izraza ne zavisi od a,b,c i d 4 1
a+
b+
4
1 c
1 b
1
:
1 b+
a+
1 c
4 a+
1
:
a+
1 b
−
4 b(abc + a + c)
−
4 = b(abc + a + c)
1 4 − = 1 ab + 1 b(abc + a + c) a+ bc + 1 b c 4 b 4 : − = c ab b abc a c + 1 ( + + ) a+ bc + 1 :
A AD Pazi: B = C BC D
4 ab + 1 4 ⋅ − = abc + a + c b b(abc + a + c) bc + 1 4(bc + 1) ab + 1 4 ⋅ − = abc + a + c b b(abc + a + c) 4(bc + 1)(ab + 1) 4 − = Izvučemo gore 4 kao zajednički b(abc + a + c) b(abc + a + c) 4[(bc + 1)(ab + 1) − 1] = b(abc + a + c)
[
]
4 ab 2 c + bc + ab + 1 − 1 4b(abc + c + a ) =4 = b(abc + a + c) b(abc + c + a )
9
11) Ako je a + b + c = 0 dokazati da je a 3 + b 3 + c 3 = 3abc
Dokaz: Podjimo od
a+b+c = 0 a + b = −c kubirajmo ovo ( a + b) 3 = ( −c ) 3
a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b 3 = −c 3 −−−−− 3
−−−−−−
a + b + 3ab(a + b) = −c 3 → a + b = −c ovo iz a+b+c=0, zamenimo… 3
a 3 + b 3 − 3abc = −c 3 a 3 + b 3 + c 3 = 3abc 12) Ako je
1 1 1 + + = 0 Dokazati da je: a b c
b+c c+a a+b + + = −3 a b c Dokaz: Podjimo od: 1 1 1 + =− a b c b+a 1 =− ab c ab a+b = − c
/ Podelimo sa C da bi napravili izraz iz zadatka
a+b ab =− 2 c c Slično će biti: b+c bc =− 2 a a c+a ca =− 2 b b b+c c+a a+b + + = a b c bc ac ab − 2 − 2 − 2 = Priširimo ih redom sa a, b i c a b c abc abc abc − 3 − 3 − 3 = izvučemo − abc a b c 1 1⎞ ⎛ 1 = −abc⎜ 3 + 3 + 3 ⎟ Ajde ovo da nadjemo!!! b c ⎠ ⎝a 1 1 1 + = − /()3 a b c 1 1 1 1 1 1 1 + 3⋅ 2 ⋅ + 3⋅ ⋅ 2 + 3 = − 3 3 a a b a b b c 10
1 3 ⎛1 1⎞ 1 + ⎜ + ⎟=− 3 3 b ab ⎝ a b ⎠ c 1 3 ⎛ 1⎞ 1 + 3 + ⋅⎜− ⎟ = − 3 b ab ⎝ c ⎠ c 1 3 1 + 3− =− 3 abc b c 1 1 3 + 3 + 3 =+ Vratimo se u zadatak: abc b c ⎛ 1 1 1⎞ = −abc⎜ 3 + 3 + 3 ⎟ ⎝a b c ⎠ 3 = −abc ⋅ = −3 abc Malo je zeznuto, pa proučavajte pažljivo! 1 a3 1 a3 1 a3 1 a3
+
11
Transformacije algebarskih izraza Kako dati izraz rastaviti na činioce? Prati sledeći postupak: 1) Izvuči zajednički iz svih ispred zagrade, naravno, ako ima ( distrubutivni zakon ) 2) Gledamo da li je neka formula: A2 B 2 ( A B)( A B) RAZLIKA KVADRATA
I 2 2 I II II 2 ( I II ) 2 KVADRAT BINOMA
ili ako vam je lakše A2 2 AB B 2 ( A B) 2
I 2 2 I II II 2 ( I II ) 2 KVADRAT BINOMA
ili ako vam je lakše A2 2 AB B 2 ( A B )2
A3 B 3 ( A B)( A2 AB B 2 ) RAZLIKA KUBOVA A3 B 3 ( A B)( A2 AB B 2 ) ZBIR KUBOVA ( A B)3 A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 KUB ZBIRA ( A B)3 A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 KUB RAZLIKE 3) Ako neće ništa od ove dve stavke, ‘’sklapamo’’ 2 po 2, 3 po 3. itd. PRIMERI
Izvlačenje zajedničkog ispred zagrade: 1) 5a 5b 5(a b) 2) 2a 4b 2( a 2b) PAZI: Kad vidimo da ništa ne ostaje pišemo 1. 2 3) a a a( a 1) 4) 14ab 3 7a 2b 7ab(2b 2 a ) 7 2 a b b b
7 a a b
Ako nije jasno šta treba izvući ispred zagrade, možemo svaki član rastaviti: 14ab 3 7 2 a b b b i
7 a b 7 a a b 2
Zaokružimo (podvučemo) iste i izvučemo ispred zagrade a one koje su ostali stavimo u zagradu!!! 5) 3 x 2 y 6 xy 2 3 xy 3 x x y 3 2 x y y 3 x y 3 xy ( x 2 y 1)
WWW.MATEMATIRANJE.COM
1
6) 18a 3b 2 15a 2b 3 9a 3b 3 6 3 a a a b b 5 3 a a b b b 3 3 a a a b b b 2 2
3a b (6a 5b 3ab) Naravno, možemo razmišljati i ovako: Za 18, 15 i 9 zajednički je 3 Za a 3 , a 2 i a 3 zajednički je a 2 i Za b 2 , b 3 i b 3 zajednički je b 2 Dakle, ispred zagrade je 3a 2b 2 . 7) a x a x 1 a x a x a1 a x (1 a ) 8) a m 1 a a m a1 a a(a m 1) 9) 4 x a 2 12 x a 4 x a x 2 12 x a 4 x a ( x 2 3) 10) 12 x 2 n 3 16 x n 1 12 x 2 n x 3 16 x n x1 4 x n x(3x n x 2 4) 4 x n 1 (3x n 2 4) U zadacima 7, 8, 9 i 10 smo koristili pravila za stepenovanje.!!! UPOTREBA FORMULA:
A2 B 2 ( A B ) ( A B ) 1) x 2 4 x 2 2 2 ( x 2)( x 2) 2) 9 a 2 32 a 2 (3 a)(3 a) 3) x 2 1 x 2 12 ( x 1)( x 1) 4) y 2 144 y 2 12 2 ( y 12)( y 12) 5) 4 x 2 9 2 2 x 2 3 (2 x) 2 32 (2 x 3)(2 x 3) Pazi: Da bi upotrebili formulu za razliku kvadrata ‘’SVAKI’’ član mora da je na kvadrat. 6) 25 x 2 16 y 2 52 x 2 4 2 y 2 (5 x) 2 (4 y ) 2 (5 x 4 y )(5 x 4 y ) 1 2 9 2 12 2 32 2 1 3 1 3 x y 2 x 2 y x y x y 16 25 4 5 5 4 5 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 8) x y ( x ) ( y ) ( x y )( x y )
7)
( x y )( x y )( x 2 y 2 )
www.matematiranje.com
2
Dakle: x 4 y 4 ( x y )( x y )( x 2 y 2 ) ZAPAMTI!!! 9) 16a 4 1 2 4 a 4 14 (2a ) 4 14 , ako iskoristimo prethodni rezultat: 2a x i 1 y (2a 1)(2a 1)((2a ) 2 12 ) (2a 1)(2a 1)(4a 2 1)
A2 2 AB B 2 ( A B) 2
i
A2 2 AB B 2 ( A B) 2
1) x 2 8 x 16 Gledamo prvi i treći član jer nam oni daju A2 i B 2 , a onaj u sredini proveravamo da li je 2 A B
Kako je A2 x 2 A x B 2 16 B 4 2 AB 2 x 4 8 x Pa je
x 2 8 x 16 ( x 4) 2
2) x 2 10 x 25 ( x 5) 2 ↑ ↑ 2 A B2
jer je
A2 x 2 A x B 2 25 B 5 2 AB 2 x 5 10 x
Proveri da li je 2AB 3) 4) 5) 6) 7)
64 16 y y 2 (8 y ) 2 a 2 4ab 4b 2 (a 2b) 2 a 2 6ab 9b 2 (a 3b) 2 4 x 2 20 xy 25 y 2 (2 x 5 y ) 2 0, 25 0,1a 0, 01a 2 (0,5 0,1a ) 2 jer je A2 0,25 A 0,5 B 2 0,01a 2 B 0,1a
8) 0,04a 2 0,8ab 4b 2 (0,2a 2b) 2
A3 B 3 ( A B) ( A2 AB B 2 ) Najpre se podsetimo da je: 1 13 , 8 23 , 27 33 , 64 43 , 125 53 , 216 63 , 343 7 3 1) x 3 8 da bi mogli da upotrebimo formulu oba člana moraja biti ‘’na treći’’ x 3 8 x 3 23 Znači x-je A, 2 je B pa zamenjujemo u formulu: 3 3 3 x 8 x 2 ( x 2)( x 2 x 2 2 2 ) ( x 2)( x 2 2 x 4) www.matematiranje.com
3
2) x 3 216 x 3 63 ( x 6)( x 2 x 6 6 2 ) ( x 6)( x 2 6 x 36) 3) 64 y 3 43 y 3 (4 y )(4 2 4 y y 2 ) (4 y )(16 4 y y 2 ) 4) 125 x 3 1 53 x 3 13 (5 x) 3 13 Pazi ovde se najčešće napravi greska: A 5 x , B 1 (5 x 1) (5 x) 2 5 x 1 12 (5 x 1)(25 x 2 5 x 1)
5) (a 3) 8 (a 3) 23 pazi: a 3 A , 2 B 3
3
(a 3 2) (a 3) 2 (a 3) 2 2 2
(a 1)(a 2 6a 9 2a 6 4) (a 1)(a 2 8a 19)
A3 B 3 ( A B )( A2 AB B 2 ) 1) x3 3433 x3 73 ( x 7)( x 2 x 7 7 2 ) ( x 7)( x 2 7 x 49)
2) 64a 3 1 (4a)3 13 (4a 1) (4a) 2 4a 1 12 (4a 1)(16a 2 4a 1)
3) 27 x 3 y 3 (3 x)3 y 3 (3x y ) (3 x) 2 3 x y y 2 (3 x y )(9 x 2 3 xy y 2 )
3
4) ( x 1) ( y 2) 3 ( x 1 y 2) ( x 1) 2 ( x 1)( y 2) ( y 2) 2 A
( x y 1)x ( x y 1)x
B
( x y 1) x 2 x 1 ( xy 2 x y 2) y 2 4 y 4 2 2
2 x 1 xy 2 x y 2 y 4 y 4
2
4 x y 5 y xy 7
2
2
5) x 6 y 6 ( x 2 ) 3 ( y 2 ) 3 ( x 2
y )( x ) 2
2 2
x 2 y 2 ( y 2 ) 2 ( x 2 y 2 )( x 4 x 2 y 2 y 4 )
Redje se koristi da je: A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 ( A B)3 1) 8 x 3 12 x 2 y 6 xy 2 y 3 ako je A3 8x 3 onda A 2 x i B 3 y 3 pa je B y A3
Pr overi
Pr overi
B3
(2 x y )3 2) x 3 12 x 2 y 4 xy 2 64 y ( x 4 y ) 3 jer je A3 x 3 A x 64 y 3 B 3 B 4 y
3) 125a 3 150a 2b 60ab 2 8b3 (5a 2b)3 www.matematiranje.com
4
SKLAPANJE ‘’2 po 2’’
U situaciji kad ne možemo izvući zajednički, niti upotrebiti neku formulu, koristimo sklapanje ‘’2 po 2’’. Primeri: 1) 2 x 2 y ax ay izvlačimo ispred zagrade zajednički za prva dva, pa druga dva.
2( x y ) a( x y ) ( x y )(2 a) 2) 6 ax 9 bx 8ay 12by
3x(2a 3b) 4 y (2a 3b) (2a 3b)(3x 4 y ) 3) 4 a 2 4a ab b PAZI NA ZNAK!!!
4a (a 1) b(a 1) (a 1)(4a b) 4) 12 ab 20a 3 b 5 PAZI NA ZNAK!!!
4a (3b 5) 1(3b 5) (3b 5)(4a 1) 5) xa xb yb ya
x(a b) y (b a) Ovde moramo ‘’okrenuti’’ izraz b a da postane a b , ili pazi, kako je b a (a b) , moramo promeniti znak ispred y x(a b) y (a b) (a b)( x y ) 6) 2ax b 2bx a = ne '' juri '' da sklopiš ''prva dva'' i ''druga dva'' možda je bolja neka druga kombinacija!!
a (2 x 1) b(1 2 x) Slično kao u prethodnom primeru, promenimo znak ispred b, a oni u zagradi promene mesta,
a(2 x 1) b(2 x 1) (2 x 1)(a b)
7) 8 x 2 y 2by 2bx 8 xy 2 8 xy ( x y ) 2b( x y ) ( x y )(8 xy 2b) www.matematiranje.com
5
8) x 2 6 x 7 Ovo liči na kvadrat binoma ali očigledno nije. Ne možemo izvući zajednički iz svih, niti sklopiti ‘’2 po 2’’ Šta raditi?
Naravno, učinici II godina srednje škole i stariji znaju da treba iskoristiti da je ax 2 bx c a( x x1 )( x x2 ) , ali u I godini srednje škole moramo raditi ovako: 1. način: x 2 6 x 7 ideja je da se srednji član napiše kao zbir ili razlika neka 2 izraza. Naravno, to možemo učiniti na veliki broj načina. Onaj prvi je kad posmatramo član bez x-sa i kako njega možemo predstaviti u obliku proizvoda. Kako je 7 7 1 to ćemo napisati umesto -6x izraz -7x+1x ili +1x-7x , svejedno.
Onda sklapamo ''2 po 2'' x 2 6 x 7 x 2 7 x 1x 7 x( x 7) 1( x 7) ( x 7)( x 1) 2. način: x 2 6 x 7 izvršimo dopunu do ‘’punog’’ kvadrata, što znači da moramo dodati (i oduzeti) drugi član na kvadrat. x2 6 x 32 32 7
zapamti: uvek dodaj (i oduzmi) onaj uz x podeljen sa 2, pa na kvadrat.
x 2 6 x 9 9 7 ( x 3) 2 16 ( x 3) 2 4 2
sada iskoristimo da je ovo razlika kvadrata.
( x 3 4)( x 3 4) ( x 7)( x 1) Ti naravno izabereš šta ti je lakše, odnosno šta više voli tvoj profesor. Evo još par primera: 9)
x 2 5x 6 ?
1.način: Kako je 6 3 2 to ćemo umesto 5x pisati 3x+2x x 2 6 x( x 3) 2( x 3) ( x 3)( x 2) 3x 2x 2.način: Dodajemo (i oduzmemo) onaj uz x podeljen sa 2, pa na kvadrat. 2
2
5 5 Znači , pa je: 2 2 www.matematiranje.com
6
2
2
5 5 x 2 5x 6 x 2 5x 6 2 2 2
5 25 24 x 2 4 4 2
5 1 x 2 4 2
2
5 1 x 2 2 5 1 5 1 x x 2 2 2 2 ( x 2)( x 3)
10) x 2 7 x 10 ? 1.način: x2 5 x 2x 10 x( x 5) 2( x 5) ( x 5)( x 2) 2
2
7 7 2.način: x 2 7 x 10 x 2 7 x 10 2 2 2
7 49 40 x 2 4 4 2
7 9 x 2 4 2
2
7 3 x 2 2 7 3 7 3 x x 2 2 2 2 ( x 2)( x 5)
7
8
POLINOMI SA JEDNOM PROMENLJIVOM Oblika su: P( x) an x n an 1 x n 1 ... a1 x a0 Ovaj oblik se dobija ''sredjivanjem” polinoma (sabiranjem, oduzimanje...) i naziva se kanonički, x-je promenljiva an , an 1 ,..., a0 su koeficijenti (konstante), n je prirodan broj ili nula. Ako je an 0 , onda kažemo da je polinom P stepena n , pa je an ‘’najstariji’’ koeficijenat. Primer: P ( x) 4 x 3 6 x 2 2 x 7 - ovaj polinom je stepena 3 a najstariji koeficijenat je 4. - zanimljivo je da se član bez x-sa, takozvani slobodni član dobija kad umesto x stavimo 0, tj. P (0) 4 03 6 02 2 0 7 7 P (0) 7 , ili za n n 1 polinom P ( x) an x an 1 x ... a1 x a0 P (0) a0
- takodje ako umesto x stavimo 1 imamo P (1) an an 1 ... a0 SABIRANJE I ODUZIMANJE POLINOMA: Primer: P( x) 3 x 3 4 x 2 6 x 7
Q( x) 4 x 3 2 x 2 12 x 3 P ( x) Q( x) (3 x 3 4 x 2 6 x 7) (4 x 3 2 x 2 12 x 3) 3 x 3 4 x 2 6 x 7 4 x 3 2 x 2 12 x 3
krenemo sa sabiranjem članova sa najvećim stepenom pa dok ne dodjemo do ‘’slobodnih članova’’, to jest onih bez x-sa
7 x3 6 x 2 18 x 4 P( x) Q( x) (3 x 3 4 x 2 6 x 7) (4 x 3 2 x 2 12 x 3) pazi: Minus ispred zagrade menja znak svim članovima u zagradi 3 x 3 4 x 2 6 x 7 4 x 3 2 x 2 12 x 3
x3 2 x 2 6 x 10 Najbolje je da podvlačite slične monome kako se ne bi desila greška u sabiranju (oduzimanju) www.matematiranje.com
1
MNOŽENJE POLINOMA
Primer 1. Pomnožiti sledeće polinome:
P ( x) 2 x 3 Q( x) x 2 4 x 7 Rešenje:
P ( x) Q( x) (2 x 3) ( x 2 4 x 7) Kako množiti? Množi se ‘’svaki sa svakim’’. Najbolje je da prvo odredimo znak ( , , , ) , onda pomnožimo brojke i na kraju nepoznate. Naravno da je x x x 2 , x 2 x x 3 , x 2 x 2 x 4 , itd. (ovde koristimo pravila iz stepenovanja: x m x n x m n ) Vratimo se na zadatak: (2 x 3) ( x 2 4 x 7)
2 x 3 8 x 2 14 x 3 x 2 12 x 21 sad saberemo( oduzmemo) slične monome
2 x 5 x 26 x 21 3
2
Primer 2. Pomnožiti sledeće polinome: A( x) x 2 4 x 7 B ( x) 2 x 2 5 x 1
Rešenje:
A( x) B( x) ( x 2 4 x 7) (2 x 2 5 x 1) 2 x 4 5 x 3 x 2 8 x 3 20 x 2 4 x 14 x 2 35 x 7 2 x 4 3x3 5 x 2 31x 7 www.matematiranje.com
2
DELJENJE POLINOMA
Podsetimo se najpre deljenja brojeva. Primer: 57146 : 23 2484 46 ______
111 92
______
194 184 _______
106 92 _____
4 - ostatak Možemo zapisati:
57146 4 2848 23 23
deljenik ostatak rešenje delilac delilac Probajmo sad sa polinomima: Primer 1: ( 2 x 2 5 x 6) : ( x 2) 2 x 1 2x
2 () () ______________
4x
x6 x 2 __________
4 Ostatak
Dakle:
2x2 5x 6 4 2x 1 x2 x2
POSTUPAK
2x2 2x → Podelimo ‘’prvi sa prvim’’ x i upišemo 2x u rešenju → 2x pomnožimo sa deliocem i potpišemo ispod 2x²-5x → promenimo znake (ono u zagradi) → prvi se uvek skrate a druge saberemo -5x+4x=-x → dopišemo +6 → opet delimo ‘’prvi sa prvim’’ x 1 x → množimo sa deliocem → promenimo znake i saberemo
www.matematiranje.com
3
Primer 2: POSTUPAK
( x 3 2 x 2 4 x 5) : ( x 1) x 2 x 5 ()
x3 x 2
() _____________
x2 4x ()
x2 x
() __________ __
5x 5 5x 5 () () ___________
10 Dakle:
x3 2 x 2 4 x 5 10 x2 x 5 x 1 x 1
x3 x2 → Podelimo ‘’prvi sa prvim’’ x upišemo x 2 u rešenje → x 2 pomnožimo sa deliocem i potpišemo ispod x 3 2x 2 → promenimo znake kod x 3 2x 2 → prvi se uvek ‘’skrate’’, a 2 x 2 x 2 x 2 → spustimo - 4x x2 → opet ‘’prvi u prvom’’ x → x množimo sa deliocem x → menjamo znake kod x²+x → prvi se skrate a -4x-x=-5x → spuštamo +5 → 5x 5 x → -5·(x+1)=-5x-5 → promenimo znake i prvi se skrate → 5+5=10
Primer 3:
( x 4 3 x 3 2 x 2 x 5) : ( x 2 2 x 3) x 2 5 x 15 4 3 2 x 2 x 3x () () __________ ____________
5 x 3 5 x 2 x 5 x 3 10 x 2 15 x
() () () ___________________________
15 x 2 14 x 5 ()
15 x 2 30 x 45
() () __________________________
44 x 40 ostatak
44 x 40 x 4 3x3 2 x 2 x 5 x 2 5 x 15 2 2 x 2x 3 x 2x 3 www.matematiranje.com
4
Primer 4:
( x 4 1) : ( x 1) x 3 x 2 x 1 4 3 () x x
PAZI: Kad skratimo ‘’prve’’ a drugi nisu istog stepena prepišemo ih, prvo onaj sa većim pa sa manjim stepenom, to jest: +x³-1
() _____________ 3
x 1 x3 x 2
() () _____________
x2 1
x2 x
() ( ) ____________
x 1 x 1
() () _________
Nema ostatka Dakle:
x4 1 x3 x 2 x 1 x 1
U nekim zadacima interesovaće nas samo ostatak koji se dobija deljenjem dvaju polinoma a ne i količnik. Tu nam pomaže Bezuova teorema: Ostatak pri deljenju polinoma P(x) sa (x-a) jednak je P(a), to jest vrednosti polinoma P(x) u tački x = a.
Ako je P(a)=0, deljenje je bez ostatka.
Primer1: Nadji ostatak pri deljenju polinoma x 3 5 x 2 6 x 7
sa
x2
Najpre rešimo x-2=0, pa je x = 2 onda uporedjujemo x-a i x-2→ a=2 Sada je P( x) x 3 5 x 2 6 x 7 P(2) 23 5 2 2 6 2 7 P(2) 8 20 12 7 P(2) 7 Ostatak je -7 www.matematiranje.com
5
Primer2: Nadji ostatak pri deljenju polinoma 2 x 3 5 x 6 sa x 1
Pazi , ovde je a = -1, jer je
x+1=0 x = -1
P( x) 2 x 2 5 x 6 P(1) 2 (1) 2 5 (1) 6 P(1) 2 5 6 P(1) 13 Ostatak je 13 Još jedna izuzetna primena Bezueve teoreme je kod rastavljanja polinoma na činioce. Mi smo do sada naučili da faktorišemo polinome drugog stepena. Za polinome trećeg i četvrtog stepena postoje algoritmi, ali su suviše teški, dok za polinome petog i većeg stepena ne postoji univerzalan način da se faktorišu, odnosno reše. Kako nam to pomaže Bezuova teorema? Primer1: Dat je polinom P( x) x 3 6 x 2 11x 6
P( x) x 3 6 x 2 11x 6 za x=1
P( x) 13 6 12 11 1 6 P(1) 1 6 11 6 P(1) 0
Izvrši njegovu faktorizaciju.
POSTUPAK → uočimo ‘’slobodan’’ član, to jest onaj bez x-sa. ovde je to 6. → on se može podeliti: +1, -1, +2, -2, +3, -3, +6, -6 →redom zamenjujemo ove brojeve dok ne dobijemo da je P ( a ) 0 → našli smo da je a=1 → podelimo polinom sa ( x a) ( x 1)
( x 3 6 x 2 11x 6) : ( x 1) x 2 5 x 6 x3 x 2 () () _____________ 2
5 x 11x 5x 2 5x
() () _______________
6x 6 6x 6
() () ____________
Nema ostatka Ovim smo smanjili stepen polinoma i sad već x 2 5 x 6 znamo da rastavljamo x 2 5 x 6 x 2 2 x 3x 6 x ( x 2) 3( x 2) ( x 2)( x 3) 6
Dakle:
x3 6 x 2 11x 6 ( x 1)( x 2)( x 3)
Primer 2: Izvršiti faktorizaciju polinoma: P ( x) x 4 2 x3 2 x 2 4 x 4
Posmatrajmo broj 4 (slobodan član). Pošto njega možemo podeliti sa +1, -1, +2, -2,+4, -4, redom menjamo u polinom dok ne bude P(a)=0 Za x = 1 P(1) 14 2 13 2 12 4 1 4 1 2 3 4 4 P(1) 4 0 Idemo dalje: Za x = -1 P(1) (1) 4 2 (1) 3 2 (1) 2 4 (1) 4 P(1) 1 2 3 4 4 0 Dakle, delimo sa x (1) x 1 ( x 4 2 x 3 3x 2 4 x 4) : ( x 1) x 3 3 x 2 4 x 4 x3 () () _____________
3x 3 3x 2 3x 3 3x 2
() () _______________
4x 4 4x 4
() () __________ __
Dalje gledamo P1 ( x) x 3 3x 2 4 Za x=-1 P1 (1) (1) 3 3(1) 2 4 1 3 4 0 Opet delimo sa (x+1) ( x 3 3 x 2 4) : ( x 1) x 2 4 x 4 3
x x2
() () ____________
x 2 4 x 4 ( x 2) 2
4x2 4 4x 4x
() () ______________
7
Konačno rešenje je: x 4 2 x 3 3 x 2 4 x 4 ( x 1)( x 1)( x 2 4 x 4) ( x 1) 2 ( x 2) 2
Primer 3:
Odrediti realan parametar m tako da polinom P ( x) x5 mx3 3x 2 2 x 8 bude deljiv sa x + 2. Rešenje: Iz x+2 = 0 je x = -2 , pa je a = -2 P ( x) x5 mx 3 3 x 2 2 x 8 P (2) (2)5 m(2)3 3(2) 2 2(2) 8 P (2) 32 8m 12 4 8 P (2) 8m 8 P(2) 0 jer u zadatku kaže da je P(x) deljiv sa -2 8m 8 0 m 1
Primer 4: Odrediti realne vrednosti parametara a i b tako da polinom P ( x) ax 3 bx 2 5 x 4 pri deljenju sa x 1 daje ostatak 6, a pri deljenju sa x 1 daje ostatak 2.
Rešenje: Kako pri deljenju sa x 1 daje ostatak 6, to je P (1) 6
P ( x) ax 3 bx 2 5 x 4 P (1) a (1)3 b(1) 2 5(1) 4 P (1) a b 9 a b 9 6 a b 3 ab 3 www.matematiranje.com
8
Kako pri deljenju sa x 1 daje ostatak 2, to je P(1) 2 P ( x) ax 3 bx 2 5 x 4 P (1) a 13 b 12 5 1 4 P (1) a b 1 a b 1 2 a b 3
Dalje oformimo sistem jednačina: ab 3 a b 3 a b 3 a b 3 2a 6 a 3 b 0 Rešenja su a 3, b 0 www.matematiranje.com
9
LINEARNE JEDNAČINE Pod linearnom jednačinom ‘’po x’’ podrazumevamo svaku jednačinu sa nepoznatom x koja se ekvivalentnim transformacijama svodi na jednačinu oblika: ax b
gde su a i b dati realni brojevi. Rešenje ove jednačine je svaki realan broj x0 za koji važi: a x0 b Ako nam posle rešavanja ostane jednačina većeg stepena (drugog, trećeg …) onda nju probama da rastavimo na činioce i koristimo:
A B 0
A0
A B C 0
A0 B0 C 0
B0
Za svaku linearnu jednačinu važi: ax b
b a ako je a 0 Primer: 2 x 10 10 x 2 x5
a 0, b 0
x
ab0 ima beskonačno mnogo rešenja Primer: 0 x 0 Svaki broj je rešenje
Nema rešenja Primer 0 x 7 7 x ? 0 Deljenje sa 0 nije dozvoljeno (za sad)
www.matematiranje.com
1
Kako rešavati jednačinu?
-
Prvo se oslobodimo razlomaka (ako ih ima) tako što celu jednačinu pomnožimo sa NZS Onda se oslobodimo zagrada (ako ih ima) množeći ‘’svaki sa svakim’’. Nepoznate prebacimo na jednu a poznate na drugu stranu znaka =. (PAZI: prilikom prelaska sa jedne na drugu stranu menja se znak) ‘’sredimo’’ obe strane (oduzmemo i saberemo) i dobijemo a x b b Izrazimo nepoznatu x a
VAŽNO: Ako negde vršimo skraćivanje moramo voditi računa da taj izraz koji kratimo mora biti različit od nule. U suprotnom se može desiti apsurdna situacija.
Primer: Rešiti jednačinu:
x2 0 x
x x 0 x0 ? x Ne smemo skratiti jer je uslov x 0
Ako skratimo
ZADACI: 1) Reši jednačinu 9 2 x 5x 2 2 x 5 x 2 9 7 x 7 7 x 7 x 1 2) Reši jednačinu
Nema razlomaka i zagrada tako da odmah ‘’prebacujemo’’ nepoznate na jednu a poznate na drugu stranu.
3(2 3 x) 4(6 x 11) 10 x (oslobodimo se zagrada)
3(2 3 x) 4(6 x 11) 10 x 6 9 x 24 x 44 10 x 9 x 24 x x 10 6 44 16 x 48 48 x 16 x3 www.matematiranje.com
2
y 5 2y 3 6y 5 2 7 2 14 2y 3 6y 5 y 5 2 /14 Nadjemo NZS za 7, 2 i 14; to je 14. Celu jednačinu 2 14 7 2( y 5) 28 7(2 y 3) 1(6 y 5) pomnožimo sa 14. 2 y 10 28 14 y 21 6 y 5 2 y 14 y 6 y 21 5 10 28 6 y 44 44 y 6 22 y 3
2) Reši jednačinu
4) Reši jednačinu ( x 3) 2 ( x 4) 2 2 x 13 ( x 3) 2 ( x 4) 2 2 x 13 ( x 2 6 x 9) ( x 2 8 x 16) 2 x 13 x 2 6 x 9 x 2 8 x 16 2 x 13 6 x 8 x 2 x 13 9 16 12 x 6 6 x 12 1 x 2
5) Reši jednačinu
2 1 x2 x3
PAZI: Ovde odmah postavi uslove: x 2 0 x 2
2 1 x2 x3 Množe se unakrsno : 2( x 3) 1 ( x 2) 2x 6 x 2 2 x x 2 6
x 3 0 x 3
x 8 www.matematiranje.com
3
6) Reši jednačinu
x 5 1 2x 3 3x 6 2 2 x 4
Uslovi:
x2 0
x2
x5 1 2x 3 / 6( x 2) 3( x 2) 2 2( x 2) 2( x 5) 3( x 2) 3(2 x 3) 2 x 10 3 x 6 6 x 9 2 x 3x 6 x 6 9 10 7 x 25 x
25 7
7) Reši jednačinu
2x 1 8 2x 1 2 2x 1 4x 1 2x 1
2x 1 8 2x 1 ....... / (2 x 1)(2 x 1) 2 x 1 (2 x 1)(2 x 1) 2 x 1 Uslovi: 2 x 1 0 2 x 1 0 (2 x 1) 2 8 (2 x 1) 2 2 x 1 2x 1 4 x2 4 x 1 8 4 x2 4 x 1 1 1 x x 4 x2 4 x 4 x2 4 x 1 1 8 2 2 8 x 8 x x 1
8) Reši jednačinu
5x 1 x 2
, 0 Ovd moramo najpre da definišemo apsolutnu vrednost: , 0 1 5 x 1, 5 x 1, za 5 x 1 0 5 = Dakle: 5 x 1 (5 x 1), za 5 x 1 0 (5 x 1), x 1 5 x
Sad rešavamo dve jednačine: www.matematiranje.com
4
1 5 5x 1 x 2 6x 2 1 6x 3 3 x 6 1 x 2
1 5 (5 x 1) x 2 5 x 1 x 2 4 x 2 1 4 x 1
Uslov x
Uslov x
x
Ovo rešenje je ''dobro'' jer je
9) Reši jednačinu
1 1 2 5
1 4
I ovo je ‘’dobro’’ jer je
1 1 4 5
x 4 2x 3 2
Najpre definišemo obe apsolutne vrednosti: x 4, x 4 0 x 4, x 4 I Uslov x4 = ( x 4), x 4 0 ( x 4). x 4 II Uslov 3 x 2 x 3 0 2 x 3, 2 x 3, 2 III Uslov 2x 3 = (2 x 3), 2 x 3 0 (2 x 3), x 3 IV Uslov 2 Zadatak ćemo podeliti na 4 dela u zavisnosti od uslova: i) I i III uslov: 3 2 ( x 4) (2 x 3) 2 x4 i x
x 4 2x 3 2 x 243 x9 x 9
x 4,
Nije ''dobro'' rešenje jer ne zadovoljava x 4,
ii) I i IV uslov 3 2 Ovde nema rešenja x 4, x
x
5
iii) II i III uslov x4 i x
3 2
( x 4) (2 x 3) 2 x 4 2x 3 2 3x 2 3 4 3x 1 x
3 x ,4 2
1 3
1 3 Dobro je rešenje , 4 3 2 iv) II i IV uslov
x 4, i x
3 2
( x 4) (2 x 3) 2 x 4 2x 3 2 x 243 x 5
3 x , 2
3 ‘’Dobro’’ rešenje, jer 5 , 2 1 Zaključak: rešenja su x1 i x2 5 3 10) Rešiti i diskotuvati jednačinu u zavisnosti od parametra
a) mx 3m 1 5 x sve ‘’sa x’’ prebacujemo na jednu stranu, sve što nema x na drugu mx 5 x 1 3m Izvučemo x kao zajednički ispred zagrade x(m 5) 1 3m x
1 3m m5
www.matematiranje.com
6
Diskusija:
1 35 nemoguća, nema rešenja 0 1 3m jednačina ima rešenja I to beskonačno mnogo jer m R Za m 5 x m5 Za m 5 x
b) 2ax a 4 8a 7 5 x 2ax 5 x 8a 7 a 4 x(2a 5) 9a 3 9a 3 2a 5 Diskusija: x
5 Jednačina nemoguća 2 5 Za 2a 5 0 a jednačina ima mnogo rešenja 2 Za 2a 5 0 a
Jednačine imaju veliku primenu u rešavanju takozvanih ‘’problemskih’’ zadataka. Važno je dobro proučiti tekst, ako treba skicirati problem i naći vezu izmedju podataka. 11) Otac ima 43 godine a sin 18, kroz koliko će godina otac biti dva puta stariji od sina?
Obeležimo sa X-broj godina koji treba da prodje. Otac → 43 godine Sin → 18 godina Kako godine teku i za oca i za sina, to je:
Otac → 43+X Sin → 18+X U zadatku se kaže da će otac biti dva puta stariji od sina: 2 (18 x) 43 x 36 2 x 43 x 2 x x 43 36 x7
7
Proverimo: Kroz 7 godina otac će imati 43+7=50 godina, a sin 18+7=25 godina, pa je otac zaista dva puta stariji od sina. 12)
Koji broj treba dodati brojiocu i imeniocu razlomka razlomak
2 da bi smo dobili 5
5 ? 7
2 x 5 Množimo unakrsno 5 x 7 7(2 x) 5(5 x) 14 7 x 25 5 x 7 x 5 x 25 14 2 x 11 x
11 2
13)
1 2 knjige, drugog dana od ostatka knjige,a trećeg dana 4 3 poslednjih 40 stranica. Koliko ima stranica ta knjiga?
Učenik je prvog dana pročitao
Obeležimo sa x-broj stranica knjige. 1 x I Dan 4
2 3 x II Dan 3 4
1 2 3 x x 40 x 4 3 4 1 2 x x 40 x 4 4 3 x 40 x 4 3 x x 40 4 1 x 40 4 x 160 Knjiga ima 160 strana.
40 str.→ III dan
www.matematiranje.com
8
14) Jedan radnik može da završi posao za 9, a drugi za 12 dana. Ako se njima pridruži treći radnik, oni će taj poso završiti za 4 dana. Za koje bi vreme treci radnik sam završio posao?
Neka je x-vreme za koje treći radnik završi posao. Kako razmišljamo?
Ako prvi radnik sam završi posao za 9 dana onda će za 1 dan odraditi Slično će drugi radnik za 1 dan odraditi
Znači da oni zajedno za 1 dan odrade
1 posla. 9
1 1 posla, a treći deo posla. 12 x
1 1 1 deo posla, Kako rade 4 dana, to je: 9 12 x
1 1 1 4 1 9 12 x 4 4 4 1 ........ / 36 x 9 12 x 16 x 12 x 144 36 x 28 x 36 x 144 8 x 144 x 18 Dakle, treći radnik bi sam završio posao za 18 dana. www.matematiranje.com
9
LINEARNE NEJEDNAČINE Linearne nejednačine rešavamo slično kao i jednačine (vidi linearne jednačine) koristeći ekvivalentne transformacije. Važno je reći da se smer nejednakosti menja kada celu nejednačinu množimo (ili delimo) negativnim brojem. Primer:
2 x 10 10 x 2 x5
2 x 10 Pazi: delimo sa (-2), moramo okrenuti smer nejednakosti 10 x 2 x 5
Naravno i ovde se može deliti da nejednačina ima rešenja, nema rešenja ili ih pak ima beskonačno mnogo (u zavisnosti u kom skupu brojeva posmatramo datu nejednačinu) 1) Reši nejednačinu: 3( x 2) 9 x 2( x 3) 8 3x 6 9 x 2 x 6 8 3x 9 x 2 x 6 8 6 10 x 20
→ oslobodimo se zagrada → nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu
20 10 x2 Uvek je ‘’problem’’ kako zapisati skup rešenja? x
2
x 2 a ako je potrebno to predstaviti i na brojevnoj pravoj:
8
-
8
Možemo zapisati x R
x (, 2)
Pazi: () Kad i uvek idu male zagrade Kod znakova < i > male zagrade i prazan kružić Kod < , > idu srednje zagrade i pun kružić Male zagrade nam govore da ti brojevi nisu u skupu rešenja, dok , govore da su i ti brojevi u rešenju. www.matematiranje.com
1
2) Reši nejednačinu:
2a 1 3a 2 1 3 2
2a 1 3a 2 → celu nejednačinu pomnožimo sa 6 (NZS za 3 i 2) 1 3 2 2(2a 1) 3(3a 2) 6 4a 2 9a 6 6 4 a 9 a 6 2 6 5a 14 → pazi: delimo sa (-5) pa se znak okreće 14 a 5 4 a 2 5
4 a , 2 5 PAZI: Da nam npr. traže rešenja u skupu N (prirodni brojevi), onda bi to bili samo {1,2}
U skupu R su rešenja
3) Reši nejednačinu: 2 x a ax 3 2 x a ax 3 2 x ax 3 a
→ nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu
x ( 2 a ) 3 a Kako sad? Da li je izraz 2 a pozitivan ili negativan, ili možda nula? Moramo ispisati sve 3 situacije!!!
x(2 a) 3 a 2a 0 a2 x
3 a 2a
2a 0 a2 okreće se znak 3 a x 2a
2a 0 a2
0 x 3 0 0 x 3
Ovde je svaki x R rešenje www.matematiranje.com
2
Rešenje bi zapisali: 3 a , Za a 2 x 2a Za a 2 x R 3 a Za a 2 x , 2a 4) Rešiti nejednačine:
a) ( x 1) ( x 4) 0 b) ( x 3) ( x 5) 0 Kod ovog tipa nejednačina koristićemo da je: A B 0 A B 0
( A 0, B 0) v ( A 0, B 0) ( A 0, B 0) v ( A 0, B 0)
Naravno iste ‘’šablone’’ koristimo i za znakove > i < a za gde još vodimo računa da je B 0 .
A 0 i B
A 0 B
a) ( x 1)( x 4) 0
( x 1 0, x 4 0) v ( x 1 0, x 4 0) ( x 1, x 4) v ( x 1, x 4) Sada rešenja ‘’spakujemo’’ na brojevnoj pravoj!!!
x (4, )
x (,1)
Rešenje je x (,1) (4, ) www.matematiranje.com
3
b) ( x 3) ( x 5) 0 ( x 3 0, x 5 0) v ( x 3, x 5) v
( x 3 0, x 5 0) ( x 3, x 5)
x 3,5 Dakle, konačno rešenje je x 3,5 5) Reši nejednačinu
prazan skup
6 x 2 3 x
PAZI: Da bi koristili ‘’šablon’’ na desnoj strani mora da 6 x 2 je nula, pa ćemo zato -2 prebaciti na levu stranu!!! 3 x 6 x 20 3 x 6 x 2(3 x) 0 3 x 6 x 6 2x 0 3 x 12 3x 0 → sad može ‘’šablon’’ 3 x
(12 3x 0 3 - x 0) (3 x 12 -x< 3) ( x 4, x 3)
x (3, 4) →konačno rešenje
ili ili
(12 3x 0 3 - x 0) (3 x 12 -x 3) ( x 4, x 3)
prazan skup
6) Rešiti nejednačinu: (po n )
3
n 1 5 n 1
Ovde moramo rešiti 2 nejednačine, pa ćemo ‘’upakovati’’ njihova rešenja.
4
Prva nejednačina:
n 1 3 n 1
Dakle:
n 1 3 n 1 n 1 3n 3 0 n 1 4n 2 0 n 1 0
Ili
4n 2 0 n 1
(4n 2 0 n 1 0) ili (4n 2 0 n 1 0) 1 1 (n n 1) ili (n n 1) 2 2
1 n , 2
Za I deo rešenje je
n ,1
1 n , 1 , 2
Druga nejednačina:
n 1 5 n 1 Dakle:
n 1 5 0 n 1
n 1 5n 5 0 n 1
4n 6 0 n 1
(4n 6 0 n 1 0) ili (4n 6 0 n 1 0) 3 3 (n n 1) ili (n n 1) 2 2 www.matematiranje.com
5
3 n , 2
n 1,
3 Za II deo rešenje je n , 1, 2 ‘’Upakujmo’’ sada I i II rešenje da bi dobili konačno rešenje ove dvojne nejednačine:
Rešenje prve nejednačine smo šrafirali udesno, a druge ulevo …Na taj način vidimo gde se seku, odnosno gde je konačno rešenje… Dakle, konačno rešenje je: 3 1 n , , 2 2
NAPOMENA:
Umesto šablona ovde smo mogli koristiti i ‘’tablično’’ rešavanje koje je detaljno objašnjeno u delu kvadratne nejednačine. www.matematiranje.com
6
www.matematiranje.com
NEKE VAŽNE NEJEDNAKOSTI: 1) x 2 ≥ 0
x∈R
za sve
Kvadrat nekog izraza je uvek pozitivan ili jednak nuli (za x=0) Primeri: → x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2) 2 ≥ 0 za ∀x ∈ R → − a 2 + 2a − 1 = −(a − 1) 2 ≤ 0 za ∀a ∈ R → x 2 − xy + y 2 ≥ 0 jer 2
2
2
2
y⎞ y2 y ⎞ 3y2 ⎛ y⎞ ⎛ y⎞ ⎛ ⎛ x 2 − xy + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ + y 2 = ⎜ x − ⎟ − + y2 = ⎜ x − ⎟ + 2⎠ 4 2⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎝2⎠ ⎝2⎠ 2
3y2 y⎞ ⎛ Izvršili smo dopunu od ''punog kvadrata'' pa je ⎜ x − ⎟ ≥ 0 i ≥ 0 , a onda je i 4 2⎠ ⎝ njihov zbir >0 2)
x2 + y2 + z 2 + 3 ≥ x+ y+z 2
Dokaz: ( x − 1) 2 ≥ 0 ( y − 1) 2 ≥ 0 ( z − 1) ≥ 0
( x − 1) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 1) 2 ≥ 0
⇒
x2 − 2x +1 + y 2 − 2 y +1 + z 2 − 2z +1 ≥ 0
2
x2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 2x + 2 y + 2z x 2 + y 2 + z 2 + 3 ≥ 2( x + y + z ) x2 + y2 + z 2 + 3 ≥ x+ y+z 2
3) Dokazati da za ∀a > 0 ⇒
a+
1 ≥2 2
Dokaz: (a − 1) 2 ≥ 0 a 2 − 2a + 1 ≥ 0 a 2 + 1 ≥ 2a / : a (podelimo sa a ) 1 a+ ≥2 a
1
www.matematiranje.com 4) Dokazati da za ∀x ≥ 0 i ∀y ≥ 0 xy ≤
x+ y 2
(geometrijska sredina < aritmetička sredina) Dokaz: Podjimo od
(
x+ y
) ≥0 2
2
2
x −2 x y + y ≥0 x − 2 xy + y ≥ 0 x + y = 2 xy / : 2 x+ y ≥ xy 2
Naravno jednakost važi ako je x = y 5) Dokazati da je: ∀x, y , z koji su nenegativni: 3
a 3 + b3 + c 3 3 Dokaz:
xyz ≤
Uvodimo najpre smene: x = a 3 y = b3 z = c3
Treba onda dokazati: a 3 + b3 + c 3 xyz ≤ 3 3 3 3abc ≤ a + b + c 3 3
a 3 + b 3 + c 3 − 3abc ≥ 0 Kako je
a 3 + b 3 + c 3 − 3abc = (a + b + c)(a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac) (proveri množenjem) odavde je a + b + c ≥ 0 sigurno 1 a 2 + b 2 + c 2 − ab − bc − ac = ( a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 ≥ 0 2
[
]
2
www.matematiranje.com Dakle proizvod dva takva izraza je >0 pa je zaista: abc ≤ Odnosno
3
xyz ≤
a 3 + b3 + c 3 3
x+ y+z 3
Pazi: Znak = je ako je x = y = z
3
www.matematiranje.com
O SKUPOVIMA Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem , posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata , stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup knjiga u biblioteci, skup klupa u učionici itd. Tvorac teorije skupova je Georg Kantor , nemački matematičar, koji je prvi dao “opisnu” definiciju skupa. Mnogi drugi matematičari su takođe pokušavali da definišu skup. Danas, po savremenom shvatanju, pojam skupa se ne definiše, već se usvaja intuitivno kao celina nekih razičitih objekata. Predmeti iz kojih je skup sastavljen zovu se elementi skupa. Postoje skupovi sa konačno mnogo elemenata, koje nazivamo konačnim skupovima, i skupovi sa beskonačno mnogo elemenata, odnosno beskonačni skupovi. Tako, na primer , skup stanovnika na zemlji predstavlja jedan konačan skup, dok skup svih celih brojeva sadrži beskonačno mnogo elemenata. Skupove najčešće obeležavamo velikim slovima A,B ,.....X, Y,... , a elemente skupa malim slovima a,b,...,x,y,... Ako je x element skupa X , tu činjenicu ćemo označavati sa x ∈ X, a ako ne pripada skupu X, označićemo sa x∉X. Oznake ćemo čitati: “x pripada skupu X” ili “x je element skupa X”. Oznaku x∉X ćemo čitati “ x ne pripada skupu X” ili “ x nije element skupa X” Postavimo sada pitanje: “ Koliko elemenata ima skup prirodnih brojeva većih od jedan a manjih od dva” ? Jasno je da takav skup nema ni jednog elementa. Za takav skup kažemo da je prazan i obeležava se sa ∅ .
1
www.matematiranje.com
Međutim, desiće nam se nekad da nije zgodno, a ni moguće, da neposredno navedemo sve elemente nekog skupa. Stoga se koristi i ovakvo zapisivanje skupova: {x S(x)} ili, isto{x x ima svojstvo S}, što bi značilo”skup svih x koji imaju svojstvo S”. Na primer X={x
skup X={7,8,9,10,11,12} možemo zapisati i na sledeći način:
x ∈ N ∧ 6< x <13 }.
Za neka dva skupa kažemo da su jednaki ako su svi elementi jednog skupa ujedno elementi drugog skupa, i obrnuto, svi elementi drugog skupa su elementi prvog skupa . Zapisujemo:
A=B ako i samo ako ( ∀ x) (x ∈ A ⇔ x ∈ B ) ,
na primer po definiciji biće {a,a,a,b,b,c}={a,b,b,c,c,c}={a,b,c}. Dakle , svaki član skupa je prisutan jednim pojavljivanjem, a sva ostala njegova pojavljivanja, ukoliko ih ima, nisu važna, i, uz to, ni redosled navođenja članova nije bitan. Kažemo da je skup B podskup skupa A, što označavamo B ⊂ A, ako su svi elementi skupa B takođe i elementi skupa A, tj. B ⊂ A ako i samo ako ( ∀ x) (x ∈ B ⇒ x ∈ A ) Relacija uvedena ovom definicijom se zove relacija inkluzije. Ovde moramo voditi računa da se svi skupovi ne mogu upoređivati. Prazan skup je podskup svakog skupa.
OPERACIJE SA SKUPOVIMA 2
www.matematiranje.com
-
UNIJA
-
PRESEK
-
RAZLIKA
-
SIMETRICNA RAZLIKA
-
PARTITIVNI SKUP
-
DEKARTOV PROIZVOD
-
KOMPLEMENT SKUPA UNIJA
Skup svih elemenata koji su elementi bar jednog od skupova A ili B , zove se unija skupova A i B i označava se sa A ∪ B.
A ∪ B = {x x ∈ A ∨ x ∈ B} Na dijagramu bi to izgledalo ovako:
A
B
Primer: Ako je A={1,2,3} i B={2,3,4} A ∪ B={1,2,3,4}
3
www.matematiranje.com PRESEK Skup svih elemenata koji su elementi skupa A i skupa B zove se presek skupova A i B i obeležava se sa A ∩ B.
A ∩ B = {x x ∈ A ∧ x ∈ B} Graficki prikaz bi bio:
A
B
Primer: Ako je A={1,2,3} i B={2,3,4} A ∩ B={2,3}
RAZLIKA Skup svih elemenata koji su elementi skupa A ali nisu elementi skupa B zove se razlika redom skupova A i B u oznaci A\B. A\B={ x
x ∈ A ∧ x∉B }
Naravno mozemo posmatrati i skup B\A, to bi bili svi elementi skupa B koji nisu u A. Na dijagramima to bi izgledalo ovako:
4
www.matematiranje.com
A
B
Za nas primer je A\B={1} A\B
A
B
Za nas primer je B\A={4} B\A SIMETRIČNA RAZLIKA Skup (A\B) ∪ (B\A) naziva se simetrična razlika i najčešće se obeležava sa Δ . A Δ B= (A\B) ∪ (B\A).
Na dijagramu je:
A
B
Za naš primer je A Δ B={1,4}
5
www.matematiranje.com PARTITIVNI SKUP Skup svih podskupova skupa A naziva se partitivni skup skupa A i obeležava se sa P(A). Primer: Ako je A={1,2,3) , onda je P(A)={ ∅ , {1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3}, {1,2,3}} KOMPLEMENT SKUPA Unija , presek i razlika su binarne skupovne operacije, dok je komplement skupa unarna operacija. To je skup svih elemenata koji nisu sadržani u posmatranom skupu. Komplement najčešće obeležavamo sa A Na slici bi bilo:
B A
A ={x
x∉ A}
Primer: Ako je A={1,3,7} i B={1,2,3,4,5,6,7} onda je : A = {2,4,5,6}
DEKARTOV PROIZVOD 6
www.matematiranje.com
Čuveni francuski filozof i matematičar Dekart je u matematiku uveo pojam pravouglog koordinatnog sistema, koji se i danas, u njegovu čast, naziva Dekartovim koordinatnim sistemom. U tom sistemu svakoj tački ravni odgovara jedan uređeni par realnih brojeva (x,y) i, obrnuto, svakom paru brojeva (x,y) odgovara tačno jedna tačka u koordinatnoj ravni. Prvi broj x u tom paru nazivamo prvom koordinatom (apscisom) , a drugi y , drugom koordinatom (ordinatom). Za uređene parove je karakteristična osobina: (x,y)=(a,b) ako i samo ako x=a ∧ y=b Dekartov proizvod skupova je skup:
Treba voditi računa da A × B ≠ B × A Primer: Ako je M={1,2,3} i N={A,B} onda je: M × N={(1,A),(1,B),(2,A),(2,B),(3,A),(3,B)}. Na slici:
B A
1
2
3
7
www.matematiranje.com ZADACI 1. Dokazati da je prazan skup podskup svakog skupa. Dokaz: Mi ustvari trebamo dokazati da vazi: ∅ ⊂ A ⇔ (∀x )( x ∈ ∅ ⇒ x ∈ A) Kako prazan skup nema elemenata, to je istinitosna vrednost x ∈ ∅ sigurno netacna. Dakle ⊥⇒ x ∈ A , podsetimo se tablice za implikaciju: p⇒q
p
q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
T
Implikacija je netačna jedino u slučaju kada je iskaz p tačan i iskaz q netačan.
Iz laži sledi sve, odnosno iz netačnog sledi sve(uvek tačno)
Dakle, prazan skup je podskup svakog skupa. 2. Dati su skupovi: A={x x se sadrzi u 12, x pripada N}, B={x x se sadrzi u 20, x pripada N} i skup C={x x se sadrzi u 32, x pripada N}. Odrediti : A\(B ∪ C), A ∪ (B ∩ C ), i A\(B\C) Resenje: Najpre moramo odrediti skupove A,B, i C. Kada se x sadrzi u nekom broju to drugim recima znaci da se taj broj moze podeliti sa x. Kako se broj 12 moze podeliti sa 1,2,3,4,6,12 to je : A={1,2,3,4,6,12}, slicno je B={1,2,4,5,10,20} i C={1,2,4,8,16,32} Odredimo A\(B ∪ C). Najpre je B ∪ C={1,2,4,5,8,10,16,20,32}. Sada trazimo one koji su elementi skupa A a ne pripadaju B ∪ C. To su 3,6,12, pa je A\(B ∪ C)={3,6,12} Odredimo A ∪ (B ∩ C ). Najpre naravno B ∩ C , to su elementi koji su zajednicki za ova dva skupa, dakle: B ∩ C ={1,2,4}. Dalje trazimo uniju skupa A i ovog skupa, to jest sve elemente iz oba skupa: A ∪ (B ∩ C )={1,2,3,4,6,12}. A\(B\C)= {1,2,3,4,6,12}\({1,2,4,5,10,20}\{1,2,4,8,16,32}) = {1,2,3,4,6,12}\{{5,10,20} = {1,2,3,4,6,12}=A
8
www.matematiranje.com 3. Dati su skupovi A={1,2,3,4,5} i B={4,5,6,7}. Odrediti skup X tako da bude: X\B= ∅ i A\X ={1,2,3} Resenje: Izgleda da cemo ovde imati vise mogucnosti za trazeni skup X. Kako je X\B= ∅ , to nam govori da su svi elementi skupa B potencijalni elementi skupa X jer nema takvih elemenata da su u X a nisu u skupu B. A\X ={1,2,3} nam govori da u skupu X sigurno nisu elementi {1,2,3}.Dakle: X={4,5} ili X={4,5,6}ili X={4,5,7}ili X={4,5,6,7} 4. Na jednom kursu stranih jezika svaki slušalac uči bar jedan od tri strana jezika(engleski, francuski i nemački) i to : 18 slušalaca uči francuski, 22 uči engleski, 15 slušalaca uči nemački, 6 slušalaca uči engleski i francuski, 11 slušalaca engleski i nemački, 1 slušalac uči sva tri jezika.Koliko ima slušalaca na tom kursu i koliko od njih uči samo dva jezika? Resenje: Najpre zapisimo pregledno podatke: - 18 slušalaca uči francuski - 22 uči engleski - 15 slušalaca uči nemački - 6 slušalaca uči engleski i francuski - 11 slušalaca engleski i nemački - 1 slušalac uči sva tri jezika Najbolje je upotrebiti Venov dijagram sa tri skupa(njega popunjavamo tako što popunimo presek sva tri skupa, pa preseke po dva skupa, i na kraju, elemente koji pripadaju samo po jednom skupu) ENGLEZI FRANCUZI
9
www.matematiranje.com NEMCI Prvo upisemo 1 u preseku sva tri skupa.Zatim presek Francuzi i Englezi, ali tu ne pisemo 6, vec 6-1=5, onda presek Englezi i Nemci 11-1=10. Dalje je ostalo 18-5-1=12 koji uce samo francuski, 22-10-5-1=6 koji uce engleski i na kraju 15-10-1=4 koji uce nemacki. Broj slusaoca je 12+5+6+1+10+4=38, a broj onih koji uce samo dva jezika je 10+5=15 5. Dokazati skupovnu jednakost: ( A ∪ B) ∩ C = ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) Ovde uvek krecemo isto ( ∀ x ) x pripada levoj strani, = zamenimo sa ⇔ , pa x pripada desnoj strani. Koristimo definicije skupovnih operacija dok potpuno ne rastavimo obe strane. Dalje preko logickih operacija dokazemo da je nastala formula tautologija. Pazi: = menjamo sa ⇔ , ∪ menjamo sa ∨ , ∩ menjamo sa ∧ , itd. Dokaz: ( ∀ x) ( x ∈ ( A ∪ B ) ∩ C ) ⇔ (x ∈ ( A ∩ C ) ∪ ( B ∩ C ) ) ( x ∈ ( A ∪ B ) ∧ x ∈ C) ⇔ (x ∈ ( A ∩ C ) ∨ x ∈ ( B ∩ C ) ) ((x ∈ A ∨ x ∈ B) ∧ x ∈ C) ⇔ ((x ∈ A ∧ x ∈ C) ∨ (x ∈ B ∧ x ∈ C)) neka je: p= x ∈ A q= x ∈ B r = x∈ C Dobili smo formulu: F: ((p ∨ q) ∧ r) ⇔ ((p ∧ r) ∨ (q ∧ r)) Nju sad moramo dokazati preko tablice i upotrebom logickih operacija: p
q
r
p∨ q
(p ∨ q) ∧ r
p∧r
q∧r
T T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥
T ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥
T T T T T T ⊥ ⊥
T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
Formula JESTE TAUTOLOGIJA, pa je time dokaz zavrsen. ⇔ 6. Dokazati skupovnu jednakost: C\(A ∩ B)=(C\A) ∪ (C\B) Dokaz: ( ∀ x)(x ∈ C\(A ∩ B)) ⇔ (x ∈ (C\A) ∪ (C\B)) 10
(p ∧ r) ∨ (q ∧ r) T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥
F T T T T T T T T
www.matematiranje.com (x ∈ C ∧ x∉(A ∩ B)) ⇔ ( x ∈ (C\A) ∨ x ∈ (C\B)) (x ∈ C ∧ ¬ ( x ∈ A ∧ x ∈ B)) ⇔ (x ∈ C ∧ ¬ (x ∈ A)) ∨ ( x ∈ C ∧ ¬ ( x ∈ B)) neka je: p= x ∈ A q= x ∈ B r = x∈ C F: (r ∧ ¬ (p ∧ q)) ⇔ ((r ∧ ¬ p) ∨ (r ∧ ¬ q)) Ovo dokazujemo tablicno: ¬p ¬q p∧ q ¬ r ∧ ¬ (p ∧ q) r ∧ ¬ p r ∧ ¬ q p q r (p ∧ q) T T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T ⊥ T T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T T ⊥ ⊥ T T ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
(r ∧ ¬ p) ∨ (r ∧ ¬ q) ⊥ ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥
⇔ Dakle ova formula jeste TAUTOLOGIJA, pa je pocetna skupovna jednakost tačna.
11
F T T T T T T T T
www.matematiranje.com
ISKAZI U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.Ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.Dakle , pod iskazom podrazumevamo bilo koju rečenicu za koju se zna da može biti samo tačna ili samo netačna.Drugim rečima, iskaz može da ima samo jednu od istinitosnih vrednosti: istinit (tačan), neistinit (netačan). Primer: Nije teško videti koja je od sledećih rečenica iskaz: -
Broj 6 je veći od broja 2
-
Broj 3 je deljiv brojem 2
-
Zemlja se okreće oko Sunca
-
Broj 2 je veći od Nataše
-
Godina ima 365 dana
Prve tri rečenice jesu iskazi, jer su redom tačna, netačna i tačna, dok za zadnje dve rečenice ne možemo to tvrditi, dakle , nisu iskazi. Iskaze ćemo, po dogovoru, obeležavati malim slovima latinice: p,q,r,s,t....a ta slova ćemo zvati iskazna slova.Polazeći od takvih elementarnih iskaza,dakle, iskaznih slova, slično kao što u srpskom jeziku od prostih rečenica pravimo složene, možemo napraviti i složene iskaze.Tu će za nas biti značajno da znamo kada će ti novi iskazi biti tačni ili netačni. U tom cilju uvodimo oznake : T – za tačno (čita se te) i ⊥ - za netačno ( čita se ne-te) Istinitosna vrednost nekog iskaza p, koji ćemo označavati sa τ (p) (čita se tau od te), biće:
www.matematiranje.com τ (t)=T, ako je iskaz p tačan τ (t)= ⊥ , ako je iskaz p netačan LOGIČKE OPERACIJE Neka su dati iskazi p i q. Konjukcija iskaza p i q je iskaz p ∧ q kojem odgovara sledeća istinitosna tablica: p
q
p∧q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
⊥
⊥
⊥
⊥
Konjukcija je tačna samo ako su p i q tačni iskazi.
Disjunkcija iskaza p i q je iskaz p ∨ q kojem odgovara sledeća tablica: p
q
p∨ q
T
T
T
T
⊥
T
⊥
T
T
⊥
⊥
⊥
Disjunkcija je netačna samo ako su oba iskaza , i p i q, netačni.
Ovde treba obratiti pažnju na razliku između upravo definisanog veznika disjunkcije i veznika takozvane isključne disjunkcije kojem odgovara jezička forma “ili..,ili…”. Razlika je u tome što iskaz “ili p ili q” nije tačan ni u slučaju kada su oba iskaza , i p i q, tačni, dok je iskaz “p ili q” tačan.
www.matematiranje.com Implikacija iskaza p i q je iskaz p ⇒ q kojem odgovara sledeća tablica:
p⇒q
p
q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
T
Implikacija je netačna jedino u slučaju kada je iskaz p tačan i iskaz q netačan.
Jedan od najznačajnijih veznika za nas je upravo veznik implikacije. Rečenica “p implicira q” se sa nepromenjenim značenjem može zapisati i na jedan od sledećih načina: “ ako p, onda q” “ iz p sledi q” “q, ako p” “ p je dovoljan uslov za q” “ q je potreban uslov za p” Ekvivalencija iskaza p i q je iskaz p ⇔ q čije se istinitosne vrednosti zadaju tablicom:
p⇔ q
p
q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
⊥
⊥
⊥
T
Ekvivalencija je tačna samo ako oba iskaza, i p i q, imaju istu istinitostnu vradnost.
www.matematiranje.com Rečenicu “p je ekvivalentno sa q” možemo iskazati i na jedan od sledećih načina: “ ako p , onda q, i ako q, onda p” “ p je potreban i dovoljan uslov za q” “ p ako i samo ako q” To su bili osnovni binarni logički veznici (operacije). Binarni , zato što dva iskaza prave jedan novi iskaz. Uvešćemo sada jedan unarni veznik (operaciju), koji od jednog iskaza p pravi jedan novi iskaz , složeniji.To je ¬ p , koji se čita “ne-p”. Negacija iskaza p je iskaz ¬ p kojem odgovara tablica:
P
¬p
T
⊥
⊥
T
Očigledno je iskaz ¬ p tačan samo u slučaju kada je iskaz p netačan.
Zajedno, iskazne konstante (T i ⊥ ), sva iskazna slova i sve složene iskaze nazivamo iskaznim formulama.Da bi jedna iskazna formula bila nedvosmisleno zapisana, prilikom zapisivanja koristimo i zagrade.Polazimo od toga da je negacija operacija najvišeg prioriteta,za njom su konjukcija i disjunkcija, koje su međusobno ravnopravne, na kraju su implikacila i ekvivalencija, takođe međusobno ravnopravne. Primer: Niz simbola p ∧ q ∨ r ne možemo prihvatiti kao formulu, jer se ne zna redosled operacija, pošto su konjukcija i disjunkcija “iste snage”. Trebalo bi biti zapisano na sledeci način: (p ∧ q) ∨ r ili p ∧ (q ∨ r ) .
www.matematiranje.com Dakle, iskazne formule su iskazi formirani od iskaznih slova p,q,r,…, znakova
∧,∨, ⇒, ⇔, ¬ i zagrada, primenom konačnog broja puta ovih simbola. Iskazne formule koje su uvek, za sve moguće vrednosti iskaznih slova koja čine te formule tačne, nazivamo tautologijama. Da li je neka formula tautologija možemo proveriti na više načina: diskusijom po slovu, svođenjem na protivrečnost, preko istinitosnih tablica, itd. Evo jednog primera ispitivanja preko istinitosne tablice: (¬q ⇒ ¬p ) ⇒ ( p ⇒ q ) Pazi: Uvek prvo napisi negacije,jer su najstarija operacija ¬p
¬ q ⇒ ¬p
p⇒ q
⊥
⊥
T
T
T
⊥
T
⊥
⊥
⊥
T
⊥
T
⊥
T
T
T
T
⊥
⊥
T
T
T
T
T
p
q
¬q
T
T
T
(¬q ⇒ ¬p ) ⇒ ( p ⇒ q )
⇒ NEKA PRAVILA LOGIČKOG ZAKLJUČIVANJA Tautologije, kao uvek tačni iskazi, u sebi kriju zakonitosti po kojima se vladaju logički veznici, pa, prema tome, i zakonitosti pravilnog logičkog zaključivanja.neka od nezaobilaznih i najčešće primenjivanih, a ujedno i najjednostavnijih logičkih zakona su: p ∧ ( p ⇒ q) ⇒ q
modus ponens
(¬q ⇒ ¬p ) ⇒ ( p ⇒ q ) pravilo kontrapozicije ( ispitano u tablici) (¬p ⇒ ( q ∧ ¬q )) ⇒ p
svođenje na protivrečnost
www.matematiranje.com p ∨ ¬p
zakon isključenja trećeg
¬( p ∧ q ) ⇔ ¬p ∨ ¬q ¬( p ∨ q ) ⇔ ¬p ∧ ¬q
De Morganovi zakoni
¬¬ p ⇔ p zakon dvojne negacije
itd.
Ispitajmo modus ponens upotrebom svođenja na protivrečnost: p ∧ ( p ⇒ q) ⇒ q
Pretpostavimo da je formula netačna.Budući da je implikacija netačna samo u jednom slučaju, onda mora biti:
τ ( p ∧ ( p ⇒ q )) = T
i
τ (q ) = ⊥
Dalje, kako je konjukcija tačna samo ako su oba izraza tačna , mora biti:
τ ( p) = T
i
τ ( p ⇒ q ) =T
Pogledajmo tablicu za implikaciju: Pošto smo zaključili da je τ ( p ) = T i
τ (q ) = ⊥
mora biti τ ( p ⇒ q ) = ⊥ što je u kontradikciji sa p⇒q
p
q
T
T
T
T
⊥
⊥
⊥
T
T
⊥
⊥
T
τ ( p ⇒ q ) =T. Znači da polazna pretpostavka nije dobra, odnosno da je formula tautologija(tačna).
www.matematiranje.com PRIMERI: 1 Dati su iskazi : p: (-2)(-3)=-(-6); q: =0,2 ; r: -32=(-3)2 5 Ispitati istinitostnu vrednost izraza: ¬p ⇒ ( q ∨ r )
1.
Resenje: Kod ovog tipa zadatka najpre odredimo vrednosti iskaza p,q,r , pa te vrednosti zamenimo u datu formulu.(ovde nije potrebno praviti celu tablicu, vec samo jednu vrstu , za dobijene vrednosti za p,q,r) Dakle: (-2)(-3)=6 i -(-6)=6, pa je iskaz p- tacan , to jest τ ( p ) = T 2 1 0,2= = , pa je i iskaz q – tacan, to jest τ (q ) =T 10 5 -32= -9 a (-3)2=(-3)(-3)=9 pa je iskaz r – netacan, to jest τ (r ) =⊥ Zamenimo sada ove vrednosti u datoj formuli: ¬p ⇒ ( q ∨ r ) = ¬T ⇒ (T ∨ ⊥) = ⊥⇒ T = T. Dakle , dati izraz je tacan.
2. Ispitati da li je sledeca formula tautologija(tablicno): F: (¬p ⇒ q ) ⇔ (( r ∨ p ) ∧ q ) Kad imamo tri iskazna slova, potrebno nam je 8 vrsta:
p T T T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥
q T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥
r T ⊥ T ⊥ T ⊥ T ⊥
¬p ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T
¬p ⇒ q T T T T T T ⊥ ⊥
r∨ p T T T ⊥ T T T ⊥
(r ∨ p) ∧ q T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥
F T T ⊥ ⊥ T T T T
Dakle ova formula nije tautologija, jer ima na kraju na dva mesta netacno(dovoljno je i samo na jedno) ZAPAMTI: kod p idemo 4tacna, 4 netacna; kod q 2tacna ,2 netacna; kod r jedno tacno ,1 netacno ⇔
www.matematiranje.com KVANTORI Posmatrajmo recenicu: “ x2 = 25 “. Očigledno ona nije iskaz, jer može biti tačna ako je x= 5 ili x=-5, a može biti i netačna ako je x neki drugi broj. Ako,međutim rečenicu kažemo: “ Za svaki x, x2 = 25” ili “Postoji x tako da je x2 = 25”, onda za njih mozemo reci da je prva netačna a druga tačna, pa one predstavljaju iskaze. Upotrebom matematičke terminologije možemo zapisati: “ Za svaki x, x2 = 25” je ( ∀x) (x2 = 25) “Postoji x tako da je x2 = 25” je ( ∃x ) (x2 = 25) Ove reči , za svaki (bilo koji, za proizvoljan), i postoji (ili za neki) zovemo kvantori ili kvantifikatori. Dakle: ∀ - se čita za svaki i zove se univerzalni kvantor, ∃ - se čita postoji i zove se egzistencijalni kvantor Zanimljivo je kako se kvantori ponasaju u prisustvu negacije: ¬(∀x ) A ⇔ (∃x)¬A i ¬(∃x) A ⇔ (∀x)¬A
Rečima objašnjeno to bi značilo da nije svaki i neki nije imaju isto značenje, odnosno da izrazi nije neki i svaki nije imaju isto značenje. Na primer, rečenice:” Nije svaki profesor dobar” i “ Postoji profesor koji nije dobar” imaju isto znacenje.
www.matematiranje.com
www.matematiranje.com
www.matematiranje.com
LINEARNA FUNKCIJA I NJEN GRAFIK Neka su dati skupovi A i B. Ako svaki elemenat x ∈ A odgovara tačno jedan elemenat y ∈ B , kažemo da se skup A preslikava u skup B. Takvo preslikavanje nazivamo funkcijom. Zapisujemo:
f : A → B ili y = f (x)
Domen
Kodomen
Najpoznatiji oblik linearne funkcije je: y = kx + n (eksplicitni) Grafik ove funkcije je prava. K- je koeficijenat pravca, odnosno k = tgα gde je α - ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x-ose, n - je odsečak na y-osi
Pošto je prava odredjena sa dve svoje tačke, grafik ucrtamo tako što u malu tablicu uzmemo 2 proizvoljne vrednosti za x, pa izračunamo y ili još bolje, x = 0 i y = 0 , pa nadjemo nepoznate: y = 2 x + 2 Za y = 0 Zaz za x=0 2x + 2 = 0 y = 2⋅0 + 2 = 2 x = −1
1
PAZI: Ako je funkcija samo y = kx (bez n) onda grafik prolazi kroz kordinatni početak i moramo uzimati dve različite vrednosti za x.
Primer: y = −2 x
x = 0 pa je y = 0 x = 1 pa je y = -2
Kako nacrtati grafike x = 2 ili y = −3 ? Važno je zapamtiti: → → → →
y=0 x=0 x=a y =b
je x-osa je y-osa , grafik je paralelan sa y-osom i prolazi kroz a , grafik je paralelan sa x-osom i prolazi kroz b
2
Dakle: x=2
y = −3
Nula Funkcije: je mesto gde grafik seče x-osu a dobija se kad stavimo y = 0 pa n⎞ ⎛ izračunamo koliko je x. ⎜ x = − ⎟ Funkcija može biti rastuća ili opadajuća. Ako je k>0 k⎠ ⎝ funkcija je rastuća i sa pozitivnim smerom x-ose gradi oštar ugao, a ako je k<0 funkcija je opadajuća i sa pozitivnim smerom x-ose gradi tup ugao.
Znak funkcije: Funkcija je pozitivna za y>0 tj. kx + n > 0 i grafik je iznad x-ose. Funkcija je negativna za y<0 tj. kx + n < 0 i grafik je ispod x-ose
3
Opadajuća
Rastuća k n ⎛ k ⎞ y > 0 za x ∈ ⎜ − , ∞ ⎟ ⎝ n ⎠ k⎞ ⎛ y < 0 za x ∈ ⎜ − ∞,− ⎟ n⎠ ⎝
y = 0 za x = −
y = 0 za x = −
k n
k⎞ ⎛ y > 0 za x ∈ ⎜ − ∞,− ⎟ n⎠ ⎝ ⎛ k ⎞ y < 0 za x ∈ ⎜ − , ∞ ⎟ ⎝ n ⎠
Ako se u zadatku kaže da grafik prolazi kroz neku tačku ( x 0 , y 0 ) onda koordinate te tačke smemo da zamenimo umesto x i y u datoj jednačini y = kx + n Dakle: y0 = kx0 + n Dva grafika y = kx1 + n1 i je k1 ⋅ k 2 = −1 .
y = kx2 + n2 će biti paralelna ako je k1 = k 2 , a normalna ako
Dakle: - uslov paralelnosti je k1 = k 2 - uslov normalnosti je k1 ⋅ k 2 = −1 Da nas ne zbuni: Prava može biti zadata i u drugim oblicima: a b ax + by + c = 0 ili + =1 x y Mi ovde izrazimo y (ipsilon) i ‘’pročitamo’’ k i n :
4
ax + by + c = 0 by = −ax − c a c y =− x− b b c a pa je: k = − , n = − b b ______________________ x y + = 1 /⋅ ab a b bx + ay = ab ay = −bx + ab / : a b y = − x+b a a pa je: k = − , n = b b 1) Proučiti promene i grafički prikaži funkcije:
1 b) y = −2 x + 4 x −1 2 _________________________________________________ a) y =
a) y =
1 x −1 2
za x = 0
⇒
y = 0 − 1 = −1
za y = 0
⇒
1 x −1 = 0 ⇒ x = 2 2
1. Oblast definisanosti: x ∈ R 2. Nula finkcija: x = 2 3. Znak: y > 0 za x ∈ (2, ∞) y < 0 za x ∈ (−∞,2) 4. Monotonost: Funkcija je rastuća jer je k =
1 >0 2
5
b) y = −2 x + 4
za za
x=0 y=0
⇒ ⇒
y = 0+4 = 4 − 2x + 4 = 0 ⇒
x=2
1. Oblast definisanosti: x ∈ R 2. Nula funkcije: x = 2 3. Znak: y > 0 za x ∈ (−∞,2) y < 0 za x ∈ (2, ∞) 4.Monotonost: funkcija je opadajuća jer k = −2 < 0 5) U skupu finkcija y=(a-4)x-(3a-10). (a realan parametar), odrediti parametar a tako da tačka M(1,2) pripada grafiku funkcije. Za nadjenu vrednost parametra a ispitati funkciju i skicirati njen grafik.
y = (a − 4) x − (3a − 10) 2 = (a − 4) ⋅1 − (3a − 10)
M(1,2) tačka pripada grafiku pa njene koordinate Stavljamo umesto x i y. x = 1 i y = 2
2 = a − 4 − 3a + 10 2 = −2 a + 6 2a = 6 − 2 2a = 4 a=2 y = (2 − 4) x − (3 ⋅ 2 − 10)
y = −2 x + 4
y = −2 x − ( − 4 ) y = −2 x + 4
6
6) U skupu funkcija f ( x) = (a − 2) x − 2a + 3 , odrediti parameter a tako da grafik funkcije odseca na y-osi odsečak dužine 5.
f ( x) = (a − 2) x − 2a + 3 y = kx + n Pošto je n -odsečak na y-osi, a ovde je n = −2a + 3 , to mora biti: − 2a + 3 = 5 − 2a = 5 − 3 − 2a = 2 a = −1
7) Date su familije funkcija y = (2m − 5) x + 7 i parametra m grafici ovih funkcija paralelni?
y = (2m − 5) x + 7 y = (10 − m) x − 3
⇒ ⇒
y = (10 − m) x − 3 Za koje su vrednosti
k = 2m − 5 k = 10 − m
uslov paralelnosti je da imaju iste k. Dakle: 2m − 5 = 10 − m 2m + m = 10 + 5 3m = 15 15 m= 3 m=5 8) Nacrtati grafik funkcije y = x −1
Najpre definišemo apsolutnu vrednost: ⎧ x, x ≥ 0 x =⎨ ⎩− x, x < 0 Dakle,treba nacrtati dva grafika
7
y = x −1
y = x −1 za x ≥ 0
y = −x −1
y = −x −1 za x < 0
y = x −1
Kako grafik y = x − 1 važi samo za x ≥ 0 njegov deo (isprekidano) za x < 0 nam ne treba. Kako grafik y = − x − 1 važi za x < 0 i njegov isprekidani deo nam ne treba.
9) Dat je skup funkcija y=(4m)x-(3m-2), (m realan broj) a) Odrediti m tako da funkcija ima nula x=2 b) Za nadjenu vrednost m ispitati promene i konstruisati grafik funkcije.
y=(4m-6)x-(3m-2) a) x = 2 za y = 0 ⇒
(4m − 6) ⋅ 2 − (3m − 2) = 0 8m − 12 − 3m + 2 = 0 5m − 10 = 0 m=2 8
y = (4 ⋅ 2 − 6) x − (3 ⋅ 2 − 2) y = 2x − 4
10) Dat je skup funkcija y = (k − 2) x − (k − 1), gde je k realan parameter. Odrediti parametar k tako da njen grafik bude paralelan sa grafikom funkcije y = 2 x − 6 . Za dobijenu vrednost k, ispisati funkciju i konstruisati njen grafik.
y = (k − 2) x − (k − 1) y = 2x − 6 k −2 = 2 k =4
y = (4 − 2) x − (4 − 1) y = 2x − 3
9
www.matematiranje.com
SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA Pod sistemom od dve linearne jednačine sa dve nepoznate x i y podrazumevamo: a1 x b1 y c1 a2 x b2 y c2 Ovo je takozvani ''prost'' sistem do koga uvek možemo doći ekvivalentnim transformacijama (opisane u jednačinama) Ovde su a1 , a2 , b1 , b2 , c1 , c2 dati realni brojevi (ponekad i parametri). Rešenje sistema je uredjeni par brojeva ( x0 , y0 ) za koji važi da je: a1 x0 b1 y0 c1 a2 x0 b2 y0 c2 Sisteme možemo rešiti pomoću više metoda: zamena, suprotni koeficijenti, Gausova, pomoću determinanti, matricama, grafički itd. Nama je najvažnije da tačno rešimo dati zadatak (problem) pa ćemo probati da vas to naučimo. Napomenimo samo da dati sistem može imati: jedinstveno rešenje, beskonačno mnogo rešenja (neodređen) ili pak da nema rešenja (nemoguć). Primer 1:
2x 3y 7 Reši sistem: 3x 6 y 7 _______________
2 x 3 y 7 /·2 3x 6 y 7 _______________
4 x 6 y 14 3x 6 y 7
__________ _________
Najlakše je da ispred x (ili y) napravimo da budu isti brojevi a suprotnog znaka, pa onda te dve jednačine saberemo. Zato ćemo prvu jednačinu pomnožiti sa 2. Kad nadjemo jedno rešenje, vratimo se u jednu od jednačina (bilo koju) da nadjemo drugo rešenje.
7 x 21 21 x 7 x3
1
www.matematiranje.com 2x 3y 7 2 3 3y 7 6 3y 7 3y 7 6 3y 1 1 3 Ovde je rešenje jedinstveno: y
1 ( x, y ) 3, 3 Primer 2: Reši sistem: 5 x y 1 ..... / (2) 10 x 2 y 2
Pomnožimo prvu jednačinu sa (-2)
___________________
10 x 2 y 2 10 x 2 y 2
Ovde imamo situaciju da su se svi ''skratili''.
___________________
00 To nam govori da sistem ima beskonačno mnogo rešenja. Da bi ''opisali'' ta rešenja, iz jedne od jednačina izrazimo x (ili y), naravno, šta nam je lakše: 5 x y 1 y 1 5 x Sada su rešenja: ( x, y ) ( x,1 5 x) xR Primer 3: Reši sistem: 2 x 3 y 4 2x 3y 5 _________________
2x 3y 4 2x 3y 5
Saberemo ih odmah.
_________________
09
U ovoj situaciji kažemo da je sistem nemoguć, odnosno nema rešenja.
2
www.matematiranje.com
5x 1 3 y 1 3 6 10 11 x 11 y 3 6 4
Primer 4: Reši sistem:
_______________________________
5x 1 3 y 1 3.... / 30 6 10 11 x 11 y 3.... / 12 6 4
Odmah uočimo da ovaj sistem nije ‘’prost’’, pa moramo najpre da ‘’napravimo’’ da bude.
_______________________________
5(5 x 1) 3(3 y 1) 90 2(11 x) 3(11 y ) 36 __________________________________
25 x 5 9 y 3 90 22 2 x 33 3 y 36 ______________________________
25 x 9 y 90 5 3 2 x 3 y 19.... / (3)
Napravili smo ‘’prost’’ sistem. Drugu jednačinu
______________________________
25 x 9 y 98 6 x 9 y 57
pomnožimo sa (-3)
____________________
31x 155
Vratimo se sad u jednu od jednačina iz prostog sistema.
x5 2 x 3 y 19 2 5 3 y 19 3 y 19 10 3 y 9 y 3 dakle ( x, y ) (5,3) Primer 5:
14 24 10 x y 7 18 5 x y
Uočavamo da su ovde nepoznate u imeniocu. U takvoj 1 1 situaciji najbolje je uzeti smene: a i b x y
________________
3
www.matematiranje.com 1 1 14 24 10 x y 1 1 7 18 5 x y _______________________
14a 24b 10 ovo je prost sistem ‘’po a i b’’ Pomnožimo drugu jednačinu 7 a 18b 5 .../ (2) sa (-2) __________________
14a 24b 10 14a 36b 10 _______________________
60b 20 20 b 60 1 b 3 7a 18b 5 1 7a 18 5 3 7a 6 5 7a 5 6 7a 1 a
1 7
Vratimo se u smene da nadjemo x i y. 1 a, x 1 1 , x 7 x7
1 b y 1 1 y 3 y3
( x, y ) (7,3)
Primer 6: Reši sistem:
ax 9 y 14a 2ax 3 y 7a ___________________
4
www.matematiranje.com
ax 9 y 14a Ovde primećujemo da postoji parameter a. Budimo oprezni!!! 2ax 3 y 7a ... / 3 ___________________
ax 9 y 14a 6ax 9 y 21a
________________________
7ax 35a 35a x → PAZI: a može da skratimo samo ako je a 0 ( to je uslov) 7a x5 ax 9 y 14a 5a 9 y 14a 9 y 14a 5a 9 y 9a y a
Rešenja su ( x, y ) (5,a) uz uslov a 0
Šta se dešava ako je a 0 ? Zamenimo tu vrednost u početni sistem: 0 x 9y 0 0 x 3y 0 _________________
Ovde se vidi da je
y 0 a x može biti bilo koji broj.
Pa je sistem neodredjen, odnosno ima beskonačno mnogo rešenja. y0
xR
5
www.matematiranje.com SISTEM TRI JEDNAČINE SA TRI NEPOZNATE 7)
x 2 y 5z 6 2x y 2z 5 3x 3 y 4 z 8
x 2 y 5 z 6 / 2 2x y 2z 5 ______________________
2x 4 y 10 z 12 2 x y 2 z 5 __________________________
5 y 8 z 17
Naravno i ovde ima više metoda za rešavanje. Najlakše je da izvučemo I i II, I i III jednačinu i oslobodimo se od iste nepoznate. Tako dobijemo sistem 2 jednačine sa 2 nepoznate x 2 y 5 z 6 / 3 3x 3 y 4 z 8 ______________________
3x 6 y 15 z 18 3x 3 y 4 z 8 __________________________
9 y 19 z 26
Sada uzimamo ove dve jednačine i nadjemo nepoznate y i z. 5 y 8 z 17 / 9 9 y 19 z 26/ (5) __________________
45 y 72 z 153 45 y 95 z 130 ___________________________
23z 23 z 1 5 y 8 z 17 5 y 8 17 5 y 25 y5 kada nadjemo 2 nepoznate vraćamo se u jednu od prve tri jednačine, (bilo koju). x 2 y 5z 6 x 2 5 5 1 6 x 10 5 6 x 6 10 5 x 1 ( x, y, z ) (1,5,1)
6
www.matematiranje.com 8)
2 x 3 y z 9 5 x y 2 z 12 x 2 y 3z 1 ____________________
Izdvajamo (I i II) i (I i III). Uočimo da je sad lakše da se oslobodimo od nepoznate z. 2 x 3 y z 9 / 2 5 x y 2 z 12
2 x 3 y z 9 / 3 x 2 y 3z 1
______________________
___________________
4a 6 y 2 z 18 5 x y 2 z 12
6 x 9 y 3z 27 x 2 y 3z 1
______________________
___________________
9 x 5 y 6
7 x 11y 26
Sad uzimamo ove dve jednačine i nadjemo x i y. 9 x 5 y 6 / (7) 7 x 11y 26/ 9 ____________________
63x 35 y 42 63x 99 y 234 ________________________
64 y 192 y3 9 x 5 3 6 9 x 6 15 9x 9 x 1 Sad se vraćamo u početni sistem: (u treću jednačinu) x 2 y 3z 1 1 2 3 3z 1
1 6 3z 1 3z 1 5 3z 6 z 2 ( x, y, z ) (1,3, 2)
7
www.matematiranje.com Sistemi jednačina imaju široku primenu na rešavanje različitih problema. Naravno,potrebno je dobro proučiti problem, naći vezu izmedju nepoznatih i formirati sistem jednačina. Samo rešavanje sistema posle nije veliki problem.
9) Dva broja imaju osobinu da je zbir četvorostukog prvog broja i za 4 uvećanog drugog broja jednak 50, a razlika trostrukog prvog broja i polovine drugog broja jednaka je 22. Odrediti te brojeve.
Neka je x i y traženi brojevi.
Postavimo jednačine:
4 x ( y 4) 50 y 3x 22 2
4 x ( y 4) 50 3x
y 22 / 2 2
________________
4 x y 50 4 6 x y 44 _______________
4 x y 46 6 x y 44 _________________
10 x 90 x9 4 x y 46 36 y 46 y 10
10) Dva radnika mogu da završe neki posao za 8 časova. Desilo se da je prvi radio 6 51 časova, a drugi 9 časova i završili su deo posla. Za koliko časova može svaki 56 odvojeno da završi taj posao?
8
www.matematiranje.com
Obeležimo:
x – Vreme za koje prvi radnik završi posao y – Vreme za koje drugi radnik završi posao 1 1 1 x y 8 6 9 51 x y 56
Uvodimo smene :
1 a x
i
1 b y
________________
1 a b / (6) 8 51 6a 9b 56 _________________
6a 6b 6a 9b
6 8
51 56
_________________
51 6 56 8 51 42 3b 56 9 3b / :3 56 3b
b
3 56
1 3 a 8 56 73 4 1 a 56 56 14 a
1 14
9
www.matematiranje.com Vratimo se u smenu:
1 a x 1 1 x 14 x 14 x 14 časa
i
1 b y 1 3 y 56 56 y 3 2 y 18 3 y 18 časa i 40 minuta
11) Zbir godina majke i ćerke je 46. Posle 10 godina majka ce biti 2 puta starija od ćerke. Koliko godina sada ima majka a koliko ćerka?
Obeležimo sa: x – godine majke y – godine ćerke
Posle 10 godina: majka → x+10 godina ćerka → y+10 godina
x y 46 x 10 2 ( y 10) __________________________
x y 46 x 10 2 y 20 ______________________
x y 46 x 2 y 10/(1) _______________
x y 46 x 2 y 10 _______________
3 y 36 y 12 x 12 46 x 34 Dakle, majka sada ima 34 godine a ćerka 12 godina.
10
www.matematiranje.com
11
KONSTRUKTIVNI ZADACI (TROUGAO) Rešavanje konstruktivnih zadataka je jedna od najtežih oblasti koja vas čeka ove godine. Zahteva dobro predznanje, poznavanje odgovarajuće teorije . Zato vam mi preporučujemo da se najpre podsetite teorije vezane za trougao ( imate sve na sajtu). Rešavanje konstruktivnog zadatka se sastoji od 4 etape: 1) Analiza 2) Konstrukcija 3) Dokaz 4) Diskusija Analiza je traženje načina da se dodje do rešenja. Predpostavimo da traženi trougao već postoji, nacrtamo pomoćni crtež i na njemu unesemo date podatke . Tražimo vezu između tih podataka, zavisnost, a ponekad treba docrtati neki deo trougla , itd. Konstrukcija se sastoji u tome da na osnovu zaključaka iz analize konstruišemo traženi trougao. Dokaz se sastoji u tome da pomoću poznatih aksioma i teorema utvrdimo da li dobijeno rešenje ispunjava uslove zadatka. Profesori ovde najčešće umesto dokaza zahtevaju od učenika da opišu način na koji su konstruisali traženi trougao. Vi radite kako vaš profesor zahteva... Diskusija Ovde razmišljamo da li je dobijeno rešenje jedinstveno, da li ima 2, 3 ili više rešenja...ili pak rešenje ne postoji. Napomena Mi ćemo ovde pokušati da vam pomognemo da pravilno razmišljate i da naučite par trikova... Nećemo raditi dokaz i diskusiju, jer jedan pravilno urađen konstruktivni zadatak je kao pisanje referata... Ko voli neka pokuša sam da izvede dokaz a ako bude nekih problema, pišite nam pa ćemo vam pomoći. www.matematiranje.com
1
Primer 1. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : a, c, ta Rešenje Ovo je jedan od lakših zadataka, za zagrevanje. Nacrtamo sliku i izvršimo analizu... C a 2
b
D
ta A
a 2
c
B
Znamo da težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice. Obeležimo tu tačku sa D.
a Trougao ABD je moguće kontruisati jer znamo sve tri stranice ( c, ta , ). 2 Nacrtamo polupravu Ax i na njoj nanesemo dužinu AB = c. U otvor šestara uzmemo dužinu ta , ubodemo a šestar u tačku A i opišemo luk. Zatim u otvor šestara uzmemo , zabodemo šestar u tačku B i presečemo 2 a i tu je tačka C . Spojimo tačke A i C i eto malopre naneti luk. Dobili smo tačku D. Produžimo stranicu BD za 2 ga traženi trougao. Primer 2.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : a, ha , hb Rešenje
Nacrtajmo sliku i analizirajmo je...
A D b
c hb
B
ha
M a
C www.matematiranje.com
2
Ovde ćemo upotrebiti trik sa nanošenjem visine “ na stranu”… Najpre nacrtamo polupravu Cx x
x
x hb
hb
C
C
C
Na njoj, «na stranu» nanesemo visinu hb i povučemo paralelu sa Cx . Na toj paraleli se nalazi tačka B. Ali gde? U otvor šestara uzmemo dužinu stranice a i iz C presečemo lukom paralelu. Tu je tačka B. x
hb
B
C
a
Sada da dođemo do tačke A. Opet trik sa visinom… Produžimo stranicu BC na jednu stranu i nanesemo visinu ha . x
x A
hb
hb
ha
B
a
C
ha
B
a
C
Paralela sa BC u preseku sa Cx nam daje tačku A. I konstruisali smo traženi trougao. www.matematiranje.com
3
Primer 3.
Konstruisati skup svih tačaka iz kojih se data duž AB vidi pod datim uglom α . Rešenje
Ovo je jedna pomoćna konstrukcija koja se često javlja u zadacima, pa smatramo da je pametno da je detaljno objasnimo... Nacrtamo datu duž i u tački A konstruišemo taj dati ugao α . x
α A
B
Dalje konstruišemo simetralu duži AB. s
x
α A
B
Na polupravu Ax konstruišemo normalu An u tački A. s
x
α A
B
O
n www.matematiranje.com
4
Dobijeni presek simetrale i normale, tačka O, je centar kruga poluprečnika OA = OB s
x
α A
B
O
n
Iz svake tačke luka AB se data duž vidi pod uglom α . Za recimo ,proizvoljne tačke P,Q,R na luku AB je s
x
α A
α
B
α O
R
n
P α
Q Napomena
Dokaz i izvođenje ove konstrukcije se bazira na teoremi o tangentnom uglu: Ugao koji određuje tetiva sa tangentom u jednoj krajnjoj tački tetive ( tangentni ugao) jednak je tetivnom uglu koji odgovara toj tetivi.
www.matematiranje.com
5
Primer 4.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : β , hc , tc Rešenje
Skica i analiza... C
C
hc
hc
tc
tc
β A
D
T
β B
D
A
T
B
Najpre ćemo konstruisati označeni trougao DBC. Kako? Pa upotrebićemo prethodni zadatak i najpre konstruisati skup svih tačaka iz kojih se duž DC vidi pod uglom β .
x
C
x
n
n
s
O
O
s
C
β
β
D
D
slika 1
B
slika 2
Na slici 1 smo bodili traženi luk CD ,tj. svih tačaka iz kojih se duž DC vidi pod uglom β . Produžimo CO do preseka sa lukom CD i dobili smo tačku B.
www.matematiranje.com
6
Kako znamo dužinu tc , nju nanesemo iz tačke C do preseka sa DB ( slika 3.)
C
x
C
x
n
n
s
O
O
s
β
β
D
T
β D
A
slika 3
I na kraju uzmemo rastojanje BT =
β
B T
c 2
B
slika 4
c i prenesemo na drugu stranu (slika 4)… Eto je tačka A. 2
Napomena Konstrukciju smo mogli izvesti i na drugi način… Najpre bi konstruisali trougao CDT.(imamo tri njegova elementa) C
C x hc
hc
tc
tc
β A
D
T
D
B
T
Šta dalje? Ideja je da odredimo TCB (ugao x na slici). Znamo ugao β , a sa slike znamo i BTC . Kako je zbir uglova u trouglu 180 stepeni , tj. opružen ugao, nanećemo dva poznata ugla β i BTC , i šta ostane , to je traženi ugao x.
x
BTC
Kad dobijemo tačku B , nastavljamo kao i u prvom rešenju…
β
www.matematiranje.com
7
Primer 5.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : a + b + c, α , β . Rešenje C α
β
2
2
a
b α
β
α
2
b
M
β
c
A
a
B
2
N
Uočimo sledeće činjenice: Trouglovi AMC i BNC su jednakokraki. Kako je spoljašnji ugao jednak zbiru dva unutrašnja , nesusedna , to mora biti AMC = ACM =
α
i BNC = BCN =
2 Sada možemo konstruisati trougao MNC.
β
2
Nacrtamo polupravu Mx i na nju nanesemo a+b+c. U temenu M nanesemo ugao
α
2
a u temenu N nanesemo ugao
β
. U preseku je teme C.
2
C
α
β
2
2
M
a+b+c
N
Kako doći do temena A i B ? Jednostavno, nađemo simetrale stranica MC i CN i u preseku sa MN su temena A i B . sMC
sNC
C
α
M
2
β
A
B
2
N www.matematiranje.com
8
Primer 6.
Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima: a − b, c, β Rešenje
Najpre skica, analiza i ideja... A
b
c β
B
a-b M
b
C
Na stranicu a prenesemo b da bi smo dobili zadato a-b . Uočimo trougao BMA. Njega je moguće konstruisati jer znamo tri potrebna elementa. A
β
B
a-b M
Kako doći do temena C ?
Trougao AMC je jednakokraki, pa ćemo naći simetralu stranice AM . Stranicu BM samo produžimo... Presek simetrale i produžetka će nam dati teme C. A
A
B
s AM
s AM
β
β
a-b M
B
a-b M
C
I dobili smo traženi trougao ABC. www.matematiranje.com
9
10
`KONSTRUKCIJE ČETVOROUGLOVA I ovde , kao i kod konstrukcije trouglova imamo četiri etape :
1) Analiza 2) Konstrukcija 3) Dokaz 4) Diskusija Opet važi isti savet , da se podsetite najpre osobina četvorouglova, da bi mogli razumeti zadatke... Mi ćemo se zadržati na analizi i konstrukciji...
Primer 1. Konstruisati paralelogram ako mu je data jedna stranica i dijagonale a, d1 , d 2 . Rešenje: D
d1 a
A
D
C
C
O
O
d 2
b
d2 B
A
b
d 2
a
B
Ovde je dovoljno znati da se dijagonale paralelograma međusobno polove, pa je moguće konstruisati trougao ABO, pa zatim produžiti stranice AO i BO za još po pola dijagonala.
d2 2 d1 2
A
O
a slika 1
d1 2
d2 2
B
A
D
d1 2
O
d1 2
d2 2
a slika 2
B
A
C O
a slika 3
d2 2
B
d1 i opišemo luk iz tačke A. Zatim u otvor šestara 2 d d uzmemo 2 i opišemo luk iz tačke B. Presek tih lukova nam daje tačku A ( slika 1). Produžimo OA za 1 i BO za 2 2 d2 ( slika 2 ) . 2
Dakle, najpre nacrtamo duž AB = a. U otvor šestara uzmemo
Spojimo i evo traženog paralelograma ( slika 3)
www.matematiranje.com
1
Primer 2.
Konstruisati romb ako su mu date dijagonale d1 , d 2 . Rešenje:
D
D
C
C
d1
a
d1
d2
A
a
d2
2
B
A
a
2
B
a
Dovoljno je znati da se dijagonale romba međusobno polove pod pravim uglom! Onda , konstrukcija ide slično kao u primeru 1, konstruišemo najpre plavi trougao pa mu produžimo stranice za još po pola dijagonale. A može i malo jednostavnije...
D
C
D
C
B
A
A
A
slika 1
slika 2
slika 3
Nacrtamo dijagonalu AC = d1 (slika 1). Nađemo njenu simetralu, koja je naravno pod pravim uglom i na kojoj se nalaze preostala dva temena ( slika 2) Zatim iz tačke preseka nanesemo na simetralu šestarom sa obe strane po
d2 i dobijamo tačke B i D. Na kraju 2
samo spojimo i eto traženog romba. www.matematiranje.com
2
Primer 3.
Konstruisati jednakokraki trapez ako su mu date osnovice a , b i krak c.
Rešenje:
b
D c
a
C
c
c
A
b
D
C
c
A
B
a-b
M
b
c
B
Na donju, veću osnovicu prenesemo gornju , manju. Na taj način smo dobili jednakokraki trougao MBC , koji možemo konstruisati, jer znamo sve tri stranice.
c
M
c
c
a-b slika 1
B
A
b
M
c
c
a-b
slika 2
b
D
C
C
B
A
C
c
b
M
c
a-b
B
slika 3
Dakle, nanesemo duž MB = a – b. Iz M i B opišemo lukove dužine c, njihov presek daje tačku C ( slika 1) Dalje BM produžimo za dužinu gornje osnovice, b, i dobijamo tačku A (slika 2) Povučemo iz C paralelu sa osnovicom AB. Na tu paralelu nanesemo b i dobijamo tačku D.( slika 3) Spojimo i evo traženog jednakokrakog trapeza. www.matematiranje.com
3
Primer 4.
Konstruisati pravougaonik ako su dati dijagonala d i zbir osnovica a+b.
Rešenje:
Izvršimo najpre analizu . D
D
C
C 45
d
o
d
b
o
45
A
a
b
B
M
M
a+b
A
Da bi dobili a + b , koje nam je dato, moramo preneti dužinu b na produžetak stranice AB = a. Obeležimo tu tačku sa M . Jasno je da je trougao BMC pravouglo jednakokraki i da su mu uglovi od 90,45 i 45 stepeni. Najpre ćemo konstruisati označeni trougao AMC jer imao tri elementa za njegovu konstrukciju...
C
C d
d
b
0
0
45
45 M
A slika 1
A
a
M
slika 2
Nanesemo AM = a + b . U tački M konstruišemo ugao od 45 stepeni. U otvor šestara uzmemo dužinu dijagonale d, ubodemo šestar u tačku A i presečemo krak ugla. U preseku je tačka C. ( slika 1) Dalje iz C spustimo normalu na AM i dobili smo dužine stranica a i b. Prenesemo te dužine iz A i C i dobili smo traženi pravougaonik ( slika 2) www.matematiranje.com
4
Primer 5.
Konstruisati pravougaonik ako su dati dijagonala d i razlika osnovica a - b.
Rešenje: D
D
C d
C d
b
b o
o
135 45
a
A
a-b
A
B
b
F
B
Da bi smo dobili zadato a-b moramo prebaciti dužinu stranice b na a. Obeležimo tu tačku sa F. Trougao FBC je očigledno jednakokrako pravougli pa je ugao BFC jednak 45 stepeni. Odatle možemo zaključiti da je ugao AFC jednak 135 stepeni. Dakle, moguće je konstruisati trougao AFC jer znamo a-b, ugao od 135 stepeni i dijagonalu d.
C
C
d
d o
A
F
a
b
d
o
135
a-b
D
slika 1
a-b
F slika 2
b o
135
A
C
135
B
A
a
B
slika 3
Najpre nanesemo AF= a-b. U tački F nanesemo ugao od 135 stepeni. Iz tačke A presečemo lukom dužine d taj ugao i dobili smo tačku C ( slika 1). Iz tačke C spustimo normalu na produžetak AF i dobijamo tačku B ( slika 2). Konačno u preseku lukova dužina a i b, dobijamo tačku D ( slika 3).
www.matematiranje.com
5
Primer 6.
Konstruisati kvadrat ako mu je dat zbir dijagonale i stranice, d+a.
Rešenje:
D
D
C
C o
22 30` a d
d
135 a
A
d
B
a
A
o
o
22 30` d
B
M
Prebacimo dužinu dijagonale na produžetak stranice a. Tako dobijamo tačku M. Uočimo trougao MBD, on je jednakokraki sa uglovima od 1350 , 22030`, 22030`. Najpre ćemo konstruisati trougao AMD jer znamo a+d, ugao od 22030`kod temena M i prav ugao kod temena A.
D
D
a
a
a
a
o
22 30 ` A
a+d
slika 1
o
M
22 30 ` A
a
a+d
M
slika 2
Dakle, nanesemo datu dužinu a+d=AM. U preseku nanetih uglova je tačka D. ( slika 1) Sad kad znamo dužinu stranice a nije teško naći ostala temena kvadrata.(slika 2)
www.matematiranje.com
6
Primer 7.
Konstruisati kvadrat ako mu je data razlika dijagonale i stranice, d-a. Rešenje: D
C
D
C
D
C o
a d
45
a
45
0
a a
a
S 67 30` 0
d-a
S 67 30` 0
d-a
112 30`
0
0
67 30`
A
a
B
A
a
B
67 30`
o
45
A
a
B
Prebacimo najpre dužinu stranice a na dijagonalu da bi dobili zadato d-a. Trougao SBC je jednakokraki, sa uglovima 450 , 67030`, 67 030`. Onda je ASB = 1800 − 67030` = 112030` Dakle , moguće je najpre konstruisati trougao ABS jer znamo stranicu AS i na njoj dva nalegla ugla. Tako dobijamo dužinu stranice kvadrata pa onda nije teško njega konstruisati.
www.matematiranje.com
7
OSNA SIMETRIJA
Preslikavanje ravni, pri kojem se svaka tačka A te ravni preslikava u tačku A` , simetričnu sa A u odnosu na pravu s te ravni, nazivamo osnom simetrijom u odnosu na pravu ( osu ) s. Najčešća oznaka za osnu simetriju je I s . Naravno, vi obeležavajte kako kaže vaš profesor.
Za dve figure F i F ` neke ravni kažemo da su simetrične u odnosu na pravu s te ravni ( osno simetrične) , ako svakoj tački P figure F odgovara tačka P` figure F ` , tako da je I s ( P ) = P` . Naravno, važi i obrnuto, svakoj tački Q` figure F ` odgovara tačka Q figure F tako da je I s ( Q ) = Q` .
Osna simetrija se još naziva i osna refleksija ili samo refleksija.
Evo nekoliko primera osno simetričnih figura sa jednom ili više osa simetrije…
jedna osa simetrije
jedna osa simetrije
dve ose simetrije
tri osa simetrije
svaki precnik je osa simetrije \/
cetiri osa simetrije \/
Kao što vidimo na slikama, jednakokraki trapez i jednakokraki trougao imaju po jednu osu simetrije. Pravougaonik ima dve ose simetrije, jednakostranični trougao tri ose simetrije, kvadrat četiri ,dok je kod kruga svaki prečnik osa simetrije. www.matematiranje.com
1
Pre nego li krenemo sa zadacima , podsetićemo se jedne konstrukcije koju moramo raditi ( ako zahteva profesor) kod svakog zadatka. Trebamo iz date tačke A konstruisati normalu na datu pravu p. A
P
A
Q
p
P
A
Q
slika 1.
p
P
Q
p
slika 3.
slika 2.
Iz tačke A opišemo luk na pravoj p ( slika 1.) Ubodemo šestar u tačku P , uzmemo otvor malo veći od polovine rastojanja PQ i opišemo mali luk. Isti luk opišemo iz tačke Q ( slika 2.) Presek tih lukova spojimo sa tačkom A i eto normale…( slika 3.) Naravno, ako vaš profesor dozvoljava , lakše je koristiti prav ugao na trouglu ( lenjiru). primer 1.
Datoj duži AB konstruisati duž A`B` simetričnu u odnosu na pravu s koja ne seče duž. Rešenje:
B
B
A
B
A s slika 1.
B`
A`
A s slika 2.
s slika 3.
Iz tačaka A i B konstruišemo normale na pravu s ( osa simetrije) što vidimo na slici 1. U tačkama u kojima normale seku osu zabodemo šestar i prebacimo rastojanja do A , odnosno B na drugu stranu, i dobili smo tačke A` i B` , što vidimo na slici 2. Spojimo dobijene tačke i eto tražene simetrične duži ( slika 3.)
2
Napomena Pazite , ovo je konstrukcijski zadatak, što znači da bi trebalo raditi sve po koracima: analiza, konstrukcija, dokaz , diskusija. Mi ćemo vam objasniti kako se konkretno radi osna simetrija a vi , opet ponavljamo, ako vaš profesor traži, morate sve detaljno raditi...
primer 2.
Dat je trougao ABC. Konstruisati njemu simetričan trougao u odnosu na pravu s koja sadrži teme B tog trougla i ne seče stranicu AC.
Rešenje:
s
s
C
C
A
C`
A B slika 1.
A` B B` slika 2.
Ovde imamo jednu značajnu stvar da zapamtimo: ako je tačka na osi simetrije, onda se ona ne mora preslikavati,
jer je njena osno simetrična tačka baš ta tačka, to jest B ≡ B`. Postupak je uvek isti, iz temena A i C povučemo normale na osu s i prebacimo rastojanja na drugu stranu ose s.
Spojimo dobijene tačke i eto rešenja.
primer 3.
Prava s sadrži teme C kvadrata ABCD i seče stranicu AB. Konstruisati kvadrat simetričan kvadratu ABCD. www.matematiranje.com
3
Rešenje: s D
s D
C
C= - C`
D`
B` A
B
A
B A` slika 2.
slika 1.
Tačka C je na osi , pa je C ≡ C ` a za ostale tačke radimo poznati postupak…
primer 4.
Dat je oštar ugao Oab i u njemu tačka C. Konstruisati tačke A i B, A ∈ a, B ∈ b tako da obim trougla ABC bude najmanji. Rešenje: C2
C2
b
C2
b
B
B
C
O
C
a
O
A
C
a
C1
A
O
slika 2.
slika 1.
b
a
slika 3.
C1
C1
Najpre konstruišemo tačke C1 i C2 koje su simetrične sa tačkom C u odnosu na krake Oa i Ob. ( slika 1.) Spojimo duž C1 C2 . Presek ove duži sa kracima Oa i Ob nam daje tačke A i B ( slika 2.). Spojimo tačke A, B i C da dobijemo trougao najmanjeg obima. ( slika 3.) Naravno, sad se pitamo zašto je baš ovaj trougao najmanjeg obima? Njgov obim je O=AB + AC + BC, a kako je AC=A C1 i BC=B C2 , možemo reći da je obim : O=AB + A C1 + B C2 , odnosno, obim je duž C1 C2 . 4
Ako bi uzeli neke dve druge tačke A1 i B1 , imali bismo: C2
b
B C B1
O
A1
A
a
C1
Obim ovog trougla bi bio: O = A1 B1 + A1 C + B1 C a kako je A1 C = A1 C1 i B1 C = B1 C2 to je obim : O = A1 B1 + A1 C1 + B1 C2 a to je izlomljena linija koja je sigurno kraća od C1 C2 . ( vidi sliku)
primer 5.
Dva broda, brod A i brod B nalaze se usidreni na moru, nedaleko od pravolinijske obale p. Sa broda A čamac treba da preveze jednog putnika do obale a zatim da dodje do broda B. Odrediti ( konstruisati) najkraći put kojim čamac treba da plovi da bi obavio postavljeni zadatak.
Rešenje: Način razmišljanja je sličan kao u prethodnom zadatku: Brod B Brod A
Brod B Brod A
obala p
A`
P
obala p
A` slika 1.
slika 2.
5
Nadjemo tačku A` simetričnu sa A u odnosu na obalu p kao osu simetrije. Spojimo tačku A` sa tačkom B . U preseku te duži i prave p je tražena tačka P na kojoj treba iskrcati putnika. Dokaz da je ovo najkraći put kojim čamac plovi je analogan dokazu prethodnog zadatka. Recimo da se putnik iskrca na nekom drugom mestu, na primer u tački Q. Brod B Brod A
obala p
P
Q
A`
Najkraći put koju smo našli konstrukcijski je AP+PB, odnosno A`P+PB , to jest A`P+PB=A`B. Putanja AQ+ QB je duža, jer je to ustvari putanja A`Q+ QB , koja predstavlja zbir dve stranice trougla A`QB, a znamo da je zbir dve stranice uvek veći od dužine treće stranice! www.matematiranje.com
6
CENTRALNA SIMETRIJA Nacrtajmo jednu duž AB. Neka je S njeno središte. S
B
A
Jasno je da je AS = BS. Za tačke A i B kažemo da su simetrične u odnosu na tačku S. Tačka S je centar simetrije. Još se može reći i da je tačka A simetrična sa tačkom B u odnosu na tačku S, odnosno da je B simetrična sa A u odnosu na S. Preslikavanje koje svaku tačku A neke ravni α prevodi u tačku A` koja je simetrična sa tačkom A u odnosu na tačku S te ravni α , naziva se centralna simetrija ravni α sa centrom u S. Centralna simetrija se najčešće obeležava sa I S , naravno ako vaš profesor to drugačije obeležava i vi radite tako... Da vas ne zbuni, osna simetrija se slično obeležava I s , sa tim da je dole u indeksu malo slovo s. Za figuru F ravni α kažemo da se preslikava na figuru F` centralnom simetrijom I S ako svakoj tački A figure F odgovara tačka A` figure F` koja je centralno simetrična tački A: A`= I S ( A) i obrnuto. primer 1.
Data je duž AB. Konstruisati joj centralno simetričnu duž ako centar simetrije, tačka S, ne pripada duži. Rešenje: A`
A` B
B
B
S
A
S
B`
A
slika 1.
S
slika 2.
B` A
slika 3.
Spojimo temena date duži sa centrom simetrije S i produžimo na drugu stranu...( slika 1.) Ubodemo šestar u tačku S, uzmemo rastojanje do A ( to jest SA) i prebacimo, dobili smo tačku А`; isto to odradimo i za tačku B, dakle rastojanje SB prebacimo na drugu stranu i dobijamo B` ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke А` i B`, dobili smo duž А`B` koja je centralno simetrična sa AB u odnosu na tačku S(slika 3.)
1
primer 2.
Konstruisati trougao A`B`C` centralno simetričan datom trouglu ABC ako je centar simetrije: a) unutar trougla b) van trougla Rešenje:
a) C
B`
C
S
C
S
A
S
A
A
B
C`
B
slika 1.
A`
B
slika 3.
slika 2.
Izaberemo tačku S unutar trougla ( proizvoljno), što vidimo na slici 1. Spojimo temena trougla sa centrom simetrije S i produžimo … Dobili smo tri poluprave. Zabodemo šestar u tačku S i prenosimo rastojanja do A,B i C sa druge strane na odgovarajuće poluprave. ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke i eto traženog trougla А`B`C` koji je centralno simetričan sa datim trouglom ABC u odnosu na tačku S koja je unutar trougla. b) B`
C
C
A`
S A
S A
B
C` B
slika 1.
slika 2.
Postupak je analogan kao pod a) samo tačku S biramo proizvoljno van trougla. www.matematiranje.com
2
primer 3.
Konstruisati kvadrat A`B`C`D` centralno simetričan datom kvadratu ABCD ako je centar simetrije: a) teme C b) na stranici BC
Rešenje:
a) B`
D
S = C = C`
D
B`
A`
S = C = C`
S = C = C`
D D`
A
B
A
slika 1.
B
A`
D`
A
B
slika 2.
slika 3.
Kako je zadato da je teme C centar simetrije , to je ono istovremeno i svoja slika, to jest C ≡ C ` , a za ostale tačke radimo postupak...
b) D
C
D
C B`
S
A
B
S
A
B C`
slika 1.
A`
D`
slika 2.
Proizvoljno izaberemo tačku S na stranici BC i radimo sve po postupku...
3
primer 4.
xOy preslikati centralnom simetrijom u odnosu na tačku S ( pogledaj sliku)
Dati ugao
y
S
x
O
Rešenje:
O`
y
O`
A`
S
y
x`
S
x
O
O
y
O`
A`
S
A
x
O
x
A
y`
slika 1.
slika 2.
slika 3.
Najpre prebacimo teme datog ugla ( slika 1.) Da bi prebacili krak Ox , uzećemo proizvoljnu tačku A na kraku i prebaciti ga…( slika 2.) Spojimo O` i A` i na taj način dobijamo krak O`x` ( slika 3.)
primer 5. Data su dva kruga , k i k1 , sa različitim centrima O i O1 , koji se seku. Kroz jednu od tačaka preseka kružnica povući pravu p koja na ovim krugovima odseca jednake tetive. www.matematiranje.com
4
Rešenje: k1
k1
O1
k1
O1
O1 P
A
O
k
A k`
slika 1.
O
O`
k
A k`
slika 2.
k
O
O`
Q
slika 3.
Na slici 1. smo nacrtali dva zadata kruga i obeležili sa A jednu od tačaka preseka njihovih kružnica. Ideja je da centralnom simetrijom preslikamo kružnicu k u odnosu na tačku A. Da bi smo to odradili dovoljno je da preslikamo centar O kružnice k , a poluprečnik će naravno ostati isti. ( slika 2.) Presek novodobijene kružnice k` sa kružnicom k1 nam daje tačku P. Povučemo pravu kroz tačke A i P , dobijamo tačku Q na kružnici k. Tetive PA i QA su jednake. ( slika 3.)
Zašto? Uočimo trouglove APO` i AOQ.
Ova dva trougla su podudarna , pa je PA=AQ.
5
TRANSLACIJA
r Ako je data figura F i vektor t u ravni α i ako je F ` skup svih tačaka u koje se translacijom Trt preslikavaju tačke figure F, tada kažemo da se figura F preslikava na figuru F ` translacijom Trt i pišemo Trt ( F ) = F `.
t F`
F
α
Kretanje mnogih objekata u životnoj sredini asocira na translaciju. Na primer : uspinjača na planini, lift ili bilo koje pravolinijsko kretanje ( pogledaj slike)
t
t t
pravolinijsko kretanje uspinjača lift
primer 1.
r Dat je trougao ABC i vektor translacije t ( na slici). Odredi sliku ovog trougla nastalu translacijom za r vektor t . t C B
A
1
Rešenje: Kako ide postupak kod translacije? Najpre paralelno i u smeru vektora translacije povučemo poluprave iz svakog temena date figurice, u ovom slučaju trougla ABC ( slika 1.) t
t
t C`
C
C`
C
C B`
B
B`
B
B A`
A
A`
A
A slika 2.
slika 1.
slika 3.
Zatim u otvor šestara uzmemo dužinu vektora translacije i iz svakog temena nanesemo na nacrtane poluprave (slika 2.) Obeležimo dobijene tačke sa A`, B`, C` i to spojimo ( slika 3.) primer 2.
Dat je kvadrat ABCD. Odrediti njegove slike nastale translacijom tako da se: a) teme A preslikava u teme C b) teme A preslikava u središte stranice BC c) teme B preslikava u presek dijagonala
Rešenje: a) D`
D
C
D
B
A
A`
C
D`
C`
B`
D
A`
C
C`
B`
t
A
B
A
B
t =AC slika 1.
slika 2.
slika 3.
www.matematiranje.com 2
Postupak :
r uuur Najpre smo označili dati vektor translacije t = AC . U njegovom smeru i paralelno sa njim , iz svih temena povlačimo uuur poluprave. U otvor šestara uzimamo dužinu vektora translacije AC i prenosimo... Jasno je da se teme A ovom translacijom slika u teme C , pa je A`≡ C , a ostala temena obeležavamo sa B`,C`,D`.
r uuur Spajanjem ovih temena dobijamo kvadrat A`B`C`D` koji je nastao translacijom kvadrata ABCD za vektor t = AC .
b)
D` C
D
C
D
M
M A`
t =AM
B
A
A
slika 2.
slika 1.
M A`
B`
B
C`
C
D
t A
D`
C`
B`
B slika 3.
r uuuur Obeležimo sredinu stranice BC sa M. Tada je vektor translacije t = AM . Postupak nadalje isti ...
c)
C`
D` D
D
C O B`
A
t
=BO
B slika 1.
D
C O B`
A` A
C O B`
A` B
slika 2.
C`
D`
A
B slika 3.
r uuur Nacrtamo presek dijagonala i obeležimo ga sa O. Vektor translacije je t = BO i jasno je da će biti B`≡ O , a za ostale tačke radimo poznati postupak...
3
primer 3.
Data je kružnica k( O, r ) sa prečnikom AB. Odrediti translacije koje preslikavaju: a) tačku O u tačku A b) tačku A u središte poluprečnika OB c) tačku B u datu tačku M na kružnici
Rešenje:
a)
A
B
O
O`=A
slika 1.
O
B
slika 2.
Kod translacije kružnice je dovoljno preslikati njen centar a poluprečnik ostaje isti. Koristimo poznati postupak… b)
A
O M
B
A
O M
slika 1.
B
slika 2.
c)
O`
M O
slika 1.
B
O`
M A
O
slika 2.
B
M A
O
B
slika 3.
www.matematiranje.com 4
primer 4.
Konstruisati jednakostraničan trougao date stranice a čija dva temena pripadaju dvema paralelnim pravama, a treće teme pripada trećoj pravoj koja seče date paralelne prave.
Rešenje:
C`
C
B`
A` c
dužina stranice trougla
C`
b
C
B`
a
A` c
slika 1.
C`
b
B
a
t =C`C
slika 2.
A
B`
b a
A`
c
slika 3.
Uzeli smo proizvoljno dužinu stranice trougla. Na pravoj a uzmemo proizvoljno tačku A` , u otvor šestara uzmemo dužinu stranice trougla, presečemo pravu b i dobili smo teme B`. Nađemo teme C` u preseku lukova dužine stranice trougla nanetih iz A` i B`. Na ovaj način smo dobili trougao A`B`C` ( slika 1.)
r uuuur Pošto jedno teme traženog trougla mora biti na pravoj c, izvršićemo translaciju ovog trougla A`B`C` za vektor t = C `C koji je paralelan sa pravama a i b. ( slike 2. i 3.)
Vidimo da nije bilo teško rešiti ovaj zadatak, međutim…
Ovo je konstruktivan zadatak, koji se , ako se sećate radi iz 4 dela: analiza , konstrukcija , dokaz i diskusija.
Ovde je vrlo zanimljiva diskusija. Obeležimo rastojanje između pravih a i b sa d. U našoj konstrukciji smo uzeli da je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b. Razlikovaćemo tri situacije: i) ako je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b
( a>d)
U ovoj situaciji zadatak ima 4 rešenja: 5
C
C
C`
B`
B A
B
b
A
1. rešenje
c
b
B`
a
A`
C`
a
A`
2. rešenje
c
c B`
B
B`
B b
b A`
A
A`
C c
a
a
A
C`
C
C`
4. rešenje
3. rešenje
ii) ako je dužina stranice trougla jednaka rastojanju d između pravih a i b
( a=d)
U ovoj situaciji zadatak ima dva rešenja:
B`
B
B
B`
b
b C
C`
C
C` a
A
A`
c
1. rešenje
A
a
A`
2. rešenje
c
iii) ako je visina trougla jednaka rastojanju d između pravih a i b
( h=d)
I ovde ima dva rešenja…
B C`
C
B` h=d
B`
B b
b h=d
A c
A`
1. rešenje
Onda je: h =
a
C c
A
C`
A`
a
2. rešenje
a 3 a 3 2d 2d 3 2d 3 →d = →a= →a= ⋅ → a= 2 2 3 3 3 3
6
iv) ako je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b
( a=d)
Ovde zadatak nema rešenja… www.matematiranje.com
7
ROTACIJA Kod zadataka iz rotacije vaš profesor mora zadati tri stvari: -
figuricu koju treba rotirati ( trougao, četvorougao...)
-
gde je centar rotacije ( unutar figurice, van, u nekom temenu, na stranici...)
-
ugao rotacije
Što se tiče ugla rotacije moramo paziti da li je taj zadati ugao pozitivan ili negativan. Ako je ugao pozitivan , rotaciju vršimo u smeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu Ako je ugao negativan, rotaciju vršimo u smeru kretanja kazaljke na satu
+
-
Dakle ovde se radi o uglu koji se naziva orijentisani ugao , pa je i način obeležavanja malo drugačiji, to jest, kod
ur ur orijentisanog ugla se stavi znak za vektor : α - ovo je orijentisani ugao alfa, ϕ - ovo je orijentisani ugao fi itd. Mi, naravno, nećemo insistirati na ovakvom obeležavanju ugla, a opet, vi radite kako zahteva vaš profesor! ur Sama rotacija se najčešće obeležava sa RO ,ϕur , gde je tačka O centar rotacije a ϕ taj orijentisani ugao.
Definicija rotacije kaže:
A F F1 A1
ur ϕ O
ur Ako je data ravna figura F , tačka O i orijentisani ugao ϕ i ako je figura F` skup svih tačaka u koje se rotacijom RO ,ϕur
preslikavaju tačke figure F, tada kažemo da se figura F rotacijom RO ,ϕur preslikava na figuru F`. Ovo označavamo sa: RO ,ϕur ( F ) = F ` www.matematiranje.com 1
ur Ajmo da rotiramo jednu tačku M oko tačke O za proizvoljan pozitivan ugao ϕ , da bi naučili postupak: M
ur ϕ O
Rotaciju vršimo oko tačke O, koja je centar rotacije, a idemo u suprotnom smeru od kretanja kazaljke na satu jer je ugao pozitivan.
M
O
slika 1.
M
M`
M
ur ϕ
ur ϕ
O
O
slika 2.
slika 3.
Najpre spojimo centar rotacije O sa tačkom M ( slika 1.)
ur Prenesemo zadati ugao ϕ ali pazimo na smer . OM je jedan krak tog ugla , a tačka O je teme. ( slika 2.) Ubodemo šestar u tačku O ( centar rotacije) , uzmemo rastojanje do M i prenesemo ga lukom do drugog kraka nanetog ugla ( slika 3.) Na taj način smo dobili tačku M`.
Nije teško, zar ne? Ali pazite, ovaj postupak moramo raditi za svako teme date figurice!
primer 1.
Datu duž AB rotirati oko tačke O ( ne pripada duži) za ugao od −600 . Rešenje: Moramo planirati i gde ćemo crtati sliku u svesci! Pošto je ugao negativan, rotacija ide u smeru kazaljke na satu, pa duž nacrtajte na levoj strani sveske... Naravno, najpre “na stranu” nacrtamo ugao od 60 stepeni.
2
o
60 B
B B A`
A` A` B`
A
B`
A A o
o
60
60
O
O O
slika 1.
slika 2.
slika 3.
Opisanim postupkom najpre rotiramo teme A duži AB. ( slika 1.) Zatim vršimo rotaciju temena B ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke A`B` i eto rešenja. primer 2.
Dat je trougao ABC i ugao α = 1200 . Rotirati trougao ABC za dati ugao ako se centar rotacije poklapa sa jednim temenom trougla. Rešenje:
Neka se centar rotacije poklapa sa temenom A. Onda će biti A ≡ O ≡ A` . Za tačke B i C mora postupak...
o
120
C
C
B
C
B
B
o
B`
120
B`
o
A = O = A`
A = O = A`
C`
slika 1.
B`
120
A = O = A`
C`
slika 2.
slika 3.
3
primer 3.
Rotirati kvadrat ABCD oko tačke O koja je van kvadrata ,za ugao −750 . Rešenje: Opet planirajte kako će izgledati slika, radimo u smeru kazaljke... D` A`
C` D
A
C
B`
B
o
-
75
O
Evo i par malo težih, problemskih zadataka iz ove oblasti: primer 4.
Konstruisati jednakostranični trougao čija temena pripadaju trima datim paralelnim pravama. Rešenje:
Nacrtamo tri paralelne prave : a,b i c. Uzmimo tačku A da pripada pravoj a. a
A
b c
Ideja je da rotiramo pravu c oko tačke A za 600 . Ta rotirana prava c` će seći pravu b u tački B i dobićemo jednu stranicu trougla. E sad, za rotaciju prave je dovoljno rotirati njenu normalu , ali ćemo mi , da bi bilo jasnije, uzeti dve proizvoljne tačke , recimo M i N na pravoj c, i njih rotirati oko tačke A. 4
N` A
a
A
a
b
b
c
c
o
60 o
60 M`
M
N
M
N
slika 2.
slika 1.
Na slici 1. smo uzeli dve proizvoljne tačke, a na slici 2. ih rotirali oko tačke A za 600 . Spajanjem M` i N` dobijamo pravu c`. c`
c`
N` A
a
N` A
a
B
b
B
b
M`
M`
c
c M
N
slika 3.
M
C
N
slika 4.
Prava c` seče pravu b u tački B. Dobili smo jednu stranicu trougla AB. ( slika 3.) Sad jednostavno, uzmemo to rastojanje i presečemo pravu c ili iz A ili iz B. Dobijamo teme C, odnosno traženi trougao ABC.
primer 5.
Date su tri kružnice k1 , k2 i k3 sa zajedničkim centrom S ( koncentrične kružnice). Konstruisati jednakostraničan trougao ABC kome temena pripadaju redom datim kružnicama.
Rešenje:
S
k3
k2
k1
Ideja je da na kružnici k2 uzmemo proizvoljnu tačku B i oko nje rotiramo centar S za - 600 . 5
Dobićemo tačku S` koja je centar kružnice k1 `, to jest rotirali smo kružnicu k1 oko tačke B za - 600 .
B
B
B
60
k3
S
o
60 S
k2
S`
k1
k3
C
o
k3
S
k2
S`
k1
C`
k2
k1
k`1
slika 2.
slika 1.
slika 3.
Kružnica k1 ` seče kružnicu k3 u dvema tačkama ( C i C`) . Ovo nam govori da imamo dva rešenja! A A B
60
B
C
o
60 S
S`
k3
k`1
o
k3
S
k2
S`
k1
C
k2
k1
k`1
Spojimo BC i eto stranice traženog jednakostraničnog trougla. Uzmemo dužinu te stranice i presečemo kružnicu k1 , ili iz temena B ili iz C. Dobili smo prvo rešenje. Za drugo rešenje slično radimo... www.matematiranje.com
6
TALESOVA TEOREMA Ako paralelne prave a i b presecaju pravu p u tačkama A i B, a pravu q u tačkama A1 i B1 , i ako je S zajednička tačka pravih p i q, tada važi:
AA1 SA SA1 BB1 SB SB1 Na slici bi to izgledalo ovako: a
b p B
A
A1
S
q
B1
Na osnosu Talesove teoreme možemo izvući jedan važan zaključak: Ako dve proizvoljne prave p i q preseca niz paralelnih pravih, tako da su odsečci na jednoj pravoj jednaki među sobom, onda su i odsečci na drugoj pravoj međusobno jednaki:
p
p
E
E
D
D
C
C
B
B
A
A
S
q
slika 1.
S
A1
B1
C1
D1
E1
q
slika 2.
Na slici 1. imamo niz paralelnih pravih koje prave jednake odsečke na Sp, to jest AB BC CD DE . Onda su i odsečci, po Talesovoj teoremi, na Sq takodje jednaki : A1 B1 B1C1 C1 D1 D1 E1 ( slika 2.) www.matematiranje.com
1
Ovaj zaključak se direktno primenjuje kod podele duži na jednake delove .
Primer 1. Datu duž AB podeliti na pet jednakih delova. Rešenje
Uzmemo proizvoljnu duž AB:
B
A
Iz tačke A nanesemo polupravu Ap ( na bilo koju stranu) i na njoj proizvoljnim otvorom šestara nanesemo 5 jednakih duži.
A
B
p Zadnju nanesenu crtku ( podebljana na slici) , spojimo sa tačkom B.
A
B
p Paralelno sa ovom pravom kroz crtice na Ap nanosimo prave:
A
B
p Ovim je data duž podeljena na 5 jednakih delova. www.matematiranje.com
2
Sličan postupak bi bio i da smo duž trebali podeliti na više delova...
Primer 2. Datu duž MN podeliti u razmeri 5:2.
Rešenje
Kad nam traže da duž podelimo u nekoj razmeri, mi najpre saberemo sve delove: 5+2=7. Dakle , kao da delimo duž na 7 jednakih delova: N
M
p
Naneli smo polupravu Mp i na njoj proizvoljnim otvorom šestara naneli 7 jednakih duži. Spojićemo tačku N i zadnju crtku, a zatim idemo sa paralelnim pravama…
M
M
S
N
p
N
p
Dakle, podelili smo duž MN na 7 jednakih delova. Jednostavno prebrojimo 5 dela i tu stavimo tačku, recimo S. Sigurni smo da važi: MS : SN 5 : 2 www.matematiranje.com
3
Primer 3. Date su proizvoljne duži a,b i c . Konstruisati duž x tako da važi:
a:b=c:x
Rešenje
Kod ovakvih zadataka se direktno primenjuje Talesova teorema. Važno je da u proporciji x bude na zadnjem mestu, što je u ovom slučaju zadovoljeno( inače bi morali da pretumbamo proporciju i da napravimo da x bude na zadnjem mestu...) Uzmimo najpre tri proizvoljne duži:
a
b
c
Nacrtamo proizvoljan konveksan ( najbolje oštar) ugao pOq i nanesemo redom:
q
b O
p
c
a
Na Op nanesemo duž a, na Oq nanesemo duž b , pa na Op u produžetku nanesemo duž c. Na ovaj način mi ustvari pratimo zadatu razmeru: a : b = c : x. Spojimo tačke gde se završavaju duži a i b jednom pravom i povučemo paralelu sa njom iz tačke gde se završava duž c. Dobili smo traženu duž x. q
q
x b
b O
a
c
p
O
a
c
p www.matematiranje.com
4
Primer 4. Date su proizvoljne duži a i b . Konstruisati sledeće duži: i)
x a b
ii)
x
iii)
x a2
a b
Rešenje i)
x a b
Odavde moramo da napravimo proporciju , ali tako da x bude na zadnjem mestu. x a b kod x najpre dodamo 1 1 x a b x treba da je na zadnjem mestu, a to nam govori da je 1 na prvom 1: a b : x Iskoristili smo dakle osobinu proporcije da se množe spoljašnji sa spoljašnjim a unutrašnji sa unutrašnjim članovima proporcije. Dalje radimo kao i u prethodnom primeru:
a
q
q
q b
x
O
1
a
a
a b slika 1.
p
O
1
b slika 2.
p
O
1
b
p slika 3.
Uzmemo proizvoljne duži a i b. Nanesemo jediničnu duž ( recimo 1 cm ili koliko vi odaberete…) na polupravu Oq zatim duž a na polupravu Oq i nakraju duž b na polupravu Op , tamo gde se završava jedinična duž.( slika 1.) Spojimo završetke jedinične duži i duži a jednom pravom.( slika 2.) Povučemo paralelu sa ovom pravom ali tako da ona prolazi kroz završetak duži b. Na polupravi Oq smo dobili tu traženu duž x kojoj odgovara jednakost x a b ( slika 3.) www.matematiranje.com
5
x
ii)
a b
Da napravimo proporciju u kojoj je x na zadnjem mestu...
a b x a x b 1 a b : a 1: x 1 b
x
q
q
q
b
a
x a
O
iii)
a
b
1 slika 1.
p
O
b
a 1 slika 2.
O
p
b
1
p
slika 3.
x a2
Da napravimo proporciju u kojoj je x na zadnjem mestu...
x a2 1 x a a
1: a a : x
q
q
q x
a a O
1
a a slika 1.
p
O
1
a a slika 2.
p
O
1
a
p
slika 3.
www.matematiranje.com
6
Primer 5. Data je prava i na njoj tačke A i B . Odrediti tačku P koja duž AB deli u razmeri dveju datih duži m i n. Rešenje
Izaberemo najpre proizvoljne duži m i n.
m n
Dalje nacrtamo pravu sa tačkama A i B. B
A
Nacrtamo proizvoljnu polupravu Aa i na nju nanesemo dužinu m. a M
m
B A
Dalje povučemo paralelu sa ovom polupravom kroz tačku B ( slika 1.) a
a
a
M
M
M
m
m
m
N1
N1 B
B A
slika 1.
A
n
slika 2. N
n
B A
P
n P1
n
slika 3. N
Na ovoj pravoj nanesemo dužine duži n ( iz tačke B) na obe strane. Imamo dakle tačke N i N1 . ( slika 2.) Spojimo tačke N i N1 sa tačkom M i dobijamo mesta preseka sa pravom AB , to jest tačke P i P1 . Dakle dobili smo dva rešenja i oba su dobra , al se matematički kaže da tačka P deli duž AB unutrašnjom , a tačka P1 spoljašnjom podelom u razmeri m : n . www.matematiranje.com
7
SLIČNOST TROUGLOVA Za dve figure F i F1 kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja figuru F prevodi u figuru F1 . Činjenicu da su dve figure slične obeležavamo sa F F1 . Sličnost bi neformalno mogli da opišemo kao: Sličnost je preslikavanje neke figure F u figuru F1 tako da je razmera odgovarajućih duži figura F i F1 isti broj i ako su odgovarajući uglovi jednaki. Za utvrđivanje sličnosti trouglova koristimo četiri stava: C
C1
1
a
b
a1
b1
A
1
c
B
A1
1 c1
B1
I stav Dva trougla ABC i A1 B1C1 su slična ako i samo ako je jedan par stranica jednog trougla proporcionalan paru stranica drugog, a uglovi zahvaćeni ovim stranicama jednaki su među sobom. II stav Trouglovi ABC i A1 B1C1 su slični ako i samo ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva odgovarajuća ugla drugog. III stav Trouglovi ABC i A1 B1C1 su slični ako i samo ako su im sve odgovarajuće stranice proporcionalne. IV stav Dva trougla ABC i A1 B1C1 su slična ako i samo ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne odgovarajućim stranicama drugog , uglovi naspram dveju od tih odgovarajućih stranica jednaki, a naspram drugih dveju odgovarajućih stranica su oba ugla oštra , oba prava ili oba tupa. www.matematiranje.com
1
U zadacima , pošto zaključimo da su neka dva trougla slična, primenjujemo :
a : a1 b : b1 c : c1 O : O1 k Naravno :
O a b c je obim prvog trougla a O1 a1 b1 c1 je obim drugog trougla k je koeficijent sličnosti Ovu gornju jednakost možemo zapisati i sa :
a : b : c a1 : b1 : c1
Vrlo lako možemo zaključiti da važe i sledeće proporcionalnosti:
a : a1 ta : ta1 ha : ha1 b : b1 tb : tb1 hb : hb1 c : c1 tc : tc1 hc : hc1 P : P1 a 2 : a12 b 2 : b12 c 2 : c12 Naravno ovde su : t- težišne duži, h – visine i P – površine sličnih trouglova.
primer 1. Na crtežu su dati podaci o trouglovima ABC i PQR. Odrediti dužine stranica PQ i PR trougla PQR.
Q 4cm C R
12cm
6cm
A
15cm
B
P
www.matematiranje.com
2
Rešenje:
Uočimo najpre da su trouglovi slični po II stavu o sličnosti trouglova. Dalje predlažemo da sa crticama obeležite koja kojoj stranici odgovara. Pogledajte na sledećoj slici: Q 4cm
C 12cm
R 6cm
A
B
15cm
P
Kako imamo podatke za najmanje duži ( sa po jednom crvenom crtkom) one će biti na početku proporcije...
BC : RQ AC : PR 6 : 4 12 : PR 6 PR 4 12 48 PR 6 PR 8cm
BC : RQ AB : PQ 6 : 4 15 : PQ 6 PQ 4 15 60 6 PQ 10cm PQ
primer 2. Ako su oznake i podaci kao na priloženom crtežu, odrediti dužinu zajedničke stranice BC trouglova ABC i CBD. C
B
A
3cm
D
6cm
www.matematiranje.com
3
Rešenje:
Kao i u prethodnom primeru, trouglovi ABC i BCD su slični po II stavu , jer imaju po dva odgovarajuća ugla jednaka. I ovde ćemo upotrebiti trik sa crticama... C
B 3cm
D
6cm A
Uočimo dalje da nam stranice sa po tri crtice ( najduže) ne trebaju, jer nijedna od njih nema datu dužinu. Moramo paziti jer je zajednička stranica BC istovremeno najkraća za trougao ABC i
srednja po dužini za
trougao BDC. Dakle:
AB : BC BC : BD 6 : BC BC : 3 BC BC 6 3 2
BC 18 BC 18 BC 9 2 3 2 primer 3. Stranice trougla ABC su a = 12cm , b = 18cm, c = 8cm. Odrediti obim njemu sličnog trougla čija je najduža stranica 27cm. Rešenje:
4
Ovde ćemo upotrebiti:
a : a1 b : b1 c : c1 O : O1 k Najpre se pitamo : koja je to stranica u sličnom trouglu data? Pa pošto je b najduža stranica u prvom trouglu , to je b1 27cm .
Dalje računamo obim prvog trougla:
O abc O 12 18 8 O 38cm Sada koristimo deo ove velike proporcije koji nam treba:
b : b1 O : O1 18 : 27 38 : O1 18 O1 27 38 27 38 18 O1 57cm O1
primer 4. Dva trougla su slična. Zbir dve odgovarajuće visine je 121cm a koeficijent sličnosti je 1,75. Odrediti visine. Rešenje:
Recimo da se radi o visinama koje odgovaraju stranici a , odnosno a1 . Tada je: ha ha1 121 A pošto znamo koeficijent sličnosti, onda je ha : ha1 1, 75 . Upakujmo sad ove dve jednakosti: ha : ha1 1, 75 ha 1, 75 ha1 ha ha1 121 1, 75 ha1 ha1 121 2, 75 ha1 121 ha1
121 2, 75
ha1 44cm ha 1, 75 ha1 ha 1, 75 44 ha 77cm www.matematiranje.com
5
primer 5.
Osnovice jednakokrakog trapeza ABCD su 12cm i 8cm, a njegova visina 3cm. Ako se prave AD i BC seku u taćki E, odrediti dužinu visine EF trougla ABE. Rešenje:
x
3cm
8cm N
F 12cm
Uočimo slične trouglove ABE i DCE , koji kao i u prethodnim zadacima imaju jednake uglove. Uočimo visinu trougla ABE koja je očigledno EF = 3 + x i visinu trougla DCE koja je EN = x. a : a1 ha : ha1 12 : 8 (3 x) : x 12 x 8(3 x) 12 x 24 8 x 12 x 8 x 24 4 x 24 x 6cm
Dakle, visina trougla EF = 3 + x = 3 + 6 = 9 cm
www.matematiranje.com
6
primer 6.
Marko je visok 1,5 m i stoji pored jarbola koji je ortogonalan na vodoravnom pločniku. U jednom trenutku, dužine senki Marka i jarbola su 0,5 m i 6 m. Odrediti visinu tog jarbola. Rešenje:
jarbol
Mare
x
1,5m 6m
0,5m
Uočimo slične trouglove i postavimo proporciju: x :1,5 6 : 0,5 0,5 x 6 1,5 6 1,5 x 0,5 x 6 3 x 18m
Naravno , sličnost se primenjuje i kod četvorouglova, petouglova...
Evo par primera:
primer 7.
Stranice četvorougla odnose se kao 20:15:9:8 , a zbir dve manje stranice njemu sličnog četvorougla je 25,5cm. Odrediti stranice drugog četvorougla. www.matematiranje.com
7
Rešenje: a : b : c : d 20 :15 : 9 : 8 a1 : b1 : c1 : d1 20 :15 : 9 : 8
Iz proporcije vidimo da su najmanje stranice c i d, odnosno c1 i d1 . Onda mora biti: c1 d1 25,5 a1 : b1 : c1 : d1 20 :15 : 9 : 8 a1 20k b1 15k c1 9k d1 8k
Ovo zamenimo u : c1 d1 25,5 9k 8k 25,5 17k 25,5 k
25,5 k 1,5 17
a1 20k a1 20 1,5 a1 30cm b1 15k b1 15 1,5 b1 22,5cm c1 9k c1 9 1,5 c1 13,5cm d1 8k d1 8 1,5 d1 12cm
primer 8. Stranice petougla su 35mm,14mm,28mm,21mm i 42mm. Najmanja stranica njemu sličnog petougla je 12mm. Odrediti dužine ostalih stranica ovog petougla. Rešenje: a 35mm b 14mm c 28mm d 21mm e 42mm
U zadatku kaže najmanja stranica sličnog petougla je 12mm, jasno je da to mora biti b1 12mm Kako važi da je :
8
a b c d e k a1 b1 c1 d1 e1 b 14 7 k k k 12 6 b1 Našli smo koeficijent sličnosti, vraćamo se da nadjemo dužine ostalih stranica… 6 a k a1 35 5 6 30mm a1 7 6 b b 14mm k b1 14 2 6 12mm b1 7 6 c c 28mm k c1 28 4 6 24mm c1 7 6 d d 21mm k d1 21 3 6 18mm d1 7 6 e e 42mm k e1 42 7 6 42mm e1 7 a 35mm
9
PRIMENE SLIČNOSTI NA PRAVOUGLI TROUGAO Nacrtajmo jedan pravougli trougao sa standardnim obeležavanjima: a,b su katete c je hipotenuza hc je hipotenuzina visina p i q su odsečci na hipotenuzi koje pravi visina hc
C
b
hc
a
c
A q
B
D p
Hipotenuzina visina CD deli trougao ABC na dva pravougla trougla : ADC i BDC. Možemo uočiti da sva tri pravougla trougla imaju iste uglove , i 900 , pa su medjusobno slični. Iz njihove sličnosti proizilazi proporcionalnost odgovarajućih stranica koja može da se formuliše kao : i)
Hipotenuzina visina je geometrijska sredina odsečaka koje sama odseca na hipotenuzi, to jest hc
ii)
Kateta je geometrijska sredina hipotenuze i bližeg odsečka hipotenuze, to jest
a c p
pq
i b cq
( ovo je Euklidov stav) iii)
Trougao ABC je pravougli ako i samo ako je a 2 b 2 c 2 ( ovo je Pitagorina teorema)
Dakle, sad za pravougli trougao znamo sledeće formule: a 2 b2 c2 pq c hc
p q hc 2 p q
a c p a2 c p b c q b2 c q hc 2 p 2 a 2 hc 2 q 2 b 2
O a b c obim c hc a b površina P ili P 2 2 a b hipotenuzina visina hc c c R tc poluprečnik opisane kružnice koji se nalazi na sredini hipotenuze 2 abc poluprečnik upisane kružnice r 2 www.matematiranje.com
1
Primer 1. Odrediti nepoznate elemente skupa {a, b, c, p, q, hc } ako je poznato:
i)
ii)
p 16cm q 9cm a 130cm b 312cm
Rešenje:
i)
p 16cm q 9cm
Koristimo formulice tako što prvo pronadjemo onu gde nam se javljaju dati elementi: a 2 b2 c2 pq c hc 2 p q a2 c p b2 c q hc 2 p 2 a 2 hc 2 q 2 b 2 p 16cm q 9cm p q c c 16 9 c 25cm hc
pq hc 16 9 4 3 hc 12cm
a c p a 25 16 5 4 a 20cm b c q b 25 9 5 3 b 15cm
ii)
a 130cm b 312cm
a 2 b 2 c 2 c 2 1302 3122 c 2 16900 97344 c 2 114244 c 338cm a 2 16900 p 50cm c 338 p q c q c p q 338 50 q 288cm
a2 c p p
hc
p q hc 50 228 hc 14400 hc 120cm www.matematiranje.com
2
Primer 2. Dokazati da u pravouglom trouglu važi jednakost:
1 1 1 2 2 2 hc a b
Rešenje:
Krenućemo od desne strane jednakosti i doći do leve: 1 1 b2 a 2 2 2 2 u brojiocu imamo a 2 b 2 c 2 pa to zamenimo … 2 a b a b 1 1 b2 a 2 c2 prebacimo brojilac ispod imenioca( osobina dvojnog razlomka)… a 2 b2 a 2 b2 a 2 b2 1 1 b2 a 2 c2 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b a b c2 c
znamo da je hc
1 1 b2 a 2 c2 1 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b a b a b a b hc a b 2 c c
a b hipotenuzina visina c
ovim je dokaz završen.
Primer 3.
U jednakokrakom trapezu osnovica 16cm i 9cm upisana je kružnica. Izračunati poluprečnik kružnice. Rešenje:
Da najpre nacrtamo sliku i postavimo problem: D b=9cm C
c
c h
A
a=16cm
a-b
B
2
Pošto se radi o tangentnom četvorouglu, znamo da zbir naspramnih stranica mora biti jednak. To ćemo iskoristiti da nadjemo dužinu kraka c. www.matematiranje.com
3
a b 2c 16 9 2c 2c 25 c
25 cm 2
Sad primenimo Pitagorinu teoremu da nađemo dužinu visine: 2
2
2
625 49 a b 25 7 2 2 2 h c h h 4 4 2 2 2 576 h2 h 2 144 h 12cm 4 2
Znamo da je poluprečnik upisane kružnice jednak polovini visine: r
h 12 r r 6cm i evo rešenja. 2 2
Primer 4. Dokazati da u svakom pravouglom trouglu za težištne duži važi jednakost: ta2 tb2 5 tc2 Rešenje:
Nacrtajmo najpre sliku : C b
tc
ta
A
a tb
c
B
Ideja je da dva puta primenimo Pitagorinu teoremu. Prvo primenjujemo na obeleženi trougao: C a 2
b
A1 ta
A
c
a ta2 b 2 2
B 2
www.matematiranje.com
4
Sad na drugu stranu: C
b 2
B1
a tb
c
A
B
b t a 2 2 b
2
2
Saberimo ove dve jednakosti:
2 2 a 2 ta b 2 saberemo ih... 2 b 2 2 tb a 2 2
2
a b t t b a2 2 2 2 2 a b ta2 tb2 b 2 a 2 4 4 2 2 2 4b a 4a b 2 ta2 tb2 4 2 2 5a 5b ta2 tb2 4 2 5(a b 2 ) ta2 tb2 4 U brojiocu zamenimo a 2 b 2 sa c 2 iz Pitagorine teoreme... 2 a
2 b
2
5 c2 4 Ovde malo prepakujemo:
ta2 tb2
c t t 5 2 2 a
2
2 b
Znamo da je tc
c 2
ta2 tb2 5 tc2 www.matematiranje.com
5
Primer 5. Ako su a i b osnovice, c i d kraci, a d1 i d 2 dijagonale trapeza, tada važi: d12 d 22 c 2 d 2 2ab . Dokazati. Rešenje:
Kao i uvek, nacrtamo sliku i tražimo ideju: D d
b
C
d1
d2
c
h
h
a
A
B
I ovde ćemo upotrebiti Pitagorinu teoremu. Izrazimo visinu trapeza h sa iz žutog i iz crvenog trougla, pa to uporedimo: D d
b
d1
C1
d
c
h x
A
D
C
y
a
b
d2
h
c
a
D1
B A
C
m
B
n
h 2 d12 x 2 h 2 c 2 y 2
h 2 d 2 m 2 h 2 d 22 n 2
d12 x 2 c 2 y 2
d 22 n 2 d 2 m 2
d12 c 2 x 2 y 2
d 22 d 2 n 2 m 2
d12 c 2 ( x y )( x y )
d 22 d 2 (n m)(n m)
d12 c 2 ( x y ) ( x y )
d 22 d 2 (n m) (n m)
a
d c a( x y ) 2 1
2
a
d d a ( n m) 2 2
2
Sad ćemo sabrati ove dve jednakosti: d12 c 2 a( x y ) 2 saberemo ih... 2 d 2 d a(n m) d12 d 22 c 2 d 2 a ( x y ) a(n m) d12 d 22 c 2 d 2 a ( x y ) a (n m) a ispred zagrade ... d12 d 22 c 2 d 2 a ( x y n m) pretumbamo ovo u zagradi... d12 d 22 c 2 d 2 a ( x m n y ) d12 d 22 c 2 d 2 a ( x m n y ) pogledajmo sliku: ovi uokvireni daju b d12 d 22 c 2 d 2 a (b b) d12 d 22 c 2 d 2 2ab 6
Evo par primera konstrukcija traženih duži.
Primer 1. x y
Date su duži x i y. Konstruisati geometrijsku sredinu tih duži, to jest konstruisati Rešenje:
x y Najpre ćemo nacrtati dve proizvoljne duži: Njih zatim spojimo ( postavimo jednu do druge), što je prikazano na slici 1.
x y
y
x
slika 1.
y
x
y
x
slika 3.
slika 2.
Nadjemo sredinu duži x + y i opišemo polukrug ( slika 2.). Iz mesta preseka duži podignemo normalu (slika 3.) Ta normala je rešenje, to jest ona je geometrijska sredina datih duži. Zašto? Pa znamo da se centar opisane kružnice kod pravouglog trougla nalazi na sredini hipotenuze a da je visina geometrijska sredina odsečaka...
x y
x
y www.matematiranje.com
7
Primer 2. Konstruisati duž čija dužina u odnosu na datu jediničnu duž ( vi kad vežbate uzmite jediničnu duž 1 cm) iznosi:
a) 15 b)
7
Rešenje:
a) 15 Ideja kod ovog tipa zadatka je da se podkoreni broj napiše kao proizvod dva broja ( bilo koja) i da se primeni znanje o
konstrukciji geometrijske sredine: 15 5 3 Dakle, uzmemo duži od 5cm i 3 cm, nacrtamo ih jednu do druge, nadjemo sredinu( na 4 cm) i opišemo polukrug. Iz mesta preseka ove dve duži izdignemo normalu do preseka sa polukrugom i njena vrednost je 15 .
5 3 15
3cm
5cm
b)
7
Slično:
7 7 1
7 1 7
7cm
1cm www.matematiranje.com
8
Primer 3. Date su duži čije su dužine a i b. Konstruisati duž dužine: a)
x a 2 b2
b)
y a2 b2
Rešenje: a)
x a 2 b2
Ako kvadriramo ovu jednakost , dobijamo: x a 2 b 2 x 2 a 2 b 2 Odavde zaključujemo da je tražena duž ustvari hipotenuza pravouglog trougla čije su katete a i b.
a b
b a
b a slika 2.
slika 1.
Uzmemo proizvoljne duži a i b.
x a slika 3.
Prenesemo duž a i konstruišemo prav ugao ( slika 1.)
Na toj polupravi nanesemo dužinu b (slika 2.) I kad to spojimo eto tražene duži .( slika 3.) b)
y a2 b2
Kvadriramo i dobijemo: y a 2 b 2 y 2 a 2 b 2 Ovde je dakle tražena duž kateta pravouglog trougla sa hipotenuzom a i katetom b.
B
B a
b
y C
b slika 1.
A
C
b slika 2.
A
C
a
b slika 3.
A
Na duž b konstruišemo prav ugao u temenu C. Iz temena A presečemo tu polupravu dužinom a. Dobili smo trougao ABC, gde je kateta y rešenje našeg zadatka. 9
Primer 4. Date su proizvoljne duži a,b i c. Konstruisati duž:
x ab c 2
i)
ii ) y a 2 bc Rešenje:
Ovi zadaci su ustvari kombinacija prethodnih, to jest koristi se i geometrijska sredina a i konstrukcija pravouglog trougla. Datu jednakost prvo malo prepravimo… x ab c 2 x ab c 2
kvadriramo
2
x 2 ( ab ) 2 c 2 Prvo ćemo konstruisati
ab , a zatim pravougli trougao sa katetama
ab i c . Hipotenuza tog trougla je tražena duž.
B
B
c
a
a b
ab
x
a b
b a
c
c b
slika 1.
A
A
slika 2.
slika 3.
ii ) y a 2 bc y a 2 bc
kvadriramo
y 2 a 2 bc y 2 a 2 ( bc ) 2 Najpre konstruišemo
bc a zatim pravougli trougao sa katetom
bc i hipotenuzom dužine a. Sad je tražena duž
kateta tog trougla. N
N b
bc
bc
a
bc
a
c b
slika 1.
c
M
slika 2.
A
M
y slika 3.
A www.matematiranje.com
10
11
PRIMENA SLIČNOSTI NA KRUG (ZLATNI PRESEK) Posmatrajmo krug K i tačku P u ravni tog kruga. Neka su prave a i b dve sečice datog kruga K koje prolaze kroz P. Očigledno je da imamo tri situacije: i) ii) iii)
tačka P je u krugu tačka P je na krugu tačka P je van kruga
Razmotrimo jednu po jednu situaciju... i) tačka P je u krugu
b
A B1 P B
A1 a
Označimo sa A i A1 presečne tačke prave a sa kružnom linijom k kruga K, a sa B i B1 presečne tačke prave b sa kružnom linijom k. Uočimo trouglove ABP i A1 B1 P .
b
A B1 P B
A1 a
Uočeni trouglovi su slični jer imaju po dva ista ugla: APB A1 PB1 jer su unakrsni ( žuti uglovi na slici) a PAB PB1 A1 su periferijski uglovi nad istim lukom ( crveni uglovi na slici).
Iz sličnosti ovih trouglova sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica:
AP : BP B1 P : A1 P AP A1 P BP B1 P www.matematiranje.com
1
ii)
tačka P je na krugu
P=A1=B1 b
B
A a
Ovde se tačke P , A1 i B1 poklapaju. Očigledno je AP A1 P BP B1 P 0 jer je A1 P B1 P 0 . Dakle opet je AP A1 P BP B1 P .
iii)
tačka P je van kruga A1 P
a
A
B B1
b
Uvedimo ista obežezavanja kao i u prvoj situaciji : A i A1 su presečne tačke prave a sa kružnom linijom k kruga K, a B i B1 presečne tačke prave b sa kružnom linijom k . Uočimo trouglove PAB1 i PBA1 . A1 P
a
A
B B1
b
Jasno je da ova dva trougla imaju zajednički ugao kod temena P ( crveni na slici) a uglovi obeleženi plavom bojom su jednaki kao periferijski uglovi nad istim lukom AB. www.matematiranje.com
2
Dakle, ova dva trougla su slična! Odgovarajuće stranice su proporcionalne: AP : BP B1 P : A1 P AP A1 P BP B1 P . I treći put smo izvukli isti zaključak: Ako je K dati krug i P data tačka u ravni tog kruga, tada proizvod odsečaka koje krug K odredjuje na bilo kojoj sečici povučenoj iz tačke P , ima konstantnu vrednost.
Najčešće se uvodi oznaka p 2 PA PA1 a ovaj konstantan proizvod nazivamo potencijom tačke P u odnosu na krug K. Ako se tačka P nalazi van kruga , zanimljivo je posmatrati situaciju kad iz tačke P postavimo tangentu na krug i sečicu kruga: t T
a A1 A
P
Ovde bi važilo: PT PT PA PA1 PT 2 PA PA1 , odnosno rečima bi rekli: Potencija tačke P u odnosu na krug K jednaka je kvadratu odgovarajuće tangentne duži!
Najzanimljivija stvar vezana za ovo je takozvani zlatni presek. Ako je neka duž AB podeljena tačkom C tako da je veći odsečak geometrijska sredina duži AB i manjeg odsečka, to jest ako važi : AC AB BC AC : AB BC : AC tada kažemo da smo izvršili zlatni presek duži AB. A
C
B
Naravno, sada ćemo vam objasniti kako da nadjete konstrukcijski tačku C koja deli duž AB po zlatnom preseku. Predpostavljate da ima neke veze sa prethodnim izlaganjem, odnosno sa činjenicom da je potencija tačke P u odnosu na krug K jednaka kvadratu odgovarajuće tangentne duži! www.matematiranje.com
3
Uzmemo proizvoljnu duž AB i obeležimo recimo da je AB a . U tački B podignemo normalu i na njoj nanesemo dužinu
a a , obeležimo tu tačku sa S. Konstruišemo krug poluprečnika sa centrom u S. 2 2 k
S
a/2
A
B a
Dalje spojimo SA i dobijemo sečicu kruga . Obeležimo te tačke preseka sa P i P1 . k
P1 S a/2 P
A
a/2
B a
Uočimo rastojanje izmedju tačaka A i P. Obeležimo recimo da je AP p . Ubodemo šestar u tačku A , uzmemo rastojanje do tačke P i to rastojanje spustimo dole na duž AB. www.matematiranje.com
4
k
P1 S a/2 a/2
P
p p
A
B a
Obeležimo ovu tačku sa C. To je tačka koja deli duž u zlatnom preseku! k
P1 S
p+a
a/2
A
a/2
P
p p
a
C
a-p
B
a
Dokaz je jednostavan: ( posmatrajte sliku) Na osnovu osobina potencije imamo: AB 2 AP A1 P , odnosno a 2 ( p a) p Odavde je: a 2 ( p a) p a 2 p2 a p p2 a 2 - a p p 2 a(a p ) p : a (a p ) : p
Zlatni presek… www.matematiranje.com
5
U drugom razredu srednje škole ćete naučiti da rešavate kvadratnu jednačinu, pa će vam sledeća računica izgledati jasnije, za sad zapamtite rezultat ove računice: a 2 ( p a) p a 2 p 2 ap a 2 ap p 2 0 kvadratna jednačina po a, a 1, b p,c p 2 a1,2
b b 2 4ac 2a
1 5 p p2 4 p2 p 5 p2 p p 5 p 2 2 2 2 1 5 1 5 a1 p a 2 p 2 2
a1,2
1 5 1, 618033989 2 1 5 0, 618033988 a 2 0, 618033988 p, jer je 2
a1 1, 618033989 p, jer je
Nas interesuje da je : a 1, 618033989 p , odnosno: a : p 1, 618033989 ZAPAMTITE OVAJ BROJ!
1, 618033989
Najčešći zadatak koji daju profesori a vezan za zlatni presek je konstrukcija pravilnog desetougla ili petougla upisanog u krug zadatog poluprečnika. Evo kako se konstruiše desetougao: A
A
r
r
A
r
M
M
P
O
r/2
slika 1.
S
r/2
O
r/2
slika 2.
S
r/2
O
r/2
S
r/2
slika 3.
Nacrtamo krug zadatog poluprečnika r. Nadjemo sredinu poluprečnika ,to je tačka S na slici 1. r Iz tačke S kao centra konstruišemo krug poluprečnika i spojimo tačke A i S. Dobijamo tačku M ( slika 2.) 2 Ubodemo šestar u A i prenesemo rastojanje AM na poluprečnik AO. Dobili smo tačku P.( slika 3.) Sećate se, ovo je postupak traženja zlatnog preseka... 6
Dobijena duž AP je ustvari dužina stranice desetougla! A
A J
P
O
B
P
I
C
O
S
S D
H
E
G F
slika 5.
slika 4.
U otvor šestara uzmemo rastojanje AP i prenosimo ga po kružnoj liniji počevši od tačke A. (slika 4.) Spojimo te tačke i eto traženog desetougla upisanog u krug zadatog poluprečnika. ( slika 5.) Ako profesor od vas traži da nacrtate pravilan petougao upisan u krug zadatog poluprečnika, vi nacrtate najpre desetougao pa spojite svako drugo teme! A
E
B
D
C
E sad da se vratimo na zlatni presek i da vam ispričamo nekoliko zanimljivosti… Zlatni pravougaonik je pravougaonik čije se stranice nalaze u odnosu zlatnog preseka. a : b 1, 618033989 www.matematiranje.com
7
Da bi konstruisali zlatni pravougaonik podjemo od kvadrata AFEB. M je sredina stranice AF. Ubodemo šestar u tačku M i spustimo rastojanje do preseka sa produžetkom AF. Dobijamo tačku D. Sad nije teško naći i četvrto teme C.
Ako nastavimo sa konstrukcijom zlatnih pravougaonika, dobijamo:
Uvek kad odstranimo kvadrat, ostaje zlatni pravougaonik. Uradimo sada sledeće: ubodemo šestar u F i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika FA ( dužina stranice kvadrata), zatim ubodemo šestar u N i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika NE , ubodemo šestar u P i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika PJ...i tako dalje.
Dobili smo takozvanu zlatnu spiralu. www.matematiranje.com
8
Antički arhitekti su smatrali da gradjevine imaju izuzetan izgled ako su im dimenzije odredjene zlatnim presekom. Čak se verovalo da gradjevine sa zlatnim presekom imaju magične moći.
Poznati Partenon u Atini je gradjen po zlatnom preseku. Egipatske piramide imaju proporcije zlatnog preseka, zgrada ujedinjenih nacija... Zlatni presek se nalazi i u delima čuvenih muzičara: dela Baha, Mocartove sonate, Betovenova peta sinfonija, muzika Šuberta…Nalazi se na slikama Leonarda … Ipak, najzanimljivije je to da zlatni presek nalazimo i u prirodi: Ukoliko podelimo broj ženki pčela i mužjaka u košnici, dobijamo približno 1,6. Izmerimo čovečju dužinu od vrha glave do pupka, pa to podelimo sa dužinom od pupka do poda…opet 1,6. Seme suncokreta raste u suprotnim spiralama a medjusobni odnosi prečnika rotacije su 1,6. Na kućici ( školjci) mekušca nautilusa takodje je odnos spiralnog prečnika prema svakom sledećem 1,6.
Kada se govori o zlatnom preseku , neizbežno se mora pomenuti i Fibonačijev niz. Medjutim, kako se nizovi uče tek u trećoj godini, mi ćemo pokušati da vam na jednom primeru objasnimo kakav je to Fibonačijev niz. Dobijemo na početku godine jedan pad zečeva, koji svakog meseca izvede novi par a on postaje produktivan, to jest izvodi novi par mesec dana, kad odraste. Koliko ćemo parova zečeva imati za godinu dana?
Mi smo vam nacrtali jedan dijagram da bi pojasnili stvari: www.matematiranje.com
9
mesec
UKUPAN broj parova broj parova BROJ odraslih beba PAROVA zečeva (O) zečeva ( B) ZEČEVA
parovi
1
0
1
1
1
2
2
1
3
3
2
5
5
3
8
8
5
13
13
8
21
21
13
34
1. septembar
34
21
55
1. oktobar
55
34
89
1. novembar
89
55
144
1. decembar
144
89
233
1. januar naredne godine
233
144
377
1. januar
O
1. februar
O O
1. mart
O
1. April
O
1. maj 1. jun 1. jul
O O
1. avgust
B
B
B B
B
O O O
B
B O O BO B O O B O BO O
B
O O O
B
O O BO BOO BOOBO B OO BO B
O
...........................................................................
Parovi beba zečeva su obeleženi sa B, a kad porastu (mogu da daju novi par) sa O. Pogledajte kolonu sa Brojem parova odraslih zečeva. U njoj su brojevi 1,1,2,3,5,8,13,21,...
1 1 2 3 5 8 13 21 34 55 89 144 233
To je Fibonačijev niz. Naravno on se nastavlja dalje... Vi se sada pitate zašto je ovaj niz tako specijalan?
10
1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89... Počevši od trećeg člana, svaki sledeći član niza dobijamo tako što saberemo prethodna dva člana... 2=1+1 3=2+1 5=3+2 8=5+3 itd. Pa i nije nešto baš mnogo specijalno, kažete vi sada...Ali... Prava stvar tek dolazi na videlo! Ako podelimo dva uzastopna člana niza počevši od 3 i 5 dobijamo:
5 1, 67 3 8 1, 6 5 13 1, 625 8 21 1, 615 13 34 1, 619 21 55 1, 617 34 89 1, 618 55 itd . Da li vam je poznat ovaj broj? 1, 618033989 je zlatni presek, a ovde je približno svuda baš on! Zato je ovaj niz specijalan.
11
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA
Trigonometrija je prvobitno predstavlja oblast matematike koje se bavila izračunavanjem nepoznatih elemenata trougla pomoću poznatih. Sam njen naziv potiče od dve grčke reči TRIGONOS- što znači trougao i METRON- što znači mera. Kako se definišu trigonometrijske funkcije? Posmatrajmo pravougli trougao ABC. a,b→ katete c→ hipotenuza a 2 b 2 c 2 → Pitagorina teorema
naspramna kateta a hipotenuza c nalegla kateta b cos hipotenuza c naspramna kateta a tg nalegla kateta b nalegla kateta b ctg naspramna kateta a sin
PAZI: Sam simbol sin,cos,tg,ctg sam za sebe ne označava nikakvu veličinu!!! Uvek mora da ima i ugao. Izračunajmo vrednost trigonometrijskih funkcija za uglove od 30o ,45o i 60 o . Najpre ćemo posmatrati polovinu jednakostraničnog trougla. Kao što znamo visina jednakostraničnog trougla je a 3 h 2 www.matematiranje.com
1
a naspramna kateta 2 a 1 sin 30o hipotenuza a 2a 2 a 3 nalegla kateta 3 cos 30o 2 hipotenuza a 2 a naspramna kateta 1 1 3 3 (racionališemo) tg 30o 2 3 nalegla kateta 3 3 3 a 3 2 a 3 nalegla kateta ctg 30o 2 3 a naspramna kateta 2
Sada ćemo uraditi (po definiciji) i za ugao od 60o . a 3 sin 60o 2 a a 1 cos 60o 2 a 2 a 3 tg 60o 2 a 2 a ctg 60o 2 a 3 2
3 2
3
3 3
Za vrednost trigonometrijskih funkcija ugla od 45o upotrebićemo polovinu kvadrata. Kao što znamo dijagonala kvadrata je d a 2
www.matematiranje.com
2
sin 45o
naspramna kateta a 1 1 2 2 hipotenuza 2 a 2 2 2 2
nalegla kateta a 2 hipotenuza 2 a 2 naspramna kateta a 1 tg 45o nalegla kateta a nalegla kateta a ctg 45o 1 naspramna kateta a cos 45o
Na ovaj način smo dobili tablicu:
30 o
45o
60 o
sinα
1 2
cosα
3 2 3 3 3
2 2 2 2 1
3 2 1 2
1
3 3
tgα ctgα
3
Naravno, kasnije ćemo tablicu proširiti na sve uglove od 0 o 360o. Osnovni trigonometrijski indetiteti:
1) 2)
3) 4)
sin 2 cos 2 1 sin tg cos cos ctg sin tg ctg 1
Da probamo da dokažemo neke od indetiteta: a b i cos ; to da zapamtimo)= c c 2 2 2 2 2 a b a b c =(važi Pitagorina teorema, a 2 b 2 c 2 ) 2 1 www.matematiranje.com 2 2 2 c c c c
1) sin 2 cos 2 (pogledajmo definicije: sin
3
a sin c a c a 2) tg slično se dokazuje i za ctg cos b b c b c
4) tg ctg (zamenimo iz definicije, da je tg
b a a b i ctg ) 1 a b b a
Baš lako, zar ne? Iz osnovnih indetiteta se mogu izvesti razne druge jednakosti: 1) Ako krenemo od:
sin 2 cos 2 1 ovo delimo sa cos 2 sin 2 cos 2 1 2 2 cos cos cos 2 1 tg 2 1 Odavde izrazimo cos 2 cos 2 1 cos 2 2 tg 1 Ako sad ovo zamenimo u: sin 2 cos 2 1 1 1 sin 2 2 tg 1 1 sin 2 1 2 tg 1 sin 2
tg 2 1 1 tg 2 1
sin 2
tg 2 tg 2 1
Ove dve identičnosti ćemo zapisati i koristiti ih u zadacima!!!
Još jedna stvar, da izvedemo i trigonometrijske funkcije komplementnog ugla. Kako je kod pravouglog trougla 90o tj. komplementni su, važi:
www.matematiranje.com
4
sin(90 o ) cos
tj.
sin cos
cos(90 ) sin
cos sin
tg (90 ) ctg
tg ctg ctg tg
o
o
ctg (90 o ) tg
Odakle ovo?
C b
a
A
c
B
sa slike (po definiciji) je a c b cos c a tg b b ctg a
sin
b c a cos c b tg a a ctg b
sin
1) Date su katete pravouglog trougla a=8cm i b=6cm. Odrediti vrednost svih trigonometrijskih funkcija uglova α i β
a 8cm b 6cm __________
c2 a2 b2 c 2 82 6 2 c 2 64 36 c 2 100 c 10cm
a 8 4 cos c 10 5 b 6 3 cos sin c 10 5 a 8 4 tg ctg b 6 3 b 6 3 ctg tg a 8 4 sin
www.matematiranje.com
5
2) Izračunati vrednost trigonometrijskih funkcija nagibnog ugla dijagonale kocke prema osnovi.
Izvučemo na stranu ovaj trougao:
Kao što znamo mala dijagonala je d a 2 , a velika dijagonala (telesna) D a 3 . Po definicijama je: a 1 1 3 3 sin 3 a 3 3 3 3 cos
a 2 2 2 3 6 3 a 3 3 3 3
tg
a a 2
ctg
1 1 2 2 2 2 2 2
a 2 2 a
3) U pravouglom trouglu je c 24cm i sin 0,8 . Odrediti katete. Po definiciji je: c 24cm a sin 0,8 sin ______________ c a? a 0,8 b? 24 a 24 0,8 a 19,2cm b 2 c 2 a 2 sad ide Pitagorina teorema b 2 24 2 (19,2) 2 b 2 576 368,64 b 2 207,36 b 14,4cm www.matematiranje.com
6
4) Izračunati vrednost ostalih trigonometrijskih funkcija ako je: a) sin 0,6 12 b) cos 13 v) tg 0,225 Rešenje: 3 6 3 a) sin jer 0,6 .Najpre ćemo iskoristiti da je sin 2 cos 2 1 5 10 5 2
3 2 cos 1 5 9 cos 2 1 25 16 cos 2 25 16 cos 25 4 cos 5 Pošto su oštri uglovi u pitanju: 4 cos 5 b) 12 cos 13 2 sin cos 2 1
3 sin 5 3 tg cos 4 4 5 1 4 ctg tg 3
2
12 sin 1 13 144 sin 2 1 169 25 sin 2 169 25 sin 169 5 sin 13 oštar ugao, pa uzimamo + 5 sin 13 2
5 sin 13 5 tg cos 12 12 13 12 ctg 5
7
v) tg 0,225
225 9 1000 40
Iskoristićemo jednakosti: sin 2 tg 2 sin 2 tg 1 2
2
9 40 2 sin 2 9 1 40 81 sin 2 1600 81 1 1600 81 sin 2 1600 81 1600 1600
cos 2
tg 2 1 i cos 2 2 2 tg 1 tg 1
81 1681 81 sin 1681 9 sin 41 9 sin 41 sin 2
1
tg 1 1 1600 cos 2 cos 2 1681 1681 1600 1600 40 cos cos 1681 41 40 cos 41 Za kotangens je lako: 1 ctg tg 40 ctg 9 2
www.matematiranje.com
8
5) Izračunaj vrednosti ostalih trigonometrijskih funkcija ako je:
a2 9 a) sin 2 a 9 a2 4 b) ctg 4a a)
sin 2 cos 2 1
36a 2 cos 2 (a 9) 2 2
cos 2 1 sin 2 a2 9 cos 1 2 a 9 (a 2 9) 2 2 cos 1 2 ( a 9) 2
2
cos
2
cos
tg
36a 2 (a 2 9) 2
a2 9 tg 6a
6a a 9 2
a2 9
(a 2 9) 2 (a 2 9) 2 cos (a 2 9) 2
a2 9 tg 6a 6a ctg 2 a 9
2
cos 2 b)
a 4 18a 2 81 a 4 18a 2 81 ( a 2 9) 2
4a a2 4 tg 2 4a a 4 2 tg sin 2 2 tg 1 ctg
2
4a 2 a 4 sin 2 2 4a 2 1 a 4 16a 2 (a 2 4) 2 2 sin 16a 2 1 (a 2 4) 2 16a 2 sin 16a 2 a 4 8a 2 16 16a 2 sin 2 4 a 8a 2 16 2
sin sin
16a 2 (a 2 4) 2 4a a 4 2
sin cos a2 9
cos 2 cos 2
1 tg 1 1 2
2
4a 2 1 a 4 1 cos 2 2 16a (a 2 4) 2 (a 2 4) 2 1 cos 2 2 (a 4) 2 (a 2 4) 2 cos 2
(a 2 4) 2 (a 2 4) 2
(a 2 4) 2 cos (a 2 4) 2 cos
a2 4 a2 4
www.matematiranje.com
9
1 1 Dokazati identitet 1 tgx 2tgx 1 tgx cos x cos x
6)
1 1 1 tgx 1 tgx cos x cos x 1 sin x 1 sin x 1 1 cos x cos x cos x cos x cos x sin x 1 cos x sin x 1 gore je razlika kvadrata cos x cos x (cos x sin x) 2 12 (jedinicu ćemo zameniti sa sin 2 x cos 2 x ) cos 2 x cos 2 x 2 cos x sin x sin 2 x sin 2 x cos 2 x 2 cos x sin x cos 2 x cos 2 x sin x 2 2tgx cos x 7) Dokazati da je: a) cos 2 18o cos 2 36o cos 2 54o cos 2 72o 2
Pošto važi da kad je 90o cos sin , cos 54o ćemo zameniti sa sin 36o a cos 72o ćemo zameniti sa sin 18o . Onda je: cos 2 18o cos 2 36o cos 2 54o cos 2 72o cos 2 18o cos 2 36o sin 2 36o sin 2 18o
11 2 b)
tg1o tg 2o tg 3o...tg 44o tg 45o tg 46o...tg 89o 1 = Kako je tg ctg ( 90o ) biće: tg1o tg 2o tg 3o...tg 44o tg 45o ctg 44o...ctg 2o ctg1o
= Kako je tg ctg 1 11 ... tg 45o 1 www.matematiranje.com
10
8)
Dokazati identitet
3 (tg ctg ) 2 6 1 sin cos 6
3 3 Pokušaćemo da transformišemo izraz 6 6 1 sin x cos x 1 (sin x cos 6 x) sin 6 x cos 6 x Podjimo od sin 2 x cos 2 x 1 pa ‘’dignemo’’ na treći stepen: ( A B) 3 A3 3 A2 B 3 AB 2 B 3 6
sin 2 x cos 2 x 1 /() 3 sin 6 x 3 sin 4 x cos 2 x 3 sin 2 x cos 4 x cos 6 x 1 sin 6 x 3 sin 2 x cos 2 x(sin 2 x cos 2 x) cos 6 x 1 1
Dakle: sin 6 x cos 6 x 1 3 sin 2 x cos 2 x Vratimo se u zadatak: 3 3 1 2 2 2 2 2 1 1 3 sin x cos x 3 sin x cos x sin x cos 2 x Da vidimo sad desnu stranu: (tg ctg ) 2 tg 2 2tgctg ctg 2 sin 2 cos 2 2 cos 2 sin 2 sin 4 2 sin 2 cos 2 cos 4 sin 2 cos 2 (sin 2 cos 2 ) 2 sin 2 cos 2 1 2 sin cos 2 Ovim smo dokazali da su leva i desna strana jednake: Uslov je 1 sin 6 cos 6 0 sin 6 cos 6 1 1 3 sin 2 cos 2 1 sin 2 cos 2 0 sin 0 cos 0 www.matematiranje.com
11
9) Dokazati identitet: (tg 3
1 tg 1 ctg ):( ctg 3 ) tg 4 ctg tg
Kao i obično, krenemo od teže strane dok ne dodjemo da lakše...
1 tg 1 ctg ):( ctg 3 ) ctg tg 1 1 1 tg 1 tg (tg 3 ):( 3 ) 1 tg tg tg tg 1 1 tg (tg 3 tg (1 tg )) : ( 3 ) tg tg 1 tg 1 (tg 3 tg tg 2 ) : ( 2 3 ) tg tg tg (tg 1) 1 (tg 3 tg 2 tg ) : ( ) tg 3 (tg 3
tg (tg 2 tg 1) : ( tg (tg 2 tg 1) 1
tg 2 tg 1 tg (tg 2 tg 1) tg 2 tg 1 ) :( ) tg 3 1 tg 3 tg 3 tg tg 1 2
tg tg 3 tg 4
Naravno, uslovi zadatka su da ( pošto u imeniocu nesme da bude nula): tg 0 i ctg 0 www.matematiranje.com
12
