Matematika 3. Razred Srednje Skole

PLANIMETRIJA Mnogouglovi

Za pravilne mnogouglove sa n stranica važi: -

On ima n osa simetrije

-

Ako je broj stranica paran on je ujedno centralno simetričan

-

Oko svakog pravilnog mnogougla se može opisati kružnica čiji se centri poklapaju

-

Može se podeliti na n karakterističnih jednakokrakih trouglova čija su dva temena bilo koja dva susedna temena mnogougla a treće je u centru opisane tj upisane kružnice.

-

-

Zbir svih unutrašnjih uglova sa računa po formuli S n = (n − 2) ⋅180o S Jedan unutrašnji ugao je onda α = n n o 360 Jedan spoljašnji ugao je α1 = (α + α1 = 180o ) n Zbir svih spoljašnjih uglova je 360o

-

Iz svakog temena mnogougla mogu se povući d n = n − 3 dijagonala

-

Ukupan broj dijagonala je Dn =

-

Ako je dužina stranice a onda je obim mnogougla O=na

-

Površina se računa po formuli P = n

-

n(n − 3) 2

ah , gde je h visina karakterističnog 2

trougla -

Centralni ugao je ϕ =

1 360o n

1

1) Koji pravilan mnogougao ima tri puta veći ugao od spoljašnjeg?

Ako sa α - obeležimo unutrašnji ugao, a sa α1 - spoljašnji ugao traženog mnogougla onda je: α = 3α 1 i važi α + α 1 = 180 o Dakle imamo sistem:

α = 3α1 α + α1 = 180o

__________________

180 o ⇒ α1 = 45o 4 o 360 360o Kako je n = to je: n = , n = 8 Radi se o osmouglu!!! α1 45o 4α1 = 180 o ⇒ α1 =

2) Izračunati unutrašnji ugao pravilnog mnogougla, ako je razlika broja dijagonala i stranica 25.

Pošto broj dijagonala obeležavamo sa Dn ⇒ Dn − n = 25

n(n − 3) − n = 25 → sve pomnožimo sa 2 2 n(n − 3) − 2n = 50 n 2 − 3n − 2n = 50 n 2 − 5n − 50 = 0 → Dobili smo kvadratnu jednačunu po n n1 = 10 n2 = −5 → Nemoguće Znači, n = 10 , pa se radi o 10-touglu. Spoljašnji ugao je α1 =

360o 360o = = 36o o n 10

Sada ćemo naći unutrašnji ugao:

α + α1 = 180o α = 180o − α1 α = 180o − 36o α = 144o 3) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za 2, tada se centralni ugao smanji za 6o . Odrediti broj dijagonala mnogougla.

2

⎛ 360o ⎞ ⎟ Neka je n-broj stranica tog mnogougla i ϕ − centralni mnogougao. ⎜⎜ ϕ = n ⎟⎠ ⎝ 360o → Ako se broj stranica poveća za 2 tada je centralni ugao ϕ1 = n+2 ϕ − ϕ1 = 6

360o 360o − = 6 → Sve pomnožimo sa n(n + 2) n n+2 360o (n + 2) − 360o n = 6n(n + 2) → Sredimo i dobijamo kvadratnu: n 2 + 2n − 120 = 0 − 2 ± 22 n1, 2 = 2 n1 = 10 n2 = −12 → Nemoguće Dakle, broj stranica je n=10 n(n − 3) Dn = 2 10(10 − 3) 10 ⋅ 7 D10 = = = 35 2 2 4) Za koliko se povećava zbir unutrašnjih uglova mnogougla, ako se broj stranica poveća za 5?

Zbir unutrašnjih uglova se nalazi po formuli S n = (n − 2) ⋅ 180 o

S n +5 − S n = (n + 5 − 2) ⋅180o − (n − 2) ⋅180o = (n + 3) ⋅180o − (n − 2) ⋅180 o = n ⋅180o + 3 ⋅180 o − n ⋅180 o + 2 ⋅180 o = 540 o + 360o = 900 o

dakle, zbir unutrašnjih uglova se poveća za 900o 5) Ako se broj stranica mnogougla poveća za 11, onda se broj njegovih dijagonala poveća za 1991. Odrediti zbir unutrašnjih uglova tog mnogougla.

n→ Broj stranica n(n − 3) → Broj dijagonala 2 n +11 → Novi broj stranica Dn =

3

(n + 11)(n + 11 − 3) (n + 11)(n + 8) = → Novi broj dijagonala 2 2 Dn +11 − Dn = 1991 (n + 11)(n + 8) n(n − 3) − = 1991 → Sve pomnožimo sa 2 2 2 n 2 + 8n + 11n + 88 − n 2 + 3n = 3982 22n = 3982 − 88 22n = 3894 n = 177 Dn +11 =

S n = (n − 2) ⋅180o S177 = (177 − 2) ⋅180o S177 = 31500o 6) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za dva njegov se ugao poveća za 9o . Odrediti broj stranica mnogougla .

S n (n − 2) ⋅ 180 o = Neka je n-broj stranica i α unutrašnji ugao tog mnogougla. α = n n Ako se broj stranica poveća za 2, biće ih n+2 i α =

S n + 2 (n − 2 + 2) ⋅180o n ⋅180o = = n+2 n+2 n+2

Tada je:

180o n (n − 2) ⋅180o − = 9 → Pomnožimo sve sa n(n − 2) n+2 n 180 o n 2 − (n − 2)(n + 2) ⋅180 o = 9n(n + 2) 180 o n 2 − n 2180o + 4 ⋅180 o = 9n(n + 2) 9n(n + 2) = 720 → Podelimo sa 9 n(n + 2) = 80

n 2 + 2n − 80 = 0 − 2 ± 18 n1, 2 = 2 n1 = 8 n2 = −10 → Nemoguće Dakle n=8 , mnogougao ima ima 8 stranica.

4

7) Broj dijagonala konveksnog mnogougla u ravni jednak je petostrukom broju njegovih stranica. Izračunati broj stranica mnogougla. Rešenje:

n(n − 3) to će biti: 2 Dn = 5n n(n − 3) = 5n → pomnožimo sa 2 2 n(n − 3) = 10n

Kako je Dn =

n 2 − 3n − 10n = 0 n 2 − 13n = 0 n(n − 13) = 0 n = 0 v n = 13 nemoguće

Dakle n = 13 8) Koji pravilan mnogougao ima 44 dijagonale? Rešenje: Dn =

n(n − 3) 2

n(n − 3) = 44 2 n(n − 3) = 88

n 2 + 2n − 88 = 0 3 ± 19 n1, 2 = 2 n1 = 11 n2 = −8 → Nemoguće Dakle n=11 9) Oko kruga poluprečnika r = 1+ 2 opisan je pravilan osmougao. Nadji površinu tog osmougla. Rešenje:

Pravilan osmougao se sastoji iz 8 podudarhih jednakih trouglova. Izvučemo jedan taj karakteristični trougao.

5

h = r ( visina je ista kao i poluprečnik upisane kružnice) 360 o 360 o = = 45 o ⇒ Njegov centralni ugao je ϕ = n 8

Pošto nama treba pola ovog ugla, imamo:

ϕ

2

= 22o30'

Iz ovog trougla je: a tg 22o30' = 2 r

pa je odatle

a = 2rtg 22o30' a⋅h = 4ah = 4 ⋅ 2r ⋅ r ⋅ tg 22 o30' 2 P = 8r 2tg 22o 30'

P = 8⋅

45o 1 − cos 45o tg 22 o30 ' = tg = = 2 1 + cos 45o

2 2 2 1+ 2 1−

tg 22 o30 ' =

2− 2 2− 2 2 = 2+ 2 2+ 2 2

tg 22 o30 ' =

2− 2 2− 2 (2 − 2 ) ⋅ = 4−2 2+ 2 2− 2

tg 22o30' =

Racionališemo…

2− 2 2 2 (2 − 2 ) ⋅ = 2 2 2

Tako da je sad:

6

P = 8r 2tg 22o30'

(

2 2 2− 2 P = 8 ⋅ ⎛⎜ 1 + 2 ⎞⎟ ⋅ ⎝ ⎠ 2 2 2− 2 P = 8⋅ 1+ 2 ⋅ 2 P = 4 2 1+ 2 2 − 2

) ( ) ( )( ) 2 (2 − 2 + 2 2 − 2 )

)

(

P=4

“skratimo” 8 i 2 sa 2

P=4 2⋅ 2 P = 4⋅2 P =8

7

TROUGAO Mnogougao koji ima tri stranice zove se trougao. Osnovni elementi trougla su : -

Temena A,B,C

-

Stranice a,b,c ( po dogovoru stranice se obeležavaju nasuprot temenu, npr naspram temena A je stranica a, itd)

-

Uglovi , unutrašnji α , β , γ i spoljašnji α 1 , β1 , γ 1

γ1

C

a

b

β1

β A

B

c

α1

Osnovne relacije za uglove i stranice trougla su: 1) Zbir unutrašnjih uglova u trouglu je 1800 tj. 2) Zbir spoljašnjih uglova je 3600 tj.

α + β + γ = 1800

α 1 + β1 + γ 1 =3600

3) Spoljašnji i njemu susedni unutrašnji ugao su uporedni,tj.

α + α 1 = β + β 1 = γ + γ 1 =1800 4) Spoljašnji ugao trougla jednak je zbiru dva nesusedna unutrašnja ugla, tj

α1 = β + γ

β1 = α + γ

γ 1 =α + β

5) Svaka stranica trougla manja je od zbira a veća od razlike druge dve stranice, tj

a−b < c < a+b a−c
6) Naspram većeg ugla nalazi se veća stranica i obrnuto. Ako je α = β onda je a = b Ako je a = b onda je α = β

www.matematiranje.com

1

Četiri značajne tačke trougla su: 1) Ortocentar (H) 2) Težiste (T) 3) Centar upisane kružnice (S) 4) Centar opisane kružnice (O) Ortocentar se nalazi u preseku visina trougla ha,hb,hc. ( Visina je najkraće rastojanje od temena do naspramne stranice). Kod oštrouglog trougla je u trouglu, kod pravouglog u temenu pravog ugla a kod tupouglog van trougla. C A1 B1 ha

H

hb

hc

A

B

C1 ha ∩ hb ∩ hc = H

Ortocentar

Težišna duž trougla je duž koja spaja teme sa sredinom naspramne stranice. Težišne duži seku se u jednoj tački , a to je TEŽIŠTE TROUGLA. Težište deli težišnu duž u razmeri 2:1. C

tc B1

A1

t a ∩ tb ∩ tc = T

T tb

ta A

C1

B

AT : TA1 = 2 : 1 BT : TB1 = 2 : 1


CT : TC1 = 2 : 1 2

Centar upisane kružnice je tačka preseka simetrala uglova i kod svih trouglova je u oblasti trougla.

C S S Sβ

r

S

B

A

sα ∩ s β ∩ s γ = S

Centar opisane kružnice je tačka preseka simetrala stranica. Kod oštrouglog trougla je u trouglu, kod pravouglog na sredini hipotenuze i kod tupouglog van trougla.

C

sBC sAC r

o B

A sAB

s AB ∩ s AC ∩ s BC = O www.matematiranje.com

3

Vrste trouglova: Trouglovi se dele prema “stranicama” i prema “uglovima”. Prema stranicama:

Prema uglovima:

1) jednakostranični

1) oštrougli

2) jednakokraki

2) pravougli

3) nejednakostranični

3) tupougli

Nejednakostranični

C

a

b

β A

c

B

O=a+b+c

P=

aha bhb chc = = ili P = 2 2 2

s ( s − a )( s − b)( s − c)

ili P= r s

ili P=

abc 4R

gde je:

a+b+c , 2 r-poluprečnik upisane kružnice i

s poluobim s =

R-poluprečnik opisane kružnice. www.matematiranje.com

4

Pravougli: B p c a hc

q

C

A

b

O=a+b+c P=

ab 2

ili

P=

chc 2

odavde je: hc =

a ⋅b c

a2 + b2 = c2 Pitagorina teorema R=

c ; 2

r=

a+b−c ; hc = pq ; a = 2

pc ; b = qc ; c= p+q

Jednakokraki : C

b

b

ha

hb A

a

a _

B

2

Ovde je a osnova i b krak ( kraci) O = a + 2b

P=

aha bhb = 2 2

a Primena Pitagorine teoreme: ha2+( )2= b2 2 www.matematiranje.com

5

Jednakostranični:

C

a

h

a

ry ro A

B

a

a2 3 O = 3a i P = 4 Visina

a 3 ; 2

h=

1 a 3 ry = h = ; 3 6

ro =

2 a 3 h= 3 3

Kod ovog trougla sve četiri značajne tačke se nalaze u jednoj tački.

Srednja linija trougla (m) je duž koja spaja sredine dve stranice i uvek je jednaka polovini paralelne stranice. C

C

a

b

m=c/2

A

a

b m= a/2

B

c

A

c

B

C

a m =b /2

b

A

c

B


6

Podudarnost ΔABC ≅ ΔA1 B1C1 ⇔ (SSS) Ako su sve stranice jednog trougla jednake odgovarajućim stranicama drugog trougla.

(SUS) Ako su dve stranice i zahvaćeni ugao jednog trougla jednaki dvema stranicama i zahvaćenom uglu drugog trougla. (USU) Ako su stranica i na nju nalegli uglovi jednog trougla jednaki sa stranicom i na nju naleglim uglovima drugog trougla. (SSU) Ako su dve stranice i ugao naspram veće od njih jednog trougla jednaki dvema stranicama i uglu naspram veće od njih drugog trougla. Sličnost ΔABC ~ ΔA1 B1C1 ⇔ ∠A = ∠A1 , ∠B = ∠B1 , ∠C = ∠C1 AB : A1 B1 , BC : B1C1 , CA : C1 A1 - Ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva ugla drugog trougla. - Ako su tri stranice jednog trougla proporcionalne trima stranicama drugog trougla. - Ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne dvema stranicama drugog trougla i uglovi izmedju tih stranica jednaki. - Ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne sa odgovarajućim stranicama drugog trougla, uglovi naspram dveju od tih odgovarajućih stranica su uglovi iste vrste (ili oštri, ili pravi, ili tupi). ZADACI 1) Dat je pravougli trougao. Poluprečnik opisanog kruga je R=15,a poluprečnik upisanog kruga je r=6. Odrediti osnovice.

R = 15

Pošto se radi o pravouglom trouglu, važe formule: r =6 c a+b−c _______ R= i r= 2 2 a=? a+b−c c = 2R 6= b=? 2 c = 2 ⋅15 c=? a + b − 30 = 12 c = 30 a + b = 42 b = 42 − a Sada ćemo iskoristiti Pitagorinu teoremu. a2 + b2 = c2 a 2 + (42 − a ) 2 = 30 2 a 2 + 1764 − 84a + a 2 − 900 = 0 2a 2 − 84a + 864 = 0

a 2 − 42a + 432 → Kvadratna ‘’po a’’

42 ± 6 2 a = 24 a1, 2 =

a = 18

za a = 24 ⇒ b = 42 − 24 = 18 za a = 18 ⇒ b = 42 − 18 = 24 Dakle stranice trougla su 18,24,30

7

2) Poluprečnik kruga upisanog u jednokraki trougao osnovice a = 12 je r = 3 . Izračunati površinu i obim trougla. C

b

x

b

________________

P = ?, O = ?

D

r

O r A

a = 12 r =3

B

M a

Obeležavamo sa M podnožje visine iz A sa O centar upisane kružnice i sa D podnožje poluprečnika na stranicu b Trouglovi BMC i CDO su slični.Okrenućemo ih da bi uočili tu sličnost. C C b

x+r

M

x

a 2

B

D

r

O

Iz sličnosti trouglova sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica, a b: x = :r 2 b: x = 6:3

3b = 6 x ⇒ b = 2 x Sada primenjujemo Pitagorinu teoremu na trougao AMC 2

⎛a⎞ 2 2 ⎜ ⎟ + (x + r) = b ⎝2⎠ 6 2 + ( x + 3) 2 = (2 x) 2 36 + x 2 + 6 x + 9 = 4 x 2 3x 2 − 6 x − 45 = 0 Podelimo sa 3 i rešavamo kao kvadratnu jednačinu... 2±8 x1, 2 = 2 x = 5 ⇒ b = 10 x = −3 → Nemoguće h = x+r = 5+3=8⇒ h =8 a⋅h P= O = a + 2b 2 O = 12 + 2 ⋅10 12 ⋅ 8 P= O = 32 2 P = 48 8

3) Uglovi trougla se odnose kao 2:3:7. Dužina najmanje stranice je a . Odrediti poluprečnik R opisane kružnice.

α : β : je = 2 : 3 : 7 α = 2k ⎫ ⎪ β = 3k ⎬ γ = 7k ⎪⎭

∧

2k + 3k + 7 k = 180 o 12k = 180 o 180 o 12 k = 15 k=

A

α = 300 ⎫ ⎪

β = 450 ⎬ γ = 1050 ⎭⎪

30

b c 60 45

B

B1 45

a

C

Povučemo visinu BB1 →→ Stranice BB1 i B1C su jednake BB1 ⇒ BB1 = a ⋅ sin 45o a a 2 BB1 = 2 a 2 B1C = 2

sin 45o =

BB1 BB1 ⇒ AB = AB cos 60 o a 2 AB = 2 = a 2 1 2 AB1 o tg 60 = ⇒ AB1 = BB1tg 60 o BB1 cos 60 o =

AB1 =

a 2 a 6 ⋅ 3= 2 2

Da sklopimo sada rezultate: BC = a AB = a 2 = c

AC = AB1 + B1C =

a 6 a 2 a 2 + = 2 2 2

(

)

3 +1 = b

Površina trougla je: 9

(

)

a 2 a 2 3 +1 ⋅ 2 AC ⋅ BB1 2 = a 3 +1 P= = 2 2 2 4 abc P= 4R a 2 a⋅ 3 +1 ⋅ a 2 abc 2 R= = 4P a2 3 +1 4⋅ 4 3 a R= 2 skratimo… a R=a

(

(

)

(

)

)

4) Dužina luka izmedju dva susedna temena jednakostraničnog trougla upisanog u krug 4π poluprečnika r je l = . Odrediti površinu trougla. 3

Pošto se obim ovog kruga sastoji iz tri ovakva luka: O = 3⋅

4π 3

O = 4π 2rπ = 4π r=2

Poluprečnik opisane kružnice je: a 3 ⇒ r= 3

a 3 =2 3 6 a= 3 6 3 a= ⋅ 3 3

a=

(racionališemo)

6 3 =2 3 3

10

P=

a2 3 4

(2 3) P=

2

3

4

=

4 ⋅3⋅ 3 =3 3 4

5) Površina oštrouglog trougla čije dve stranice su a = 5 i b = 3 je P = 6 . Odredi obim trougla. I NAČIN

a=5 b=3 P=6 _______

O=?

Jedan od obrazaca za površinu je:

a ⋅b sin γ 2 5⋅3 6= sin γ 2 12 4 sin γ = = 15 5 P=

11

sin 2 γ + cos 2 γ = 1

Pošto je:

cos 2 γ = 1 − sin 2 γ 16 cos 2 γ = 1 − 25 9 cos γ = ± 25 3 cos γ = ± 5 Sad ćemo iskoristiti kosinusnu teoremu: c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos γ 3 c 2 = 52 + 32 − 2 ⋅ 5 ⋅ 3 ⋅ 5 2 c = 25 + 9 − 18

Moramo ovde menjati obe vrednosti za cos… ili

c 2 = 5 2 + 3 2 + 18 c 2 = 52 c = 2 13

c 2 = 16 c=4

Pošto je trougao oštrougli uzećemo c = 2 13 jer bi u suprotnom sa stranicama 3,4,5 bio pravougli. O = 8 + 2 13

II NAČIN

a=5 b=3 P=6

Jedan od obrazaca za površinu trougla je P = s ( s − a )( s − b)( s − c) 6=

8+c ⎛8+c ⎞⎛ 8 + c ⎞⎛ 8 + c ⎞ − 5 ⎟⎜ − 3 ⎟⎜ − c⎟ ⎜ 2 ⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2 ⎠

8+c c−2 c+ 2 8−c ⋅ ⋅ ⋅ 2 2 2 2 36 ⋅16 = (8 + c)(8 − c)(c − 2)(c + 2) 36 =

576 = (64 − c 2 )(c 2 − 4) → Smena c 2 = t 576 = (64 − t )(t − 4) 576 = 64t − 256 − t 2 + 4t t 2 − 68t + 832 = 0 → Kvadratna ‘’po t’’ 68 ± 36 t1, 2 = 2 t1 = 52 t 2 = 16

12

2 Dakle: c = 52

ili

c = 52

c 2 = 16 c=4

c = 2 13

A ovo su ista rešenja kao kod prvog načina... 6) Obim pravouglog trougla je O = 36 , a poluprečnik upisanog kruga je r = 3 . Odrediti obim opisanog kruga. O = 36 r =3

_________

O = a+b+c a + b + c = 36

Okr = ?

a+b−c 2 a+b−c 3= 2 a + b − c = 6 odavde izrazimo c r=

c = a+b−6 Pazi: ( A + B + C ) 2 = A2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC a 2 + b2 = c2 a 2 + b 2 = (a + b − 6) 2 a 2 + b 2 = a 2 + b 2 + 36 + 2ab − 12a − 12b

a + b + c = 36 a+b−c = 6 2a + 2b = 42

2ab − 12a − 12b = −36......../ : 2

a + b = 21

ab − 6a − 6b = −18

b = 21 − a

a(21 − a) − 6a − 6(21 − a) + 18 = 0 21a − a 2 − 6a − 126 + 6a + 18 = 0 − a 2 + 21a − 108 = 0 a 2 − 21a + 108 = 0 → Kvadratna ‘’po a’’ 21 ± 3 a1, 2 = 2 a1 = 12 ⇒ b = 9 a2 = 9 ⇒ b = 12 c = a + b − 6 = 12 + 9 − 6 = 15

Pošto je: c = 2 R ⇒ 2 R = 15 Obim opisanog kruga je: O = 2 Rπ = 15π

13

14

ČETVOROUGAO Mnogougao koji ima četiri stranice naziva se četvorougao. D δ1

δ

γ1 C

β A

α1

β1 B

Za svaki četvorougao važi da im je zbir unutrašnjih i spoljašnjih uglova isti i iznosi 3600

α + β + γ + δ =3600

α 1 + β 1 + γ 1 + δ 1 = 3600

Najpre da kažemo da četvorouglovi mogu biti : konveksni i nekonveksni. Četvorougao je konveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti ostaje unutar četvorougla. D

C

A

B

Četvorougao je nekonveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti izlazi iz nje. C

D

B A


1

Podela četvorouglova može se izvršiti na više načina.Prvu podelu izvršio je još Euklid. On ih je podelio u pet grupa: kvadrati, pravougaonici,rombovi,romboidi i trapezi. Međutim, danas je podela izvršena na sledeći način: 1) Paralelogrami (imaju po dva para paralelnih stranica) 2) Trapezi (imaju jedan par paralelnih stranica) 3) Trapezoidi (nemaju paralelne stranice) Paralelogram je četvorougao čije su naspramne stranice paralelne. KVADRAT -

Sva četiri ugla su mu prava Sve stranice su jednake Dijagonale su jednake i međusobno se polove pod pravim uglom Centralno simetrična je figura Ima 4 ose simetrije

d ro

a

ry

a O= 4a

P = a2

ili P =

d=a 2

i

d2 , 2

ry =

a 2

i

ro =

d a 2 = 2 2

ako nam treba dužina stranice a imamo dužinu dijagonale

a=

d 2 2

2

PRAVOUGAONIK

-

Sva četiri ugla su mu prava

-

Paralelne stranice su jednake

-

Dijagonale su jednake i međusobno se polove

-

Centralnosimetrična figura

-

Ima 2 ose simetrije

d

b

ro

a

O = 2a + 2b P = ab ro =

d 2

a dijagonalu nalazimo iz Pitagorine teoreme: d2 = a2 + b2

ROMB

-

Sve četiri stanice su jednake

-

Naspramni uglovi su jednaki a uzastopni su suplementni

-

Dijagonale se međusobno polove pod pravim uglom

-

Centralnosimetrična figura

-

Ima dve ose simetrije www.matematiranje.com

3

d2

d1 a

h

a

O = 4a P=

d1 ⋅ d 2 2

ili

P = ah

Može se upisati kružnica čiji je poluprečnik ry =

h 2

Pitagorina teorema se primenjuje na osenčeni trougao: a2 = (

d1 2 d ) + ( 2 )2 2 2

ROMBOID

-

Paralelne stranice su jednake Naspramni uglovi su jednaki a uzastopni su suplementni Dijagonale se međusobno polove Centralnosimetrična figura

hb

ha

b

a O = 2a + 2b

P= aha

ili

P= bhb

Ne može da se upiše niti da se opiše kružnica . Četvorougao čije su samo dve naspramne stranice paralelne zove se TRAPEZ.

4

Paralelne stranice se zovu osnovice, a druge dve kraci. b

d

c

m h

a

Stranice a i b su osnovice, c i d kraci. Duž koja spaja središta krakova je srednja linija trapeza m =

a+b . Naravno m je paralelna i sa a i sa b. 2

O = a+b+c+d ;

P=

a+b ⋅ h ili P = mh 2 JEDNAKOKRAKI TRAPEZ

b

d

c

c

h

a+b 2

a

a-b 2

O = a + b + 2c

P=

a+b ⋅ h ili P = mh 2

Primena Pitagorine teoreme: (

a−b 2 ) + h 2 = c 2 ( na zeleni trougao) 2

(

a+b 2 ) + h 2 = d 2 ( na crveni trougao) 2 www.matematiranje.com

5

PRAVOUGLI TRAPEZ b

d=h

h

a

c

a-b

O=a+b+c+h a+b ⋅ h ili P = mh 2 Primena Pitagorine teoreme: P=

( a − b) 2 + h 2 = c 2

Najpoznatiji trapezoid je deltoid. DELTOID

-Deltoid je trapezoid koji ima dva para jednakih uzastopnih stranica. -Dijagonale deltoida su među sobom normalne. -Simetrala deltoida je simetrala i njegovih uglova koje obrazuju jednake stranice -Uglovi koje obrazuju nejednake stranice su među sobom jednaki. -Dijagonale su istovremeno i simetrale uglova. a

a

d2

d1 b

O = 2a + 2b

b

P=

d1 ⋅ d 2 2 www.matematiranje.com

6

Tetivni četvorougao

To je četvorougao oko koga može da se opiše kružnica. Uslov je: α + je = β + δ = 180o δ α

d1 d2

γ

β

d1 =

(ac + bd )(ad + bc) → Jedna dijagonala ab + cd

(ac + bd )(ab + cd ) → Druga dijagonala bc + ad dd P = 1 2 ⋅ sin ϕ → ( ϕ je ugao izmedju dijagonala) 2

d2 =

Tetivni četvorougao

To je četvorougao u koji može da se upiše kružnica. Uslov je: a + c = b + d

P = (a + c)r ili P = (b + d )r _________________

O = 2(a + c) ili O = 2(b + d )

ZADACI: 1) Trapez osnovica a i b podeljen je odsečkom EF koji je paralelan osnovicama na dva dela jednakih površina. Odrediti EF.

x+ y =h


7

P1 = P2 ⇒

a + EF EF + b ⋅y= ⋅x 2 2

(površine su jednake)

y (a + EF ) EF + b P1 + P2 = P (zbir ove dve površine daje površinu celog trapeza)

y (a + EF ) = x( EF + b) ⇒ x = _______________

a + EF EF + b a+b ⋅y+ ⋅x = ( x + y ) → sve podelimo sa 2 i zamenimo x 2 2 2 y (a + EF ) ⎛ y (a + EF ) ⎞ = ( a + b) ⎜ + y ⎟ → y je zajednički... (a + EF ) y + ( EF + b) EF + b ⎝ EF + b ⎠ (a + EF ) y + ( EF + b)

y (a + EF )

= ( a + b)

y [ (a + EF ) + (b + EF ) ]

EF + b EF + b (a + EF )( EF + b) + ( EF + b)(a + EF ) = (a + b) [ (a + EF ) + (b + EF ) ]

→ sve pomnozimo sa EF + b

2(a + EF )( EF + b) = (a + b)(a + b + 2 EF ) 2(aEF + ab + EF 2 + bEF ) = (a + b)(a + b) + 2 EF (a + b) 2 EF (a + b + EF ) − 2 EF (a + b) = (a + b) 2 − 2ab 2 EF (a + b) + 2 EF 2 −2 EF (a + b) = a 2 +2ab + b 2 −2ab 2 EF 2 = a 2 + b 2 EF =

a 2 + b2 2

2) U jednakom trapezu površine P=32 i visine h = 4 , razlika osnovica je 6. Odrediti dužinu dijagonale .

P = 32 h=4 a −b = 6

____________

d =?

a+b ⋅h 2 a+b ⋅4 32 = 2 32 = (a + b) ⋅ 2 P=

a + b = 16

Sa ova dva podatka pravimo sistem a + b = 16⎫ ⎬⊕ a−b = 6 ⎭ _______________

2a = 22 a = 11 ⇒ b = 5 www.matematiranje.com

8

Primenimo Pitagorinu teoremu: 2

⎛ a+b⎞ 2 d =⎜ ⎟ +h ⎝ 2 ⎠ 2

2

⎛ 11 + 5 ⎞ 2 d =⎜ ⎟ +4 2 ⎝ ⎠ 2 d = 64 + 16 2

d 2 = 80 d = 80 = 16 ⋅ 5 d =4 5

3) U krugu obima O = 10π upisan je pravougaonik čije se stranice odnose kao 3:4. Odrediti površinu pravougaonika

b r a

d ⇒ d = 2r 2 O = 2 rπ r=

O = 10π a :b = 3: 4 ______________

10π = 2rπ

P=?

r = 5 ⇒ d = 10

Primenimo Pitagorinu teoremu: a 2 + b2 = d 2

Pošto je a : b = 3 : 4

(3k ) + (4k ) = 10 2

2

9k 2 + 16k 2 = 100 25k 2 = 100 k2 = 4 k =2

2

⎧a = 3k Onda je: ⎨ ⎩b = 4k _______________

a = 3⋅ 2 = 6 b = 4⋅2 = 8 P = a ⋅b P = 6 ⋅8 P = 48 www.matematiranje.com

9

4) Stranica romba je a = 5 a manja dijagonala d1 = 6 . Odrediti površinu upisanog kruga. a=5 d1 = 6 ________

Pkr = ?

Najpre ćemo naći drugu dijagonalu d 2 . 2

2

⎛ d1 ⎞ ⎛ d 2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = a ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2

2

⎛ 6 ⎞ ⎛ d2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = 5 ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

⎛ d2 ⎞ ⎜ ⎟ = 16 ⎝ 2⎠ d2 = 4 ⇒ d2 = 8 2

Kako imamo 2 obrasca za P romba, to ćemo iskoristiti da nadjemo visinu: d1 ⋅ d 2 6 ⋅ 8 = = 24 2 2 P 24 P = ah ⇒ h = = = 4,8 a 5 h 4,8 r= ⇒r= = 2,4 2 2 Pkr = r 2π P=

Pkr = (2,4) 2 π Pkr = 5,76π 5) Kraće stranice deltoida obrazuju prav ugao. Ako je obim deltoida O = 6 + 2 17 , a dužina

dijagonala d 2 = 4 2 , odrediti površinu. O = 6 + 2 17 d =4 2

2 ______________

P=?

O = 2a + 2b 6 + 2 17 = 2a + 2b 3 + 17 = a + b ⇒ b = 3 + 17 − a Primenimo kosinusnu teoremu na trougao ABC pošto je ∠ BAC = 45o

10

b 2 = a 2 + d 22 − 2ad 2 cos 45o (3 + 17 − a) 2 = a 2 + (4 2 ) 2 − 2a 4 2 ⋅

2 2

PAZI: ( A + B + C ) 2 = A2 + B 2 + C 2 + 2 AB + 2 AC + 2 BC

9 + 17 + a 2 + 6 17 − 6a − 2 17 a = a 2 + 32 − 8a Sredimo 2a 1 − 17 = 6 1 − 17 2a = 6

(

) (

)

a = 3 ⇒ b = 17

d1 = a 2 = 3 2 ⇒ P =

d1 ⋅ d 2 3 2 ⋅ 4 2 = = 12 2 2

6) Oko kruga poluprečnika r =

3 je opisan jednakokraki trapez površine P = 15 . Izračunati 2

dužinu dijagonale trapeza.

Ovo je tangentni četvorougao!!! a + b = 2c (ali nam sada neće trebati)

a+b ⋅h 2 a+b ⋅3 15 = 2 a+b =5 2 a + b = 10 P=

3 r = , P = 15 2

__________________

d =?

h = 2r = 2 ⋅

3 =3 2 2

⎛a+b⎞ 2 d =⎜ ⎟ +h 2 ⎝ ⎠ 2

2

⎛ 10 ⎞ d = ⎜ ⎟ + 32 ⎝2⎠ 2 d = 25 + 9 2

d 2 = 34 d = 34 www.matematiranje.com

11

7) Jedna dijagonala romba je za 20% kraća od druge. Ako je visina romba h =

40 2 , odrediti 41

površinu romba.

Zapišimo najpre podatke: d 2 = 80%d1 80 d1 100 4 d 2 = d1 5 d2 =

2

2

⎛ d1 ⎞ ⎛ d 2 ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = a ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2

⎛4 ⎞ d ⎛ d1 ⎞ ⎜⎜ 5 1 ⎟⎟ = a2 ⎜ ⎟ + ⎝ 2 ⎠ ⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2 2 d1 4d1 + = a2 4 25 25d12 + 16d12 = 100a 2 2

41d12 = 100a 2 41d12 100 41d1 a= 10 a2 =

P = a⋅h =

d1 ⋅ d 2 2

4 d1 ⋅ d1 41 ⋅ d1 4 0 2 5 ⋅ = 2 10 41 4 2=

2 d1 5

4 d1 = 10 2 ⇒ d2 = 10 2 5 d2 = 8 2 d1 ⋅ d2 10 2 ⋅ 8 2 = = 80 2 2 P = 80

P=


12

13

14

PRIZME

Najpre da kažemo nešto o obeležavanjima i o tekstu zadataka:

-

sa a obeležavamo dužinu osnovne ivice

-

sa H obeležavamo dužinu visine prizme

-

sa B obeležavamo površinu osnove (baze)

-

sa M obeležavamo površinu omotača

-

omotač se sastoji od bočnih strana , naravno trostrana prizma u omotaču ima 3 takve strane, četvorostrana 4 itd.

-

sa D obeležavamo dužinu dijagonale prizme

-

ako u tekstu zadatka kaže jednakoivična prizma, to nam govori da su osnovna ivica i visina jednake , to jest : a=H

-

ako u tekstu zadatka ima reč prava – to znači da je visina prizme normalna na ravan osnove ili ti , jednostavnije rečeno , prizma nije kriva

-

ako u tekstu zadatka ima reč pravilna , to nam govori da je u osnovi ( bazi ) pravilan mnogougao: jednakostraničan trougao, kvadrat, itd.

Dve najpoznatije prizme su kocka i kvadar, pa vam predlažemo da najpre njih proučite:


1

KOCKA

D=a 3

a

a a

d =a 2

a

a

a

P = 6a 2 Kocka ima 12 ivica dužine

V = a3

a.

Mala dijagonala ( dijagonala osnove) je d = a 2 . Velika ( telesna) dijagonala je D = a 3

a

a

d =a 2

a

a

dijagonalni presek Površina dijagonalnog preseka se računa po formuli:

PDP = a 2 2 www.matematiranje.com

2

KVADAR

D = a 2 + b2 + c2

c=H

c=H

c

b

d = a2 + b2

d

b

a

a

dijagonalni presek

P = 2(ab + ac + bc) V = abc d 2 = a 2 + b 2 to jest d = a 2 + b 2

Mala dijagonala ( dijagonala osnove) se računa

Velika dijagonala se računa

D 2 = a 2 + b 2 +c 2 to jest D = a 2 + b 2 + c 2

Dijagonalni presek je pravougaonik površine

PDP = d ⋅ c

Površina svake prizme se izražava formulom:

P = 2B + M Zapremina svake prizme se izračunava formulom:

V = B⋅H www.matematiranje.com

3

PRAVA PRAVILNA TROSTRANA PRIZMA

a2 3 B= je površina osnove(baze) 4 M = 3aH je površina omotača

P = 2B + M a2 3 + 3aH P=2 4 a2 3 P= + 3aH 2

V = B⋅H a2 3 ⋅H V= 4 www.matematiranje.com

4

PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA PRIZMA

a a H H

a a

B = a2

M = 4aH

P = 2B + M

V = B⋅H

P = 2a 2 + 4aH

V = a2 ⋅ H

a a H

D

D

H

H

d

a

d =a 2

a

dijagonalni presek

dijagonalni presek

Površina dijagonalnog preseka se izračunava:

D 2 = (a 2 ) 2 + H 2

P = d ⋅H P = aH 2 www.matematiranje.com

5

PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA PRIZMA

H

H H

H

a

a a

a2 3 a2 3 B = 6⋅ = 3⋅ 4 2

M = 6aH

P = 2B + M

V = B⋅H

a2 3 P = 2 ⋅3⋅ + 6aH 2

a2 3 V = 3⋅ ⋅H 2 3a 2 H 3 V= 2

P = 3a 2 3 + 6aH

d BS

H

D

H

d BS

D

H

D

a Bočna strana

a d1 = 2 a

a

d BS

d2 = a 3

a

d BS = H 2 + a 2 2

d1 = 2 a

Veći dijagonalni presek

d2 = a 3

Manji dijagonalni presek

a www.matematiranje.com

6

Još samo da vam napomenemo da primena Pitagorine teoreme na bočnu stranu :

d BS

H

a Bočna strana

d BS

2

2 2 = H +a

važi kod svake od navedenih pravilnih prizmi! ZADACI 1) Ako se ivica kocke produži za 3cm, površina joj se poveća za 198 cm 2 . Izračunati površinu i zapeminu kocke. Obeležimo ivicu kocke sa a . Njena površina je P = 6a 2 Ako se ivica kocke poveća za 3cm, njena ivica će biti (a+3) a površina P1 = 6(a + 3) 2 Prema tekstu zadatka će biti:

P1 − P = 198cm 2 6(a + 3) 2 − 6a 2 = 198 → Sve podelimo sa 6 (a + 3) 2 − a 2 = 33 a 2 + 6a + 9 −a 2 = 33 6a = 33 − 9 6a = 24 a = 6cm

P = 6a 2

V = a3

P = 6⋅6 P = 6 ⋅ 36 2

P = 216cm

V = 63 2

V = 216cm3 WWW.MATEMATIRANJE.COM

7

2) Ivice dve kocke stoje u razmeri 4:3. Kolike su im površine i zapremine ako im se površine razlikuju za 168 cm 2 ?

Obeležimo sa a stranicu jedne kocke a sa a1 stranicu druge kocke. a : a1 = 4 : 3 ⇒ a = 4k

i

a1 = 3k

P − P1 = 168

6a 2 − 6a12 = 168 → Delimo sve sa 6 a 2 − a12 = 28 (4k ) 2 − (3k ) = 28 16k 2 − 9k 2 = 28 7 k 2 = 28 k2 = 4 k =2

a = 4 ⋅ k = 4 ⋅ 2 = 8cm

⇒

a1 = 3k = 3 ⋅ 2 = 6cm

Sada nije teško naći P i V. P = 6a 2 = 6 ⋅ 82 = 6 ⋅ 64 = 384cm 2 V = a 3 = 83 = 512cm3 P = 6a12 = 6 ⋅ 62 = 6 ⋅ 36 = 216cm 2 V = a13 = 63 = 216cm3 3) Dimenzije kvadra su tri uzastopna cela broja, a dijagonala je 149cm . Izračunati površinu i zapreminu kvadra.

Tri uzastopna cela broja možemo obeležiti sa x − 1, x, x + 1

a 2 + b2 + c2 = D2 ( x − 1) + x + ( x + 1) = 149 2

2

2

2

x −2 x + 1 + x + x +2 x + 1 = 149 2

2

2

3x = 149 − 1 − 1 2

147 x2 = 3 2 x = 49

a = x −1 b=x c = x +1 a = x − 1 = 6cm b = x = 7cm c = x + 1 = 8cm

x = 7cm

P = 2(ab + ac + bc) = 2(6 ⋅ 7 + 6 ⋅ 8 + 7 ⋅ 8) = 2 ⋅146 P = 292cm V = abc = 6 ⋅ 7 ⋅ 8 = 336cm3 WWW.MATEMATIRANJE.COM

8

4) Dužine osnovnih ivica prave trostrane prizme odnose se kao 17:10:9, dužina bočne ivice je 16cm, a površina 1440 cm 2 . Odrediti dužine osnovnih ivica.

c b

a

H

c a

b

a : b : c = 17 : 10 : 9 H = 16cm P = 1440cm 2 _______________________

a = ?, b = ?, c = ?

Iz a : b : c = 17 : 10 : 9

⇒

a = 17k , b = 10k , c = 9k

P = 2B + M Bazu ćemo izraziti preko Heronovog obrasca B = s ( s − a )( s − b)( s − c)

B = 18k ⋅1k ⋅ 8k ⋅ 9k B = 1296k 4 B = 36k 2

a+b+c 2 17k + 10k + 9k s= 2 s = 18k s=

M = aH + bH + cH = H (a + b + c) M = 16 ⋅ 38k M = 576k P = 2B + M

1440 = 2 ⋅ 36k 2 + 576k 72k 2 + 576k − 1440 = 0 → Podelimo sve sa 72 k 2 + 8k − 20 = 0 → kvadratna po ‘’k’’ −8 ± 12 k1,2 = →k =2⇒ 2 a = 17 ⋅ 2 = 34cm b = 10 ⋅ 2 = 20cm c = 9 ⋅ 2 = 18cm

9

5) Prava pravilna četvorostrana prizma ima visinu 16cm i površinu 370 cm 2 . Izračunati osnovnu ivicu.

a a H H

a a

H = 16cm P = 370cm

P = 2B + M 2

________________

a=?

P = 2a 2 + 4aH 370 = 2a 2 + 4a ⋅16 370 = 2a 2 + 64a 2a 2 + 64a − 370 = 0 a 2 + 32a − 185 = 0 − 32 ± 42 a1, 2 = 2 a1 = 5 a2 = −38 → Nemoguće a=5

Dakle osnovna ivica je a = 5cm

NAPOMENA: Neispravno je reći osnovna ivica je… već bi trebalo dužina osnovne ivice je…

Ako Vaš profesor insistira na ovome ispoštujte ga, jer je svakako u pravu. Sve je stvar dogovora…. WWW.MATEMATIRANJE.COM

10

6) Izračunati površinu i zapreminu prave trostrane jednakoivične prizme ivice a = 8cm

Podatak da je u pitanju jednakoivična prizma nam govori da je osnovna ivica jednaka visini. To jest, omotač se ovde sastoji iz 3 kvadrata stranice a a =8 P = 2B + M a2 3 + 3a 2 4 82 3 + 3 ⋅ 82 P=2 4 64 3 P= + 64 ⋅ 3 2 P = 32 3 + 192 cm 2 → Ovde ne bi bilo loše da se izvuče zajednički ispred zagrade! P=2

(

(

)

)

P = 32 3 + 6 cm 2 V = B⋅H a2 3 a3 3 ⋅a = 4 4 3 8 3 512 3 V= = 4 4 3 V = 128 3cm 7) Pravilna četvorostrana prizma ima omotač 8 m 2 i dijagonalu 3 m . Izračunati njenu zapreminu. V=

H

Pošto je M = 4aH

⇒

4aH = 8 ⇒ aH = 2

je

H 2 + a 2 = D2

Iz trougla:

( )

2

H 2 + 2a 2 = 9

WWW.MATEMATIRANJE.COM

11

Napravimo sistem: aH = 2

⇒

H=

2 → Zamenimo u drugu jednačinu a

H 2 + 2a 2 = 9 2

⎛2⎞ 2 ⎜ ⎟ + 2a = 9 a ⎝ ⎠ 4 + 2a 2 = 9 → Smena: a 2 = t 2 a 4 + 2t = 9 t 2t 2 − 9t + 4 = 0 9±7 t1, 2 = 4 t1 = 4 t2 =

1 2

Vratimo se u smenu:

a2 = 4 a = 2m 2 a H = 1m H=

V = a2 ⋅ H V = 2 2 ⋅1 V = 4m 3

ili

1 2 1 a= 2 a2 =

a=

1 2 ⋅ 2 2

2 m 2 H = 2 2m

a=

V = a2 ⋅ H 2

⎛ 2⎞ ⎟ ⋅2 2 V = ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2 V = ⋅2 2 4 V = 2m 3

Pazi: Ovde imamo 2 moguća rešenja, i oba su ''dobra'' jer zadovoljavaju zadate početne uslove!!! WWW.MATEMATIRANJE.COM

12

8) Odrediti površinu i zapreminu kocke u funkciji površine dijagonalnog preseka.

Površina dijagonalnog preseka je: P = 6a 2 = 6 ⋅

Q = a2 2 a2 =

Q 2

a=

Q Q = 4 → Racionališemo 2 2

a=

Q 4

2

Q 6Q 2 = ⋅ = 3 2Q 2 2 2 3

⋅

4

23

4

23

=

Pazi (na sredjivanje):

Q4 8 2

4

3

⎛ Q 4 8 ⎞ 6 Q ⋅ 4 83 V = 6a 3 = 6 ⋅ ⎜ = ⎜ 2 ⎟⎟ 8 ⎝ ⎠ 3

3

3 6 Q ⋅ 4 44 ⋅ 2 6 Q ⋅ 4 ⋅ 4 2 V= = =3 Q 4 2 8 8 4 V = 3Q Q 2

83 = 4 ( 2 3 ) 3 = 4 2 9 = 4 2 8 ⋅ 4 2

= 22 ⋅ 4 2 = 4 ⋅ 4 2

9) Osnova prava prizme je jednakostranični trougao osnovice 10dm, a visina tog trougla jednaka je visini prizme. Ako je zapremina prizme 720dm 3 , izračunati površinu prizme.

a = 10dm ha = H V = 720dm3

________________

V = B⋅H a ⋅ ha ⋅H 2 10 ⋅ H 720 = ⋅H 2 720 = 5H 2

V=

H 2 = 144 H = 12dm ha = 12dm

Primenimo Pitagorinu teoremu na jednakokraki trougao: 2

⎛a⎞ 2 b = ⎜ ⎟ + ha 2 ⎝ ⎠ 2

2

⎛ 10 ⎞ b = ⎜ ⎟ + 12 2 ⎝2⎠ 2 b = 52 + 12 2 2

b = 169 b = 13dm 2

P = 2B + M ah P = 2 ⋅ a + aH + 2bH 2 P = aha + H (a + 2b) P = 10 ⋅12 + 12 ⋅ (10 + 26) P = 120 + 432 P = 552dm 2

13

10) Osnova prave prizme je romb čije su dijagonale d1 = 18cm, d 2 = 24cm, dok je dijagonala bočne stranice prizme d = 39cm . Izračunati površinu prizme.

Najpre primenimo Pitagorinu teoremu na romb. 2

2

2

2

⎛d ⎞ ⎛d ⎞ a =⎜ 1 ⎟ +⎜ 2 ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2

⎛ 18 ⎞ ⎛ 24 ⎞ a2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ 2 a = 81 + 144 a 2 = 255 a = 15cm

Pogledajmo jednu bočnu stranu:

H 2 = d 2 − a2 H 2 = 39 2 − 152 H 2 = 1521 − 225 H 2 = 1296 H = 36cm

P = 2B + M d1 ⋅ d 2 + 4aH 2 P = 18 ⋅ 24 + 4 ⋅15 ⋅ 36 P = 432 + 2160 P = 2⋅

P = 2592cm 2


14

11) Osnova prizme je trapez čije su osnove 24cm i 10cm, a kraci 13cm i 15cm. Izračunati površinu i zapreminu ako je njena visina jednaka visini trapeza. b=10cm d=13cm

c=15cm

h

h x

y a=24cm

→ Spustimo visine i obeležimo ‘’deliće’’ sa x i y h 2 = d 2 − x 2 ⎫⎪ ⇒ d 2 − x2 = c2 − y 2 2 2 2⎬ ⎪ h =c −y ⎭ 169 − x 2 = 225 − y 2

y 2 − x 2 = 225 − 169 y 2 − x 2 = 56 ( y − x)( y + x) = 56 Kako je x + y = a − b x + y = 14 Imamo ( y − x) ⋅14 = 56 y−x=4

Sada imamo sistem:

y + x = 14⎫ ⎬ ⇒ 2 y = 18 y−x=4 ⎭ y = 9cm Vratimo se u: h2 = c2 − y 2 h 2 = 152 − 9 2

a+b ⋅h 2 24 + 10 ⋅12 B= 2 B = 17 ⋅12 B=

h 2 = 225 − 81 h = 12cm H = 12cm B = 204cm 2 P = 2B + M PAZI: M se sastaju iz četiri različita pravougaonika: M = H (a + b + c + d ) M = 12 ⋅ (24 + 10 + 13 + 15)

V = B⋅H V = 204 ⋅12

M = 12 ⋅ 62

V = 2448cm3

M = 744cm 2 P = 2 ⋅ 204 + 744 P = 1152cm 2


15

12) Osnova prizme je jednakokraki trougao osnovice 30cm i poluprečnik upisane kružnice je 10cm. Izračunati zapreminu prizme ako je njena visina jednaka visini trougla koja odgovara osnovici. A

b

O r B

b

h-r

M

r

D a=30cm

C

a = 30cm r = 10cm ha = H

__________

V =? I Način

Iz sličnosti trouglova trougla ADC i trougla AMO

2

⎛a⎞ 2 2 ⎜ ⎟ +h =b 2 ⎝ ⎠ 2

⎛ 2b + 30 ⎞ 2 15 + ⎜ ⎟ =b ⎝ 3 ⎠ ⎛ 4b 2 + 120b + 900 ⎞ 2 225 + ⎜ ⎟ = b ....... / ⋅9 9 ⎝ ⎠

⇒ 15 : 10 = b : (h − 10) 15(h − 10) = 10b 15h − 150 = 10b 3h − 30 = 2b 2b + 30 h= 3

2

2025 + 4b 2 + 120b + 900 = 9b 2 5b 2 − 120b − 2925 = 0 b 2 − 24b − 585 = 0 24 ± 54 b1,2 = 2 b1 = 39cm b2 = −15 → Nemoguće b = 39cm WWW.MATEMATIRANJE.COM

16

a ( ) 2 + ha 2 = b 2 2 a ha 2 = b 2 − ( ) 2 2 30 ha 2 = 392 − ( ) 2 2 2 ha = 1521 − 225

a ⋅ ha 30 ⋅ 36 = 540 = 2 2 V = BH V = 540 ⋅ 36 B=

ha = 1296 2

ha = 36cm Sada je ha = 36cm = H

V = 19440cm3 Ovaj zadatak smo mogli rešiti i na drugi način. II Način

Znamo obrasce za površinu: P = r⋅S a+b+c S= 2

i

P = S ( S − a )( S − b)( S − c)

a + b + c a + 2b 30 + 2b 2 (15 + b) = = = 2 2 2 2 S = 15 + b

to jest: S =

P = (15 + b)(15 + b − 30)(15 + b − b)(15 + b − b) P = (15 + b)(b − 15) ⋅152 P = 15 b 2 − 152 = 15 b 2 − 225 S druge strane je P = r ⋅ s = 10 ⋅ (15 + b) P=P 10(15 + b) = 15 (b − 15)(b + 15) 100(15 + b) 2 = 152 (b − 15)(b + 15) 100(15 + b) = 225(b − 15) 1500 + 100b = 225b − 3375 100b − 225b = −3375 − 1500 −125b = −4875 b = 39cm WWW.MATEMATIRANJE.COM

17

18

PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA Slično kao i kod prizme i ovde ćemo najpre objasniti oznake ... -

sa a obeležavamo dužinu osnovne ivice

-

sa H obeležavamo dužinu visine piramide

-

sa h obeležavamo dužinu visine bočne strane ( apotema)

-

sa s obeležavamo dužinu bočne ivice

-

sa B obeležavamo površinu osnove (baze)

-

sa M obeležavamo površinu omotača

-

omotač se sastoji od bočnih strana(najčešće jednakokraki trouglovi) , naravno trostrana piramida u omotaču ima 3 takve strane, četvorostrana - 4 itd.

-

ako u tekstu zadatka kaže jednakoivična piramida, to nam govori da su osnovna ivica i bočna ivica jednake , to jest : a = s

-

ako u tekstu zadatka ima reč prava – to znači da je visina piramide normalna na ravan osnove ili ti , jednostavnije rečeno , piramida nije kriva

-

ako u tekstu zadatka ima reč pravilna , to nam govori da je u osnovi ( bazi ) pravilan mnogougao: jednakostraničan trougao, kvadrat, itd.

Dve najvažnije formule za izračunavanje površine i zapremine su:

P = B + M za površinu i V=

1 B ⋅ H za zapreminu 3 www.matematiranje.com

1

PRAVA PRAVILNA TROSTRANA PIRAMIDA

H

s a

h

s

ru

ro a

Kako je u bazi jednakostraničan trougao, to će površina baze biti:

a2 3 B= 4

U omotaču se nalaze tri jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je Pbočne strane =

omotaču, to je:

M =3

a⋅h 2

a⋅h ) , a kako ih ima 3 u 2

1 V = B⋅H 3

P = B+M a2 3 a⋅h P= +3 4 2

1 a2 3 ⋅H V= 3 4 a2 3 ⋅H V= 12

Dalje nam trebaju primene Pitagorine teoreme . Kod svake piramide postoje po tri trougla na kojima možemo primeniti Pitagorinu teoremu:

H

s

h s

a

⎛a⎞ s 2 = h2 + ⎜ ⎟ ⎝2⎠

2

a/2

a


2

h

H

s

s

a ru

ro

h 2 = H 2 + ru2 to jest ⎛a 3⎞ h 2 = H 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ 6 ⎝ ⎠

s

2

H

h

s 2 = H 2 + ro2 to jest

s

⎛a 3⎞ s = H + ⎜⎜ ⎟⎟ 3 ⎝ ⎠ 2

ru ro

a

2

2

a

PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA PIRAMIDA

s s

h

H

a a

U bazi je kvadrat, pa je površina baze

B=a

2

U omotaču se nalaze četiri jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je Pbočne strane =

omotača M = 4

a⋅h odnosno M = 2ah 2

a⋅h ), pa je površina 2

1 V = B⋅H 3 1 V = a2 ⋅ H 3

P = B+M P = a 2 + 2ah Primena Pitagorine teoreme:

s s

H

h

a/2

⎛a⎞ s2 = h2 + ⎜ ⎟ ⎝ 2⎠

2

s s

h

H

⎛a⎞ h = H +⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2

a/2

a

s

a

a

2

H

s

a a

2

s2 = H

2

s2 = H

2

h

2

d/2

s2 = H

⎛d ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠

2

⎛a 2 + ⎜⎜ ⎝ 2 a2 + 2

od n os n o ⎞ ⎟⎟ ⎠

2

to je s t


3

s H H

s

PDP

a

d

d⋅H odnosno 2 a⋅H 2 = 2

PDP =

hh

a dijagonalni presek

PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA PIRAMIDA

s

H

s h a

a

a

a U bazi je šestougao, pa je površina baze B = 6

a2 3 a2 3 =3 4 2

U omotaču se nalaze šest jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je Pbočne strane = omotača jednaka

M =6

ah = 3ah 2 1 V = BH 3 1 a2 3 V = ⋅3 H 3 2 a2 3 V= H 2

P = B+M a2 3 P=3 + 3ah 2

s

H s

h

a

⎛a⎞ s 2 = h2 + ⎜ ⎟ ⎝2⎠

2

s

H H

a/2

s

s

s = H +a 2

h a

a

a

a⋅h ), pa je površina 2

a a

a

2

H

s

⎛a 3⎞ h = H +⎜ ⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ ⎠ 2

2

h a

a 3 2

2

2

a

a


4

s

a

H

2a

s

P ovog dijagonalnog preseka je : 2a ⋅ H Pvdp = to jest Pvdp = a ⋅ H 2

s

a

H

s

P ovog dijagonalnog preseka je :

hpresekas

Pmdp =

h a a3

a

a 3 ⋅ hpreseka 2

a

a

a

manji dijagonalni presek

veći dijagonalni presek

Četvorostrana piramida (u osnovi romb):

P= B+M

B=

d1 d 2 = ah 2

M=4

ah BH =2ah V= 2 3

a2=(

d1 2 d ) + ( 2 )2 2 2

Formulice:

1) nejednakostranicni trougao: P=

aha bhb chc P= = = 2 2 2

s ( s − a )( s − b)( s − c)

P= r s

P=

abc 4R

a+b+c , r-poluprečnik upisane kruznice i R-poluprečnik opisane kružnice. 2 ch ab c a+b−c 2) pravougli trougao: P= ili P= c a2+b2=c2 R= ; r = ; hc= pq ; a= pc ; b= qc c=p+q 2 2 2 2 3) jednakokraki trougao ah bh a P= a = b ha2+( )2= b2 2 2 2 Pogledajte formulice iz oblasti mnogougao i četvorouglovi....

gde je s poluobim s=

PRAVA PRAVILNA TROSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA

a1

a1 a1

h s

H

a s

a

a

P = B+B1+ M

V=

B=

a

2

4

H (B+B1+ BB1 ) 3

3

B1=

ili V =

a1

2

4

3

M=3

a + a1 h 2

3H 2 2 ( a +a1 + aa1) 12 www.matematiranje.com

5

a1

a1

a1

ro 1a1

-a2 s

H

a

h s

a s

h

a1

a1 h

HH

s

a

a

a1

ru1 H

a

a

ru ro a

a

-a2 2

⎛ a − a1 ⎞ 2 2 ⎟ +h=s ⎜ ⎝ 2 ⎠

(

( a − a1 ) 3 3

)2 + H 2 = s 2

(

( a − a1 ) 3 2 ) + H 2 = h2 6

x

a

a a

h s

Visina dopunske piramide je: x=

H

a

B1 H

a s

a

B − B1

PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA

a1 H

s

a1

s h a

a

P = B+B1+ M

V=

B=a2

B1= a12

H (B+B1+ BB1 ) 3

M=4

V=

a + a1 h = 2(a+a1)h 2

H 2 2 (a +a1 + aa1) 3 www.matematiranje.com

6

a1 -a2

a1 H

s

s

h

-a2

a1 H

s

H

s a

-a2

osni presek:

a

a

a − a1 2 ( ) + H 2 = h2 2

a − a1 2 2 2 ) +h = s 2

h

d -2

a

a

s

h

-a2

(

d -2 1

s

d − d1 2 ( ) + H 2 = s2 2

a1

h

H

h

a dijagonalni presek:

d1 D H

s

d d + d1 2

Ako sa x obeležimo visinu dopunske piramide , onda je

B1 H

x=

B − B1

=

a1 H a − a1

PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA a1

a1

a1 s

s

H

h

a

a a

P = B+B1+ M

V=

B=

6a

2

3

4

H (B+B1+ BB1 ) 3

2

B1=

6a1 3 4

ili V=

M=6

a + a1 h =3(a+a1)h 2

H 3 2 2 ( a +a1 + aa1) 2 www.matematiranje.com

7

a1

s

H h

H

h

a

a

(a − a1 )2 + H 2 = s 2

Visina dopunske piramide je i ovde: x=

s H

a

a − a1 2 2 2 ( ) +h = s 2

a1

s

h

a

2

a1 3 2

a1 s

s

-a

a

a1

a1

a1

-a2

a1 s

a1

a1

h

a 3 2

a

a

a

(

(a − a1 ) 3 2 ) + H 2 = h2 2

B1 H B − B1 Zadaci

1) Date su osnovna ivica a = 10cm i visina H = 12cm pravilne četvorostrane piramide. Odrediti njenu površinu i zapreminu.

a = 10cm H = 12cm _____________

P=? V =?

s h

H

a/2

a

a

Prvo ćemo naći visinu h : ⎛a⎞ h = H +⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 2 h = 12 + 52 2

2

2

h = 169 2

h = 13cm P = B+M P = a 2 + 2ah P = 102 + 2 ⋅10 ⋅13 P = 100 + 260 P = 360cm

2

BH 3 a2 H V= 3 102 ⋅12 V= 3 V = 100 ⋅ 4 V=

V = 400cm3 www.matematiranje.com

8

2) Osnova prave piramide je pravougaonik, sa stranicama 12cm i 9cm. Odrediti zapreminu piramide, ako je njena bočna ivica 12,5cm.

b d/2

a = 12cm b = 9cm s = 12,5cm _______________

V =? Najpre nadjemo dijagonalu osnove (baze)

d 2 = a2 + b2 d 2 = 12 2 + 9 2 d 2 = 144 + 81 d 2 = 225 d = 15cm

Sada ćemo naći visinu H iz trougla. 2

⎛d ⎞ H = s −⎜ ⎟ ⎝2⎠ 2 H = 12,52 − 7,52 2

2

H 2 = 100 H = 10cm

1 BH 3 1 V = abH 3 1 V = 12 ⋅ 9 ⋅10 3 V = 360cm 2 V=


9

3) Osnova prizme je trougao čije su stranice 13cm, 14cm i 15cm. Bočna ivica naspram srednje po veličini osnovne ivice normalna je na ravan osnove i jednaka je 16cm. Izračunati površinu i zapreminu piramide.

Nadjimo najpre površinu baze preko Heronovog obrasca.

a = 13cm b = 14cm

⇒

s=

c = 15cm

a + b + c 13 + 14 + 15 = = 21 2 2

B = S ( S − a )( S − b)( S − c) = 21 ⋅ 7 ⋅ 8 ⋅ 6 = 84cm 2

nama treba dužina srednje po veličini visine ( hb ) osnove.

C P=

b ⋅ hb 14 ⋅ hb ⇒ 84 = 2 2 84 = 7 hb

hb = 12cm

hb

A

B

Naći ćemo dalje visinu bočne strane h .

h 2 = H 2 + hb H=16cm

h 2 = 16 2 + 12 2

h

h 2 = 256 + 144

c hb

b

h 2 = 400 h = 20cm

a Površina je jednaka zbiru površina ova četiri trougla!!!

a ⋅ H c ⋅ H bh + + 2 2 2 13 ⋅16 15 ⋅16 14 ⋅ 20 + + P = 84 + 2 2 2 P = 84 + 104 + 120 + 140 P = B+

1 V = BH 3 1 V = 84 ⋅16 3 V = 448cm3

P = 448cm 2 www.matematiranje.com

10

4) Izračunati zapreminu pravilnog tetraedra u funkciji ivice a

Tetraedar je pravilna jednakoivična trostrana piramida. a a

V=

H

1 BH 3

a

r0 a

a

H

Izvucimo trougao: ro = 2

a 3 3

⎛a 3⎞ a 2 ⋅ 3 9a 2 − 3a 2 6a 2 ⎟ = a2 − H 2 = a 2 − ⎜⎜ = = ⎟ 3 9 9 9 ⎝ ⎠ Dakle: a 6 3 1 a2 3 a 6 = ⋅ 3 4 3 3 a 18 = 36 a3 ⋅ 3 2 = 36 3 a ⋅ 2 = 12

H= V V V V

PAZI: 18 = 9 ⋅ 2 = 3 2


11

5) Izraziti visinu pravilnog tetraedra u funkciji zapremine V.

Iskoristićemo rezultat prethodnog zadatka a3 2 V= 12 V 12 a3 = 2 a3 =

12V 2

i

⋅

izraziti a

2 2

a = 6 2V 3

a = 3 6 2V a = 3 66 23 V Kako je a 6 to je H= 3 H= H= H= H=

3

66 23V 6 3

6

6 2 ⋅ 6 63 ⋅ 6 2 ⋅ 3 V 3

6

65 ⋅ 2 3 V 6 25 ⋅ 35 ⋅ 2 3 V = 3 3

2 6 35 3 V 3


12

6) Izračunati zapreminu pravilne četvorostrane zarubljene piramide ako su osnovne ivice 7m i 5m i dijagonala 9m.

a = 7m a1 = 5m

a1

a1

D = 9m

H

D

____________

V =? a

a Da bi našli visinu H moramo uočiti dijagonalni presek.

a1 2

D

x

a 2 + a1 2 2 7 2 +5 2 x= 2 x = 6 2m

H

x=

a1 2

D2 = H 2 + x2

H 2 = D2 − x2

(

H 2 = 92 − 6 2 H 2 = 81 − 72 H2 =9 H = 3m

)

2

(

H B + B1 + BB1 3 H V = (a 2 + a12 + aa1 ) 3 3 V = (7 2 + 52 + 7 ⋅ 5) 3 V = 109m 3 V=

)


13

7) Izračunati zapreminu pravilne šestostrane zarubljene piramide ako su osnovne ivice 2m i 1m i bočna ivica 2m a1

a = 2m a1 = 1m

H 2 = s 2 − (a − a1 ) 2

s = 2m

H

_________

H 2 = 2 2 − 12

H

H2 =3

a

(

H= 3

a − a1

)

H B + B1 + BB1 3 H ⎛ 6a 2 3 6a12 3 6aa1 3 ⎞ + + V = ⎜⎜ ⎟ 3⎝ 4 4 4 ⎟⎠ V=

3 6 3 2 2 ⋅ ( 2 + 1 + 2 ⋅1) 3 4 3 V = ⋅7 2 21 V= 2 V = 10,5m3 V=

8) Osnovne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide su 2cm i 6cm. Bočna strana nagnuta je prema većoj osnovi pod uglom od 60o . Izračunati zapreminu te piramide.

a = 6cm a1 = 2cm

ru1 a1

a1 H

a

ru

a

PAZI: Kad se u zadatku kaže bočna strana pod nekim uglom, to je ugao izmedju visina bočne strane i visine osnove!!!

Izvucimo ''na stranu'' trapez (pravougli) www.matematiranje.com

14

a1 3 6

H

H

x

a 3 6

60 o

a 3 a1 3 6 3 2 3 4 3 2 3 − = − = = 6 6 6 6 6 3 H 2 3 tg 60 o = ⇒ H = x ⋅ tg 60 o = ⋅ 3 = 2cm x 3 2 3 2 V= 6 + 22 + 6 ⋅ 2 3 4 3 (36 + 4 + 12) V= 6 3 V= ⋅ 52 6 26 3 3 V= m 3 x=

(

)

9) Bočne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide nagnute su prema ravni osnove pod uglom α. Osnovne ivice piramide su a i b (a > b) . Odrediti zapreminu piramide.

Izvucimo obeleženi trapez, iz njega ćemo naći visinu!

s

H a

b 3

a

3

H

H

α x

3

a

3


15

a 3 b 3 ( a − b) 3 − = 3 3 3 H tgα = x ⇓ x=

H = xtgα = V=

( a − b) 3 ⋅ tgα 3

H ⎛ a 2 3 b 2 3 ab 3 ⎞ ⎜ ⎟ + + 3 ⎜⎝ 4 4 4 ⎟⎠

1 ( a − b) 3 3 2 ⋅ tgα ⋅ (a + b 2 + ab) 3 3 4 (a − b)tgα 2 V= (a + b 2 + ab) 12 V=

Kako je

(a − b)(a 2 + b 2 + ab) = a 3 − b3 (a 3 − b3 )tgα V= 12

10) Data je prava pravilna četvorostrana piramida osnovne ivice a = 5 2cm i bočne ivice s=13cm. Izračunati ivicu kocke koja je upisana u tu piramidu tako da se njena četiri gornja temena nalaze na bočnim ivicama piramide.

C

a = 5 2cm s = 13cm s

Nadjimo najpre visinu piramide.

H B x

A

a

x

⎛a 2⎞ ⎟ H = s − ⎜⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

x

a

2

2

⎛5 2 2 ⎞ ⎟ H = 13 − ⎜⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ 2 H = 144 H = 12cm 2

2

2


16

Izvucimo ‘’na stranu’’ dijagonalni presek: C

Dobili smo 2 slična trougla: ΔABC ~ ΔMNC M A

Q

N

D

PAZI: → AB je dijagonalna osnove AB = a 2 = 5 2 2 = 10cm → MN je dijagonala stranice kvadrata MN = x 2 B → Visina CD=H=12cm → Visina CQ=H-x=12-x

Dakle:

AB : MN = CD : CQ 10 : x 2 = 12 : (12 − x) 10(12 − x) = 12 ⋅ x 2 120 − 10 x = 12 2 x 12 2 x + 10 x = 120 → Podelimo sa 2 6 2 x + 5 x = 60 x(6 2 + 5) = 60 60 x= → Racionališemo 6 2 +5 60 6 2 −5 x= ⋅ 6 2 +5 6 2 −5 x=

60(6 2 + 5) 72 − 25

x=

60(6 2 + 5) 47

Ovo je tražena ivica kocke.

11) Osnova piramide je tangentni poligon sa n stranica opisan oko kruga poluprečnika r. Obim poligona je 2p, bočne stranice piramide nagnute su prema ravni osnovne pod uglom ϕ . Odrediti zapreminu piramide.

Baza ove piramide je sastavljena iz n-trouglova. Ako stranice poligona obeležimo sa a ⋅r a1 , a2 ....an , onda će površina svakog od tih n-trouglova biti Pi = i , odnosno 2 www.matematiranje.com

17

B = P1 + P2 + ...Pn ar r a1r a2 r + + ... + n = (a1 + a2 + ...an ) → gde je a1 + a2 + ...an obim poligona 2 2 2 2 r B = ⋅ 2 p = rp 2 B=

Pošto kaže da su bočne stranice nagnute pod uglom ϕ , to je:

tgϕ = H

H ⇒ H = rtgϕ r

ϕ r

1 V = BH 3 1 V = rp ⋅ rtgϕ 3 r 2 p ⋅ tgϕ V= 3 www.matematiranje.com

18

19

VALJAK Valjak je geometrijsko telo ograničeno sa dva kruga u paralelnim ravnima i delom cilindrične površi čije su izvodnice normalne na ravan tih krugova. Osa valjka je prava koja prolazi kroz centre baza. Naravno kao i do sada oznake su: -

P je površina valjka V je zapremina valjka B je površina baze M je površina omotača H je visina valjka r je poluprečnik osnove ( baze ), onda je 2r prečnik

O2

O1

osa valjka

Početne formule za površinu i zapreminu valjka iste su kao i formule za P i V prizme:

P = 2B + M

i

V = B⋅H www.matematiranje.com

1

Pre nego li sklopimo formule za P i V pogledajmo mrežu valjka:

B = r 2π

M = 2rπ H

H

2rπ

B = r 2π

Baze su očigledno krugovi čija je površina :

B = r 2π

.

Omotač je pravougaonik čije su stranice visina H i obim kruga O = 2rπ , pa je površina omotača jednaka

M = 2rπ H

P = 2B + M

V = B⋅H

P = 2r 2π + 2rπ H P = 2rπ (r + H )

V = r 2π H


2

Pogledajmo sada kako izgleda osni presek valjka:

D

H

2r osni presek

Ovde primenjujemo Pitagorinu teoremu: Površina osnog preseka je

D 2 = (2r ) 2 + H 2

Pop = 2rH

Ako u tekstu zadatka kaže da je valjak RAVNOSTRAN, to znači da mu je osni presek kvadrat i da je Napomenimo još da valjak može nastati obrtanjem kvadrata ili pravougaonika stranice.

b

H=b

a

r=a

osa rotacije(stranica)

H = 2r

oko jedne stranice ili simetrale

b

H=b

a

r=a/2

osa rotacije (simetrala stranice)


3

1) Izračunati zapreminu pravog valjka ako je data površina P = 324πcm 3 i odnos visine prema poluprečniku H : r = 7 : 2 .

P = 324πcm3 H :r = 7:2

________________

V =? Kako imamo datu razmeru, upotrebićemo “trik sa k”

⎧H = 7k H :r = 7:2⇒ ⎨ ⎩r = 2 k

Obrazac za površinu je: P = 2rπ (r + H )

H = 7 ⋅ 3 = 21cm

324 π = 2 ⋅ 2k ⋅ π (2k + 7 k ) 324 = 4k ⋅ 9k

r = 2 ⋅ 3 = 6cm V = r 2πH

324 = 36k 2

V = 6 2 ⋅ π ⋅ 21

k2 = 9

V = 756πcm 3

k =3

2) Površina pravog valjka je 84 πcm 2 , a visina mu je za 5cm veća od prečnika osnove. Izračunati zapreminu valjka.

P = 84πcm 2 H = 2r + 5

_______________

V =? P = 2 rπ ( r + H )

84π = 2rπ (r + 2r + 5) 84 = 2r (3r + 5) 84 = 6r 2 + 10r 6r 2 + 10r − 84 = 0 3r 2 + 5r − 42 − 5 ± 23 r1, 2 = 6 − 5 + 23 18 r1 = = =3 6 6 − 5 − 23 r2 = → Nemoguće 6 Dakle r = 3cm

H = 2r + 5

V = r 2πH

H = 2⋅3 + 5

V = 32 π ⋅11

H = 11cm

V = 99πcm


3

4

3) Od drvenog valjka poluprečnika osnove r = 9cm , visine H = 12cm istesana je najveća moguća pravilna trostrana prizma. Kolika je zapremina odpadaka?

→ Najveća prizma je ona koja je upisana u valjak → Visine prizme i valjka su jednake → Zapreminu odpadaka ćemo dobiti kad od zapremine valjka oduzmemo zapreminu prizme! r = 9cm H = 12cm

VOD = Vv − VP Nadjimo najpre stranicu prizme. VOD = Vv − VP a 3 = ro 3 a2 3 VOD = r 2π H − ⋅H 4 a 3 =9 ⎛ 3 a2 3 ⎞ VOD = H ⎜⎜ r 2π − ⎟ a 3 = 27 4 ⎟⎠ ⎝ 2 27 ⎛ a= 9 3 3 ⎞⎟ ⎜ 2 3 VOD = 12 ⎜ 9 π − ⎟ 4 ⎜ ⎟ 27 3 ⎝ ⎠ a= ⋅ 3 3 ⎛ 243 3 ⎞ VOD = 12 ⎜⎜ 81π − ⎟ 27 3 4 ⎟⎠ a= ⎝ 3 ⎛ 324π − 243 3 ⎞ a = 9 3cm VOD = 12 ⎜⎜ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠

(

(

)

VOD = 3 ⋅ 81 4π − 3 3

(

)

)

VOD = 243 4π − 3 3 cm3 4) Izračunati površinu šupljeg valjka čija je visina H = 25cm , poluprečnik spoljašnjeg omotača R = 15cm , a unutrašnjeg je r = 6cm H = 25cm R = 15cm r = 6cm

___________

P=?


5

Razmišljamo: → Površina šupljeg valjka se sastoji iz omotača većeg valjka, omotača manjeg valjka i dve baze koje čine kružni prsteni. Dakle: P = M 1 + M 2 + 2 B M 1 → Omotač većeg valjka

M 1 = 2 RπH = 2 ⋅15 ⋅ π ⋅ 25 = 750πcm 2 M 2 → Omotač manjeg valjka M 2 = 2rπH = 2 ⋅ 6 ⋅ π ⋅ 25 = 300πcm 2

B = ( R 2 − r 2 ) π = (152 − 62 ) π = 189π cm 2

P = 750π + 300π + 2 ⋅189π P = 1428π cm 2

5) Kvadrat stranice a rotira oko ose koja je od centra kvadrata udaljena za a⎞ ⎛ p⎜ p > ⎟ . Odrediti zapreminu obrtnog tela ako je osa paralelna stranici kvadrata i 2⎠ ⎝ leži u njegovoj ravni.

Razmišljamo: → Na ovaj način smo ustvari dobili šuplji valjak. a → Poluprečnik osnove većeg valjka je R = p + 2 a → Poluprečnik osnove manjeg valjka je r = p − 2 → Visine oba valjka su iste ako i stranica kvadrata, tj. H = a → Zapreminu šupljeg valjka ćemo dobiti kad od zapremine većeg oduzmemo zapreminu manjeg valjka!!! ⎡ a2 a2 ⎤ V = π H ⎢ p 2 + pa + − p 2 + pa − ⎥ 4 4 ⎦⎥ V = V1 − V2 ⎣⎢

V = R 2πH − r 2πH

V = π H ⋅ 2 pa

V = πH R 2 − r 2

V = 2 paH π

(

)

2 2 ⎡⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎤ V = πH ⎢⎜ p + ⎟ − ⎜ p − ⎟ ⎥ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝

V = 2 pa ⋅ aπ


V = 2a 2 pπ

6

6) Osnova prizme je jednakokraki trapez osnovica 8cm i 2cm. U trapez je upisan valjak. Izračunati razmeru zapremine valjka i zapremine prizme ako je njegova visina jednaka kraku trapeza.

a = 8cm b = 2cm H =C _________

VV : VP = ?

Ako pogledamo bazu vidimo da je trapez tangentni četvorougao (može da se upiše krug) pa je:

a + b = 2c 8 + 2 = 2c Primenom Pitagorine teoreme na trapez:

10 = 2c c = 5cm ⇒ H = 5cm

⎛ a −b⎞ h = c −⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

⎛8−2⎞ h = 5 −⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ h 2 = 25 − 9 2

2

2

2

2

h 2 = 16 h = 4cm Površina trapeza je: a+b 8+2 P= ⋅h = ⋅4 2 2 P = 20cm 2

Površina kruga je: P = r 2π gde je h r = = 2cm 2 P = 4πcm 2

VV : VP = BV H : BP H = BV : BP = 20 : 4π = 5:π VV : VP = 5 : π www.matematiranje.com

7

7) Ravan prolazi kroz centar donje osnove kružnog valjka i nagnuta je prema ravni osnove pod uglom α. Ta ravan seče gornju osnovu po tetivi b, kojoj odgovara centralni ugao β. Izračunati zapreminu valjka.

Kod ovog zadatka slika je neophodna i sa nje ćemo uočiti zavisnost izmedju elemenata. Pošto se zapremina valjka računa V = r 2πH , naš “posao” je da r i H izrazimo preko datih elemenata α, β i b. Proučimo najpre gornju bazu!!

Onda je: b β sin = 2 2 r b r= β 2sin 2 b β i tg = 2 2 x b x= β 2tg 2 Dalje ćemo izvući polovinu osnog preseka (onu desnu, naravno) → odavde je tgα =

H H=

H b ⇒ H = xtgα = ⋅ tgα β x 2tg 2 btgα

2tg

β

2

Konačno, zapremina je: www.matematiranje.com

8

V = r 2π H 2

⎛ ⎞ ⎜ b ⎟ btgα V =⎜ π⋅ ⎟ β β ⎜ 2sin ⎟ 2tg ⎝ 2⎠ 2 2 b btgα π⋅ V= β β 4sin 2 2tg 2 2 3 b π tgα V= β β 8sin 2 tg 2 2 8) Zapremina kosog valjka kod koga izvodnica zaklapa ugao α = 60o sa ravni osnove je V = 8π 3 . Odrediti poluprečnik osnove ako se zna da je osni presek romb. a=2r

V = 8π 3

a

_____________

r =?

a=2r

Izvucimo osni presek ‘’na stranu’’ a

Odavde je: H a a H = a sin 60o → I pošto je a = 2r onda je

sin 60o =

H = 2r ⋅

3 2

H =r 3

Upakujemo ovde dve dobijene jednakosti: V = r 2π H

r2H = 8 3

8π 3 = r2 π H

r2 ⋅ r 3 = 8 3

r2H = 8 3

r3 = 8 r 3 = 23 r=2 www.matematiranje.com

9

TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom. 1. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) , onda rastojanje između njih računamo po formuli d ( A, B) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2

Primer1. Odrediti dužine stranica trougla čija su temena A(1,1) , B(4,1) i C(1,5) C(1,5)

d(B,C)

d(A,C)

A(1,1)

d(A,B)

B(4,1)

Da vas ne zbuni, nema veze da li ćete obeležiti d(A,B) ili d(B,A) jer je rešenje isto. d ( A, B ) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 d ( A, B ) = (4 − 1) 2 + (1 − 1) 2 = 9 + 0 = 3 d ( A, C ) = (1 − 1) 2 + (5 − 1) 2 = 0 + 16 = 4 d ( B, C ) = (1 − 4) 2 + (5 − 1) 2 = 9 + 16 = 5 2. Deljenje duži u datoj razmeri Ako je tačka

M ( xλ , yλ ) unutrašnja tačka duži AB, gde je A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) i ako je data razmera AM AM : MB = λ to jest ( = λ ) , u kojoj tačka M deli duž AB , onda se koordinate tačke M računaju po MB obrascima

M ( xλ , yλ ) → xλ =

x1 + λ x2 1+ λ

i yλ =

y1 + λ y2 1+ λ

M ( xλ , yλ ) A( x1 , y1 )

B( x2 , y2 ) www.matematiranje.com

1

3. Sredina duži

Ako je tačka M ( xs , ys ) sredina duži AB ( A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) ) onda se njene koordinate računaju po formuli

M ( xs , ys ) → xs =

x1 + x2 2

i ys =

y1 + y2 2

M ( xs , ys ) A( x1 , y1 )

B( x2 , y2 )

Primer 2. Izvesti formule za koordinate težišta trougla! Da se podsetimo, težište se nalazi u preseku težišnih duži i težište deli težišnu duž u odnosu 2 : 1. C ( x3 , y3 )

A *( x*, y*)

A( x1 , y1 )

B ( x2 , y2 )

Najpre ćemo naći koordinate tačke A *( x*, y*) kao sredinu duži BC.

A *( x*, y*) → x* =

x2 + x3 2

i y* =

y2 + y3 2 C ( x3 , y3 )

A *( T ( xT , yT )

x2 + x3 y +y , 2 3) 2 2

1

2

A( x1 , y1 )

B ( x2 , y2 )

Dalje ćemo iskoristiti formulu za deljenje duži u datoj razmeri , gde je AT : TA* = 2 : 1 = 2 x +x x1 + 2( 2 3 ) x + x + x 2 = 1 2 3 T ( xT , yT ) → xT = 1+ 2 3

y + y3 ) y +y +y y1 + 2( 2 3 2 i yT = = 1 2 1+ 2 3


2

4. Površina trougla preko koordinata temena

Neka su A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) i C ( x3 , y3 ) temena datog trougla ABC određena pomoću naznačenih koordinata u odnosu na pravougli koordinatni sistem xOy, tada je površina trougla data obrascem

P =

1 x1 ( y2 − y3 ) + x2 ( y3 − y1 ) + x3 ( y1 − y2 ) 2

može i preko determinante( naravno, ko je upoznat sa njihovim izračunavanjem)

x1 1 P = x2 2 x3

y1 1 y2 1 y3 1

Apsolutna vrednost je tu da nam obezbedi da rešenje ne bude negativno, jer površina ne može biti negativan broj. Primer 3.

Izračunati površinu trougla ABC ako je A(-2,3) ; B(8,-2) i C( 3,8) 1 x1 ( y2 − y3 ) + x2 ( y3 − y1 ) + x3 ( y1 − y2 ) 2 1 = −2(−2 − 8) + 8(8 − 3) + 3(3 − (−2)) 2 1 = −2(−10) + 8 ⋅ 5 + 3(3 + 2) 2 1 = 20 + 40 + 15 2 1 = 75 2 = 37,5

P = P P P P P


3

PRAVA

i) opšti ( implicitni oblik) je ax + by + c = 0 ii)

eksplicitni oblik je

y = kx + n

Ovaj oblik nam je najbitniji jer se koristi u mnogim formulama. U njemu je : k- koeficijent pravca ( k = tgα , gde je α ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x – ose) n - je odsečak na y - osi

Kako preći iz opšteg u eksplicitni oblik? ax + by + c = 0 → sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno by = − ax − c → sad sve podelimo sa b a c y =− x− b b Odavde je k = −

a b

i n=−

c b

Primer 4. Pravu 7x+3y + 23=0 prebaciti u eksplicitni oblik

i naći k i n

7 x + 3 y + 23 = 0 → sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno 3 y = −7 x − 23 → sad sve podelimo sa 3 7 23 y =− x− 3 3 Odavde je k = −

iii)

7 23 i n=− 3 3

x y + = 1 je segmentni oblik m n

m – je odsečak na x osi n – je odsečak na y osi y

n O

x m


4

Primer 5. U jednačini px + ( p + 1) y − 8 = 0 odrediti parametar p , tako da prava gradi dva puta veći odsečak na apscisnoj osi nego na ordinatnoj osi. Prava gradi dva puta veći odsečak na apscisnoj osi nego na ordinatnoj osi , znači

m = 2n

Sredimo datu jednačinu prave da bi iz nje mogli da pročitamo m i n. px + ( p + 1) y − 8 = 0 px + ( p + 1) y = 8

sve podelimo sa 8

px ( p + 1) y + = 1 oslobodimo x i y 8 8 x y 8 8 i n= + = 1 → odavde je m = 8 8 p p +1 p p +1

Sad ovo zamenimo u

m = 2n

m = 2n 8 8 = 2⋅ p p +1 8 16 = p p +1 16 p = 8( p + 1) 16 p = 8 p + 8 16 p − 8 p = 8 8p = 8 p =1

iv)

x cos ϕ + y sin ϕ = p

je normalni oblik jednačine prave y

p ϕ

O

x

U ovoj jednačini je : p je normalno rastojanje od koordinatnog početka (0,0) do naše prave

ϕ je ugao koji rastojanje p gradi sa pozitivnim smerom x ose


5

Formula za prelazak iz opšteg u normalni oblik je :

ax + by + c = 0 →

ax + by + c ± a 2 + b2

=0

ali pazimo, ispred korena uzimamo znak suprotan od znaka broja c . Primer 6. Svedi jednačinu 4x – 3y +5 = 0 na normalni oblik. 4x − 3y + 5 = 0 →

4x − 3y + 5

= 0 ( minus ispred korena jer je c=5) − 42 + 32 4x − 3y + 5 4x − 3y + 5 4 3 =0 → = 0 → − x + y − 1 = 0 a odavde je : −5 5 5 − 25 4 3 p=1, cosϕ = − , sinϕ = 5 5

v)

Prava kroz tačku A( x1 , y1 ) sa koeficijentom pravca k je :

vi)

Prava kroz tačke A( x1 , y1 ) i

Primećujete da je onda k =

y − y1 = k ( x − x1 ) y − y1 =

B( x2 , y2 ) je :

y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1

y2 − y1 x2 − x1

Kakav može biti međusoban položaj dve prave u ravni? 1) Mogu da se seku

Tačku preseka nalazimo rešavajući sistem od te dve jednačine ! Ako posmatramo prave y = k1 x + n1 i

y = k2 x + n2 onda je ugao pod kojim se seku dat formulom: tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

Ako se te dve prave seku pod pravim uglom, onda je k1 ⋅ k2 = −1 ( uslov normalnosti) 2) Mogu da budu paralelne

Prave y = k1 x + n1 i

y = k2 x + n2 su paralelne ako je

k1 = k2 ( uslov paralelnosti) www.matematiranje.com

6

Primer 7. Data su temena trougla A(-5,-2), B(7,6), C(5,4). Odrediti: a) jednačinu stranice AB b) jednačinu visine hc c) ugao kod temena A a) Upotrebićemo formulu za jednačinu prave kroz dve tačke( A i B) C(5,4)

A(-5,2)

y − y1 =

B(7,6)

y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1

6 − (−2) ( x − (−5)) 7 − (−5) 6+2 ( x + 5) y+2= 7+5 8 y + 2 = ( x + 5) 12 2 y + 2 = ( x + 5) 3 2 2 y = x + ⋅5 − 2 3 3 2 10 6 y = x+ − 3 3 2 2 4 y = x+ 3 3 y − (−2) =

b) C(5,4)

hc

A(-5,2)

B(7,6) www.matematiranje.com

7

Jednačinu visine hc ćemo naći kao jednačinu prave kroz jednu tačku C( 5,4) a njen koeficijent pravca mora da zadovoljava uslov normalnosti sa pravom AB. Koeficijent pravca prave AB : y =

k2 = −

2 4 x+ 3 3

je k1 =

2 . Naša prava je normalna na AB, pa je : 3

y − y1 = k ( x − x1 )

1 k1

3 y − 4 = − ( x − 5) 2 3 15 y =− x+ +4 2 2 3 23 y =− x+ 2 2

1 2 3 3 k2 = − 2 k2 = −

c) Ugao kod temena A je ustvari ugao između pravih AB i AC. Čim nam traže neki ugao koristimo obrazac

tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

C(5,4)

α A(-5,2)

B(7,6)

2 . 3 Ne moramo tražiti celu jednačinu prave AC već samo njen koeficijent pravca. Iz prave AB već imamo koeficijent pravca k1 =

A(-5,-2), C(5,4) menjamo u k = k2 =

y2 − y1 x2 − x1

y2 − y1 x2 − x1

4 − (−2) 5 − (−5) 6 k2 = 10 3 k2 = 5 k2 =


8

tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

3 2 − tgα = 5 3 3 2 1+ ⋅ 5 3 1 − tgα = 15 6 1+ 15 1 − tgα = 15 21 15 1 tgα = 21 1 α = arctg 21

Pramen pravih

Ako su A1 x + B1 y + C1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 = 0 jednačine dveju pravih koje se seku u tački O, tada je :

A1 x + B1 y + C1 + λ ( A2 x + B2 y + C2 ) = 0 jednačina pramena pravih sa centrom u tački O.

A2 x + B2 y + C2 = 0

O

A1 x + B1 y + C1 = 0

Znači, da bi opisali pramen pravih , potrebne su nam dve prave iz tog pramena. www.matematiranje.com

9

Odstojanje tačke A( x1 , y1 ) od prave ax + by + c = 0 dato je formulom:

d=

ax + by + c a 2 + b2

Primer 8.

U pramenu pravih

2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 odrediti pravu čije odstojanje od tačke P(2,-3) iznosi

10 .

Najpre prepakujemo jednačinu pramena:

2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 2 x + y + 4 + λ x − 2λ y − 3λ = 0

upakujemo one uz x, pa uz y, pa slobodne ...

(2 + λ ) x + (1 − 2λ ) y + 4 − 3λ = 0 Odavde možemo videti da je a = 2 + λ , b = 1 − 2λ

Sad uzimamo formulu za rastojanje tačke od prave d=

d=

ax + by + c a 2 + b2 (2 + λ ) ⋅ 2 + (1 − 2λ ) ⋅ (−3) + 4 − 3λ

10 = 10 =

(2 + λ ) 2 + (1 − 2λ ) 2 4 + 2λ − 3 + 6λ + 4 − 3λ 4 + 4λ + λ 2 + 1 − 4λ + 4λ 2 5λ + 5 5λ 2 + 5

λ1 = 1 Odavde sredjivanjem dobijamo dva rešenja:

λ2 = −

9 10

Kad ova rešenja vratimo u pramen 2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 dobijamo tražene prave:

3x – y + 1 = 0 11x + 28 y +67 = 0 www.matematiranje.com

10

11

KRUŽNICA Kružnica (kružna linija) je skup tačaka u ravni sa osobinom da su sve tačke tog skupa na jednakom rastojanju (r) od jedne stalne tačke (C, centar) te ravni. Kružnica je dakle određena tačkom C i pozitivnim brojem r ( poluprečnikom). y

C(p,q)

q

r

p

Opšta jednačina kružnice je:

x

( x − p) 2 + ( y − q) 2 = r 2

Odakle ona? Posmatrajmo sliku: y ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 M(x,y)

y r q

y-q

C x-p

p

x

x

Tačka M(x,y) je na kružnici. Uočimo pravougli trougao na slici. Primena Pitagorine teoreme nam daje traženu jednačinu kružnice. Ako je p = 0 i q = 0 onda se radi o centralnoj kružnici. y

r

x

x2 + y 2 = r 2 Kako “ spakovati” kružnicu ako je data u drugom obliku ?


1

Ima dva načina. I način Ako je kružnica data u obliku x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 možemo koristiti formulice d p=− 2 e q=− 2 2 r = p2 + q2 − f Primer 1.

Odrediti koordinate centra i poluprečnik kružnice

x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0

Uporedimo x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0 sa x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 i imamo d = 6, e = - 4 i f = - 12 Dalje koristimo formule d 6 = − = −3 2 2 e −4 q=− =− =2 2 2 r 2 = p 2 + q 2 − f = (−3) 2 + 22 − (−12) = 25 p=−

Ovo zamenimo u jednačinu kružnice ( x − p ) + ( y − q ) = r 2

2

2

i dobijamo

( x − p)2 + ( y − q)2 = r 2 ( x − (−3)) 2 + ( y − 2) 2 = 25 ( x + 3) 2 + ( y − 2) 2 = 25 II način

Vršimo dopunu do punog kvadrata! x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0

Najpre pretumbamo , svi sa x, pa sa y, pa brojevi...

x 2 + 6 x + y 2 − 4 y − 12 = 0

Pazi, uvek dodajemo (

onaj uz x 2 onaj uz y 2 ) i to isto oduzmemo , pa tako i za y. ( ) 2 2

6 6 4 4 x 2 + 6 x + ( ) 2 − ( ) 2 + y 2 − 4 y + ( ) 2 − ( ) 2 − 12 = 0 2 2 2 2 2 2 x + 6 x + 9 − 9 + y − 4 y + 4 − 4 − 12 = 0 Sad sklopimo pune kvadrate a brojke prebacimo na desnu stranu... ( x + 3) 2 + ( y − 2) 2 = 25 Vi odaberite sami šta vam je lakše…


2

Primer2.

Napisati jednačinu kružnice koja sadrži tačke A(5,6), B(-3,2) i C(-2,-1). I ovaj tip zadatka možete rešavati na dva načina. I način

Koristimo “ rasklopljeni” oblik kružnice x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 i umesto x i y menjamo koordinate datih tačaka, oformimo sistem tri jednačine sa tri nepoznate i rešimo ga... A(5, 6) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 B (−3, 2) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0

C (−2, −1) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0

52 + 6 2 + d ⋅ 5 + e ⋅ 6 + f = 0

(−3) 2 + 22 + d ⋅ (−3) + e ⋅ 2 + f = 0

(−2) 2 + (−1) 2 + d ⋅ (−2) + e ⋅ (−1) + f = 0

5d + 6e + f = −25 − 36

−3d + 2e + f = −9 − 4

−2 d − e + f = − 4 − 1

5d + 6e + f = −61

−3d + 2e + f = −13

−2 d − e + f = − 5

Evo tri jednačina, prelazimo u sistem… 5d + 6e + f = −61 −3d + 2e + f = −13 −2d − e + f = −5 Sistem rešite na način koji obožavate ...( imate u I godini fajl sistemi pa se podsetite...) Dobijamo rešenja d = −4, e = −4, f = −17 i to zamenimo u x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0

x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 17 = 0 4 4 4 4 x 2 − 4 x + ( ) 2 − ( ) 2 + y 2 − 4 y + ( ) 2 − ( ) 2 − 17 = 0 2 2 2 2 x 2 − 4 x + 4 − 4 + y 2 − 4 y + 4 − 4 − 17 = 0

( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 25 II način

Date tačke A(5,6), B(-3,2) i C(-2,-1) direktno menjamo u jednačinu kružnice : ( x − p) + ( y − q) = r 2

2

2

A ( 5, 6 ) → ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 B ( −3, 2 ) → ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 C ( −2, −1) → ( x − p ) 2 + ( y − q) 2 = r 2 (5 − p) 2 + (6 − q ) 2 = r 2

(−3 − p) 2 + (2 − q) 2 = r 2

(−2 − p ) 2 + (−1 − q) 2 = r 2

Dobili smo dakle sistem: www.matematiranje.com

3

(5 − p) 2 + (6 − q) 2 = r 2 (−3 − p) 2 + (2 − q) 2 = r 2 (−2 − p) 2 + (−1 − q) 2 = r 2 Kako je kod sve tri jednačine desna strana ista, uporedimo leve strane, recimo prve i druge , pa prve i treće jednačine. (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = (−3 − p ) 2 + (2 − q ) 2 25 − 10 p + p 2 + 36 − 12q + q 2 = 9 + 6 p + p 2 + 4 − 4q + q 2 25 − 10 p + 36 − 12q = 9 + 6 p + 4 − 4q −16 p − 8q = −48 2p + q = 6 (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = (−2 − p ) 2 + (−1 − q ) 2 25 − 10 p + p 2 + 36 − 12q + q 2 = 4 + 4 p + p 2 + 1 + 2q + q 2 25 − 10 p + 36 − 12q = 4 + 4 p + 1 + 2q −14 p − 14q = −56 p+q =4

Sad oformimi sistem od dve jednačine sa dve nepoznate 2p + q = 6 p+q = 4 p=2 q=2

Vratimo se u jednu od prve tri jednačine da nadjemo poluprečnik r (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = r 2 (5 − 2) 2 + (6 − 2) 2 = r 2 9 + 16 = r 2 r 2 = 25 r =5

I dobili smo jednačinu tražene kružnice ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 25

Vi odaberite koji vam je način jasniji i radite po njemu ili onako kako vaš profesor zahteva… www.matematiranje.com

4

Prava i kružnica

Za uzajamni položaj prave i kružnice u ravni postoje tri mogućnosti: i) Prava i kružnica imaju dve zajedničke tačke. Ovo je situacija kada je rastojanje od centra kružnice do prave manje od poluprečnika kružnice.

d r

ii) Prava i kružnica nemaju zajedničkih tačaka. Ovde je rastojanje od centra kružnice do prave veće od poluprečnika kružnice.

d r

iii) Prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku. Ovde je rastojanje od centra kružnice do prave jednako sa poluprečnikom i tada se prava zove TANGENTA . tangenta d=r

Ispitivanje odnosa prave i kružnice svodi se na rešavanje sistema od jedne linearne i jedne kvadratne jednačine. Posmatrajmo pravu y = kx + n i kružnicu ( x − p ) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 Umesto y u jednačini kružnice zamenimo kx + n i posle sredjivanja izvodimo sledeći zaključak: i) ii) iii)

Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 > 0 prava i kružnica imaju dve zajedničke tačke Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 < 0 prava i kružnica nemaju zajedničkih tačaka Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 = 0 prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku www.matematiranje.com

5

Situacija kad prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku se još naziva i

r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2

USLOV DODIRA : Napomena :

Ako tražimo tangentu iz neke tačke VAN kružnice neophodno je koristiti uslov dodira. Ali ako trebamo naći tangentu baš u tački dodira čije koordinate znamo možemo koristiti gotovu formulicu:

( x − p)( x0 − p) + ( y − q )( y0 − q) = r 2 ( x − p )( x0 − p ) + ( y − q )( y0 − q ) = r

2

(x ,y )

Primer 3.

Iz koordinatnog početka povučene su tangente na kružnicu x 2 + y 2 − 6 x − 4 y + 9 = 0 . Naći njihove jednačine i ugao između njih. Najpre sredimo kružnica da možemo pročitati p,q i r. x2 + y 2 − 6 x − 4 y + 9 = 0 x2 − 6 x + y 2 − 4 y + 9 = 0 x2 − 6 x + 9 − 9 + y 2 − 4 y + 4 − 4 + 9 = 0 ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 = 4 p = 3, q = 2 , r = 2 Skicirajmo sada problem kada znamo kako izgleda kružnica: y 5 4 3 2

C(3,2)

1

α

-5 -4 -3 -2

-1

0 1 -1

2

3

4

5

x

-2 -3 -4 -5

Sa skice možemo zaključiti da je jedna tangenta sama x osa, dakle prava y = 0. Ali , ajde da do toga dodjemo i računski.


6

Neka je prava( prave) koju tražimo y = kx + n . Ovde menjamo koordinate tačke iz koje postavljamo tangentu, dakle O(0,0). y = kx + n 0 = k ⋅0 + n n=0

Dobili smo da je n = 0. k tražimo iz uslova dodira. r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2 4(k 2 + 1) = (3k − 2 + 0) 2 4k 2 + 4 = 9k 2 − 12k + 4 5k 2 − 12k = 0 k (5k − 12) = 0 k = 0∨ k =

12 5

Dakle tražene tangente su : t1 : y = 0 t2 : y =

12 x 5

Ugao tražimo preko poznate formule za ugao između dve prave

tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

12 5 tgα = 12 1+ 0 ⋅ 5 12 tgα = 5 12 α = arctg 5 0−


7

8

ELIPSA www.matematiranje.com

Elipsa je skup tačaka u ravni s osobinom da je zbir rastojanja ma koje tačke od dveju datih tačaka(žiža) stalan broj.

y b

M(x,y)

x2 y 2 + =1 a 2 b2

r2

r1

-a F(-c,0) 1

a F(c,0) 2

x

-b r1 , r2 su potezi ( radijus vektori) elipse i važi za bilo koju tačku na elipsi F1 (−c, 0), F2 (c, 0) su žiže elipse , gde je c = a − b 2

2

r1 + r2 = 2a

( konstantan broj)

2

a - je velika poluosa , odnosno 2a je velika osa b - je mala poluosa, odnosno 2b je mala osa

e=

c je ekscentricitet ( još kod elipse važi da je e<1) a

Glavna jednačina elipse je

x2 y2 + =1 a 2 b2

b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2

ili

Primer 1. Odrediti jednačinu elipse , ako žiže imaju koordinate (±3, 0) , a dužina veće ose jednaka je 12.

Najpre iz podatka o žižama zaključimo da je c = 3. Kako je 2a = 12 to mora biti a = 6. ( odnosno a 2 = 36 ) Iskoristimo da je

c 2 = a 2 − b2

c2 = a 2 − b2 32 = 62 − b 2 9 = 36 − b 2 b = 36 − 9 2

Zamenimo u jednačinu elipse i

x2 y 2 + = 1 evo rešenja. 36 27

b 2 = 27 1

Primer 2. Odrediti jednačinu elipse koja sadrži tačke M( 6,4 ) i N (- 8, 3)

Koordinate datih tačaka ćemo zameniti u jednačinu elipse, ali je bolje da koristimo oblik b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 M (6, 4) → b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 b 2 62 + a 2 42 = a 2b 2 36b 2 + 16a 2 = a 2b 2

N (−8,3) → b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2 b 2 (−8) 2 + a 2 32 = a 2b 2 64b 2 + 9a 2 = a 2b 2 Sad uporedimo leve strane ove dve jednakosti jer su im desne iste! 36b 2 + 16a 2 = 64b 2 + 9a 2 16a 2 − 9a 2 = 64b 2 − 36b 2 7 a 2 = 28b 2 a 2 = 4b 2

Sada se vratimo u jednu od ove dve jednakosti i zamenimo dobijenu vrednost. a 2 = 4b 2 64b 2 + 9a 2 = a 2b 2 64b 2 + 9 ⋅ 4b 2 = 4b 2b 2 100b 2 = 4b 4 4b 4 − 100b 2 = 0 4b 2 (b 2 − 25) = 0 b 2 = 25 → a 2 = 4 ⋅ 25 → a 2 = 100

Zamenimo ovo u jednačinu elipse

x2 y2 + =1 a 2 b2 x2 y2 + =1 100 25 i evo rešenja. www.matematiranje.com

2

Elipsa i prava

Slično kao kod kružnice, da bi odredili međusobni položaj prave i elipse, rešavamo sistem jednačina: y = kx + n i b 2 x 2 + a 2 y 2 = a 2b 2

-

Ako sistem nema rešenja , onda se prava i elipsa ne seku, to jest a 2 k 2 + b 2 < n 2

-

Ako sistem ima dva rešenja, onda prava seče elipsu u dvema tačkama a 2 k 2 + b 2 > n 2

-

Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta elipse i zadovoljava USLOV DODIRA:

a 2 k 2 + b2 = n2 Napomena

Ako nam traže tangentu elipse u datoj tački ( x0 , y0 ) na elipsi ( koja pripada elipsi), onda imamo gotovu formulu:

t:

x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b

Primer 3. U presečnim tačkama prave 5 x − 3 y − 14 = 0 i elipse x 2 + 3 y 2 = 28 konstruisane su tangente na elipsu.Odrediti jednačine tangenata.

Ovde najpre moramo rešiti sistem jednačina i naći tačke preseka. 5 x − 3 y − 14 = 0

odavde izrazimo x...

x 2 + 3 y 2 = 28 3 y + 14 → ovo zamenimo u drugu jednačinu 5 3 y + 14 2 ( ) + 3 y 2 = 28 5 9 y 2 + 84 y + 196 + 3 y 2 = 28 25 2 9 y + 84 y + 196 + 75 y 2 = 700 x=

84 y 2 + 84 y − 504 = 0

sve podelimo sa 84

y + y−6 = 0 2

y1,2 =

−b ± b 2 − 4ac 2a

y1 = 2 y 2 = −3

3 ⋅ 2 + 14 → x1 = 4 5 3 ⋅ (−3) + 14 → x2 = 1 y2 = −3 → x2 = 5 y1 = 2 → x1 =

odavde je


3

Dobili smo da se prava i elipsa seku u tačkama ( 4, 2) i ( 1,-3). Pošto su to tačke na elipsi upotrebićemo gotovu formulu: t :

x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b

Najpre da elipsu prebacimo u drugi oblik: x 2 + 3 y 2 = 28 x2 3 y 2 + =1 28 28 x2 y 2 + =1 28 28 3

celu jednačinu podelimo sa 28 Kad se desi da nema skraćivanja, prebacimo taj broj " ispod"...

x⋅4 y⋅2 + =1 28 28 3 Kad malo sredimo... za (4, 2) → t1 :

t1 : 2 x + 3 y − 14 = 0 x ⋅1 y ⋅ (−3) + =1 28 28 3 Kad malo sredimo... za (1, −3) → t2 :

t2 : x − 9 y − 28 = 0

Primer 4. Odrediti parametar p tako da prava y + x + p = 0 predstavlja tangentu elipse 2 x 2 + 3 y 2 = 30 E ovde već moramo koristiti uslov dodira. Najpre sredimo pravu i elipsu da iz njih možemo pročitati šta nam treba za uslov dodira.

y+x+ p =0 y = −x − p Odavde je k = −1 i n = − p

Dalje koristimo uslov dodira:

2 x 2 + 3 y 2 = 30 sve podelimo sa 30 2x2 3 y2 + =1 30 30 x2 y2 + = 1 → a 2 = 15 i b 2 = 10 15 10 www.matematiranje.com

4

a 2 k 2 + b2 = n2 15(−1) 2 + 10 = (− p) 2 25 = p 2 p1 = 5 p2 = −5 Primer 5. U elipsu x 2 + 4 y 2 = 36 upisan je kvadrat. Odrediti njegovu površinu.

Ovde je neophodno nacrtati sliku i postaviti problem.

y

y=-x

y=x

3

-6

0

6

x

-3

Šta možemo uočiti? Prave y = x i y = - x u preseku sa elipsom daju temena tog upisanog kvadrata! Dakle rešavamo sistem y = x i x 2 + 4 y 2 = 36

x 2 + 4 y 2 = 36 y=x x 2 + 4 x 2 = 36 5 x 2 = 36 36 6 6 x2 = → x1 = , x2 = − 5 5 5 Kako je y = x i y = - x Koordinate temena su A(

6 6 6 6 6 6 6 6 , ); B( , − ); C (− ,− ); D(− , ) 5 5 5 5 5 5 5 5

Obeležimo stranicu kvadrata sa a. Njenu dužinu dobijamo kao rastojanje između tačaka , recimo A i B . 5

d ( A, B) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 a= (

6 6 2 6 6 2 − − ) + (− ) 5 5 5 5

a = 0 + (−

12 2 ) kvadriramo 5

144 5 A znamo da je P=a 2 a2 =

P=

144 5


6

HIPERBOLA Hiperbola je skup tačaka u ravni s osobinom da je razlika rastojanja ma koje tačke od dveju datih tačaka stalan broj. b y =− x a

y

y=

b x a

(x,y) r2

r1

-a F(-c,0) 1

a

F(c,0) 2

x

x2 y 2 − =1 a2 b2

a je realna poluosa ( 2a je realna osa) b je imaginarna poluosa ( 2b je imaginarna osa) r1 − r2 = 2a

r1 , r2 su potezi ( radijus vektori) i za njih važi

F1 (−c, 0), F2 (c, 0) su žiže hiperbole , gde je c = a + b 2

e=

2

2

c je ekscentricitet ( još kod hiperbole važi da je e >1) a

prave y =

b b x i y = − x su asimptote hiperbole a a

Glavna jednačina hiperbole je

x2 y2 − =1 a 2 b2

ili

b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2

Primer 1. Odrediti jednačinu hiperbole ako je razmera njenih poluosa 3 : 4 i c = 15 Upotrebićemo trik sa k b : a = 3: 4 b = 3k a = 4k

i

c 2 = a 2 + b 2 pa je


1

c2 = a 2 + b2 c 2 = (4k ) 2 + (3k ) 2 152 = 16k 2 + 9k 2 225 = 25k 2 225 k2 = 25 2 k =9 k =3 Vratimo se da nađemo a i b. b = 3k = 3 ⋅ 3 = 9 → b 2 = 81 a = 4k = 4 ⋅ 3 = 12 → a 2 = 144 Pa je hiperbola: x2 y 2 − =1 144 81

Primer 2.

Odrediti jednačinu hiperbole ako je rastojanje između žiža jednako 10 2 , a jednačine njenih asimptota su 3 y=± x 4

Rastojanje između žiža je 2c = 10 2 pa je c = 5 2 . 3 b b 3 3 y = ± x uporedimo sa y = ± x i dobijamo = →b= a a a 4 4 4 Ovo zamenimo u c = a + b 3 (5 2)2 = a 2 + ( a)2 4 9 50 = a 2 + a 2 16 onda je 25 50 = a 2 16 2 a = 32 2

2

2

b2 = c2 − a2 b 2 = 50 − 32 b 2 = 18

x2 y2 − =1 Jednačina tražene hiperbole je 32 18


2

Prava i hiperbola

Slično kao kod kružnice i elipse , da bi odredili međusobni položaj prave i hiperbole, rešavamo sistem jednačina:

y = kx + n i b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2 -

Ako sistem nema rešenja , onda se prava i hiperbola ne seku, to jest a 2 k 2 − b 2 < n 2

-

Ako sistem ima dva rešenja, onda prava seče hoperbolu u dvema tačkama a 2 k 2 − b 2 > n 2

-

Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta hiperbole i zadovoljava USLOV DODIRA:

a 2 k 2 − b2 = n2 Napomena Ako nam traže tangentu hiperbole u datoj tački ( x0 , y0 ) na hiperboli , onda imamo gotovu formulu:

t:

x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b

Primer 3. Napisati jednačinu tangente hiperbole x 2 − y 2 = 40 u tački M(x,9) koja je na hiperboli.

Najpre ćemo odrediti koordinatu x tačke M tako što u jednačini hiperbole zamenimo y sa 9. x 2 − y 2 = 40 x 2 − 92 = 40 x 2 = 40 + 81 x 2 = 141 x = 11 ∨ x = −11

Dakle imamo dve tačke koje zadovoljavaju (-11,9) i (11,9)

x 2 − y 2 = 40 sve podelimo sa 40 x2 y2 − =1 40 40

Koristimo dalje gotovu formulicu

t:

x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b


3

x ⋅ (−11) y ⋅ 9 − =1 40 40 t1 : −11x − 9 y = 40

x ⋅11 y ⋅ 9 − =1 40 40 t2 :11x − 9 y = 40

t1 :

t2 :

t1 : −11x − 9 y − 40 = 0

t2 :11x − 9 y − 40 = 0

Primer 4. Napisati jednačinu hiperbole ako su poznate jednačine njenih tangenti : 5x-7y-1=0 i x-y-1=0 Tangente moraju da zadovoljavaju uslov dodira. Zato ćemo obe prave prebaciti u eksplicitni oblik da bi mogli pročitati njihove k i n koje menjamo u uslov dodira. 5x − 7 y − 1 = 0

x − y −1 = 0

−7 y = −5 x + 1......./ : (−7) 5 1 y = x− 7 7 5 k= 7 1 n=− 7

a 2k 2 − b2 = n2 5 1 a 2 ( )2 − b 2 = (− ) 2 7 7 25 1 a2 − b2 = 49 49 2 2 25a − 49b = 1

− y = −x +1

i

y = x −1 k =1 n = −1

a 2 k 2 − b2 = n2 i

a 212 − b 2 = (−1) 2 a 2 − b2 = 1

Sad napravimo sistem : a 2 − b2 = 1 25a 2 − 49b 2 = 1 a 2 = b2 + 1 25(b 2 + 1) − 49b 2 = 1 25b 2 + 25 − 49b 2 = 1 −24b 2 = −24 b2 = 1 → a 2 = b2 + 1 → a 2 = 2

x2 y 2 − =1 pa je tražena hiperbola 2 1


4

Primer 5. Odrediti ugao pod kojim se seku krive

3x 2 + 4 y 2 = 84 i 3x 2 − 4 y 2 = 12 .

Najpre nađemo tačke preseka rešavajući sistem jednačina 3x 2 + 4 y 2 = 84 3x 2 − 4 y 2 = 12 6 x 2 = 96 x 2 = 16 x1 = 4 → 3 ⋅ 42 + 4 y 2 = 84 → 4 y 2 = 84 − 48 → 4 y 2 = 16 → y 2 = 4 → y = ±2 x2 = −4 → 3 ⋅ (−4) 2 + 4 y 2 = 84 → 4 y 2 = 84 − 48 → 4 y 2 = 16 → y 2 = 4 → y = ±2 Preseci su u : (4, 2);(4, −2);(−4, 2);(−4, −2) Ugao pod kojim se seku krive je ustvari ugao između tangenata u jednoj od tačaka preseka! Uzećemo tačku (4,2) i u njoj postaviti tangente na elipsu i na hiperbolu...

te :

x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b

i

th :

x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b

3x 2 + 4 y 2 = 84 sve podelimo sa 84

3x 2 − 4 y 2 = 12 sve podelimo sa 12

3x 2 4 y 2 + =1 84 84 x2 y 2 + =1 28 21 x ⋅ 4 y ⋅3 + =1 28 21 x y + =1 7 7 x+ y =7 y = −x + 7 k1 = −1

3x 2 4 y 2 − =1 12 12 x2 y2 − =1 4 3 x ⋅ 4 y ⋅3 − =1 4 3 x − y =1 y = x −1 k2 = 1

Možemo upotrebiti formulu za ugao između dve prave, ali možemo i odmah zaključiti da se seku pod uglom od 900 . Kako? Pa znamo da je uslov normalnosti

k1 ⋅ k2 = −1 a to je očigledno zadovoljeno! www.matematiranje.com

5

6

PARABOLA Parabola je skup tačaka u ravni sa osobinom da je rastojanje svake tačke od jedne stalne tačke (žiže) jednako odstojanju te tačke od jedne stalne prave (direktrise). y

y 2 = 2 px

F(

x =−

x

p ,0) 2

p 2

p F ( , 0) je žiža parabole. 2 p p Prava x = − je direktrisa parabole ili x + = 0 . 2 2 Odstojanje tačke F od direktrise obeležava se sa p i naziva se parametar parabole.

Koordinatni početak je teme parabole. Jednačina parabole je

y 2 = 2 px

Naravno, ova parabola se najviše proučava , a da vas ne iznenadi evo i ostalih parabola:

y

y

y

p y= 2

p F (0, ) 2 p F ( − , 0) 2

x=

y 2 = −2 px

x

x

x

p 2

y=−

x 2 = 2 py

p 2

p F (0, − ) 2

x 2 = −2 py www.matematiranje.com

1

Primer 1. Data je parabola y 2 = −4 x . Kroz njenu tačku M(-2,-1) postaviti tetivu koja je tom tačkom prepolovljena.

Postavimo najpre problem, skicirajući ga... y2 = − 4 x

y

B(x ,y )

-2 M

x -1

A(x ,y )

Neka je AB tražena tetiva. Tačka M je sredina duži AB pa mora da važi: x1 + x2 = −2 → x1 + x2 = −4 2 y1 + y2 = −1 → y1 + y2 = −2 2 Tačke A i B pripadaju paraboli , pa njihove koordinate možemo menjati umesto x i y u jednačini parabole: A( x1 , y1 ) ∈ y 2 = −4 x → y12 = −4 x1 B ( x2 , y2 ) ∈ y 2 = −4 x → y2 2 = −4 x2

Na ovaj način smo dobili 4 jednačine sa 4 nepoznate. Možemo tražiti koordinate tačaka A i B ali je pametnije samo y −y naći koeficijent pravca prave koja prolazi kroz AB i onda upotrbiti jednačinu prave kroz jednu tačku. k = 2 1 x2 − x1

y12 = −4 x1 y2 2 = −4 x2 oduzmemo od druge prvu jednačinu y2 2 − y12 = −4 x2 − (−4 x1 ) ( y2 − y1 )( y2 + y1 ) = −4 x2 + 4 x1

znamo da je y2 + y1 = −2

( y2 − y1 )(−2) = −4( x2 − x1 )

y2 − y1 =2 x2 − x1 Sada jednačina prave kroz jednu tačku M(-2,-1) y − y0 = k ( x − x0 ) y − (−1) = 2( x − (−2)) y +1 = 2x + 4 y = 2x + 3 Evo jednačine tražene tetive! www.matematiranje.com

2

Prava i parabola

Slično kao kod kružnice , elipse i hiperbole da bi odredili međusobni položaj prave i parabole, rešavamo sistem jednačina:

y = kx + n i

y 2 = 2 px

-

Ako sistem nema rešenja , onda se prava i parabola ne seku, to jest p < 2kn

-

Ako sistem ima dva rešenja, onda prava seče parabolu u dvema tačkama p > 2kn

-

Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta parabole i zadovoljava USLOV DODIRA:

p = 2kn

Napomena Ako nam traže tangentu pararbole u datoj tački ( x0 , y0 ) na pararboli , onda imamo gotovu formulu:

y ⋅ y0 = p( x + x0 ) Primer 2. U kojoj tački parabole y 2 = 16 x je tangenta nagnuta pod uglom od 1350 prema x-osi. Obeležimo tu tačku sa ( x0 , y0 ) . Tangenta će biti y ⋅ y0 = p( x + x0 ) , odnosno ,iz jednačine parabole je 2p = 16 p=8

y ⋅ y0 = 8( x + x0 ) y ⋅ y0 = 8 x + 8 x0 y=

8x 8 x+ 0 y0 y0

k=

8 y0

Našli smo koeficijent pravca te prave , a kako je

k = tgα k = tg1350 k = −1

k= Onda je

8 y0

−1 =

8 → y0 = −8 y0

Ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole i imamo:


3

y 2 = 16 x (−8) 2 = 16 x 16 x = 64 x=4 Dakle, tražena tačka na paraboli je ( 4, -8)

Primer 3. Napisati jednačinu tangente parabole y 2 = 12 x ako je poznato da je paralelna sa pravom 3x – y– 4 = 0

tražena prava

y=3x-4

Kako je naša prava paralelna sa datom , one imaju isto k (uslov paralelnosti) 3x − y − 4 = 0 y = 3x − 4 k =3

Naša tražena prava je dakle y = 3x + n , a n ćemo naći pomoću uslova dodira Iz parabole je y 2 = 12 x → 2 p = 12 → p = 6 p = 2kn 6 = 2 ⋅ 3n 6 = 6n n =1

Rešenje je y = 3x + 1 www.matematiranje.com

4

Primer 4. Napisati jednačine zajedničkih tangenti krivih y 2 = 4 x i x 2 + y 2 − 2 x − 9 = 0 Da najpre sredimo kružnicu x2 + y 2 − 2 x − 9 = 0 x2 − 2 x + y 2 − 9 = 0 x2 − 2 x + 1 − 1 + y 2 − 9 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 10 → p = 1, q = 0, r 2 = 10 Neka je tražena tangenta y = kx + n . Ona mora da zadovoljava i uslov dodira sa parabolom i sa kružnicom . Iz jednačine parabole y 2 = 4 x je 2p = 4 , pa je p = 2 Ovo zamenimo u uslov dodira p = 2kn 2 = 2kn

kn = 1 Sada uslov dodira za kružnicu r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2 10(k 2 + 1) = (1⋅ k + n) 2 10(k 2 + 1) = (k + n) 2 Dobili smo dve jednačine sa po dve nepoznate,pa rešavamo sistem 10(k 2 + 1) = (k + n) 2 kn = 1 n=

1 k

1 10(k 2 + 1) = (k + ) 2 k 2 k +1 2 10(k 2 + 1) = ( ) k (k 2 + 1) 2 10(k 2 + 1) = k2 10k 2 = k 2 + 1


9k 2 = 1 1 1 1 k 2 = → k1 = , k2 = − 9 3 3

5

Vratimo se da nađemo n kn = 1 1 k1 = → n1 = 3 3 1 k2 = − → n2 = −3 3 Jednačine tangenti su

1 t1 : y = x + 3 3 1 t2 : y = − x − 3 3 Zašto nam se javljaju dva rešenja? Pa ako skiciramo problem, vidimo da je to očigledno...


6

MATEMATIČKA INDUKCIJA

Princip matematičke indukcije glasi: Ako za neko tvrdjenje T (n) , n ∈ N važi:

1) T (1) je tačno 2) T (n) ⇒ T (n + 1) je tačno za ∀n = 1,2,... tada je tvrdjenje T (n) tačno za ∀n ∈ N Može se desiti da tvrdjenje Tn nije tačno za svako n ∈ N već počev od nekog prirodnog broja n0 > 1 pa , tj. da je Tn tačno za n = n0 , n0 + 1, n0 + 2,... Tada se dokazivanje metodom matematičke indukcije radi na sledeći način: 1) Proverimo tačnost tvrdjenja Tn0 2) Dokazujemo da za bilo koje n > n0 iz tačnosti tvrdjenja Tn sledi tačnost tvrdjenja Tn + 1 Postupak Praktično, mi ćemo indukciju sprovoditi:

i) ii) iii)

Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 Predpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k Dokazujemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 Zadaci:

1) Dokazati da je : 1 + 2 + 3 + ... + n =

n(n + 1) 2

i) Najpre proverimo dali je tvrdjenje tačno za n=1.(to jest gde vidimo n stavimo 1) 1(1 + 1) 1= ⇒ 1 = 1 tačno 2

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k (to nam je indukcijska hipoteza) Gde vidimo n stavimo k k (k + 1) 1 + 2 + 3 + ... + k = 2 www.matematiranje.com

1

iii) Da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 Najpre vidimo šta treba da dokažemo, u početnoj formuli n zamenimo sa k+1 ali uvek na levoj strani napišemo i predposlednji član. 1 + 2 + ... + k + (k + 1) = ↑

(k + 1)(k + 1 + 1) 2

Pretposlednji član

(k + 1)(k + 2) 2 Znači , ovo treba da dokažemo!!! odnosno: 1 + 2 + ... + k + (k + 1) =

Uvek krenemo od indukcijske hipoteze za koju smo pretpostavili da je uvek tačna 1 + 2 + 3... + k =

k (k + 1) 2

Zastanemo malo i uporedimo leve strane hipoteze i onoga šta treba da dokažemo. Vidimo da u hipotezi ‘’fali’’ (k+1). To je TRIK, da na obe strane hipoteze dodamo izraz (k+1). 1 + 2 + 3... + k + (k + 1) =

k (k + 1) + (k + 1) 2

Sad nam preostaje da ‘’sredimo’’ desnu stranu i iz nje dobijemo

(k + 1)(k + 2) 2

Dakle: k (k + 1) k + 1 k (k + 1) + 2(k + 1) + = 2 1 2 = Izvučemo zajednički (k + 1) (k + 1)(k + 2) = 2 Ovim je dokaz završen. 2) Dokazati da je: 12 + 2 2 + 32 + ... + n 2 =

i)

ii)

n(n + 1)(2n + 1) 6

Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n = 1 1(1 + 1)(2 ⋅1 + 1) 12 = ⇒ 1 = 1 tačno 6 Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n = k 2

12 + 2 2 + ... + k 2 =

iii)

k (k + 1)(2k + 1) 6

Da dokažemo tvrdjenje za n = k + 1 Uvek prvo vidimo šta treba dokazati!!! (k + 1)(k + 1 + 1)(2(k + 1) + 1) 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) tj. 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = 6

Krenimo od indukcijske hipoteze i na obe strane dodamo (k + 1) 2 k (k + 1)(k + 2) 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = + (k + 1) 2 6 Leva strana onog što

Ovo kad ‘’sredimo’’ treba da (k + 1)(k + 2)(2k + 3) nam da 6

treba da dokažemo. Dakle:

k (k + 1)(2k + 1) (k + 1) 2 k (k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1) 2 + = 6 1 6 [Izvučemo ‘’zajednički’’ (k + 1) ]

(k + 1)[k (2k + 1) + 6(k + 1)] 6 2 (k + 1) 2k + k + 6k + 6 = 6 2 (k + 1) 2k + 7k + 6 = 6 =

[ [

]

]

Izraz 2k 2 + 7k + 6 ćemo rastaviti na činioce upotrebom znanja iz kvadratne jednačine: ak 2 + bk + c = 0.............................a(k − k1 )(k − k 2 ) 2k 2 + 7 k + 6 = 0 − 7 ±1 k1, 2 = 4 3 k1 = − 2 k 2 = −2 www.matematiranje.com

3

Dakle: ⎛ 2k 2 + 7k + 6 = 2⎜ k + ⎝

3⎞ ⎟(k + 2) = (2k + 3)(k + 2) 2⎠

Vratimo se u zadatak: =

(k + 1)[2k 2 + 7k + 6] (k + 1)(2k + 3)(k + 2) = 6 6

3) Dokazati da je:

1 1 n 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1

i)

Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 1 1 1 1 = ⇒ = tačno!!! (2 ⋅1 − 1)(2 ⋅1 + 1) 2 ⋅1 + 1 3 3

ii)

Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k 1 1 k 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1

iii)

Dokažemo da tvrdjenje važi za n=k+1. Prvo da vidimo šta treba da dokažemo! 1 1 k +1 1 1 + + ... + + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 3 Dokaz ćemo kao i obično početi od indukcijske hipoteze 1 1 k 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1 1 (2k + 1)(2k + 3) 1 1 1 1 k 1 + + ... + + = + 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3)

na obe strane ćemo dodati

ovo treba da se ‘’sredi’’ na

k +1 2k + 3

4

1 k k (2k + 3) + 1 + = 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) =

2k 2 + 3k + 1 (2k + 1)(2k + 3)

2k 2 + 3k + 1 = 0 − 3 ±1 k1, 2 = 4 1 k1 = − 2 k 2 = −1

2k 2 + 3k + 1 = a(k − k1 )(k − k 2 ) 1⎞ ⎛ = 2⎜ k + ⎟(k + 1) 2⎠ ⎝ = (2k + 1)(k + 1)

Vratimo se u zadatak: (2k + 1)(k + 1) (2k + 1)(2k + 3) k +1 = 2k + 3 =

4) Dokazati da je 5 n −1 + 2 n deljiv sa 3

5n −1 + 2 n = 51−1 + 21 = 5o + 2 = 1+ 2 = 3 Tačno

i) Za n=1

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k to jest da je 5k −1 + 2 k deljivo sa 3 iii) Dokažimo da je za n=k+1 izraz deljiv sa 3: 5 n −1 + 2 n = 5 k +1−1 + 2 k +1 = 5 k −1+1 + 2 k ⋅ 21 k −1 1

= 5 5 ⋅ +2 ⋅ 2 k

Važi: a m + n = a m ⋅ a n

= 5 ⋅ 5 k −1 + 2 ⋅ 2 k

Napišimo kao ‘’trik’’:

5 ⋅ 5k −1 = 3 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 5k −1 to jest 5 = 3 + 2 www.matematiranje.com

5

= 3 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 2 k = 3 ⋅ 5k −1 + 2(5k −1 + 2 k )

Ovde je sigurno deljivo sa 3. Zašto? Izraz 3 ⋅ 5k −1 je deljiv sa 3 zbog činioca trojke. Izraz 2(5k −1 + 2 k ) je deljiv sa 3 zbog naše pretpostavke da je 5k −1 + 2 k deljiv sa 3. Ovim je dokaz završen. 5) Dokazati da je broj 6 2 n + 3n + 2 + 3n deljiv sa 11

Rešenje: i) za n=1 je 6 2 n + 3n + 2 + 3n = 6 2 + 33 + 31 = 36 + 27 + 3 = 66 = 6 ⋅11 tačno ii) pretpostavimo da je broj 6 2 k + 3 k + 2 + 3 k deljiv sa 11 iii) “odradimo” dokaz za n = k+1 6 2 ( k +1) + 3 k +1+ 2 + 3 k +1 = 6 2 k + 2 + 3 k + 2+1 + 3 k +1 = 6

2k

⋅6 + 3 2

k +2

(a m+ n = a m ⋅ a n )

⋅3 + 3 ⋅3 = 1

1

k

36 ⋅ 6 2 k + 3 ⋅ 3 k + 2 + 3 ⋅ 3 k =

Sad treba neka ideja!!! Pošto uz 6 2 k imamo 36 trojke uz 3k + 2 i 3k ćemo napisati kao 36-33

Dakle: 36 ⋅ 6 2 k + 36 ⋅ 3k + 2 − 33 ⋅ 3k + 2 + 36 ⋅ 3k − 33 ⋅ 3k = −

−

= 36(6 + 3 2k

k +2

−−

+ 3 ) − 33(3 k

−

k +2

−−

+3 ) k

Izraz 36(6 2 k + 3k + 2 + 3k ) je deljiv sa 11 zbog indukcijske pretpostavke, a izraz 33(3k + 2 + 3k ) zbog broja 33=3·11 Ovim je dokaz završen. 6) Dokazati da za ma koji prirodni broj n > 1 važi nejednakost: 1 1 1 13 + + ... + > 2n 24 n +1 n + 2 Pazi, pošto kaže n > 1 prva stavka će biti da ispitamo da li je tvrdjenje tačno za n=2

6

1 1 7 14 + = = 3 4 12 24 14 13 tačno tvrdjenje > 24 24

i)

n=2

ii)

pretpostavimo da je tačno za n=k 1 1 1 13 + + ... + > k +1 k + 2 2k 24

da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 iii) dakle treba da dokažemo: 1 1 1 1 13 + + ... + + > k +2 k +3 2k 2(k + 1) 24 Moramo upotrebiti novi ‘’trik’’!!!

Obeležimo sa: Sk = i

S k +1

1 13 1 1 + + ... + ( Sk > , po pretpostavci) k +1 k + 2 2k 24 1 1 1 1 1 = + + ... + + + k +2 k +3 2k 2k + 1 2(k + 1)

Odredimo razliku S k +1 − S k !!!

⎛ 1 1 ⎞ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎟⎟ − ⎜ + + ... + + + + ... + ⎟ S k +1 − S k = ⎜⎜ 2k + 1 2(k + 1) ⎠ ⎝ k + 1 k + 2 2k ⎠ ⎝k +2 k +3 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + ... + + + − − − ... − k +2 k +3 2k 2k + 1 2(k + 1) k + 1 k + 2 2k = svi se skrate sem: 1 1 1 = + − 2k + 1 2(k + 1) k + 1 1 ⋅ 2(k + 1) + 1 ⋅ (2k + 1) − 2(k + 1) = (2k + 1) ⋅ 2 ⋅ (k + 1) 2k + 2 + 2k + 1 − 4k − 2 = 2(2k + 1)(k + 1) 1 = >0 2(2k + 1)(k + 1) Ovo je sigurno pozitivno jer je k > 0 2k + 1 > 0 i k + 1 > 0 www.matematiranje.com

7

Dakle: S k +1 − S k > 0 odnosno: 13 S k +1 > S k > 24 indukcijska hipoteza pa je S k +1 >

13 24

Ovim je dokaz završen!!! 7) Dokazati da je:

2 n > n 2 za svako n ≥ 5 Rešenje: Dokaz počinjemo za n = 5 i)

n = 5 ⇒ 25 > 52 36 > 25 tačno

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k dakle 2 k > k 2 iii) Dokažimo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 znači, treba da dokažemo: 2 k +1 > (k + 1) 2 2

⎛ 1⎞ I ovde je potrebna nova ideja!!! Posmatrajmo izraz ⎜1 + ⎟ . ⎝ n⎠ 2

2

1 ⎛1⎞ 2 1 ⎛ 1⎞ 2 ⎜1 + ⎟ = 1 + 2 ⋅ 1 ⋅ + ⎜ ⎟ = 1 + + 2 n ⎝n⎠ n n ⎝ n⎠ 1 1 1 1 i ≤ pošto je n ≥ 5 ⇒ ≤ 2 n 5 25 n 2

2 1 2 1 ⎛ 1⎞ onda je ⎜1 + ⎟ = 1 + + 2 ≤ 1 + + 5 25 n n ⎝ n⎠ 2 1 11 1+ + = 1+ <2 5 25 25 2

2

⎛ n +1⎞ ⎛ 1⎞ ⎟ <2 ⎜1 + ⎟ = ⎜ ⎝ n ⎠ ⎝ n⎠ (n + 1) 2 <2 n2

8

onda je i

(k + 1) 2 < 2 a hipoteza je 2 k > k 2 . Napišimo ove dve nejednakosti jednu ispred 2 k

druge. ⎫ ⎪ (k + 1) ⎬ pomnožimo ih! (levu sa levom i desnu sa desnom stranom) 2> ⎪ k2 ⎭ 2k > k 2

2

(k + 1) 2 2 ⋅k k2 2 k +1 > (k + 1) 2 → a ovo smo i trebali da dokažemo 2k ⋅ 2 >


9

Aritmetički niz: Podjimo od dva primera: Primer 1:

3,5,7,9,11,...

Primer 2:

55,50,45,40,...

Nije teško zaključiti da će u prvom primeru nekoliko sledećih članova biti 13,15,17,… jer se svaki sledeći član povećava za dva. U drugom primeru će nekoliko sledećih članova biti 35,30,25,… jer se svaki sledeći smanjuje za 5. Kako vidimo , niz može biti rastući ili opadajući. Ovakvi nizovi u kojima je razlika ma koja dva uzastopna člana konstantna nazivaju se Aritmetički nizovi ili aritmetičke progresije. Vrlo je važno od kog broja počinje niz, pa se on zove prvi član niza i obeležava se sa a1 . Za primer 3,5,7,9,11,... → prvi član niza je a1 = 3 Za primer 55,50,45,40,... → prvi član niza a1 = 55 Razlika (diferencija) niza je broj za koji se niz povećava (smanjuje) i obeležava se slovom d .

d = a2 − a1 = a3 − a2 = ... = an − an −1 Za primer 3,5,7,9,11,... → d = 2

(raste niz)

Za primer 55,50,45,40,... → d = −5 (opada niz) Nekad će nam biti potrebno da nadjemo stoti, hiljaditi ili bilo koji drugi član niza. Slažete se da je naporno pisati ih redom. Tu nam pomaže formula za n-ti član niza:

an = a1 + (n − 1)d Ako trebamo sabrati prvih n-članova niza,tu važi formula:

Sn =

n [ 2a1 + (n − 1)d ] 2

ili

Sn =

n(a1 + an ) 2

Za svaki aritmetički niz još važi ( aritmetička sredina) :

an =

an −1 + an +1 2

ili

an =

a n − j + an + j 2

j = 2,..., n − 1


1

Ako izmedju brojeva a i b treba umetnuti (interpolirati) k-brojeva tako da zajedno sa a i b čine aritmetički niz, onda razliku d tog niza tražimo po formuli d =

b−a k +1

Zadaci: 1) Peti član aritmetičkog niza je 19 a deseti član niza je 39. Odrediti niz.

a5 = 19

Rešenje:

a10 = 39

Aritmetički niz je potpuno odredjen ako znamo prvi član a1 i razliku d. Da bi našli ove 2 nepoznate primenićemo formulu za n-ti član niza:

an = a1 + (n − 1)d

za n = 5 ⇒ a5 = a1 + 4d = 19 za n = 10 ⇒ a10 = a1 + 9d = 39

Sastavićemo sistem jednačina:

a1 + 4d = 19 /⋅ (−1) a + 9d = 39

1 _________________

− a1 − 4d = −19 + a1 + 9d = 39

_________________

5d = 20 d =4→

vratimo se u jednu od jednačina

a1 + 4d = 19 a1 + 16 = 19 a1 = 3 Znači prvi član niza je 3 a povećava se za 4 pa je niz:

3,7,11,15,19,…

Njegov opšti član će biti:

an = a1 + (n − 1)d an = 3 + (n − 1) ⋅ 4 an = 4n − 1 2

2) Nadji prvi član a1 i diferenciju d aritmetičkom nizu ako je :

a2 + a5 − a3 = 10 i a2 + a9 = 17

Rešenje: Ovakav tip zadatka rešavamo pomoću opšteg člana:

a 2 = a1 + d an = a1 + (n − 1)d →

a5 = a1 + 4d a3 = a1 + 2d a9 = a1 + 8d

Zamenimo ovo u 2 date jednačine:

a2 + a5 − a3 = 10 a2 + a9 = 17 (a1 + d ) + (a1 + 4d ) − (a1 + 2d ) = 10 (a + d ) + (a + 8d ) = 17

1 1 _________________________________

a1 + d + a1 + 4d − a1 − 2d = 10 a + d + a + 8d = 17

1 1 ____________________________

a1 + 3d = 10 → pomnožimo sa -2 2a + 9d = 17

1 __________________

−2a1 − 6d = −20 2a1 + 9d = 17 3d = −3 d = −1

a1 + 3d = 10 a1 − 3 = 10 a1 = 13 Znači niz je opadajući I glasi 13,12,11,10,9,8,7,… www.matematiranje.com

3

3) Odrediti aritmetički niz ako je: 5a1 + 10a5 = 0

i

S 4 = 14

Rešenje:

S 4 = 14

an = a1 + (n − 1)d

n [ 2a1 + (n − 1)d ] 2 4 S 4 = [ 2a1 + (4 − 1)d ] 2 14 = 2 [ 2a1 + 3d ] Sn =

a5 = a1 + 4d 5a1 + 10(a1 + 4d ) = 0 5a1 + 10a1 + 40d = 0 15a1 + 40d = 0 3a1 + 8d = 0

2a1 + 3d = 7

Sad ove dve jednačine “upakujemo” :

3a1 + 8d = 0 /⋅ 2 2a + 3d = 7 /⋅ (−3)

1 __________________________

6a1 + 16d = 0 − 6a1 − 9d = −21 ______________________

7d = −21 d = −3 3a1 + 8d = 0 ⇒ 3a1 − 24 = 0 3a1 = 24 a1 = 8

Znači niz je : 8,5,2,-1,-4,…

a1 = 2 4) Izračunati n i an u aritmetičkoj progresiji za koje su: d = 5

S n = 245 Znači ovde nam treba n…


4

n [2a1 + (n − 1)d ] 2 n 245 = [2 ⋅ 2 + (n − 1) ⋅ 5] 2 n 245 = [4 + 5n − 5] 2 490 = n[5n − 1] Sn =

490 = 5n 2 − n 5n 2 − n − 490 = 0 Dobili smo kvadratnu jednačinu “po n”.

a = 5, b = −1, c = −490 −b ± b 2 − 4ac 2a 1 ± 99 n1,2 = 10 98 n1 = 10, n2 = − 10 n1,2 =

Nemoguće Znači : n = 10 je jedino rešenje

an = a1 + (n − 1)d a10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 5 a10 = 2 + 45 a10 = 47

5) Zbir prva tri člana aritmetičkog niza je 36, a zbir kvadrata prva tri člana je 482. Odrediti niz. Da postavimo problem:

a1 + a2 + a3 = 36 2

2

2

a1 + a2 + a3 = 482

____________________________

a = a + (n − 1)d

1 n _______________________

Iskoristićemo da je

a2 = a1 + d a3 = a1 + 2d www.matematiranje.com

5

a1 + (a1 + d ) + (a1 + 2d ) = 36 2

a1 + (a1 + d ) 2 + (a1 + 2d ) 2 = 482

______________________________________________

3a1 + 3d = 36

Odavde ćemo izraziti a1 i zameniti u drugu jednačinu sistema

a1 + d = 12

.

a1 = 12 − d

(12 − d ) 2 + (12 − d + d ) 2 + (12 − d + 2d ) 2 = 482 (12 − d ) 2 + 122 + (12 + d ) 2 = 482 144 − 24d + d 2 + 144 + 144 + 24d + d 2 = 482 2d 2 + 432 = 482 2d 2 = 50 d 2 = 25 d = ± 25 → d = ±5 Za d = 5 a1 = 12 − 5 a1 = 7 Za d = −5 Ili

a1 = 12 + 5 a1 = 17

Dakle, postoje 2 takva niza: 7,12,17,22,27,… 17,12,7,2,-3,…


6

6) Rešiti jednačinu: 3 + 7 + 11 + ... + x = 210 Uočimo najpre da se ovde radi o zbiru prvih n članova aritmetičkog niza i da je :

a1 = 3 a2 = 7 an = x S n = 210 a1 = 3 d =4 S = 210

n ____________

x = an = ?

n [2a1 + (n − 1)d ] 2 n 210 = [2 ⋅ 3 + (n − 1) ⋅ 4] 2 n 210 = [6 + 4n − 4] 2 n 210 = [4n + 2] 2 210 = 2n 2 + n Sn =

Dakle:

2n 2 + n − 210 = 0 Kvadratna “po n”

−1 ± 41 4 n1 = 10 n1,2 =

n2 = −

42 4

Dakle n = 10

x = a10 = a1 + 9d = 3 + 9 ⋅ 4 = 3 + 36 = 39 x = 39 www.matematiranje.com

7

7) Aritmetički niz ima 20 članova. Zbir članova koji su na parnim mestima je 250, a zbir članova na neparnim mestima 220. Naći dva srednja člana. Postavimo prvo problem:

a2 + a4 + a6 + ... + a20 = 250 a1 + a3 + ... + a19 = 220 Na ovaj način smo ustvari dobili 2 niza sa po 10 članova čiji su zbirovi : za prvi 250 i za drugi 220, a kod oba dva niza je razlika 2d. Primenićemo formula za S n =

n [2a1 + (n − 1)d ] 2

10 [ 2a2 + (10 − 1) ⋅ 2d ] 2 250 = 5 [ 2a2 + 18d ] S10 =

Za prvi niz ⇒ 2a2 + 18d = 50

a2 + 9d = 25 → a2 = a1 + d → a1 + 10d = 25

10 [ 2a1 + (10 − 1) ⋅ 2d ] 2 Za drugi niz ⇒ 220 = 5 [ 2a1 + 18d ] 2a1 + 18d = 44 S10 =

a1 + 9d = 22 Sad pravimo sistem:

a1 + 10d = 25 a + 9d = 22 /⋅ (−1)

1 __________________________

a1 + 10d = 25 − a1 − 9d = −22

Pa je d = 3 ⇒ a1 + 30 = 25 ⇒ a1 = −5

_____________________

Znači niz je : -5,-2,1,4,7,… Srednji članovi su a10 i a11

a10 = a1 + 9d = −5 + 27 = 22 a11 = a1 + 10d = −5 + 30 = 25

8

8) Izmedju brojeva -5 i 30 umetnuti aritmetički niz od šest članova. Koliki je zbir svih osam članova? U ovom zadatku ćemo iskoristiti formulu : d =

a = −5 b = 30 k =6 Niz je

d=

b−a k +1

30 − (−5) 35 = =5 6 +1 7

-5,0,5,10,15,20,25,30

pa je

n(a1 + an ) 2 8(−5 + 30) S8 = = 4 ⋅ 25 = 100 2

Sn =

a1 = −5

i

a8 = 30

Dakle S8 = 100

9) Stranice pravouglog trougla su uzastopni članovi aritmetičkog niza za koji je d=3. Odredi dužine tih stranica. Važi pitagorina teorema: a 2 + b 2 = c 2

Pošto je d = 3

a=a b = a+d = a+3 c = a + 2d = a + 6 Zamenimo ovo u Pitagorinu teremu:

a2 + b2 = c2 9

a 2 + (a + 3) 2 = (a + 6) 2 a 2 + a 2 + 6a + 9 = a 2 + 12a + 36 a 2 + 6a + 9 − 12a − 36 = 0 a 2 − 6a − 27 = 0

6 ± 12 2 a1 = 9,

a1,2 =

a2 = −3 Dakle stranice su:

a=9 b = a + 3 = 9 + 3 = 12 c = a + 6 = 9 + 6 = 15

10) Odrediti x tako da brojevi log2, log( 2 x -1), log( 2 x +3) budu uzastopni članovi aritmetičkog niza.

Upotrebićemo an =

an −1 + an +1 tj, 2

a2 =

a1 + a3 2

log 2, log(2 x − 1), log(2 x + 3) log 2 + log(2 x + 3) 2 x 2 log(2 − 1) = log 2 ⋅ (2 x + 3)

log(2 x − 1) =

log(2 x − 1) 2 = log 2 ⋅ (2 x + 3) (2 x − 1) 2 = 2 ⋅ (2 x + 3).....smena 2 x = t (t − 1) 2 = 2(t + 3)

t 2 − 2t + 1 = 2t + 6 t 2 − 4t − 5 = 0 4±6 t1,2 = 2 t1 = 5 t2 = −1 www.matematiranje.com

10

Vratimo se u smenu:

2x = 5

x = log 2 5

ili

2 x = −1 nemoguće www.matematiranje.com

11

Geometrijski niz Podjimo od dva primera: Primer 1: 3,6,12,24,48 ... Primer 2: 81,27,9,3, ... Pažljivim posmatranjem možemo zaključiti da je svaki sledeći član niza u primeru 1. 3,6,12,24,48 ... 2 puta veći od predhodnog člana , pa će sledeći članovi biti, 48 ⋅ 2 = 96, 96 ⋅ 2 = 192,... U primeru 2. 81,27,9,3, ... primećujemo da je svaki sledeći član tri puta manji od 1 1 1 predhodnog, pa bi sledeći članovi bili 3 : 3 = 1, 1: 3 = , : 3 = ,... 3 3 9 Ovakvi nizovi zovu se geometrijski i kao što vidimo , mogu biti rastući (primer 1.) i opadajući (primer 2.) Dakle: Niz brojeva u kome je količnik ma koja dva uzastopna člana niza stalan zove se geometrijski niz ili progresija. Naravno i ovde je važno od kog broja počinje niz, pa se taj broj zove “prvi” član niza I obeležava se sa b1 .

→ za primer 1. b1 = 3 , b2 = 6 , b3 = 12,... → za primer 2. b1 = 81 , b2 = 27 , b3 = 9,... b b2 b3 = = ... = n = q → količnik niza b1 b2 bn −1 → za primer 1. q = 2 (rastući niz) 1 → za primer 2. q = (opadajući niz) 3 Ako znamo b1 (prvi član niza) i q (količnik niza) niz je potpuno odredjen , odnosno možemo da ga zapišemo. Bilo koji član niza ( n-ti član ) se traži po formuli :

bn = b1 ⋅ q n −1 Zbir prvih n-članova niza se traži q >1 i)

Sn =

b1 (q n − 1) q −1

q <1

ii)

Sn =

b1 (1 − q n ) 1− q

Za svaki član niza važi: bn = bn −1 ⋅ bn +1 → geometrijska sredina www.matematiranje.com

1

primer 1 Odrediti geometrijsku progresiju kod koje je b1 + b3 = 15 ∧ b2 + b4 = 30

b1 + b3 = 15

Iskoristimo formulu : bn = b1 ⋅ q n −1 po njoj je:

b2 + b4 = 30

b3 = b1 ⋅ q 2 b2 = b1 ⋅ q b4 = b1 ⋅ q 3 Zamenimo ovo u postavljeni sistem:

b1 + b1q 2 = 15

→ Izvučemo “zajednički” iz obe jednačine:

b1q + b1q 3 = 30 ____________________

b1 (1 + q 2 ) = 15 b1q(1 + q 2 ) = 30

→ Ovde je “trik” da se jednačine podele.

_____________________

b1 (1 + q 2 ) b1 q (1 + q ) 2

=

15 → Skratimo šta može ! 30

1 1 = ⇒q=2 q 2 Vratimo se u jednu od jednačina: (naravno biramo lakšu).

b1 (1 + q 2 ) = 15 b1 (1 + 4) = 15 ⇒ b1 = 3 Traženi niz je : 3,6,12,24,48,… Ako izmedju brojeva a i b treba umetnuti (interpolirati) k brojeva tako da zajedno sa a i b čine geometrijski niz, onda količnik q tog niza tražimo po formuli :

q = k +1

b a


2

Zadaci: 1) Izračunati deseti član geometrijskog niza 1,3,9,27... Iz tog niza zaključujemo da je: b1 = 1 i q = 3

1, 3, 9, 27,... ↓ ↓ ↓ b1 b2 b3

↓ b4

Pošto se bilo koji član niza računa po formuli bn = b1 ⋅ q n −1 to će deseti član biti :

b10 = b1 ⋅ q10−1 b10 = b1 ⋅ q 9 b10 = 1⋅ 39 b10 = 39 b10 = 19683 2) U geometrijskom nizu je : b6 − b4 = 216 ∧ b3 + b1 = 8 ∧ S n = 40 Izračunati a1 ,q i n

b6 − b4 = 216

b6 = b1 ⋅ q 5

b3 − b1 = 8

b4 = b1 ⋅ q 3

S n = 40

b3 = b1 ⋅ q 2

__________

bn = b1 ⋅ q

Zamenimo u prve dve jednačine!

n −1

b1 ⋅ q 5 − b1 ⋅ q 3 = 216⎫ ⎪ 2 ⎬ izvučemo zajednički b1q − b1 = 8 ⎪⎭ ________________ b1q 3 (q 2 − 1) = 216⎫ ⎪ ⎬ b1 (q 2 − 1) = 8 ⎪⎭ __________________ b1 q 3 (q 2 − 1) b1 (q − 1) 2

=

podelimo ih

216 8

q 3 = 27 ⇒ q 3 = 33 ⇒ q = 3 b1 (q 2 − 1) = 8 b1 (32 − 1) = 8 ⇒ b1 ⋅ 8 = 8 ⇒ b1 = 1

3

1⋅ (3n − 1) = 40 3 −1 3n − 1 = 40 2 n b (q − 1) Pošto je q = 3 > 1 koristimo formulu S n = 1 ⇒ 3n − 1 = 80 q −1 3n = 81 3n = 34 ⇒ n = 4

3) Tri broja, čiji je zbir 26, obrazuju geometrijski niz. Ako se im brojevima doda redom 1,6 i 3, dobijaju se tri broja koja obrazuju aritmetički niz. Odrediti te brojeve.

Neka su tri broja : b1,b2 i b3 I važi : b1 + b2 + b3 = 26 a kako je b2 = b1q ∧ b3 = b1q 2

b1 + b1q + b1q 2 = 26 tj. b1 (1 + q + q 2 ) = 26 Ako im dodamo redom 1,6 i 3 dobićemo :

a1 = b1 + 1 a2 = b2 + 6 = b1q + 6 a3 = b3 + 3 = b1q 2 + 3 Pošto oni čine aritmetičku progresiju, mora biti : a2 =

a1 + a3 tj, a1 + a3 = 2a1 2

(b1 + 1) + (b1q 2 + 3) = 2(b1q + 6) → ”sredimo” b1 + 1 + b1q 2 + 3 = 2b1q + 12 b1q 2 − 2b1q + b1 = 12 − 1 − 3 b1 (q 2 − 2q + 1) = 8 Napravimo sada sistem:

b1 (q 2 + q + 1) = 26 ⎫ ⎪ podelimo ih b1 (q 2 − 2q + 1) = 8 ⎬ ________________________ ⎪ ⎭ www.matematiranje.com

4

q 2 + q + 1 26 = q 2 − 2q + 1 8 26(q 2 − 2q + 1) = 8(q 2 + q + 1) / : 2 13(q 2 − 2q + 1) = 4(q 2 + q + 1) 13q 2 − 26q + 13 = 4q 2 + 4q + 4 9q 2 − 30q + 9 = 0

3q 2 − 10q + 3 = 0 → kvadratna “po q” 10 ± 8 10 ± 8 = 3⋅ 2 6 1 q1 = 3 ∧ q2 = 3

q1, 2 =

Za q = 3 b1 =

26 26 = =2 q + q + 1 13 2

Rešenja

1 3 26 26 = = 18 b1 = 1 1 13 + +1 9 3 9 Za q =

Rešenja

2,6,18 → Geometrijski niz

18,6,2 → Geometrijski niz

3,12,21 → Aritm. Niz

19,12,5 → Aritm. Niz

4) Izračunati zbir n brojeva oblika 1, 11, 111, 1111…

1, 11, 111, 1111, … Trik je napisati brojeve drugačije:

10 − 1 9 100 − 1 10 2 − 1 = 11 = 9 9 1000 − 1 103 − 1 = 111 = 9 9 1=

…….itd.


5

S n = 1 + 11 + 111 + ... = 10 − 1 102 − 1 103 − 1 10n − 1 = + + + ... + 9 9 9 9 1 = ⎡⎣10 − 1 + 102 − 1 + 103 − 1 + ... + 10n − 1⎤⎦ Pazi: ima n jedinica... 9 1 ovde je 10 + 102 + ... + 10n → geometrijski niz = [10 + 102 + ... + 10n − n] 9 Geometrijski niz → b1 = 10 ∧ q = 10

S=

b1 (q n − 1) q −1

ovo je za geometrijski niz, pa je :

⎤ 1 ⎡10 ⋅ (10n − 1) Sn = ⎢ − n⎥ 9 ⎣ 10 − 1 ⎦ ⎤ 1 ⎡10(10n − 1) 1 ⎡⎣10(10n − 1) − 9n ⎤⎦ Sn = ⎢ − n⎥ = 9⎣ 9 ⎦ 81

5) Izračunati zbir n brojeva oblika

5 11 23 47 , , , ... 6 12 24 48

Sličan trik kao malopre!

5 6 −1 1 = = 1− 6 6 6 11 12 − 1 1 = = 1− 12 12 12 23 24 − 1 1 = = 1− 24 24 24 …….itd.

Sn =

1 1 5 11 23 1 + + + ... = 1 − + 1 − + 1 − + ... 6 12 24 6 12 24 1 1 1 = n−( + + + ...) 6 12 24 geometrijski niz


6

b1 =

1 6

q=

1 2

b1 (1 − q n ) 1− q 1 1 (1 − ( ) n ) 2 S=6 1 1− 2 1 1 S = (1 − ( ) n ) 3 2 S=

Dakle :

1⎡ 1 ⎤ S n = n − ⎢1 − ( ) n ⎥ 3⎣ 2 ⎦ 1⎡ 1⎤ S n = n − ⎢1 − n ⎥ 3⎣ 2 ⎦ 6) Ako su a, b, c k-ti , n-ti i p-ti članovi jedne geometrijske progresije tada je

a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = 1 . Dokazati. Koristićemo formulu bn = b1 ⋅ q n −1 Pošto je a k-ti član ⇒ a = b1 ⋅ q k −1 Pošto je b n-ti član ⇒ b = b1 ⋅ q n −1 Pošto je c p-ti član ⇒ c = b1 ⋅ q p −1

a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = [b1q k −1 ]n − p ⋅ [b1 ⋅ q n −1 ] p − k ⋅ [b1 ⋅ q p −1 ]k − n = b1n − p ⋅ q ( k −1)( n − p ) ⋅ b1 p − k ⋅ q ( n −1)( p − k ) ⋅ b1k − n ⋅ q ( p −1)( k − n ) Izračunajmo posebno “izložilac” za b1 :

n− p+ p−k +k −n =0 Sada ćemo izračunati “izložilac” za q:

(k − 1)(n − p ) + (n − 1)( p − k ) + ( p − 1)(k − n) = kn − kp − n + p + np − kn − p + k + pk − pn − k + n = 0 Kao što primećujete sve se potire!


7

Pa je : a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = b1 ⋅ q o = 1 o

Kraj dokaza.

7) Odrediti paralelogram tako da merni brojevi osnovice, visine i površine čine geometrijski niz.

a b

P=ah

h

b

a a, h, P → čine g. niz P = a ⋅ h → formula za površinu

A pošto a, h, P čine geometrijski niz , to mora biti:

h2 h = aP ⇒ h = aP ⇒ P = a 2 h ah = ⇒ h = a2 ⇒ P = a ⋅ a2 = a3 a 2

Dakle: a = a, h = a 2 i P = a 3


8

Beskonačni red Neka je dat beskonačni niz realnih brojeva a1 , a2 ,..., an ,... Izraz oblika a1 + a2 + ... + an + ... =

∑

∞ n =1

an

zove se beskonačni red.

Geometrijskom nizu a, aq, aq 2 ,..., aq n ,... odgovara red: a (1 + q + q 2 + ... + q n + ...) = a ∑n =0 q n ∞

Zbir (suma)beskonačno opadajućeg reda (geometrijskog) je

S=

a 1− q

za

q <1

Zadaci:

1) Decimalni broj 0,7777777… prebaciti u razlomak

7 7 7 + + + ... 10 100 1000 7 1 1 1 = (1 + + + + ...) 10 10 100 1000 7 1 1 1 = (1 + + 2 + 3 + ...) 10 10 10 10

0, 7777... =

Ovde imamo geometrijski red , a =

7 1 ,q = 10 10

7 7 7 a Njegova suma je S = = 10 = 10 = 9 9 1− q 1− 1 10 10 www.matematiranje.com

9

2) Izračunati vrednost mešovito periodičnog razlomka 0,3444….

3 4 4 4 + + + + ... 10 100 1000 10000 3 4 1 1 = + ⋅ (1 + + + ...) 10 100 10 100

0,3444... =

Pazi:

4 1 4 1 1 ,q = ⋅ (1 + + + ...) je geometrijski red : a = 100 10 100 10 100

4 3 = + 100 10 1 − 1 10 4 3 = + 100 9 10 10 =

3 4 31 + = 10 90 90

3) Nadji red ako je

S=

Mi znamo da je formula :

3 3− x S=

a 1− q

Znači gde je 3 - x treba da je 1-q. Izvršićemo “sredjivanje” izraza :

S=

3 3 1 x = = ⇒ a = 1, q = x x 3 − x 3(1 − ) 1 − 3 3 3

Pa će traženi red biti:

a(1 + q + q 2 + q 3 + ...) = x x 2 x 3 x x 2 x3 1 ⋅ (1 + + ( ) + ( ) + ...) = 1 + + 2 + 3 + ... 3 3 3 3 3 3 www.matematiranje.com

10

4) Nadji red ako je S =

S=

6 3 − 2x

6 6 2 2x = ⇒ a = 2, q = = 3 − 2 x 3 (1 − 2 x ) 1 − 2 x 3 3 3

Pa će red biti :

a(1 + q + q 2 + q 3 + ...+ ) = 2x 2x 2 2x 3 2(1 + + ( ) + ( ) + ...) = 3 3 3 2 3 4 x 8 x 16 x 2+ + + + ... 3 9 27

5) Sledeći periodični razlomak pretvoriti u običan razlomak

2, 717171... = 2 +

2,717171….

7 1 7 1 + + + + ... 10 100 1000 10000

Ovde ćemo uočiti 2 geometrijska reda:

7 7 7 7 1 + + + ... = (1 + + ...) 10 1000 100000 10 100 1 1 1 1 1 + + + ... = (1 + + ...) 100 100 10000 1000000 100 7 7 70 Zbir prvog reda je S1 = 10 = 10 = 1 99 99 1− 100 100 1 1 1 Zbir drugog reda je S 2 = 100 = 100 = 1 99 99 1− 100 100 Vratimo se “na zadatak”: www.matematiranje.com

11

2, 717171... = 2 + S=

70 1 269 + = 99 99 99

269 99

6) U jednakostraničnom trouglu stranice a upisan je novi jednakostranični trougao spajanjem sredinama datog trougla . U dobijenom trouglu je upisan drugi trougao na isti način, itd. Odrediti zbir obima svih trouglova.

a 2

a a 4

a 2

a a 4

itd. a 4

a 2

a

Stranica 1. trougla je a Stranica 2. trougla je Stranica 3. trougla je

a 4

Stranica 4. trougla je

a 8

a 2

……. Itd. Njihovi obimi će biti : O = 3 ⋅ a Znači: www.matematiranje.com

12

O1 = 3a a 3a = 2 2 a 3a O3 = 3 ⋅ = 4 4 a 3a O4 = 3 ⋅ = 8 8 .......itd . O2 = 3 ⋅

A njihov zbir je :

O1 + O2 + O3 + O4 + ... = 3a 3a 3a + + + ... 2 4 8 1 1 1 = 3a(1 + + + + ...) 2 4 8 1 1 1 = 3a(1 + + 2 + 3 + ...) 2 2 2 = 3a +

=

Ovde je A=3a

i

po formuli : S =

A 1− q

3a 3a = = 6a 1 1 1− 2 2

q=

1 2

Znači zbir obima je 6a.


13

Trigonometrijski oblik kompleksnog broja Da se podsetimo:

z = x + yi

Kompleksni broj je oblika

x je realni deo, y je imaginarni deo kompleksnog broja, i- je imaginarna jedinica i = − 1 , (i 2 = −1) Dva kompleksna broja z1 = x1 + y1i i z 2 = x2 + y2i su jednaka ako je x1 = x2 i y1 = y2 _

Za z = x + yi broj z = x − yi je konjugovano kompleksan broj. Modul kompleksnog broja z = x + yi je : z =

x2 + y2

Kompleksni brojevi se predstavljaju u kompleksnoj ravni, gde je x-osa realna osa, a y-osa imaginarna osa. Primer: Tački A odgovara kompleksni broj 3+2i. Tačka B odgovara kompleksnom broju -3+i.

Ako je dat kompleksan broj z = x + yi onda se njegov realni deo može zapisati kao: x = r cos ϕ a imaginarni y = r sin ϕ . To možemo videti I sa slike: y z=x+yi r

y

ϕ x

x y ⇒ y = r sin ϕ r x cos ϕ = ⇒ x = r cos ϕ r y y tgϕ = ⇒ ϕ = arctg x x sin ϕ =


1

Dakle, kompleksni broj je:

z = r cos ϕ + r sin ϕ i, tj. z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) Ovaj oblik se zove trigonometrijski. Ovde je r- modul, odnosno: r =

x 2 + y 2 , ugao ϕ

se zove argument kompleksnog broja. Kako su sinx i cosx periodične funkcije kompleksni broj se može zapisati I kao :

z = r (cos(ϕ + 2kπ ) + i sin(ϕ + 2kπ )) k ∈Z

Primer: Pretvoriti sledeće kompleksne brojeve u trigonometrijski oblik: a) z = 1 + i b) z = 1 + i 3 v) z = −1 g) z = i Rešenje: a) z = 1 + i Šta radimo? Najpre odredimo x i y, nadjemo r =

x 2 + y 2 zatim tgϕ =

trigonometriski oblik: z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) Dakle: x = 1, y = 1

y x 1 tgϕ = 1

y i to zamenimo u x

r = 12 + 12 = 2

tgϕ =

tgϕ = 1 ⇒ ϕ = 45o =

π 4

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = 2 (cos

π

π

+ i sin ) 4 4 www.matematiranje.com

2

b) z = 1 + i 3

x =1

⇒ r = x2 + y2 = 1 + 3 = 4 = 2

y= 3

y 3 = x 1 tgϕ = 3 tgϕ =

ϕ = 60o =

π 3

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = 2(cos

π

π

+ i sin ) 3 3

v) z = −1

Pazi: Ovo možemo zapisati i kao z = −1+ 0i

Dakle:

x = −1, y = 0

r = (−1) 2 + 02 = 1

y 0 = =0 x −1 ϕ = 180o

z = r (cos ϕ + i sin ϕ )

ϕ =π

z = cos π + i sin π

tgϕ =

z = 1 ⋅ (cos π + i sin π )

g) z = i ili z = 0 + 1i ⇒ x = 0, y = 1

r = 0 2 + 12 = 1 1 tgϕ = = ∞ 0

ϕ=

π

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) z = cos

π 2

+ i sin

π 2

2


3

Često se u zadacima radi lakšeg rešavanja koristi Ojlerova formula:

e xi = cos x + i sin x Primer: Napisati brojeve: a) 1 b) i v) -2 preko Ojlerove formule. Rešenje: Savet: Ovde uvek dodajte periodičnost! a) z = 1 tj,

x = 1, y = 0

r = 12 + 0 2 = 1 y tgϕ = = 0 ⇒ ϕ = 0o x z = r (cos(ϕ + 2kπ ) + i sin(ϕ + 2kπ )) z = 1⋅ (cos(0 + 2kπ ) + i sin(0 + 2kπ )) 1 = cos 2kπ + i sin 2kπ , pa je zamenom u e xi = cos x + i sin x gde je x = 2kπ

Dakle:

1 = e 2 kπ i k ∈Z ⇒

b) z = i

z = 0 + 1i

⇒

x = 0, y = 1

r = x 2 + y 2 = 0 2 + 12 = 1 = 1 y 1 π = = ∞ ⇒ϕ = x 0 2 z = r (cos(ϕ + 2kπ ) + i sin(ϕ + 2kπ ))

tgϕ =

π

π

z = cos( + 2kπ ) + i sin( + 2kπ ) 2 2 Dakle i = cos(

π

π

+ 2kπ ) + i sin( + 2kπ ) 2 2

π

Pa je

( + 2 kπ ) i

i=e 2 k ∈Z

4

v) z = −2 = 2 ⋅ (−1) = -1 smo našli u prošlom primeru:

− 1 = cos(π + 2kπ ) + i sin(π + 2kπ ) − 2 = 2[cos(π + 2kπ ) + i sin(π + 2kπ )] Znači

− 2 = 2e ( π + 2 k π ) i −2 = 2e(2 k +1)π i k ∈Z Profesori često vole da pitaju decu da nadju vrednosti

ii .

Kada znamo Ojlerov zapis, to nije teško. U jednom prethodnom primeru smo našli: π

( + 2 kπ ) i 2

i=e k ∈Z

Onda je:

i = (e i

π

( + 2 kπ ) i i 2

)

Znamo pravilo za stepenovanje (a m ) n = a mn π

i =e i

( + 2 kπ ) i 2 2

π

i =e i

− ( + 2 kπ ) 2

Znamo da je i 2 = −1

k ∈Z Ako uzmemo k=0, biće:

ii = e

−

π 2


5

Množenje I deljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku

Neka su data dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku:

z1 = r1 (cos ϕ1 + i sin ϕ1 ) z2 = r2 (cos ϕ2 + i sin ϕ2 ) Onda je :

z1 ⋅ z 2 = r1 ⋅ r2 [cos(ϕ1 + ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 + ϕ 2 )] z1 r1 = [cos(ϕ1 − ϕ 2 ) + i sin(ϕ1 − ϕ 2 )] z 2 r2 Primer: Dati su kompleksni brojevi:

z1 = 4 2 (cos

π

π

+ i sin ) 4 4 2 3π 3π z2 = (cos + i sin ) 2 4 4 Nadji: a) z1 ⋅ z 2 b)

z1 z2

Rešenje: a)

2⎡ π 3π π 3π ⎤ cos( + ) + i sin( + )⎥ ⎢ 2 ⎣ 4 4 4 4 ⎦ = 4[cos π + i sin π ] z1 ⋅ z 2 = 4 2 ⋅

= 4[− 1 + 0] = −4


6

b)

z1 4 2 ⎡ π 3π π 3π ⎤ cos( − ) + i sin( − ) ⎥ = ⎢ z2 4 4 4 4 ⎦ 2 ⎣ 2 π π ⎤ π π ⎤ ⎡ ⎡ = 8 ⎢cos(− ) + i sin(− ) ⎥ = 8 ⎢cos( ) − i sin( ) ⎥ 2 2 ⎦ 2 2 ⎦ ⎣ ⎣ = 8 [ 0 − i ⋅1] = −8i

Stepenovanje kompleksnog broja Neka je dat kompleksni broj z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) . Onda je z n = r n (cos nϕ + i sin nϕ ) Ako kompleksni broj ima modul 1, tj. ako je r=1 onda je:

z = cos ϕ + i sin ϕ z n = cos nϕ + i sin nϕ → Moavrov obrazac Primer: a) Nadji z 6 ako je z = 2(cos

π 18

+ i sin

π 18

)

1 3 − i 2 2

b) Nadji z 20 ako je z = Rešenja: a)

z = 2(cos

π 18

+ i sin

z 6 = 2 6 (cos 6 ⋅ z 6 = 2 6 (cos

π

π 18

π 18

)

+ i sin 6 ⋅

π 18

)

π

+ i sin ) 3 3 1 3 z 6 = 64( + i ) = 32(1 + i 3 ) 2 2

7

b)

z=

1 3 − i 2 2

Ovde moramo najpre prebaciti kompleksni broj u trigonometrijski oblik.

⎫ ⎪⎪ 1 2 3 2 1 3 + =1 ⎬ ⇒ r = ( ) + (− ) = 2 2 4 4 3⎪ y=− 2 ⎪⎭ y tgφ = x 3 − π tgφ = 2 ⇒ tgφ = − 3 ⇒ φ = −60o = − 1 3 2 z = r (cos φ + i sin φ ) x=

1 2

π

π

z = 1(cos(− ) + i sin(− )) 3 3 z = cos

π 3

− i sin

π 3

20π 20π − i sin 3 3 2 2 π π z 20 = cos − i sin 3 3 1 3 z 20 = − − i 2 2 1 z 20 = − (1 + i 3) 2 z 20 = cos

→ pazi

20π 18π 2π 2π 2π = + = 6π + = 3 3 3 3 3


8

Korenovanje kompleksnih brojeva: Neka je dat:

z = r (cos ϕ + i sin ϕ ) n

z = w = n r (cos

ϕ + 2 kπ n

+ i sin

ϕ + 2 kπ n

)

k- uzima vrednosti od 0 do n-1.

Sve vrednosti n-tog korena broja z, nalaze se na kružnici poluprečnika brojeva (vrednosti korena) čine aritmetički niz sa razlikom d =

2π . n

n

r . Argumenti tih

Primer: Izračunati: a)

3

i

b)

6

−1

Rešenja: a) Kao što smo već videli :

i = cos

π 2

+ i sin

π Pa je:

3

i = cos 2

π 2

+ 2kπ 3

π + i sin 2

+ 2kπ 3

gde k uzima vrednosti: k = 0,1,2

Za k=0

π wo = cos 2 wo = cos wo =

π 6

+0 3

π + i sin 2

+ i sin

+0 3

π 6

3 1 +i 2 2 9

Za k=1

π w1 = cos 2

+ 2π 3

π + i sin 2

+ 2π 3

5π 5π + i sin 6 6 3 1 w1 = − +i 2 2 w1 = cos

Za k=2

π w2 = cos 2 w2 = cos

+ 4π 3

π + i sin 2

+ 4π 3

9π 9π + i sin 6 6

w2 = −i

Geometrijski gledano , wo , w1 , w2 su temena jednakostraničnog trougla na kružnici poluprečnika r = 3 1 = 1 sa centrom u 0 kompleksne ravni!

y i W1

W0 1

-1

x

-i W 2


10

b)

r = 1, ϕ = π

− 1 = cos π + i sin π

6

− 1 = cos

π + 2kπ

+ i sin

6

π + 2kπ 6

k = 0,1,2,3,4,5

Za k=0

wo = cos

π 6

+ i sin

π 6

3 1 +i 2 2

=

Za k=1

w1 = cos w1 = cos

π + 2π 6

π 2

+ i sin

+ i sin

π 2

π + 2π 6

=i

Za k=2

w2 = cos w2 = cos

π + 4π 6

π + 4π

+ i sin

6

5π 5π 3 1 + i sin =− +i⋅ 6 6 2 2

Za k=3

w3 = cos w3 = cos

π + 6π 6

+ i sin

π + 6π 6

7π 7π 3 1 + i sin =− −i 6 6 2 2

Za k=4

w4 = cos w4 = cos

π + 8π 6

+ i sin

π + 8π 6

9π 9π + i sin = −i 6 6


11

Za k=5

w5 = cos

π + 10π 6

+ i sin

π + 10π

6 11π 11π 3 1 w5 = cos + i sin = −i 6 6 2 2 Geometrijski gledano, wo ,..., w5 su temena pravilnog šestougla!

y W1 i W0

W2

-1

1

W3

W5

x

-i W4


12

POLINOMI NAD POLJEM KOMPLEKSNIH BROJEVA I JEDNAČINE

Najprostije rečeno, polinom P je funkcija preslikavanja C u C a definisana je sa:

P( z ) = a n z n + a n −1 z n −1 + ... + a1 z + ao Ako je a ≠ 0, kazemo da je n − stepen polinoma P(z ) .

Dva polinoma n − tog stepena: P( z ) = An Z n + An −1Z n −1 + ... + A1Z + Ao Q( z ) = Bn Z n + Bn −1Z n −1 + ... + B1Z + Bo

Su indentički jednaki onda i samo onda ako je: An = Bn , An −1 = Bn −1,..., Ao = Bo Naravno i ovde važi Bezuova teorema koju smo već objasnili u običnim polinomima: Pri deljenju polinoma P( z ) sa ( z − a) dobija se ostatak P (a ) . Ako je a-koren polinoma, tj. P (a ) =0 onda je polinom P( z ) deljiv bez ostatka sa ( z − a )

Osnovna teorema algebra je: Svaki polinom P nad poljem kompleksnih brojeva ima bar jednu nulu.

→ Prva od posledica ove veoma bitne teoreme odnosi se na faktorizaciju polinoma. Primer: z 2 + 1 = z 2 − (−1) = z 2 − i 2 = ( z − i )( z + i )

. → Svaki polinom n − tog stepena može se napisati u obliku P ( z ) = an ( z − α1 )( z − α 2 )...( z − α n )

gde su α1 , α 2 ,..., α n koreni polinoma i an koeficijenat uz z n .

1

→ Ako je polinom P deljiv polinomom Q( z ) = ( z − a ) k , a nije deljiv polinomom S ( z ) = ( z − a) k +1 , kažemo da je a nula reda k polinoma P. → Polinom P stepena n ne može se anulirati za više od n različitih vrednosti Primer: Ako su a,b i c medjusobno različiti brojevi, dokazati da je: ( x − b)( x − c) ( x − c)( x − a) ( x − a)( x − b) + + =1 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b) Rešenje: Prebacićemo sve na levu stranu i napraviti polinom koji je očigledno stepena 2 (pa ne može imati više od 2 rešenja) P ( x) =

( x − b)( x − c) ( x − c)( x − a) ( x − a)( x − b) + + −1 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a) (c − a)(c − b)

Ako stavimo x = a dobijamo (a − b)(a − c) (a − c)(a − a) (a − a)(a − b) + + −1 (a − b)(a − c) (b − c)(b − a ) (c − a)(c − b) P (a ) = 1 + 0 + 0 − 1 = 0 P (a ) =

Dakle a je rešenje (nula, koren) ovog polinoma. Slično je P (b) = 0 i P(c) = 0 Ovo znači da se polinom anulira za tri različite vrednosti i P(x) je zato nula polinom, tj. P ( x) = 0 a odavde direktno ‘’izlazi’’ traženo tvrdjenje.

→ Polinom sa realnim koeficijentima neparnog stepena uvek ima bar jednu realnu nulu Vietove formule

One predstavljaju vezu izmedju koeficijenta i nula polinoma. Pomoću njih se često mogu rešavati jednačine P( x) = 0 . Neka je dat polinom : P ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + ao

2

I neka su α1 , α 2 ,..., α n koreni (nule, rešenja) date jednačine, tada je:

α1 + α 2 + ... + α n = −

an −1 an

α1α 2 + α1α 3 + ... + α1α n + α 2α 3 + ... + α n −1α n = α1α 2α 3 + α1α 2α 4 + ... + α n − 2α n −1α n = − α1 ⋅ α 2 ⋅ α 3 ⋅ ... ⋅ α n = (−1) n

an − 2 an

an −3 an

ao an

NAPOMENA:

Već smo pominjali Vietove formule za kvadratnu jednačinu:

ax 2 + bx + c = 0

x1 + x 2 = − x1 ⋅ x 2 =

to jest: a2 x 2 + a1 x + ao = 0

b a

c a

x1 + x 2 = −

a1 a2

x1 ⋅ x 2 = (−1) 2 ⋅ x1 ⋅ x 2 = Zadaci:

ao a2

ao a2

1) Odrediti parameter m i n tako da polinom P ( x) = x 4 − 3x 2 + mx + n bude deljiv sa polinomom P1 ( x) = x 2 − 2 x + 4 ( x 4 − 3 x 2 + mx + n) : ( x 2 − 2 x + 4) = x 2 + 2 x x 4 − 2 x3 + 4 x 2

(+) (−) (−) ____________________

2 x 3 + 7 x 2 + mx + n 2 x 3 + (m − 8) x + n

→ Ovo sad malo sredimo

3

(−3 x 2 + (m − 8) x + n) : ( x 2 − 2 x + 4) = −3 − 3x 2 + 6 x − 12

(+) (−) (+) _______________________

(m − 8) x − 6 x + n + 12 → I ovo sredimo (m − 8 − 6) x + n + 12 =

(m − 14) x + n + 12 = 0 Ovo mora biti nula da ne bi bilo ostatka pri deljenju.

∧

m − 14 = 0 m = 14

n + 12 = 0 n = −12

2) Odrediti koeficijente a, b i c u polinomu P ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c tako da polinom bude deljiv binomima x − 1 i x+2 a da podeljen sa x − 4 daje ostatak 18.

Ako može da je polinom P(x) deljiv polinomom x − 1 to znači da je P(1) = 0 , slično je i P (−2) = 0 a pošto je pri deljenju sa x − 4 ostatak 18, to je P(4) = 18 P ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c P (1) = 13 + a ⋅12 + b ⋅1 + c = a + b + c + 1 = 0 P (−2) = (−2) 3 + a ⋅ (−2) 2 + b ⋅ (−2) + c = 4a − 2b + c − 8 = 0 P (4) = 4 3 + a ⋅ 4 2 + b ⋅ 4 + c = 16a + 4b + c + 64 = 18 Dobili smo sistem jednačina:

a + b + c = −1 4a − 2b + c = 8 16a + 4b + c = −46

_________________________

Rešenja ovog sistema su: a = −2

b = −5

c=6

pa je traženi polinom: P ( x) = x 3 + 2 x 2 − 5 x + 6 3) Odrediti realne parameter a, b i c tako da polinom x 3 + ax 2 + bx − c bude deljiv sa x − i a da podeljen sa x + 1 daje ostatak -5

Pošto je polinom deljiv sa x − i onda je on deljiv i sa x + i pa i sa ( x − i )( x + i ) = x 2 − i 2 = x 2 + 1

4

( x 3 + ax 2 + bx − c) : ( x 2 + 1) = x + a x3 + x

(−) (−) ____________

ax 2 + (b − 1) x + c ax 2 + a

(−) (−) ______________

(b − 1) x + c − a → Ostatak koji mora biti nula!!! Dakle

b −1 = 0 b =1

c−a =0

i

c=a

Drugi podatak da polinom deljen sa x + 1 daje ostatak -5 nam govori da je P (−1) = −5 P ( x) = x 3 + ax 2 + bx + c P (−1) = (−1) 3 + a (−1) 2 + b(−1) + c = −5 − 1 + a − b + c = −5 a − b + c = −4 a − 1 + c = −4 a + c = −3 3 a=c=− 2 4) Znajući da je zbir dva korena x1 + x2 = 1 jednačine 2 x 3 − x 2 − 7 x + λ = 0 , nadji parametar λ

2x3 − x2 − 7x + λ = 0 Upotrebićemo Vietove formule za jednačinu trećeg stepena:

a3 x 3 + a2 x 2 + a1 x + a0 = 0 x1 + x2 + x3 = −

a2 a3

x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = x1 ⋅ x2 ⋅ x3 = −

a1 a3

ao a3

Kod nas je:

5

a3 = 2, a 2 = −1, a1 = −7, a o = λ pa je −1 1 = 2 2 7 −7 x1 x2 + x1 x3 + x2 x3 = =− 2 2

x1 + x2 + x3 = −

x1 ⋅ x2 ⋅ x3 = −

λ

2

U zadatku kaže da je x1 + x2 = 1 pa je x3 = x1 x 2 + x1 x3 + x 2 x3 = −

1 1 −1 = − 2 2

7 2

7 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ x1 x 2 + x1 ⋅ ⎜ − ⎟ + x 2 ⎜ − ⎟ = − 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 1 7 x1 x 2 − ( x1 + x 2 ) = − 2 2 1 7 x1 x 2 − ⋅ 1 = − 2 2 7 1 x1 x 2 = − + 2 2 x1 x 2 = −3

Kako je: x1 x2 x3 = −

λ 2

λ ⎛ 1⎞ − 3⋅⎜ − ⎟ = − 2 ⎝ 2⎠ 3 λ =− 2 2 λ = −3

6

www.matematiranje.com DETERMINANTE Najprostije rečeno determinante su kvadratne šeme. Mogu biti drugog, trećeg, četvrtog,...n-tog reda. DRUGOG REDA a b = ad – bc Znači računaju se tako što pomnožimo elemente na takozvanoj glavnoj c d dijagonali, pa od toga oduzmemo pomnožene elemente na sporednoj dijagonali. Primer: 3 4 = 3 o 7 - 4 o 5 = 21-20 = 1 5 7

−1 3 = (-1) o 12- (-5) o 3=-12+15=3 − 5 12

TREĆEG REDA Determinante trećeg reda možemo razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni. Najpre svakom elementu dodelimo predznak + ili -, i to radimo neizmenično: + − + Samo da vas podsetimo: vrste su , a kolone − + − + − + a1

b1

c1

a2

b2

c 2 = Ako recimo hoćemo da razvijemo po prvoj vrsti=

a3

b3

c3

= + a1

b2 b3

c2 a − b1 2 c3 a3

c2 a + c1 2 c3 a3

b2 , ili ako recimo razvijamo po drugoj koloni: b3

= − b1

a2 a3

c2 a + b2 1 c3 a3

c1 a − b3 1 c3 a2

c1 c2

Najbolje je ,naravno, da razvijamo po onoj koloni ili vrsti gde ima najviše nula !

www.matematiranje.com Primer:

Izračunaj vrednost determinante + − +

5 3 1

1 7 0 = Najpre iznad svakog broja napišite predznake: − + − , ili ako vam je 2 3 2 + − +

lakše samo iznad brojeva u vrsti ili koloni po kojoj ste rešili da razvijete determinantu. Mi smo rešili po drugoj vrsti jer ima jedna nula (moglo je i po trećoj koloni, sve jedno). Dakle: 5 3 1

5 3 1

−

+

−

1 7 0 = 1 7 0 = −1 2 3 2

2 3 2

3 1 5 1 5 3 +7 −0 =-1(3 o 2 - 1 o 3)+7(5 o 2-2 o 1)= -3 +56= 3 2 2 2 2 3 = 53

Drugi način za računanje determinanti trećeg reda, medju učenicima vrlo popularan, je SARUSOVO pravilo. Pored date determinante dopišu se prve dve kolone , pa se elementi množe dajući im znake kao na slici:

a1

b1

c1

a2 a3

b2 b3

c2 c3

-

-

a1 b1 a 2 b2 a3 b3

= a1b2 c3 + b1c 2 a3 + c1 a 2 b 3 −b1 a 2 c3 − a1c 2 b3 − c1b2 a 3

+

+

+

Primer: Izračunaj vrednost determinante

5 3 1 5 3 1 7 0 1 7 = 5o7o2 + 3o0o2 + 1o1o3 - 3o1o2 - 5o0o3 - 1o7o2 = 2 3 2 2 3

= 70 + 0 +3 –6 – 0 – 14 = 53 Dakle, na oba načina smo dobili isti rezultat,pa vi odaberite sami šta vam je lakše.

www.matematiranje.com ČETVRTOG REDA a1 a2 a3 a4

b1 b2 b3 b4

c1 c2 c3 c4

d1 d2 = Možemo je razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni! I ovde slično kao za d3 d4

determinante trećeg reda prvo napišemo predznake svima ili samo onoj vrsti ili koloni po kojoj ćemo da razvijamo determinantu. + − + −

− + − +

+ − + −

− + Mi ćemo , recimo, da razvijemo determinantu po prvoj koloni: − +

+

a1

b1

c1

d1

a2

b2

c2

d2

a3

b3

c3

d3

a4

b4

c4

d4

−

+ −

=

b2

c2

d2

b1

c1

d1

b1

c1

d1

b1

c1

d1

= + a1 b3 b4

c3 c4

d 3 − a 2 b3 d4 b4

c3 c4

d 3 + a 3 b2 d4 b4

c2 c4

d 2 − a 4 b2 d4 b3

c2 c3

d2 d3

Naravno, sad bi trebalo da razvijemo svaku od ove četiri determinante trećeg reda.... Složićete se da ovo nije baš lako. Naučimo zato osobine determinanata koje će nam pomoći u rešavanju zadataka.

OSOBINE DETERMINANATA 1. Determinanta menja znak ako dve vrste ili kolone izmenjaju svoja mesta. 2. Vrednost determinante se ne menja ako sve vrste i kolone promene svoje uloge.

www.matematiranje.com 3. Determinanta se množi brojem, kad se tim brojem pomnože svi elementi ma koje (ali samo jedne) vrste ili kolone. Obrnuto, zajednički faktor elemenata jedne vrste ili kolone može se izvući ispred determinante . Na primer: a1

b1

c1

a1 k b1 k

k a2 a3

b2 b3

c2 = a2 c3 a3

a1

mb1

c1

a1

b1

c1

a2

mb2

c2 = m a2

b2

c2

a3

mb3

c3

b3

c3

b2 b3

a3

c1 k

a1 k

b1

c1

c 2 = a 2 k b2 c3 a3 k b3

c 2 itd ili c3

4. Ako je u determinanti svaki element neke k-te vrste (kolone) zbir dva ili više sabiraka, onda je ona jednaka zbiru dve ili više determinanata, koje imaju iste elemente kao i data determinanta, osim elemenata k-te vrste (kolone). Na primer:

a1

b1 + m1

c1

a1

b1

c1

a1

m1

c1

a2 a3

b2 + m 2 b3 + m3

c2 = a2 c3 a3

b2 b3

c2 + a2 c3 a3

m2 m3

c2 c3

5. Ako su svi elementi jedne vrste(kolone) jednaki nuli, vrednost determinante je nula.

3 − 9 55 1 2 4 0

0

0

=0

ili

0 0 0 0 77 68 34 − 80 =0 8 5 7 4 4 5 9 8


6. Ako elementi u dve vrste ili kolone imaju iste vrednosti, vrednost determinante je opet nula. Primer: 12

7 3

− 9 4 6 = 0 jer su elementi prve i treće vrste jednaki 12 7 3

7. Ako su dve vrste ( kolone ) proporcionalne među sobom , vrednost determinante je opet nula. Primer: 2

3

4

−9

5

56 = 0 jer su prva i treća vrsta proporcionalne, tj. prva puta 3 daje treću

10 15 20

vrstu.

8. Vrednost neke determinante ostaje nepromenjena ako se elementima jedne vrste(kolone) dodaju odgovarajući elementi neke druge vrste(kolone) pomnoženi istim brojem!

Ova osma osobina će nam pomoći da lakše rešimo determinante četvrtog i višeg reda.

www.matematiranje.com Primer : 1 2 Izračunaj vrednost determinante: −3 4 Rešenje:

2 4 −1 2 −3 5 1 1 −2 2 1 −2

1 2 4 −1 2 2 −3 5 Ideja je da se ispod jedinice u prvoj koloni naprave sve nule, koristeći −3 1 1 −2 4 2 1 −2 osobinu determinanti broj 8. Prvo ćemo napraviti nulu gde je 4. Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa – 4 i to sabrati sa četvrtom vrstom i rešenja upisati umesto četvrte vrste.Prve tri vrste se prepisuju! 1 o (-4)+4=0 2 o (-4)+2= -6 4 o (-4)+1= -15 (-1)(-4)+(-2)=2 1 2 −3 4

2 4 −1 1 2 4 −1 2 −3 5 2 2 −3 5 = 1 1 −2 −3 1 1 −2 2 1 −2 0 − 6 − 15 2

Dalje pravimo nulu gde je trojka. Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa 3 i to sabrati sa trećom vrstom , pa rešenja upisati umesto treće vrste. Prvu, drugu i četvrtu vrstu prepisujemo. 1 o 3+(-3)=0 2 o 3+1 = 7 4 o 3+1 =13 (-1) o 3+(-2)= -5 1 2 4 −1 1 2 4 −1 2 2 −3 5 2 2 −3 5 = −3 1 1 −2 0 7 13 − 5 0 − 6 − 15 2 0 − 6 − 15 2

www.matematiranje.com Još nam preostaje da gde je 2 napravimo nulu.Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa –2 i to sabrati sa drugom vrstom. Dakle (-2) o 1+2= 0 (-2) o 2+2= -2 (-2) o 4+(-3)=-11 (-2)(-1)+5=7 1 2 4 −1 1 2 4 −1 2 2 −3 5 0 − 2 − 11 7 = 0 7 13 − 5 0 7 13 − 5 0 − 6 − 15 2 0 − 6 − 15 2 Ako ovu determinantu razvijemo po prvoj koloni, imaćemo samo jedan član , jer se svi ostali množe sa nulom, pa imaju vrednost nula! 1 2 4 −1 − 2 − 11 7 0 − 2 − 11 7 13 − 5 = 7 0 7 13 − 5 − 6 − 15 2 0 − 6 − 15 2 − 2 − 11

7

Upotrebimo Sarusovo pravilo:

− 2 − 11

7 13 − 5 7 13 = -52-330-735+154+150+546 = -267 − 6 − 15 2 − 6 − 15

-

-

+

+

+

Vi naravno ne morate da idete korak po korak, već odmah napravite sve tri nule!

www.matematiranje.com Primer: Izračunaj determinantu:

a a a a

a b b b

a a b b c c c d

Rešenje: Napravićemo nule po prvoj koloni i to:

a a a a

-

Od četvrte vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto četvrte vrste Od treće vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto treće vrste Od druge vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto druge vrste

a b b b

a a a a a a b b 0 b−a b−a b−a = c c 0 b−a c−a c−a c d 0 b−a c−a d −a

Iz prve vrste možemo izvući zajedničko a. a a a a 0 b−a b−a b−a =a 0 b−a c−a c−a 0 b−a c−a d −a

Pa je:

1 1 1 1 0 b−a b−a b−a 0 b−a c−a c−a 0 b−a c−a d −a

Ovu novu determinantu naravno razvijamo po prvoj koloni: b−a b−a

b−a

a b − a c − a c − a = I ovde iz prve kolone možemo izvući zajednički (a-b) b−a c−a d −a 1 b−a

a(a-b) 1 c − a

b−a c − a = Ajde opet da napravimo one nule u prvoj koloni!

1 c−a d −a

-

od druge vrste oduzmemo prvu : c-a-b+a=c-b

-

od treće vrste oduzmemo prvu : c-a-b+a=c-b i d-a-b+a=d-b

www.matematiranje.com 1 b−a b−a

a(a-b) 0 c − b c − b 0 c−b d −b

= a(a-b)

c−b c−b = a(a-b)(c-b)(d-c) c−b d −b

Dakle rešenje početne determinante je:

a a a a

a b b b

a a b b = a(a-b)(c-b)(d-c) c c c d

REŠAVANJE SISTEMA JEDNAČINA ( METODA DETERMINANTI) U prethodnim fajlovima smo govorili kako se rešavaju sistemi upotrebom matrica. U ovom fajlu ćemo pokušati da vam objasnimo kako se primenjuju determinante na rešavanje sistema linearnih jednačina. Važno je napomenuti da ćemo ovde posmatrati samo kvadratne sisteme S nn , to jest sisteme koji imaju jednak broj nepoznatih i jednačina. Profesori najčešće zadaju sisteme S33 ili S 44 , pa ćemo njima posvetiti pažnju. Govorili smo već da sistem može biti homogen i nehomogen. Pogledajmo najpre nehomogen sistem S33 ( tri jednačine , tri nepoznate): a1 x  b1 y  c1 z  t1 a2 x  b2 y  c2 z  t2 a3 x  b3 y  c3 z  t3 a1 b1 c1

Odavde najpre formiramo determinantu sistema uzimajući brojeve ispred nepoznatih: D  a2 b2 c2 a3 b3 c3 t1 b1 c1

Zatim članove uz x zamenimo slobodnim članovima ( sa desne strane jednakosti): Dx  t2 b2 c2 t3 b3 c3 a1 t1 c1

Članove uz y zamenimo slobodnim članovima: Dy  a2 t2 c2 a3 t3 c3

a1 b1 t1

Članove uz z zamenimo slobodnim članovima: Dz  a2 b2 t2 a3 b3 t3

Na ovaj način smo dobili četiri determinante : a1 b1 c1

t1 b1 c1

a1 t1 c1

a1 b1 t1

D  a2 b2 c2

Dx  t2 b2 c2

Dy  a2 t2 c2

Dz  a2 b2 t2

a3 b3 c3

t3 b3 c3

a3 t3 c3

a3 b3 t3

U svakom zadatku nam je prvi posao da nadjemo vrednosti za ove determinante. www.matematiranje.com

1

Dalje rešenja tražimo koristeći Kramerovu teoremu:

a1 b1 c1

i)

Ako je determinanta sistema D  a2 b2 c2 različita od nule , onda sistem ima jedinstveno rešenje koje a3 b3 c3 tražimo preko: x 

ii)

D Dx D ; y y; z z D D D

Ako je determinanta sistema D  0 i Dx  Dy  Dz  0 sistem ima beskonačno mnogo rešenja ( neodredjen je)

iii)

Ako je determinanta sistema D  0 i Dx  0  Dy  0  Dz  0 ( znači, bar jedna od ove tri determinante da je različita od nule) sistem je nemoguć, to jest nema rešenja.

Pazite, sve ovo važi za nehomogen sistem.

Šta ako imamo homogen sistem?

a1 x  b1 y  c1 z  0 Ako posmatramo homogen sistem :

a2 x  b2 y  c2 z  0 a3 x  b3 y  c3 z  0

Jasno je da on uvek ima trivijalna rešenja ( x, y, z )  (0, 0, 0) Kvadratni homogen sistem ima netrivijalna rešenja ako i samo ako je D  0

a1 b1 c1 Znači, da bi naš homogen sistem imao netrivijalna rešenja, mora biti D  a2 b2 c2  0 a3 b3 c3 www.matematiranje.com

2

Razmišljanje za sisteme S 44 ( 4 jednačine, 4 nepoznate) je potpuno analogno sa ovim, s tim da nas ovde čeka mnogo veći posao kod nalaženja vrednosti determinanata: a1 x  b1 y  c1 z  d1t  u1 Posmatrajmo sistem :

a2 x  b2 y  c2 z  d 2t  u2 a3 x  b3 y  c3 z  d3t  u3

. Ovde tražimo sledeće determinante:

a4 x  b4 y  c4 z  d 4t  u4 a1 b1 c1 d1 D

a2 b2 c2 d 2 a3 b3 c3 d3 a4 b4 c4 d 4

u1 b1 c1 d1 Dx 

u2 b2 c2 d 2 u3 b3 c3 d3 u4 b4 c4 d 4

a1 u1 c1 d1 Dy 

a2 u2 c2 d 2 a3 u3 c3 d3 a4 u4 c4 d 4

a1 b1 u1 d1 Dz 

a2 b2 u2 d 2 a3 b3 u3 d3 a4 b4 u4 d 4

a1 b1 c1 u1 Dt 

a2 b2 c2 u2 a3 b3 c3 u3 a4 b4 c4 u4

Rešenja tražimo: x

D Dx D D ; y  y ; z  z ; t  t , naravno sve po Kramerovoj teoremi... D D D D

Ako je homogen sistem: a1 x  b1 y  c1 z  d1t  0 a2 x  b2 y  c2 z  d 2t  0 a3 x  b3 y  c3 z  d3t  0 a4 x  b4 y  c4 z  d 4t  0 za njega isto važi da ima netrivijalna rešenja ako je D  0 . ZADACI 1. Rešiti sistem jednačina:

x  2 y  5z  6 2x  y  2z  5 3 x  3 y  4 z  8 Rešenje:

Naravno, ovaj sistem je mnogo lakše rešiti Gausovom metodom ili nekom drugom, ali pošto proučavamo determinante, ovom prilikom ćemo ići težim putem: Izračunavamo vrednosti sledećih determinanti( mi ćemo koristiti Sarusovo pravilo sa dopisivanjem prve dve kolone a vi možete i razvijati determinantu…kako vam je lakše…)


3

1 2 5 D 2 1 2 3 3 4 1 2 5 1 2 2 1 2 2 1  4  12  30  16  6  15  51  D  51 3 3 4 3 3 Pošto je determinanta sistema različita od nule, odmah znamo da će sistem imati jedinstveno rešenje. Idemo dalje: 6 2 5 Dx  5 1 2 8 3 4 6 2 5 6 2 5 1 2 5 1  24  32  75  40  36  40  23  Dx  23 8 3 4 8 3

1 6 5 Dy  2 5 2  3 8 4 1 6 5 1 6 2 5 2 2 5  20  36  80  48  16  75  179  Dy  179 3 8 4 3 8 1 2 6 Dz  2 1 5 3 3 8 1 2 6 1 2 2 1 5 2 1  8  30  36  32  15  18  15  Dz  15 3 3 8 3 3 Kramerova teorema nam daje sledeće rešenje: Dx 15 5   D 51 17 Dy 179 179 y   D 51 51 D 23 23 z z   D 51 51

x


4

2. U zavisnosti od parametra a , diskutovati i rešiti sistem:

ax  y  z  1 x  ay  z  a x  y  az  a 2 Rešenje: a 1 1 D 1 a 1 1 1 a a 1 1 a 1 1 a 1 1 a  a 3  1  1  a  a  a  a 3  3a  2 1 1 a 1 1 a 3  3a  2  a 3  a  2a  2  a(a 2  1)  2(a  1)  a(a  1)(a  1)  2(a  1)  (a  1)(a 2  a  2)   (a  1)(a  1)(a  2)  (a  1) 2 (a  2) D  (a  1) 2 (a  2)

Ovde nije dovoljno samo naći vrednost determinante, već to rešenje moramo spakovati u proizvod. 1 Dx  a a2 1 a a2

1 1 a 1 1 a

1 1 1 1 a 1 a a  a 2  a 2  a  a 2  1  a 3  a 3  a 2  a  1  a 2 (a  1)  1(a  1)  1 a a2 1

(a  1)( a 2  1)  (a  1)(1  a)(1  a)  (a  1)(a  1)(1  a)  (a  1) 2 (a  1) Dx  (a  1) 2 (a  1) a 1 Dy  1 a 1 a2 a 1 1 a 1 a2

1 1 a

1 a 1 1 1 a  a 3  1  a 2  a  a 3  a  a 2  2a  1  (a  1) 2 a 1 a2

Dy  (a  1) 2 5

a 1 1 Dz  1 a a 1 1 a2 a 1 1 a 1 1 a a 1 a  a 4  a  1  a 2  a 2  a  a 4  2a 2  1  (a 2  1) 2  (a  1) 2 (a  1) 2 1 1 a2 1 1 Dz  (a  1) 2 (a  1) 2

Završili smo tehnički deo posla, našli rešenja i spakovali ih. Naš savet je da ih sada prepišete, jer sledi diskusija: D  (a  1) 2 (a  2) Dx  (a  1) 2 (a  1) Dy  (a  1) 2 Dz  (a  1) 2 (a  1) 2

Kramer kaže da sistem ima jedinstveno rešenje ako je D  0 .

U ovom slučaju mora biti: D  0  (a  1) 2 (a  2)  0  a  1  a  2 Ako je a  1  a  2 sistem ima jedinstveno rešenje:

2 Dx  (a  1) (a  1) a 1 a 1   x x  2 a2 a2 D (a  1) (a  2)

y

Dy D



(a  1) 2 (a  1) 2 (a  2)



1 1  y a2 a2

2 2 Dz (a  1) (a  1) (a  1) 2 (a  1) 2   z  z  a2 a2 D (a  1) 2 (a  2)

Ali ovde posao nije gotov, jer moramo ispitati šta se dešava ako je a  1 , pa ako je a  2 . www.matematiranje.com

6

za a  1 D  (a  1) 2 (a  2)  (1  1) 2 (1  2)  0 Dx  (a  1) 2 (a  1)  (1  1) 2 (1  1)  0 Dy  (a  1) 2  (1  1) 2  0 Dz  (a  1) 2 (a  1) 2  (1  1) 2 (1  1) 2  0

Po Krameru ovde sistem ima beskonačno mnogo rešenja, vraćamo se u početni sistem i zamenjujemo a  1 . ax  y  z  1 1x  y  z  1 x  y  z 1 x  ay  z  a  x  1 y  z  1  x  y  z  1 x  y  z 1 x  y  az  a 2 x  y  1z  12 x  y  z  1  z  1 x  y Sistem je neodredjen a rešenja opisujemo sa ( x, y , z )  ( x, y,1  x  y )

x  R,y  R

Napomena: Neki profesori zahtevaju da se uvede neko novo slovo(slova) kod opisivanja rešenja, recimo: ( p, q,1  p  q )

p  R,q  R

Naš savet je kao i uvek isti: radite kako zahteva vaš profesor…ne talasajte…

za a  2 D  (a  1) 2 (a  2)  (2  1) 2 (2  2)  0 Dx  (a  1) 2 (a  1)  (2  1) 2 ( 2  1)  9  (1)  9  Dx  0 Ne moramo menjati dalje, po Krameru, ovde je sistem nemoguć.

3. U zavisnosti od parametra a , diskutovati i rešiti sistem:

x yz 0 ax  4 y  z  0 6 x  (a  2) y  2 z  0

Rešenje:

Najpre uočimo da je sistem homogen, to jest da uvek ima rešenje (0,0,0). www.matematiranje.com

7

Da bi ovaj sistem imao i netrivijalna rešenja determinanta sistema mora biti baš jednaka nula. 1

1

1

4 1 D a 6 a2 2 1

1

1 1

1

a 4 1 a 4  8  6  a (a  2)  2a  (a  2)  24  14  a 2  2a  2a  a  2  24  a 2  a  12 6 a2 2 6 a2

a 2  a  12  0  a1,2 

1  49 1  7   a1  4; a2  3 2 2

Sad moramo ispitati za oba rešenja šta se dešava. Vraćamo ove vrednosti u početni sistem : za a  4 x yz 0 4x  4 y  z  0 6 x  (4  2) y  2 z  0 x yz 0 4x  4 y  z  0 6 x  6 y  2 z  0......./ : 2 x yz 0 4x  4 y  z  0 3x  3 y  z  0 II  III  x  y  0  y   x  x  y  z  0  z  0 Rešenja su: ( x, y, z )  ( x,  x, 0)

xR

za a  3 x y z 0 3 x  4 y  z  0 6 x  (3  2) y  2 z  0 x y z 0 3 x  4 y  z  0 6x  y  2z  0 III  I  7 x  3 z  0  x  x yz 0

3 z 7

3 z 4 z 3z  y  z  0  y  z   y  7 7 7

Rešenja su: ( x, y, z )  (

3 z 4 z , , z) z  R 7 7 www.matematiranje.com

8

4. U zavisnosti od parametra m , diskutovati i rešiti sistem:

x  y  mz  t  0 x y  z t  0 mx  y  5 z  3t  0 x  5 y  11z  8t  0

Rešenje:

1 1 m 1 1 1 1 1 D m 1 5 3 1 5 11 8 Osobine determinante ( pogledaj istoimeni fajl iz III godine) će nam pomoći da ovu determinantu lakše rešimo. Nemojte juriti i odmah pokušati da pravite nule radeći sa vrstama, nekad je lakše raditi sa kolonama…

1 2 m 1 2 IIkolona  Ikolona  IIkolona 1 1 1 1 1 0 0 0 IIIkolona  Ikolona  IIIkolona D m 1 5 3 m m 1 m  5 m  3 IVkolona  Ikolona  IVkolona 1 5 11 8 1 6 12 9 1

1

1

m

1

2

m 1







2

m 1

2

2 2 m 1  1 0 0 0 Razvijamo po drugoj vrsti:  1 m  1 m  5 m  3 m m 1 m  5 m  3 9 6 12 1 6 12 9 2

m 1

2

2

1 m  1 m  5 m  3  0  m  1 m  5 m  3  0 6

12

9

6

12

9

m 1 2 2 2 m 1 m  1 m  5 m  3 m  1 m  5  18(m  5)  6(m  1)(m  3)  24(m  1)  9(m  1) 2  24(m  3)  12(m  5) 6

12

9

6

12

 18m  90  6(m 2  4m  3)  24m  24  9(m 2  2m  1) 24m  72  12m  60  18m  90  6m 2  24m  18  24  9m 2 18m  9  72  12m  60  3m 2  12m  9 D  0  3m 2  12m  9  0......./ : ( 3) m 2  4m  3  0  m1  3; m2  1 www.matematiranje.com

9

za m  3 x  y  3z  t  0 x y  z t  0 3x  y  5 z  3t  0 x  5 y  11z  8t  0 ( x, y, z , t )  ( z , 2 z , z , 0)

za m  1 x y zt  0 x y  z t  0 x  y  5 z  3t  0 x  5 y  11z  8t  0 zR

( x, y, z , t )  (0, y, y, 2 y ) y  R

I da ne bude nekih iznenadjenja, evo jednog primera i sa sistemom dve jednačine, dve nepoznate. 5. U zavisnosti od parametara n i m , diskutovati i rešiti sistem: x  my  m x  ny  n

Rešenje:

x  my  m x  ny  n D

1 m  nm 1 n

Dx  Dy 

m m  mn  mn  2mn n n 1 m 1 n

 nm

D  0  n  m  0  n  m x y

Dx 2mn 2mn   x D nm nm Dy D



nm nm  y nm nm

za n   m D0 Dx  2mn  2m 2 D y  n  m  2 m Ako je vrednost za m baš nula, sistem će imati beskonačno mnogo rešenja, a ako je m različito od nule sistem je nemoguć. www.matematiranje.com

10

za m  0  n  0 Vratimo ove vrednosti u sistem: x  my  m x  ny  n x  0 y  0 x  0 y  0 Odavde zaključujemo da x mora biti jednak nula, a y je proizvoljan broj. Rešenja zapisujemo: ( x, y )  (0, y )

yR www.matematiranje.com

11

VEKTORI U PROSTORU (I deo) Najbolje je da pre nego što počnete da proučavate vektore u prostoru pogledate fajl “vektori u ravni” jer se mnoge stvari “prenose” i u prostor. Pogledajmo najpre kako nastaje Dekartov pravougli trijedar. Kroz jednu tačku O postavimo tri numeričke prave (brojne ose) normalne jedna na drugu. z

X-osa → Apscisna osa Y-osa → Ordinatna osa Z-osa → Aplikatna osa Tačka O → kordinatni početak y

x

Po dve koordinatne ose čine koordinatne ravni (xOy, xOz i yOz) normalne jedna na drugu. →

→

→

Na x,y i z osi uočimo jedinične vektore (ortove) i , j i k z

→

i = (1,0,0)

→

j = (0,1,0)

k I

j

y

→

k = (0,0,1) →

x

→

Svaki vektor a u prostoru predstavljamo: →

→

→

→

a = a1 i + a2 j + a3 k

→

a = (a1 , a 2 , a3 )

1

→

→

i = j = k =1

ili uredjena trojka

z

a3 k

a1 .I

j

a2

y

x

→

→

a = a12 + a22 + a32

Intezitet vektora a je

Jedinični vektor vektora a je vektor a 0 =

a a →

Ako imamo dve tačke A i B u prostoru, vektor AB se pravi: A( x1 , y1 , z1 )

B ( x2 , y 2 , z 2 )

→

AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 , z2 − z1 ) →

AB = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 + ( z 2 − z1 ) 2

Skalarni proizvod ( • )

Neka su dati vektori →

a = (a1 , a2 , a3 )

→

b = (b1 , b2 , b3 ) Tada je: → →

→

→

→ →

a⋅ b = a ⋅ b ⋅ cos ∠( a , b )

Ako nemamo dat ugao izmedju vektora:

→ →

a⋅ b = a1b1 + a2b2 + a3b3

Ugao izmedju dva vektora:


2

→ →

a⋅ b

→ →

cos ∠( a , b ) =

→

→

=

a⋅b

a1b1 + a2b2 + a3b3 a + a22 + a32 ⋅ b12 + b22 + b32 2 1

Uslov normalnosti: →

→

→ →

a ⊥ b ⇔ a⋅ b = 0

PR b je projekcija vektora b na pravac vektora a i obrnuto :

Projekcija vektora :

a

PR a je projekcija vektora a na b b

b

PR a b PR b = a

aob

i

a PR a = b

a

aob b

1) Odrediti skalarni proizvod vektora: →

a = (4,−3,1)

→

b = (5,−2,−3)

→ →

a⋅ b = (4,−3,1) ⋅ (5,−2,−3) = 20 + 6 + (−3) = 23

→

→

→

→

→

→

2) Dati su vektori a = (1,−1,2) i b = (0,2,1). Odrediti ugao izmedju vektora a + b i a − b . →

a = (1,−1,2)

→

b = (0,2,1)

3


→

→

→

→

Nadjimo najpre vektore a + b i a − b →

→

→

→

a + b = (1,−1,2) + (0,2,1) = (1,1,3) a − b = (1,−1,2) − (0,2,1) = (1,−3,1)

Radi lakšeg rada nazovimo:

→

→

→

→

→

→

a+ b = x

a− b = y

→

Dakle: x = (1,1,3)

→

y =(1,−3,1)

i

→ →

x ⋅ y = (1,1,3) ⋅ (1,−3,1) = 1 − 3 + 3 = 1 →

x = 12 + 12 + 32 = 11

→

y = 12 + (−3) 2 + 12 = 11

→ →

cos ∠( x , y ) =

→ →

x⋅ y

→ →

=

x y → →

cos ∠( x , y ) = → →

1 11 ⋅ 11

1 11

∠( x , y ) = arccos

1 11

→

→

3) Odredi projekcije vektora a = (5,2,5) na vektor b = (2,−1,2)

→

a = (5,2,5)

→

b = (2,−1,2)

→

PR→ ( a ) =

→ →

a⋅ b →

b

b

________________

→

PR→ ( a ) = ? b

→

PR→ ( a ) = b

→

18 3

PR→ ( a ) = 6 b

4


→ →

a⋅ b = (5,2,5) ⋅ (2,−1,2) = 10 − 2 + 10 = 18 →

b = 2 2 + (−1) 2 + 2 2 = 9 = 3

4) Date su koordinate temena trougla ABC (A(-1,3,1),B(3,4,-2), C(5,2,-1)). Odrediti

ugao ABC. →

C(5,2,-1)

→

Nadjimo najpre vektore BA i BC →

cos β =

→

BA⋅ BC →

→

BA ⋅ BC β B(3,4,-2)

A(-1,3,1)

→

BA = (−1,3,1) − (3,4,−2) = (−4,−1,3) →

BC = (5,2,−1) − (3,4,−2) = (2,−2,1) →

BA = (4) 2 + (1) 2 + 32 = 9 + 1 + 16 = 26 →

BC = 2 2 + (−2) 2 + 1 = 9 = 3 →

→

BA⋅ BC = (−4,−1,3) ⋅ (2,−2,1) = −8 + 2 + 3 = −3

→

cos β =

→

BA⋅ BC →

→

BA ⋅ BC −3 3 ⋅ 26 1 cos β = − 26

cos β =

⎛

β = arccos⎜ − ⎝

1 ⎞ ⎟ 26 ⎠


5

Vektorski proizvod (x)

Neka su dati vektori →

→

→

→

a = (a1 , a 2 , a3 ) = a1 i + a 2 j + a3 k →

→

→

→

b = (b1 , b2 , b3 ) = b1 i + b2 j + b3 k

c

..

b

a×b= c

a

Pazi: b × a = - c

1) Vektor c je normalan i na vektor a i na vektor b 2) Intenzitet vektora c je brojno jednak površini paralelograma nad vektorima a i b 3) Vektor c se odredjuje pravilom desnog triedra(desnog zavrtnja)

Intenzitet vektora a × b je:

a × b = c = a b sin ∠(a, b)

Vektori a i b su kolinearni ako i samo ako je njihov vektorski proizvod jednak 0 . Konkretno: i

j

a × b = a1 b1

a2 b2

k a3 = razvijemo ovu determinantu i (na primer) dobijemo = # i + $ j + & k gde su b3

#, $, & neki brojevi.

Tada je a × b = # 2 +$ 2 + & 2

6

Površina paralelograma nad vektorima a i b je P = a × b


Dok površinu trougla računamo ( logično) kao polovinu površine paralelograma: PΔ =

1 a×b 2

5. Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima:

a =(1,1,-1)

i

b (2,-1,2)

Rešenje: P = a × b

i

j

Najpre tražimo a × b .

k

a × b = 1 1 − 1 = i (2-1) - j (2+2) + k (-1-2) = 1 i - 4 j - 3 k =(1, -4, -3) 2 −1 2 a × b = 12 + (−4) 2 + (−3) 2 =

26

dakle P=

26

6. Izračunati površinu trougla ako su date koordinate njegovih temena: A(2, -3, 4), B(1,2,-1), C(3,-2,1)

Rešenje: Najpre oformimo vektore AB i AC

C(3,-2,1)

B(1,2,-1)

A(2,-3,4)

AB = (1 – 2, 2-(-3), -1 – 4) = (-1,5,-5)

AC = (3-2, -2 – (-3), 1 – 4) = (1,1, -3)

7

PΔ =

1 a×b 2 k

i

j

k

i

j

AB × AC = a1

a2

a3 = − 1 5 − 5 = -10 i - 8 j - 6 k

b1

b2

b3

1

1 −3

AB × AC = (−10) 2 + (−8) 2 + (−6) 2 = PΔ =

200 = 10 2

1 1 a×b = 10 2 = 5 2 i evo rešenja! 2 2


8

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.


7

VEKTORI U PROSTORU ( II deo) Mešoviti proizvod tri vektora

Mešoviti proizvod je

[

]

(a × b) o c . Najčešće se obeležava sa a, b, c .

[

Dakle : (a × b) o c = a, b, c

]

Kako se on izračunava?

Ako su vektori zadati sa: a = (a1 , a 2 , a3 ) , b = (b1 , b2 , b3 ) i c = (c1 , c 2 , c3 ) onda je:

a1

a2

a3

(a × b) o c = b1

b2

b3

c1

c2

c3

A dobijenu determinantu rešavamo ili razvijanjem po nekoj vrsti (koloni) ili pomoću Sarusovog pravila. Čemu služi mešoviti proizvod? i)

Apsolutna vrednost mešovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelopipeda

konstruisanog nad njima, to jest :

V ( a , b, c ) = ( a × b ) o c

c b a ii)

Zapremina trostrane piramide (tetraedra) konstruisane nad nekomplanarnim vektorima a,b,c,je:

V=

1 ( a × b) o c 6 www.matematiranje.com

c

b a Zašto

1 u formuli ? 6

Još od ranije znamo da se zapremina piramide računa po formuli: V=

1 BH 3

Kako je baza trougao , njegovu površinu računamo kao : B =

V=

1 a × b , pa je onda: 2

1 1 1 1 BH= a × b H= ( a × b) o c 3 3 2 6

Napomena: Često se u zadacima traži visina H neke piramide. Nju ćemo naći tako što najpre nađemo zapreminu a1 a 2 a3 1 1 1 3V . ( a × b) o c = preko formule b1 b2 b3 , zatim nadjemo bazu B= a × b pa to zamenimo u H = 6 6 2 B c1 c 2 c3

iii)

Uslov komplanarnosti

Vektori a, b, c su komplanarni ako i samo ako je njihov mešoviti proizvod jednak nuli.

a1

a2

a3

Dakle uslov komplanarnosti je : b1 c1

b2 c2

b3 = 0 c3


Zadaci

1. Izračunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima: a(0,1,1), b(1,0,1), c(1,1,0)

Rešenje:

a1

a2

V (a, b, c) = (a × b) o c = b1 c1

b2 c2

0 1 1 01 b3 = 1 0 1 = ajmo da upotrebimo Sarusovo pravilo= 1 0 1 1 0 = c3 1 1 0 1 1 0 11

a3

(0 + 1 + 1) – (0+0+0)= 2

0 1 1

[pogledaj fajl determinante]

Dakle : V = 2

2. Dati su vektori a (ln( p − 2),−2,6), b( p,−2,5), c(0,−1,3) . Odrediti realan broj p , tako da vektori budu komplanarni.

Rešenje: a1

a2

a3

Kao što rekosmo, uslov komplanarnosti je : b1 c1

b2 c2

b3 = 0 , pa je c3

ln( p − 2) − 2 6

p

− 2 5 = razvijemo je po prvoj koloni...= ln(p-2)[-6+5] – p [-6+6] = - ln(p-2)

0

−1 3

Mora biti - ln(p-2) = 0

[ pogledaj logaritmi ,fajl iz druge godine]

p – 2 = 1, pa je p = 3 traženo rešenje.

3. Dati su vektori a (1,1,−1), b(−2,−1,2), c(1,−1,2) Rastaviti vektor c po pravcima vektora a, b i a × b

Rešenje: Najpre ćemo naći a × b .


i

j

a × b = a1 b1

a2 b2

k

i

j

k

a3 = 1 1 − 1 = Razvijamo po prvoj vrsti...= 1 i - 0 j + 1 k = (1,0,1) b3 − 2 −1 2

Postavimo sada razlaganje: c = m a + n b + p ( a × b ) , gde su m,n i p konstante koje moramo naći. (1,-1,2) = m (1,1,-1) + n (-2,-1,2) + p (1,0,1) prelazimo u sistem jednačina: 1 = 1m – 2n +1p

m – 2n +p = 1

-1 = 1m – 1n +0p

m–n

2 = -1m +2n +1p

-m +2n +p = 2

Vratimo p =

3 2

= -1

saberemo prvu i treću...pa je p=

u ostale dve jednačine i dobijamo : m = −

3 2

i n= −

3 2

1 2

Vratimo se sada u :

c = ma + nb + p (a×b ) c=−

3 1 3 a − b + ( a × b ) je konačno rešenje 2 2 2

4.

Dati su vektori

a (m − 1,1,1), b(−1, m + 1,0), c(m,2,1) . Odrediti parametar m tako da vektori a, b, c

budu komplanarni a zatim razložiti a na komponente u pravcu druga dva.

Rešenje: Najpre ćemo iskoristiti uslov komplanarnosti:

a1

a2

a3

b1 c1

b2 c2

b3 = 0 , to jest c3

m −1 −1 m

1

1

m + 1 0 = 0 , Ovu determinantu razvijemo po trećoj koloni...= 2 1

= -2 – m(m+1) + (m-1)(m+1) +1 = 0 = - 2 –m2 – m + m2 – 1 +1 = 0

pa je odavde m = - 2


Dakle vektori su ( kad zamenimo da je m= -2): a = (−3,1,1) b = (−1,−1,0) c = (−2,2,1)

Idemo na razlaganje: a =m b+n c

(−3,1,1) = m (−1,−1,0) + n (−2,2,1) prelazimo u sistem jednačina -3 = - m – 2n 1 = - m + 2n 1 = 0m + n Dakle

odavde je n = 1 pa to menjamo u gornje dve jednačine...m = 1

a = m b + n c pa je a = b + c konačno rešenje

5. Data su temena tetraedra A (2,3,1), B(4,1,-2), C(6,3,7) i D(-5,-4,8). Odrediti zapreminu tetraedra i dužinu visine spuštene iz temena D na stranu ABC.

Rešenje: Najpre nacrtamo sliku i postavimo problem: D(-5,-4,8)

H C(6,3,7)

A(2,3,1)

B(4,1,-2)


Oformimo najpre vektore AB, AC , AD AB = (4-2,1-3,-2-1) = (2, -2, -3)

AC = (6-2,3-3,7-1) = (4, 0, 6) AD = (-5-2,-4-3,8-1) = (-7,-7,7) a1 1 1 ( a × b) o c = Možemo naći zapreminu tetraedra po formuli: b1 6 6 c1

Dalje tražimo površinu baze ABC :

i

j

AB × AC = a1 b1

a2 b2

B=

1 2

k

H=

j

b2 c2

2 −2 −3 1 308 4 0 6 = b3 = 6 6 −7 −7 7 c3

a3

1 a×b 2

k

a3 = 2 − 2 − 3 = -12 i +24 j +8 k = (-12, 24, 8) b3 4 0 6

(−12) 2 + 24 2 + 8 2 = 14

Iskoristićemo da je H =

3

i

B=

a2

308 6 = 11 14

3V . B

Dakle, tražena visina je H =11

www.matematiranje.com Napomena :

Ako vam traže neku drugu visinu, recimo iz temena C, postupak je analogan. Nađete zapreminu, zatim bazu preko AB × AD i zamenite u H =

3V . B

Matematika 3. Razred Srednje Skole

Recommend Documents