I
[ I ' I !
.
(
С р ђ а н О гш ан овић
МАТЕМАТИКА 8 У џ бен и к за 8. р а з р е д осн ов н е ш коле Прво издање
КРУГ БЕОГРА^
Аутор: м р Срђан Огњановић, професор М атематичке гимназије у Б еограду
МАТЕМАТИКА 8 Уџбеник за осми разред основне школе Прво издање Издавач: „Круг“, Београд, Устаничка 244г тел. 011-347 5577, е-таИ : кги§с1оо@81Љ.г8 За издавача: Маријана Милошевић Рецензенти:
др Предраг Тановић, научни сарадник Математичког института САНУ
Мирјана Перовановић, професор Математичке гимназије, Београд Лушанка Ковачевић, професор ОШ „Милош Црњански“, Београд Уредник: Живорад Ивановић Коректура: аутор Корице: Маријана Милошевић Цртежи: Марко Стојановић, Иван Каделбург 13В№ 978-86-7136-175-0 Решењем министра просвете Републике Србије број 650-02-00299/2010-06 од 21. 07. 2010. године, уџбеник је одобрен за издавање и употребу. С1Р - Каталогизација у публикацији Народна библиотека Србије, Београд
37.016 : 51(075.2)
О ГЊ А Н О В И Ћ , Срђан, 1954Математика 8 : уџбеник за 8. разред основне школе / Срђан Огњановић. - 1. изд. - Београд : Круг, 2010 (Нови Сад : 8Р рпп1). - 146 стр. ; 24 с т Тираж 3.000. 18ВК 978-86-7136-175-0 СОВ158.3К-ГО 173075468 Тираж: 3000 примерака Штампа: ЗР рпп!, Нови Сад
П РЕДГО ВО Р
Овај уџбеник у потпуности прати најновији измењени програм за V III разред основне школе, који је усвојио Национални просветни савет 2009. године. У њему су обрађене следеће наставне целине: 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.
Сличност троуглова, Тачка, права и раван, Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом, Призма, Пирамида, Линеарна функција, Графичко представљање статистичких података, Системи линеарних једначина са две непознате, Ваљак, Купа, Лопта.
Рецензенти су пажљиво прочитали цео рукопис, те им се срдачно се захваљујем на корисним примедбама и сугестијама. Београд, априла 2010. године
Аутор
I
Садржај 1. СЛИЧН ОСТ Т РО У ГЛ О В А ..........................................................................
1
1.1. Талесова теорема..........................................................................................
2
1.2.
Сличност троуглова....................................................................................
7
1.3. Примена сличности на правоугли троугао............................................
10
2. ТАЧКА, ПРАВА И Р А В А Н ..........................................................................
15
2.1.
Однос тачке и праве, тачке и равни. Елементи који одређују положај праве и равни................................................................................
15
2.2.
Односи правих; мимоилазне п р а в е.........................................................
20
2.3.
Односи праве и равни, нормала на раван, одстојање тачке од равни................................................................................................................
22
2.4.
Однос двеју равни..............................................! .......................................
26
2.5.
Ортогонална пројекција на раван (тачке, дужи,п раве).....................
27
2.6. П олиедар.........................................................................................................
30
3. ЛИНЕАРНЕ ЈЕДН АЧИ Н Е И НЕЈЕДНАЧИНЕ С ЈЕДНОМ Н ЕПО ЗН А ТОМ ............................................................................................
33
3.1.
Линеарна једначина............................
34
3.2.
Еквивалентне једначине..............................................................................
36
3.3.
Решавање линеарних једначина с једном непознатом.......................
39
3.4.
Линеарне неједначине......................................................... ........................
43
3.5.
Еквивалентне неједначине........... ..............................................................
45
3.6.
Решавање једноставнијих примера линеарнихнеједначина с једном непознатом.....................................................................................................
47
3.7. Примена линеарних једначина с једном непознатом...........................
50
4. П РИ ЗМ А ..............................................................................................................
55
4.1. Призма: појам, врсте, елементи...............................................................
55
4.2.
Мрежа призме...............................................................................................
58
4.3.
Површина призме..........................................................................................
60
4.4.
Запремина призм е........................................................................................
64
5. П И РА М И ДА ....................................................................................................... 5.1. Пирамида: појам, врсте, елементи...........................................................
71 71
5.2.
Мрежа пирамиде............................................................................................
74
5.3. Површина пирамиде.................................................................................... 5.4. Запремина пирамиде....................................................................................
75 80
6. ЛИНЕАРНА Ф УНКЦИЈА.............................................................................. 6.1. Линеарна функција у = ах + ћ ............................................ ...................
87 87
6.2. График линеарне функције; нула функције.......................................... .
89
6.3. Имплидитни облик задавања линеарне функције................................
92
6.4.
Цртање и читаае графика линеарних функција..................................
93
7. ГРАФИЧКО П РЕДСТА ВЉ А Њ Е СТА ТИ СТИ ЧКИ Х ПОДАТАКА 7.1. Представљање зависних величина табеларно и у координатном систему.............................................................................................................
97
7.2.
97
Графичко представљање статистичких података у облику д и јагр ам а......................................................................................................
100
7.3. Рачунање средње вредности и медијане. Поређење вредности узорка са средњом вреднош ћу.................................................................
103
8. СИСТЕМ И ЛИНЕАРНИХ ЈЕДНАЧИНА СА ДВЕ НЕПОЗНАТЕ .
107
8.1. 8.2.
Појам линеарне једначине са две непознате........................................ Појам система од две једначине са две непознате. Еквивалентност система линеарних једначина...................................................................
107
8.3.
Решавање система методом замене и методом супротних коефицијената; графички приказ реш ења.............................................. Примена система линеарних једначина при решавању разних проблема.........................................................................................................
119
9. В А Љ А К .................................................................................................................
123
9.1. 9.2. 9.3.
Ваљак и његови елементи....................................................... , ................. Мрежа ваљка. Површина ваљ ка............................................................... Запремина ваљ ка..........................................................................................
123 125 126
10. К У П А ...................................................................................................................
129
8.4.
109 111
10.1.
Купа и њени елементи.........................................................
129
10.2. 10.3.
Мрежа купе. Површина купе................................................................... Запремина купе............................................................................................
131 133
11. Л О П Т А ...............................................................................................................
135
11.1. 11.2.
Појам лопте и сф ере.................................................................................. Пресеци лопте (сфере) и р ав н и .................
135 136
11.3.
Површина и запремина л оп те.................................................................
137
12.
Р Е З У Л Т А Т И .................................................................................................
139
1.
Сличност троуглова......................................................................................
139
2.
Тачка, права и раван....................................................................................
139
3.
Линеарне једначине и неједначине...........................................................
140
4.
П ризма...............................................................................................................
.141
5.
П ирам ида.........................................................................................................
141
6.
Линеарна функција........................................................................................
142
7.
Графичко представљањестатистичких података........... ......................
143
8.
Системи линеарних једначина са две непознате..................................
143
9.
Ваљ ак.................................................................................................................
143
10. К у п а............................................ ....................................................................
144
11.
Л о п та.................................................................................................................
144
Појмовник...................................................................................................................
145
[
/
1. СЛИЧНОСТ ТРОУГЛОВА У седмом разреду ученици су се, између осталог, упознали са једним веома значајним појмом —појмом с л и ч н о с т и т р о у гл о в а . С
Подсетимо се да су два троугла А В С и А^В^С^ слични (сл. 1 ) ако су им одговарајући углови једнаки, тј. а = о д , /3 = (3\ и 7 = 7 1 . Пише се А А В С ~ А А 1 В 1 С 1 . Одговарајуће странице сличних троуглова су пропорционалне, АВ ВС СА
АхВг ~ ВгСг ~
УТ _ ’
при чему се коефицијент к назива коефицијентом сличности ових троуглова. Имајући у виду позната својства пропорције, са којима су се ученици упознали у седмом разреду, можемо закључити да важи: А В = к ■А \В х ,
В С = к -В гС 1
и
С А = к ■С \А г.
П ример 1. На слици 2 приказани су троуглови А В С и А В \С \. Претпоставимо да је А В = | А В \ , да је В С || В \С \ и да је А В = З с т , а АС = 2с т .
2
1. Сличност троуглова
Тада важи /.А В С = /.А В ^С х и / А С В = / А С \ В \ , па су троуглови А В С и А В хС \ слични и странице су им пропорционалне, С,
АВ АВЛ
АС АС\
ВС В гС х
1 3’
одакле је А В^ = 3 А В и А С \ = 3 А С , тако да можемо да одредимо дужи А В \ = 3 -3 = 9 с т и А С \ = 3 - 2 = 6 с т .
1.1. Т а л есо в а т ео р ем а Појам сличности троуглова у тесној је вези са једном од најзначајнијих теорема у геометрији, познатој још античким математичарима, а названој по славном старогрчком мислиоцу Талесу. Т а л е с о в а т е о р е м а . Три паралелне праве одсецају на двема датим правим пропорционалне одсечке.
На слици 3 три паралелне праве т , 7711 и тп2 секу две дате праве 6 и с. Тада су одговарајући одсечци пропорционални, тј. важи ВВ^ ССХ В гВ 2 ~ С \С 2 '
^1 акође, ^ важи и — вв- 2 = сс 2 . Наиме, тт В \В 2
ВВ2 В\В2
С \С 2
В В г + В ХВ 2 В В г В гВ 2 ВВ1 В\В2 В\В2 В\В2 В\В2 _ СС\ ССг + С\С2 = СС\ с\ С2 С\ С2 С\ С2
Специјално, Талесова теорема се може применити и у случајевима као на слици 4, односно 5, када се праве 6 и с секу у тачки А . Ако претпоставимо да права тп2 садржи тачку А , тада је В 2 = С 2 = А и на основу Талесове теореме важи ВВ^
ССХ
„
АВ
АС
А в Г Ж ' ‘ ” ко8еи Ж = Ж
1.1. Талесова теорема
3
Приметимо да су троуглови А В С и А В \С г на сликама 4 и 5 слични јер АВ АС су им Једнаки углови и да је последња Једнакост —— = л ^ такође и АВХ АСХ последица сличности ових троуглова. I ПРИМЕР 2. На слици 6 је А В = 5 с т , А С = 8 с т и А В \ = 4 с т . Одредити дуж А С \ ако је В С || В \ С \ . р п т АВ АС 5 8 Вешење. По Ј.алесовоЈ теореми важи —— = —— , дакле —= ------, АВ\ АС\ 4 АС \ 4 • 8 32 одакле је 5 • А С \ — 4 • 8 , тј. А С \ = —— = — = 6,4еш. 5 5
Слика 6
Слика 7
ПРИМЕР 3. На слици 7 је А С = 2 с т , А С \ = б с т и А В \ = З с т . Ако је В С || В \ С \ , одредити дуж В В \ . АВ АС Решење. Применом Талесове теореме је — 23 АВг АСг одакле је 6 • А В = 2 -3 , тј. А В = —— = 1 с т , па је
АВ Ч-
6
В В \ = АВ + АВ\ = 1 + 3 = 4 ст. Талесова теорема се може искористити и за конструкцију тзв. ч ет в р т е гео м е т р и јс к е п р о п о р ц и о н а л е . З а дуж х се каже да је четврта геометријска пропорционала за дужи а, 5 и с ако важи а : 6 = с : х (односно а : с = 6 : х ). Претпоставимо да су дужи а,ћ ,с дате (сл. 8). Конструишемо произвољан угао рАд и на краку Ар одредимо тачке В и В \ тако да је А В — а и В В \ = 5 , а на краку Ад тачку С такву да је
4
1. Сличност троуглова
А С = с. Сада конструишемо праву која садржи тачку В \ и паралелна је дужи В С . Та права сече крак Ад у тачки С \ . По Талесовој теореми је а : 6 = с : х.
Талесова теорема може се применити и при подели дужи на више једнаких делова помоћу лењира и шестара. Ученици су се већ упознали са поделом дужи на два, четири, осам једнаких делова (сл. 9). X1
1 1 1
А
Гс 1 1
1
в
т } А С\\ Ж
X
- X ------
X1
: с 2 [ Сз Ј Ж X
в
Слика 9
Међутим, овакав поступак не даје резултат ако треба поделити дуж на три, пет или шест једнаких делова. I ПРИМ ЕР
4. ;Дата је дуж А В . Поделити је:
а) на три једнака дела;
б) у односу 2 : 3 .
Решење. а) Конструишимо ма коју полуправу А т , и на њој одредимо произвољне тачке М \ , и Мз тако да је А М \ = М \М 2 = М 2М 3 (сл. 10). Конструишимо најпре праву М $ В , а затим праве р\ и р 2 које садрже М \ , односно М ^ , тако да је р\ || Р2 || М 3В . Поменуте праве секу
1.1. Талесова теорема
5
дуж А В у тачкама С\ и С 2 тако да је А С \ = С \С 2 = С 2В , па тачке С\ и Сг деле дуж А В на три једнака дела. Ово следи из Талесове теореме јер је А С \ _ С \С 2 = С2В АМ \ М \М 2 М 2М 2 ’ а дужи А М \ , М \М 2 и М 2М 3 су међу собом једнаке, па су и дужи А С \ , С \С 2 и С2В међу собом једнаке.
б) Слично као на сл. 10 одредимо тачке М \, М 2 , М3 , М 4 и М 5 (сл. 11) тако да је А М \ = М \М 2 = М 2М 3 = М 3М 4 = М 4М5 , а затим и тачке С \, С2 , С3 , С 4 на дужи А В тако да је М \С \ || М 2С 2 || М 3С 3 || М 4С 4 [| М 5 В . Тада је, по Талесовој теореми, А С \ = С \С 2 = С 2С 3 = С 3С 4 = С 4В , па тачка С 2 дели дуж А В у однсоу 2 : 3, тј. важи А С 2 : С2В = 2 : 3 . Значајно је да се напомене да важи и тврђење обратно Талесовој теореми: ако три праве одсецају на двема датим правим пропорционалне одсечке, тада су те три праве паралелне. Нека, на пример, две праве В С и В \С \ секу краке угла 1>Ас при чему важи АВ АС ~АВ\ ~ А С \ ' Тада су праве В С и В \С \ паралелне. Наиме, ако то не би био случај, права која садржи тачку В \ , паралелна правој В С , секла би полуправу Ас у некој тачки С' (сл. 12 ). АВ АС Из услова Тада би, на основу Талесове теореме важило АВ АС г АС АС А В ± . АС' _ л г , , да је 7 — = 7— би следило — = ууу;, одакле је А С \ — АС , тј . АСг АС' АВ\ АС\ тачке С \ и С' се поклапају.
1. Сличност троуглова
6 Задаци
1.
Н а слици 13 дуж Р Е п ар ал ел н а је дуж и А В . а) Н а ћ и С Е ако је А С = б с т , Л С = 2 с т , В С = 12 с т . б) Н а ћ и В Е ако је А С = 30 с т , УШ = б с т , В С = 50 с т . в) Н а ћ и Е С ако је С Б = 8 с т , А С = 20 с т , В Е = б с т .
Слика 13
Слика 14
2. Краци угла са теменом А пресечени су двема паралелним правим као на слици 14. Одредити: а)
ако је А М = 4 с т , А Р = б с т , АЛГ = 5 с т ;
б) А Р , ако је АЛ1 :
= 3 : 4 и М Р = 2ст;
в) А М , ако је АЛГ = 3 с т , у1<5 = 5 с т и А М + А Р = 24 с т . 3. Одредити дуж х , односно у , на сликама 15 и 16.
4. Дате су дужи А В , В С и С Б (сл. 17). Конструисати дуж х тако да важи А В : В С = С Р : х . А
В
С Слика 17
ГЈ
1.2. Сличност троуглова
5.
7
Дата је дуж А В . а) Поделити дуж А В на пет једнаких делова. б) Поделити дуж А В на седам једнаких делова. в) Одредити на дужи А В тачку С тако да је А С : С В = 2 : 1 . г) Поделити дуж А В у односу 5 : 2 .
6. Да ли су праве В С и В \С \ на сликама 18 и 19 паралелне?
1.2. С л и ч н о ст тр о у гл о в а У седмом разреду ученици су упознали један критеријум за проверавање сличности троуглова. Ако за два троугла А В С и А^В^С х важи да су два унутрашња угла једног троугла једнаки одговарајућим унутрашњим угловима другог троугла, тада су троуглови А В С и АгВ^С г слични. Сада ћемо упознати још три критеријума за испитивање сличности троуглова. П р и м е р 5.
П осм атрајм о троуглове
А В С и А^ВхСх на слици 20. З а њих важи АВ 1
К) АС АСг
АВ А В + ВВг
8 8+ 4
АС А С + ССг
6
2
3
6+ 3
АС АВ . По тв тврђењу обратном Талесовој теореми тада А В г ~ АСг ' је В С || В \С \ и због тога важи А А В С = А А В 1 С 1 и А А С В = А А С 1 В 1 . Дакле,
1. Сличност троуглова
Дакле, троуглови А В С и имају заједнички угао, а странице које образују тај угао су им пропорционалне. Тада су им једнаки сви углови и 2 слични су. Приметимо да је коефицијент сличности ових троуглова к = - . Слично важи за све троуглове који задовољавају наведене услове. Наиме, важи следеће тврђење. Ако за два троугла А В С и АхВ^С^ важи да су две странице једног троугла пропорционалне одговарајућим страницама другог троугла, а углови које те странице образују су једнаки, тада су троуглови А В С и А 1 В 1 С 1 слични.
П ример 6. Да ли су троуглови А В С и Л1В 1С,1 на слици 21 слични?
Решепе. А А В С ~ А А х В ^ С ^ . Наиме, А А = А А г = а и АВ 12 А гВ х ~ Т ~
и
АС 9 ДДД ~ 3 ~ 3’
АВ АС _ па Је ——— = — . Видимо да за ове троуглове важи да имају пар .11 /ј; А IО \ пропорционалних страница, а углови које те странице образују су једнаки, па су дати троуглови слични. Можемо још констатовати да је коефицијент сличности к = 3. Важи и следеће тврђење. Ако за троуглове А В С и А 1 В 1 С 1 важи да су све странице једног троугла пропорционалне одговарајућим страницама другог троугла, тада су ти троуглови слични.
П р и м е д _7. Да ли су слични троуглови чије су странице а = 8 сш, = 9 с т и сх = 18с т ?
6 = бсш и с = 12 сш, односно ах = 1 2 с т ,
1.2. Сличност троуглова
Решепе. Како је — а1
8 12
а а1
2
В 3 ' 1>1 6 &1
6
9
9 2 с и — 3 С1
12 2 то је 18 ~ 3
с С1 ’
па су ови троуглови слични. На крају, поменимо и следеће тврђење. Ако за два троугла А В С и А^В^Сх важи да су две странице једног троугла пропорционалне одговарајућим страницама другог троугла и ако су углови наспрам већих од тих страница једнаки, онда су троуглови А В С и А^В^Сх слични. Приметимо да постоје четири критеријума за утврђивање сличности троуглова, каже се да су то четири става о сличности троуглова. Предлажемо ученицима да упореде ове ставове са четири става о подударности троуглова и уоче одговарајуће сличности и разлике. Задаци
1. Два правоугла троугла имају катете а = З с т и 6 = 4 с т , односно аг = 12 с т и 61 = 16 с т . Доказати да су ови троуглови слични и одредити њихове обиме. 2. Да ли су слична два троугла ако су странице једног 1 с т , 2 с т и 1 ,5 с т , а другог 8 с т , 1 6 с т и 1 2 с т ? 3. Да ли слични троуглови на слици 22?
Слика 22
Слика 23
4. На слици 23 је приказан троугао А О В , при чему су дате његове странице АО = 19 с т , В О = 29 с т , А В = 32 с т , као и две странице троугла ССШ: О Д = 5,8 с т и ОС = 3,8 с т . Доказати да су троуглови А О В и С О Р слични, одредити коефицијент сличности и дуж С В ■
10
1. Сличност троуглова
1.3. П р и м ен а с л и ч н о ст и н а п р а в о у гл и т р о у г а о Подсетимо се да је за сличност два троугла довољно да су им по два одговарајућа угла једнака. Међутим, када су у питању два правоугла троугла, довољно је да им буде једнак само пар одговарајућих оштрих углова.
П ример 8. Нека је један оштар угао правоуглог троугла А В С једнак 54°, а један оштар угао правоуглог троугла АхВхСх једнак 36 Тада је други оштар угао у троуглу А^ВхСх једнак 180° - (90° + 36°) = 180° - 126° = 54°, па су правоугли троуглови А В С и АхВ^Сх слични (сл. 24).
Слика 24
Слика 25
П ример 9.; Нека у правоуглом троуглу А В С висина С В дели хипотенузу на одсечке А В = 4сш и В В = 9 с т . Израчунати висину СВ. Решепе. Уочимо да је у троуглу А Б С (сл. 25) А А С Р = 180° - (90° + а) = 90° - а = А Р В С . Дакле, правоугли троуглови А И С и С П В су слични, па важи АР СР АС С В ~ ~ 1 Т ~ ВС' Из прве једнакости имамо СТ >2 = А Б ■В О,
С О 2 = 4- 9,
С В 2 = 36, па је С В = б с т .
1.3. Примена сличности на правоугли троугао
11
Уочимо да аналогно тврђење важи у сваком правоуглом троуглу. Наиме, ако је С Л висина која одговара хипотенузи правоуглог троугла А В С , троуглови А И С и С О В су слични (сл. 26). Штавише, оба та троугла су (због једнаких углова) слична и троуглу А В С (видети пример 9). Означимо странице правоуглог троугла А В С , висину С И и дужи АО и Б В као на слици 26. Можемо извући следеће закључке: 1) Из Д И И С ~ А С Б В имамо: АБ _ СВ
сЂ ~ вЂ'
. Т Ј '
р _ ћ
ћ~^’
односно добијамо да важи Л2 = Р ■д 2) Из А С О В ~ А А С В имамо: БВ _ В С В С ~ ~АВ’
. ТЈ'
ч_ а а~ с
односно а2 = с • д 3) Из А А Б С ~ А А С В имамо:
АР АС АС~АВ’
. Т Ј '
р_ћ ћ~с
односно ћ2 = с - р [ПРИМЕР 10.! И зр ач у н ати хипотенузу с правоуглог тр о у гл а А В С на слици 27.
Решење. Како је а = 4 с т и д = 2 с т , из а 2 = с ■д (својство 2)) добијамо-
а = — 16 = 8 8ст. с= — Ч 2
12
1. Сличност троуглова
Слика 27
П ример 11.
Слика 28
Израчунати катету 6 правоуглог троугла А В С на
слици 28. Решење. Имамо да је р = З с т и д = 9 с т , п а ј е с = р + д = 3 + 9 = 12 с т . Из &2 = с - р (својство 3)) добијамо 6 = у/с ■р = \/3 - 12 = ч/36 = 6 с т . П р и м е р 12. Дате су дужи а и 6. Конструисати дуж х = \/а • 6 .
Решење. Конструишимо дуж ДП тако да је ДП = АО + П 1? , при чему је А Б = а и ПП = 6 (сл. 29). Одредимо тачку 5 - средиште дужи А В , а затим конструишемо круг & са центром 8 и полупречником Слика 29
Ако у тачки В конструишемо нормалу на А В , та ће права сећи круг к у тачки С , а биће С В = х тражена дуж. Наиме, А А С В је прав (периферијски угао круга над пречником А В је прав), па у правоуглом троуглу А В С на основу својства 1) важи С В 2 = А Б ■О В , односно х 2 = а ■6 , т ј. х = л/а ■6 . Напоменимо да је уобичајено да се оваква дуж х назива г ео м ет р и јск ом с р е д и н о м за дужи а и &.
Подсетимо се да су се ученици у седмом разреду упознали са Питагорином теоремом: У сваком правоуглом троуглу важи а 2 + 62 = с2, при чему су а и & катете, а с хипотенуза тог троугла. Када имамо у виду резултате 2) и 3) овог одељка, можемо применом сличности изложити још један доказ Питагорине теореме.
1.3. Примена сличности на правоугли троугао
13
Како је (сл. 30) а 2 = с ■д
62 = с • р,
сабирањем левих и десних страна последње две једнакости добијамо: а 2 + &2 = С '5 + с- Ј1 = с • (д + р) = с • с = с2.
с
Слика 31
Задаци
1. У правоуглом троуглу А В С (сл. 31) хипотенуза А В је 10 сш, а катета А С = 6 сш . Наћи а , р , д и ћ . 2. У правоуглом троуглу су дужи на које висина дели хипотенузу: 25 144 р = — ст и 9= с т . Израчунати: а) висину која одговара хипотенузи; б) катете; в) обим и површину троугла. 3. Одсечци на хипотенузи правоуглог троугла одређени подножјем висине су 2 с т и 3 с т . Израчунати висину тог троугла и конструисати троугао. 4. Конструисати дуж х = у/ТВ с т .
14
1. Сличност троуглова
2. ТАЧКА, ПРАВА И РАВАН 2 . 1. О дн ос тачке и п р ав е, тачке и равн и . Е л ем ен т и који о д р е ђ у ју п ол ож ај п рав е и равни
Ученици су се у претходним разредима већ упознали са основним геометријским објектима - тачкама, правим и равнима. Уобичајено је да тачке обележавамо великим словима латинице: А , В , С , , А2, . . . , а праве малим латиничним словима: а , б, с, . . . . р, д, . . . , а,!, а2 , . . . Тако, на пример, на слици 1 тачка А припада 'В правој а (каже се и да права а садржи тачку Н); то записујемо као А 6 а. Тачка В не припада правој а , т ј. В ^ а. Слика 1
За праве а и 6 на слици 2 кажемо да се секу, а за праве р и д (које припадају једној равни и немају заједничких тачака) да су паралелне.
Слика 2
На слици 3 је приказано како се уз помоћ лењира (или троугаоног лењира) може нацртати права р која садржи тачке А и В .
16
2. Тачка, права и раван
/
"1|[|11111!111111Н11||||!!||||| |!||||1||цГ|!||
Каже се да је права р одређена тачкама А и В , а такође се уместо „права р “ каже „права А В “. Основна својства односа тачака и правих су:
За сваку праву постоје тачке које јој припадају и тачке које јој не припадају. За сваке две различите тачке постоји тачно једна права која их садржи. Ово тврђење формулишемо и на следећи начин. Две различите тачке одређују тачно једну праву.
П р и м е р 1. У равни су дате четири тачке А , В , С и Д>, од којих никоје три не припадају једној правој. Колико правих одређују ове четири тачке?
Решење. Три праве ( А В , А С и А О ) садрже тачку А, сл. 4 . Исто важи и за остале тачке. Дакле, број правих би био 4- 3. Али, како смо на °вај начин све праве рачунали два пута (на пример, А В и В А ) , тражени
Слика 4
Слика 5
Уобичајено је да се равни означавају грчким словима а , (3, 7 , ... а како је немогуће нацртати целу раван, цртамо је најчешће као парале лограм (сл. 5).
2.1. Однос тачке и праве, тачке и равни
17
На слиди 5 су приказане и тачке А , В , М и N и права р . За тачке А, М и N кажемо да припадају равни а и пишемо А 6 а , М е а , N е а , а за тачку Н да не припада равни а : В а. Права р, чије две тачке М и N припадају равни а, такође припада тој равни. То записујемо: р С а . Каже се и „раван а садржи праву р На слици 6 приказани су раширени листови једне књиге. Ако корице књиге и њене листове замислимо као моделе равни, видимо да све те равни имају једну заједничку праву, тј. да постоји бесконачно много равни које имају заједничку праву. Међутим, ако одаберемо једну тачку ван те праве, само један лист књиге ће садржати ту тачку. Слика 6
Слично је и са вратима, која такође можемо замислити као модел равни (сл. 7 и сл. 8). Врата се слободно отварају причвршћена на два места шаркама. Али, брава која је ван праве одређене шаркама, одређује један посебан положај врата.
Слика 7
Слика 8
Уочимо нека основна својства односа тачака, правих и равни. За сваку раван постоје тачке које припадају тој равни и тачке које јој не припадају.
Ако права садржи две разне тачке једне равни, онда та права припада тој равни. Постоји тачно једна раван која садржи једну дату праву и једну дату тачку ван те праве. То краће формулишемо на следећи начин.
18
2. Тачка, права и раван
Права и тачка ван ње одређују тачно једну раван. За три тачке А, В , С које не припадају једној правој (сл. 9) кажемо да су неколинеарне. Како две од њих, на пример А и В , одређују једну праву, а та права и тачка С ( С ф А В ) одређују раван, закључујемо да
три неколинеарне тачке одређују тачно једну раван. П р и м е р 2 Ј А ко поставим о картон, који се може у зети као модел равни, на врхове тр и оловке (сл. 10), тај картон ћ е зау зети тачно одређен полож ај. П ри томе су врхови оловака м одели за тачке.
Слика 10
Слика 11
Поменуто својство, да три неколинеарне тачке одређују раван, користи се и код израде троношца, столице са три ноге (сл. 11). За разлику од столице која има четири ноге, а која може да буде нестабилна ако те четири ноге нису направљене идеално, троножац се не љуља. Посматрајмо сада две праве а и 6 које се секу у тачки С (сл. 12). Нека је В тачка праве 6 различита од С . Тада В ф а. Права а и тачка В одређују тачно једну раван (којој припада и права 6 ). Дакле, Слика 12
две праве које се секу одређују тачно једну раван. (Леп примерјза ово је дечији змај (сл. 13) који је начињен од папира (модел равни) причвршћеног за две летвице (модели две праве које се
2.1. Однос тачке и праве, тачке и равни
° лика ^
19
Слика 14
Посматрајмо кутију на слици 14. Две наспрамне паралелне ивице (модели паралелних правих) одређују поклопац кутије (модел равни). Уочавамо да важи две различите паралелне праве одређују тачно једну раван.
Задаци
1. Дат је квадар А В С О А \В \С \Гђ (сл. 15). Које од тачака В , В \, С , Их припадају равни основе А В С И ? Које од правих А В , А А \ , А С , А В \, А С \ припадају равни основе А В С Б 1
Слика 15
Слика 16
2. Ивице А В , А О и А А \ коцке А В С О А хВ хС ^О х секу се у тачки А
(сл. 16). Колико равни одређују те ивице? 3. Дате су тачке А , В , С , Л , Е од којих никоје три не припадају једној правој и никоје четири не припадају једној равни. а) Колико ове тачке одређују правих? б) Колико највише равни могу одређивати тачке А, В , С и О ? 4. Четири тачке А , В , С и В не припадају једној равни. Могу ли неке три од њих да припадају једној правој? Образложи одговор.
2. Тачка, права и раван
20
5. Које од следећих реченица су тачне? (I) Раван одређују две различите тачке. (II) Раван одређују две различите паралелне праве. (III) Раван одређују три неколинеарне тачке.
2 .2 . О д н о си п рав и х; м и м о и л а зн е п рав е Посматраћемо сада две праве а и 6 . Познато је да, ако оне припадају једној равни, могу да се секу или да буду паралелне. Прво је случај ако оне имају тачно једну заједничку тачку, а друго ако немају заједничких тачака (сл. 17).
Слика 17
Ако праве а и 6 имају две заједничке тачке, тада се те две праве поклапају. И у том случају се каже да су оне паралелне. Међутим, у простору се може догодити и да за неке две праве не постоји раван којој би обе припадале. Посматрајмо, на пример, ивице А В и В В \ коцке А В С В А хВ хС хО х (сл. 18). За овакве праве кажемо да су м и м о и л а зн е . Слика 18 П р и м е р 4. 'Путање два авиона у ваздуху (сл. 19) представљају модел мимоилазних правих, а такође и путање два аутомобила на ауто-путу и надвожњаку (сл. 20).
Слика 19
Слика 20
2.2. Односи правих; мимоилазне праве
21
П РИМКР 5 . Код коцке А В С О А хВ ^С хО г на слици 21 одредити све ивице: а) које се секу са ивицом А В \ б) које су паралелне ивици А В ; в) које су мимоилазне са ивицом А В .
5
Слика 21
Решепе. а) Са ивицом А В секу се ивице А О , В С , А А Х и В В Х. б) Ивици А В параллене су СЈ9, А ХВ Х, С^Бх и А В . в) Мимоилазне са ивицом А В су: С С 1: В В х , А х В х и В ^ С г . Задаци
1. Нека су р и д две различите праве. У којим случајевима ове праве одређују једну раван, а у којима не? 2. На слици 22 приказана је пирамида А В С И З . Одредити све ивице ове пирамиде: а) које се секу са ивицом А В \ б) које су мимоилазне са ивицом А В .
2. Тачка, права и раван
22
2 .3 . О д н о си п р ав е и равн и , н о р м а л а на раван, о д сто ја њ е тачке о д р ав н и Посматрајмо праву а и раван а . Постоје три могућности.
1) Права и раван немају заједничких тачака (сл. 23). Тада се каже д је права а паралелна равни а и пише а || а .
Слика 23
Слика 24
2) Права и раван имају тачно једну заједничку тачку А (а Па = { А } ) као на слици 24. Кажемо да права а продире раван а. 3) Права и раван имају бар две заједничке тачке А и В (сл. 25). У одељку 2.1 смо видели да тада права а припада равни а (а С а) . И у овом случају се каже да је права а паралелна равни а.
Слика 25
Слика 26
Ако права а и раван а имају тачно једну заједничку тачку, тада кажемо да права а п р о д и р е раван а. Ако права а и раван а немају заједничких тачака, или права а припада равни а , кажемо да је права а п а р а л е л н а равни а . Дакле, може се рећи да је права паралелна равни или продире ту раван. Уочимо једну важну чињеницу која се односи на паралелност праве и равни (сл. 26).
2.3. Односи праве и равни, нормала на раван
23
Ако је права а паралелна са неком правом & равни а , онда је права а паралелна и са равни а .
П ример
/
6.
Посматрајмо коцку А В С И А хВ хС хО х (сл. 27). Права А^Вх паралелна је правој А В , па самим тим и равни основе коцке А В С О . Слично, В В \ || АА]_, па је права ВВх паралелна страни уШДђА.! коцке.
С\
Вг
А
7 в
С
Слика 27
У случају када права продире раван, једна ситуација је посебно карактеристична - када је права нормална на равни (сл. 28). Права а је н о р м а л н а на равни а (а 1 а ) ако а продире а у некој тачки А и ако је права а нормална на свим правим равни а које садрже продорну тачку А.
У свакодневним ситуацијама било би врло неудобно проверавати нормалност праве на раван тако што би се утврђивала нормалност на све праве те равни које садрже продорну тачку. Због тога је следеће тврђење од великог значаја (сл. 29). Ако је права а, која продире раван а у тачки А, нормална на две праве 6 и с равни а, тада је права а нормална на све праве равни а које садрже тачку А , па је права а нормална на равни а.
Доказ овог тврђења је релативно сложен и нећемо га овде приказати.
2. Тачка, права и раван
24
П ример 7. Посматрајмо угао собе (или учионице) као на слици 30. Права а одређена ивицом између два зида нормална је на правим 6 и с пода, па је нормална и на раван пода. П ример 8. Поставимо књигу раширених корица на раван стола као на слици 31. Права а тада је нормална на праве 6 и с, али и на све остале праве равни стола које садрже продорну тачку А ( т , п , р, д, г, ... ), па и на равни стола. Слика 30
Слика 31
Слика 32
Посматрајмо поново коцку А В С О Ах В хС хО х (сл. 32). Какоје А А \ _1_ А В и А А \ 4- А О , то је права А А \ нормална на све праве равни а основе коцке које садрже тачку А , између осталих и на праву А С . Права А А \ је нормална и на раван основе а .
Посматрајмо сада произвољну раван а и тачку А ван те равни (сл. 33). Нека је р права која садржи тачку А и нормална је на а и нека
2.3. Односи праве и равни, нормала на раван
25
права р продире а у тачки А ' . Дужина дужи А А ' се назива р а ст о ја њ е тач к е А о д р а в н и а .
П ример 10. Нека је права р паралелна равни а (сл. 34). Уочимо да су одстојања свих тачака праве р од равни а једнака: А А ' = В В ' = СС' итд.
Задади
1. Тачка А не припада равни а . Колико постоји правих које садрже тачку А и: а) нормалне су на а ; б) паралелне су равни а ? 2. Која од следећих тврђења су тачна, а која нетачна за све праве, односно равни? а) Ако су две праве а и 6 нормалне на равни а , онда је а || 6 . б) Ако је права а нормална на некој правој 6 равни а , онда је и а 1 а. в) Ако је права а паралелна равни а , тада је а паралелна са било којом правом те равни. 3. На квадру А В С О А ^ В х С х Б х (сл. 35) одредити све ивице: а) нормалне на раван стране С С ^ В х В -, б) паралелне равни стране С С ^ В х В .
/
В1 о
/ _____
7
4. Тачке А и В праве р су на растојању 5 с т , односно 7 с т од равни а (сл. 36). Одредити растојање тачке М која је средиште дужи А В од равни а .
2. Тачка, права и раван
26
2.4. О дн ос д в е ју рав н и Једно од основних својстава равни се може исказати на следећи начин (сл. 37). Ако две различите равни а и /3 имају заједничку тачку С, тада те две равни имају заједничку праву с. При томе тачка С припада правој с.
Слика 37
Слика 38
Можемо да закључимо да за две различите равни а и / 3 постоје две могућности: 1) Равни а и /3 имају бар једну заједничку тачку С . Тада оне имају и заједничку праву с и каже се да с е р а в н и а и /3 сек у . Пишемо аП/3 = с (сл. 37). 2) Равни а и (3 немају заједничких тачака (сл. 38). Тад се каже да су о в е д в е р а в н и п а р а л е л н е . Пишемо а\ \ 0 . Ако би за равни а и /3 на слици 37 важило да имају још неку заједничку тачку М ван праве с, тада би на основу тврђења из одељка 2.1 да права и тачка ван ње одређују тачно једну раван, права с и тачка М одређивале једну раван, па би било а = /3. И у овом случају се каже да важи а || /3. Дакле, важи следеће. З а две равни које немају заједничких тачака или се поклапају кажемо да су паралелне. Ако две равни нису паралелне, тада се оне секу и њихов пресек у том случају је права.
П ример 11. Равни наспрамних страна коцке су паралелне, док се равни суседних страна секу, а њихови пресеци су праве одређене ивицама
2.5. Ортогонална пројекција на раван
27
коцке. Исто важи и за квадар. Тако су, на пример, равни пода и плафона учионице паралелне, а равни зидова секу раван пода по правим линијама. Задаци
1. Д а ли су следећа тврђења тачна за све праве, односно равни? а) Ако за равни а , (3 и 7 важи а || /3 и /3 [| 7 , онда важи и а || 7 . б) Ако права р продире једну од две паралелне равни а тл јЗ, онда продире и другу. в) Ако су праве р и д паралелне равни а , онда су р и д паралелне и међу собом. г) Ако су две равни а и (3 паралелне правој а, онда су и равни а и /3 паралелне међу собом. 2. Дате су равни а и (3 које се секу (сл. 39). Нацртати праву: а) р, тако да је права р паралелна равнима а и /3; б) д, тако да је д || а и д продире /3; в) т, тако да г продире и раван а и раван (3. Слика 39
2.5. О ртогон ал н а п р ојек ц и ја н а раван (тачк е, д у ж и , п рав е) Посматрајмо тачку А и раван а , А ф а (сл. 40) и нека је р права нормална на а тако да А С р. Та права продире а у некој тачки А ' . Ту тачку А' називаћемо о р т о го н а л н о м п р о јек ц и јо м тачке А на раван а.
Слика 40
Слика 41
28
2. Тачка, права и раван
Ако посматрамо дуж А В (сл. 41) и пројекције тачака А и В на неку раван а , добићемо дуж А ' В ' . Та се дуж назива пројекцијом дужи А В на раван а . Приметимо да и пројекција М ' произвољне тачке М дужи А В припада дужи А ' В ' . На сличан начин добијамо и пројекцију праве р на раван а , било да је р ј| а (сл. 42), било да р продире а (сл. 43). Видимо да је у првом случају пројекција р' паралелна правој р, док се у другом случају права р и њена пројекција секу у продорној тачки праве р и равни а .
Међутим, постоји и један специјалан положај када пројекција дужи на раван, а такође и пројекција праве на раван, није дуж, односно права, већ тачка. Ради се о случају када су дуж, односно права, нормални на раван а (сл. 44).
Слика 44
П ример 12. Дат је квадар А В С О А хВ хС хВ х (сл. 45). Одредити пројекције на раван а основе А В С Б : а) тачака А \ , В \ , С\ , Г ђ ;
с% А-1
/
7В1 п
/1_____ 7
б) дужи А г Б х , А ХВ Х, А хСг, А А Х, А В Х и А О ,; в) дијагонала А С Х и В О х . Решење. а) Тачке А , В , С, О.
с
б) Дужи уШ , А В , А С \ тачка А ; дужи А В и А В . в) Дужи А С и В В .
Слика 45
29
2.5. Ортогонална пројекција на раван
П ример 13. Ортогонална пројекција праве р на раван а је права р' (сл. 46), при чему се тачке А и В пројектују у тачке А ' , односно В ' . Ако је растојање тачке А од равни а 8 с т , а растојање тачке В од равни а 12 с т и дуж А В = 5 с т , одредити дужину пројекције А ' В ' дужи А В .
Решепе. Нека је С тачка праве В В ' таква да је А С || р ' . Тада је (сл. 47) у правоуглом трапезу А ' В ' В А , А С = А ' В ' , а В С = В В ' - А А ' = 12 с т — 8 с т = 4 с т . Применом Питагорине теореме за троугао А С В добијамо А С = у/ А В 2 - В С 2 = у/5 2 - 42 = л/9 = Зсш, па је и А ' В ' = 3 с т .
Задаци
1. У ком случају је дужина ортогоналне пројекције А ' В ' дужи А В на раван а : а) једнака дужини дужи А В ; б) мања од дужине дужи А В 7
2. Тачке А и В се налазе са исте стране равни а .
Ако су њихова растојања од равни а: А А' = 8 с т и В В ’ = З с т , а дужина пројекције А ' В ' = 12 с т , наћи дужину дужи А В .
3. Права р продире раван а у тачки А (сл. 48). Ако је дуж А В = 4 с т , одредити дужину ортогоналне пројекције те дужи на раван а ако Је: а) А В А В ' = 60°; б) 1 В А В ' = 45°; в) 1 В А В ' = 30°. Слика 48
30
2. Тачка, права и раван
2.6 . П о л и е д а р
У свету у коме живимо постоји много различитих објеката, који су са свих страна ограничени неким површима и који заузимају део простора. Такви објекти називају се г е о м е т р и јс к а тел а . Тела могу бити ограничена равним или кривим површима (слика 49).
7 0о /
Она тела која су са свих страна ограничена многоугловима називају се п о л и е д р и . Неке од полиедара ученици познају - коцку, квадар, пирамиду, а са неким полиедрима ће се детаљније упознати у наредним поглављима овог уџбеника. Неки полиедри су приказани на слици 50.
Слика 50
Поменути многоуглови који ограничавају полиедре називају се ст р а н а м а полиедра, а странице тих многоуглова, које су увек заједничке за две стране полиедра, називају се и в и ц а м а полиедра. Темена многоуглова, која су увек заједничка за бар три ивице, називају се т е м е н и м а полиедра.
2.6. Полиедар
31
П ример 14. Коцка на слици 51 је полиедар. Стране овог полиедра су квадрати. Има их укупно шест: А В С Б , А В В хА г , В С С ХВ Х, А х В х С х О х, ССхОхО и А Б В х А х . Коцка има 12 ивица: А В , В С , С Л , О А , А Ах , В В г , ССх, В Д , Д 1В 1 , ВхСх, С х В \ и П 1И 1 и 8 темена: А , В , С . П , Лх, П 1 , С 1 и Г>1 . Слика 51
Задаци
1. Три подударна квадрата странице а и два једнакостранична троугла странице а су стране једног полиедра. Скицирати слику тог полиедра. 2. Колики је најмањи број страна које мора да има један полиедар? 3. Колико страна, ивица и темена има пирамида на слици 52? Слика 52
Вржзг*
32 2.
I
3. ЛИНБАРНЕ ЈЕДНАЧИНЕ И НЕЈЕДНАЧИНЕ С ЈЕДНОМ НЕПОЗНАТОМ
У седмом разреду ученици су се упознали с појмом рационалног алгебарског израза. У овом поглављу ћемо се бавити л и н еа р н и м ал г еб а р с к и м и зр а зи м а . Линеарни изрази су сви бројевни изрази, као на пример, 5,
^ - 7,
4 — ^ • 6\/3
итд,
а такође и изрази који садрже променљиве, њихове збирове и разлике, при чему те променљиве могу да буду помножене (или подељене) неким бројевним изразом. На пример, линеарни изрази су
Зх + 2 ,
1
—х + —,
а + &,
х — 2у,
а — \/2 + 5х,
док изрази 9
х
2 - 1 ,
Ј X
у / у - 3,
Зх2 —2х2 —х + 5
нису линеарни. При раду са линеарним изразима користимо се најважнијим правилима рачунања, тј. алгебарским законима: а Ј- 6 — 6 Т а
(закон комутативности за сабирање)
а + (к + с) = (а + ћ) + с
(закон асоцијативности за сабирање)
а ■6 = 6 ■а
(закон комутативности за множење)
а ■(б ■с) = (а ■6) • с
(закон асоцијативности за множење)
а - ( 1) + с) = а- д + а- с
(дистрибутивни закон)
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
34
Сва ова правила за рачунање важе не само када су а, & и с бројеви или променљиве, већ и када су у питању изрази, а користимо их у циљу поједностављења (упрошћавања) тих израза. Тако, на пример, важи (I2х + 1 ) —х = х + 1 , а такође и х + 1 ( х + 3 2 + 2 Изрази (2х + 1)
х + 2.
х + 1 х+3 х и х + 1 , а такође и --------- 1--------- и х + 2 су међу
собом ек в и в а л ен т н и (јед н а к и ) и з р а з и у смислу да ако заменимо у њима било коју бројну вредност уместо променљиве, претходне издвојене формуле постају тачне бројевне једнакости. Сваки линеарни израз с једном променљивом х се може упростити и довести на облик ах + 6, при чему су а и 6 бројеви.
3.1 . Л и н е а р н а ј е д н а ч и н а Са појмовима једнакост и једначина ученици се срећу већ у млађим разредима основне школе. Када су у питању бројевне једнакости, оне могу бити тачне или нетачне (истините, односно неистините). Тако су, на пример, истините једнакости
14 3 = 3, 5 + 2 = — ,
г-
л/9 = 3,
1 1 2 - - - 4 = 6 + 8: 2,
а неистините, на пример,
2 = 1, 3 - 2 - 5 = 5,
0 : 5 = 5.
Када се два израза, у којима се могу појављивати и променљиве, повежу знаком једнакости, добијамо једначину. У једначини тражимо оне вредности променљивих за које се добија тачна бројевна једнакост. Уобичајено је да се за променљиве х , у , г, . . . које означавају непознате бројеве користи термин н еп о зн а т а . Тако, на пример, у једначини х + 2= 4
35
3.1. Линеарна једначина
уместо непознате х можемо заменити број 2 и добиће се тачна једнакост. Ако уместо х заменимо било који други број, добијена једнакост је неистинита.
П ример 1 . Формуле 2х — 1 ^ + 3 = — -— ,
х 2 ~ у 2 = ( х - у ) ( х + у),
х 2 + 1 - 2 у - г = 0,
7=5,
4^=11
СУ једначине јер се свуда ради о нека два израза повезана једнакошћу. У неким од ових једначина појављује се једна, у некима више променљивих, а у једној уопште нема променљивих. У овом одељку посматраћемо само једначине с једном непознатом и то линеарне, тј. оне које се разним трансформацијама, о којима ће касније бити речи, могу довести на облик ах + 6 = сх + < 1, при чему су а,д,с и А неки бројеви или изрази који не садрже непознату.
П ример 2 . Једначине „ За; + 1 = 5,
’
7х — 1 Зж + 5 х = 2 , -------- -------------= 1
’
2
4
су линеарне једначине с једном непознатом, док једначине х 2 + 2х - 3 = 0,
х 3 = 8,
\ [х + 2 = ^ х - 2
нису линеарне јер се у њима непозната појављује степенована на други, односно трећи степен, односно под знаком корена.
П рим ер 3. Посматрајмо једначину 2 х - \ = 7.
Ово је линеарна једначина с једном непознатом х . Поступак тражења реалног броја х џ , који заменом у једначину уместо непознате х ту једначину претвара у тачну једнакост, назива се р еш а в а љ е је д н а ч и н е , а сам тај број х 0 је решење дате једначине. Овде је решење број х 0 = 4, јер важи
2 - 4 - 1 = 7. Решење једначине са непознатом х је број х 0 , који замењен у једначину уместо непознате, ту једначину претвара у тачну једнакост. Решити једначину значи одредити сва њена решења.
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
36 Задаци
1. Које од следећих бројевних једнакости су истините, а које нису? а)
5 - 2 3 - 62 : 12 = 37;
6 ) 4 - 5 -3 + 6 = 3.
2. Л а ли је број 4 решење једначине: 5 9 х - 4 2(ж + 1) х +4 а + ^ = 2’ 6) " 3 “ + — 5-1 = ^ ? 3. Који од елемената скупа {—2, —1,0,1, 2} је решење једначине 2х + 3
ж + Ј. _ ^ ?
3.2. Е к ви вален тн е је д н а ч и н е У одељку 3.1 упознали смо се са појмом решења једначине. Сада ћемо упознати појам ек в и в а л ен т н и х је д н а ч и н а . За две једначине се каже да су еквивалентне ако је свако решење једне истовремено и решење друге и обратно. При овом, ако једна од једначина нема решења, нема га ни друга.
П ример 4. Једначине 2х —5 = 11 и 7х + 6 = 62 су еквивалентне. У оба случаја решење је број 8 . Једначине х = х + 2 и Зх = Зх — 1 такође су еквивалентне јер ниједна нема решења. Како су вредности двају еквивалентних израза једнаке за све вредности променљкиве, можемо да уочимо да су линеарне једначине ј ( х ) = д(х) и / ( х ) = ћ(х) еквивалентне ако је израз д(х) еквивалентан изразу ћ ( х ) .
П ример 5. Наћи решења једначине 3(х + 3) —2(х —1) —11 = 5. Решепе. Трансформишимо израз на левој страни једначине: Зх + 9 —2х + 2 - 11 = 5, х
•!
11 - 11 = 5, х = 5.
3.2. Еквивалентне једначине
37
Дакле, линеарни израз 1\ = 3(х + 3) —2(х —1) —11 еквивалентан је изразу 12 = х јер се израз 1 2 добија применом неких од правила рачунања од
израза 1 \ . Можемо да констатујемо да смо овим поступком решили дату једначину. Њено решење је број 5, што се може и проверити заменом у једначину, 3(5 + 3) - 2(5 —1) — 11 = 3 ■8 - 2 • 4 — 11 = 24 - 8 — 11 = 5. Осим овог важног поступка за решавање једначина, примене еквивалентних израза, користимо још два значајна својства једначина којима се служимо ради добијања еквивалентних, а једноставнијих једначина.
П ример 6. Решити једначину 2х + 7 = 14 + х. Решење. Левој и десној страни ове једначине додаћемо израз —х — 7 и на тај начин добити еквивалентну једначину 2х + 7 —х — 7 = 1 4 + ж —х — 7,
односно
1 = 7. Број 7 је решење дате једначине.
СвОЈСТВО 1. Ако посматрамо линеарну једначину ј ( х ) = д(х) и левој и десној страни једначине додамо (или одузмемо) линеарни израз ћ ( х ) , добићемо еквивалентну једначину ј ( х ) + ћ(х) = д(х) + ћ ( х ) . При овом, ако је као у примеру 6 , израз ћ(х) погодно изабран, добијена једначина је једноставнија од полазне. Још чешће ћемо користити следеће значајно својство једначина, које директно следи из својства 1 .
СвОЈСТВО 1 ' . Сваки сабирак у једначини може се пребацити на другу страну једначине, при чему се промени његов знак. Добијена једначина еквивалентна је полазној. ПРИМЕР 7. Решити једначину Зх — 11 = 26 + 2х. Решење. Сабирак —11 пребацујемо на десну страну једнакости, а сабирак 2х на леву, при чему се мења њихов знак. Добијамо еквивалентну једначину З х —2 х = 26 + 11.
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
38
(Приметимо да овој трансформацији одговара додавање левој и десној страни једначине израза —2 х + 11 - својство 1 .) Даље налазимо х = 37. Решење дате једначине је број 37.
П ример 8 . Решити једначину
Решепе. Помножимо изразе са обе стране једначине бројем 6. Добијамо еквивалентну једначину Зх + 2 ■7 = 6 - 4, Зх + 14 = 24, Зх = 24 — 14, Зх = 10,
10
х = —. Решење дате једначине је број једначину.
СвОЈСТВО 2.
10
Т’
што се може проверити заменом у
Ако изразе са обе стране линеарне једначине
ј ( х ) = д(х) помножимо бројем с различитим од нуле, добијамо еквивалентну једначину с • ј ( х ) = с ■д ( х ) . 1 3 Тако су, на пример, једначине -ж —3 = — и 2х —12 = 3 еквивалентне
јер је друга добијена од прве множењем свих израза бројем 4. Уочимо да је друга једноставнија од прве. Задаци
1. Да ли су еквивалентни изрази: а) 5х + 3 —4х и х + 3;
б) х 2 + 2х + 4 и (х + 2 )2 ;
в) а: + 3 и 2г + 6 ? 2. Решити једначину 2(х — 1) —2х — 1 + 2(х + 1) - (х - 2) = 7. 3. Д а ли су еквивалентне једначине: а) 2х = 16 и Зх = 24; б) 1 = 4 и 1 + 3 = 5; в) ж + 5 = л; + 1 и З ж + 2 = 3(х + 1) ?
3.3. Решавање линеарних једначина с једном непознатом
39
3.3. Р еш ав аљ е л и н е а р н и х јед н а ч и н а с је д н о м н еп озн атом Већ смо истакли да је смисао једначина да се одреде њихова решења. У примерима 4, 6, 7 и 8 видели смо, а то је ученицима и од раније познато, да се решавање једначина најчешће своди на то да се полазна једначина замени другом, еквивалентном, али једноставнијом, а потом се такав поступак понови потребан број пута. У тим трансформацијама користимо се еквивалентним изразима и својствима 1 , 1 ' и 2, о којима смо говорили у одељку 3.2, док не добијемо најједноставнију једначину облика х = а, где је а неки реалан број. Тада се каже да је а решење дате једначине.
ПРИМЕР 9. Решити једначину х —4 ( 2(х + 1) — 1 = х —3. 3 + 4 Решепе. Нека први корак при решавању буде множење леве и десне стране једначине са 12 (својство 2). На овај начин „ослобађамо се“ разломака. Добија се 4(х - 4) + 6 (аг + 1) - 12 = 12(х - 3). Сада замењујемо изразе еквивалентним: 4х — 16 + ба: + 6 — 12 = 12а; —36, 10.т - 22 = 12х - 36. Ако израз —22 пребацимо са леве на десну, а израз 12ж са десне на леву страну једначине (својство 1 '), добијамо:
10ж — 12 х = —36 + 22, —2х = -14. Множењем са —~ (тј. дељењем са —2) леве и десне стране једначине (својство 2) добија се Број 7 је решење дате једначине.
П ример 10. Решити једначину х 5
1
2
х 3
1
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
40
Решење. Најпре уочимо да је Н ЗС (2,3 ,5 , 6) = 30 и помножимо леву и десну страну једначине са 30 (својство 2) да бисмо се „ослободили“ разломака. Добија се 6 х — 15 = 10х + 5. Пребацимо сада изразе који садрже непознату х на леву страну једначине, а оне које је не садрже на десну (својство 1 '): 6 х - 10ж = 5 + 15.
После сабирања (еквивалентни изрази) добија се - 4 х = 20 и након дељења са —4 (својство 2) 20
Х ~ —4 ’
х = —5.
тј .
Број —5 је решење једначине. На следећем примеру такође ћемо моћи да уочимо све карактеристичне кораке при решавању линеарне једначине - трансформације еквивалентних израза, множење (дељење) леве и десне стране бројем различитим од нуле (својство 2) и пребацивање сабирака (својство 1'). Подсетимо се и неких значајних формула из претходног разреда, које се примењују при решавању и нешто сложенијих једначина које се своде на линеарне једначине. (а + 6)2 = а? + 2аб + 62
(квадрат збира)
(а —6)2 = а 2 —2а 6 —62
(квадрат разлике)
а 2 —62 = (а —6)(а + 6)
(разлика квадрата)
(а • 6)2 = а 2 ■62
(квадрат производа)
(!Г=
(квадрат количника)
а2 62
П ример 11. Решити једначину 6 —х 2 + (х + 1 )(ж — 1 ) —:
1
6
“
7ж + 2 12
Решепе. Упростимо најпре израз на левој страни једначине 6 - х 2 + х2 - I
1-
6
5 —х 6
= 1-
7х + 2 12
7ж + 2 12
односно
3.3. Решавање линеарних једначина е једном непознатом
41
Помножимо сада обе стране једначине са 12, 2 (5 - ® ) = 1 2 - (7® + 2). Даље се добија 10 - 2® = 12 - 7® - 2. Пребадујемо сабирке 10 и —7® на супротну страну једначине, -2® + 7® = 12 - 2 - 10, 5® = 0, 0
Х = 5’ х = 0. Решење једначине је број 0. У досадашњим примерима линеарне једначине, које смо решавали, имале су јединствено решење. Није увек тако, што ћемо видети на примерима 12 и 13. П р и м е р 12. Решити једначину 3® + 6 = 3(® + 1) + 3. Решење. Добијамо 3® + 6 = 3® + 3 + 3, 3® —3® = 6 —6, 0
=
0.
Како је полазна једначина еквивалентна са тачном једнакошћу, закључујемо да су њена решења сви реални бројеви. ;Пр и м е р 13. Решити једначину
(® + I )2 + (® + 2)2 + (® + З)2 + (® + 4)2 = (2®+ 5 )2. Решепе. Применимо формулу за квадрат бинома ®2 + 2® + 1 + ®2 + 4® + 4 + ®2 + 6® + 9 + ®2 + 8® + 16 = 4 ®2 + 20® + 25,
4®2 + 20® + 30 = 4 ®2 + 20® + 25, 4®2 + 20® - 4®2 - 20® = 25 - 30, 0
= -5 .
42
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
Дата једначина еквивалентна је нетачној једнакости 0 = —5. У оваквом случају полазна једначина нема решења. У одељку 3.1 смо навели да је линеарна једначина с једном непознатом она једначина која се трансформише на облик ах + ћ = 0. (*) Након разматрања у примерима 9-13, закључујемо да постоје три могућности: 1) ако је а уГ 0, добијамо ах = —6 , тј. х = — .
Број —
је
је д и н с т в е н о решење једначине (*); 2) ако је а = 6 = 0 , добијамо тачну једнакост 0 = 0 и тада су решења једначине (*) сви реални бројеви; 3) ако је о = 0 и 6 / 0 , добијамо нетачну једнакост 0 = 6 и тада једначина (*) нема решења. Каже се и да је таква једначина немогућа.
На крају, посматраћемо и једну једноставну једначину са апсолутним вредностима која се након разматрања случајева своди на решавање линеарних једначина.
П ример 14. Решити једначину \х + 3| —3 = 2х —4. Решење. Како је Г х + 3, за х + 3 ^ 0, тј. х ^ —3, ж+ 3 = \ ( —(х + 3), за х + 3 < 0, тј. х < —3, посматраћемо два случаја. Нека је, прво, х ^ —3. Добијамо једначину х + 3 —3 = 2х —4,
тј.
х —2 х = —4, —х = —4, х = 4. Број 4 задовољава услов да је већи од —3 и он је решење дате једначине. У другом случају узимамо да је х < —3. Добија се —(х + 3) —3 = 2х —4, —х —3 —3 = 2х —4, —х — 2х = —4 + 3 + 3, —Зх = 2, х =
2
3'
3.4. Линеарне неједначине
43
Број — међутим, није решење јер не задовољава услов да је мањи од о —3. Дакле, полазна једначина има само једно решење - број 4.
Задаци
1. Решити једначине: а)
- х = 2;
б) 2х — 7 = 15;
в) 4х + 3 = 2х + 9;
г) 5(2х + 3) —3(4х + 3) = —Зх + 5; д) 3(х + 3) + 2х = 4х + 9; ђ) Зх — (15 + 2х — (5ж + 11)) = 2х — 8 . 2.
Решити једначине: х- 1 6 - 5х а) — *0,5-— ; х —4 2(х + 1) 5(х —3) б) ~ т ~ + ----- 1-------- 1 --- ------ 8 + 2х
3.
11х + 43 7
Решити једначине: а) |х| + ^ = х —3; б) |х + 3| = 2 ( 2 - х ) ; в) 2| х + 1 | + х —3 = 0.
3.4. Л и н еа р н е н ејед н а ч и н е Као што бројевне једнакости могу бити тачне или нетачне, исто својство имају и бројевне неједнакости. На пример, тачне су неједнакости: 3 > 2; - 5 < 0; а нетачне:
1
~
8
1
2 ^ 4 ’
7
3,62 < 3,623;
-5 ^ - 7 ;
2
>
2 < 2,
2.
Два израза, у којима се могу појављивати и променљиве, повезана неједнакошћу ( < , < или > ) дају неједначину. На пример: 5х + 7 < 11,
З х + ^ < 5 х + 2, 0
6х - 1 ^ х 2 - 2х у + у 2,
7 > 11
3. ЈТинеарне једначине и неједначине с једном непознатом
44
су неједначине. Ми ћемо посматрати само линеарне неједначине с једном непознатом које се, слично као и одговарајуће линеарне једначине, могу довести на неки од облика ах + &< 0,
ах + 6 ^ 0,
ах + &^ 0,
ах + 6 > 0,
при чему су а и 6 бројеви или изрази који не садрже непознату.
П ример 15. Неједначине 12 + 5аг > 0,
3x^75,
§ - | < 1+ 6 5
3
су линеарне неједначине с једном непознатом, а неједначине а:2 + 4ж + 4 > 0,
2^/аГ+Т < 7 —х,
а:3 + а: ^ 0
нису линеарне.
П ример 16. Ако посматрамо неједначину 5а: — 11 > 3, уочићемо да је то линеарна неједначина с једном непознатом. Ако уместо х заменимо број 5 , добићемо тачну неједнакост 5 -5 —11 > 3, а ако заменимо број 1, добићемо неједнакост 5 • 1 — 11 > 3 кој ај е нетачна. Решење неједначине с једном непознатом х је сваки реални број хо, који замењен у неједначину уместо непознате, ту неједначину претвара у тачну неједнакост. Решити неједначину значи одредити сва њена решења.
Задаци
1. Које од следећих бројевних неједнакости су истините, а које нису? а) 5 + 3 - 2 > 1 5 ; в)
б) | + | + | ^ 1;
- 5 - 2 ^ < 11 + 2 -
2. Д а ли је решење неједначине 5х ^ 2 (х — 1 ) + 6 број:
а) 8 ;
б) - 2 ;
в) 1,5;
г) 2 ^ ;
д) л/2 ?
. 3 3. Који од елемената скупа {—2; —1; — 0,3} су решења неједначине 12ж + 4 < 7х —1 ?
3.5. Еквивалентне неједначине
45
3.5. Е квивалентне н ејед н а ч и н е У одељку 3.2 уведен је појам еквивалентних израза. У даљем раду смо видели колико су трансформације алгебарских израза, којима се сложенији изрази преводе у еквивалентне, а једноставније, значајне при решавању једначина. Потпуно иста ситуација се појављује и при решавању неједначина.
ПРИМЕР 17. Наћи сва решења неједначине (х + 1 )(х 2 - х + 1 ) - (х - 1 )(х 2 + х + 1 ) + ж —2 < 5 . Решепе. Множењем израза који се налазе на левој страни неједначине добијамо х 3 + х 2 - х 2 —х + х + 1 - (х 3 - х 2 + х 2 - х + х — 1) + х - 2 < 5, х 3 + 1 —х 3 + 1 + х —2 < 5, х < 5. Решења дате неједначине су сви реални бројеви х за које важи х < 5, односно сви бројеви интервала (—оо,5). На исти начин на који се уводи појам еквивалентних једначина, дефинишу се и еквивалентне неједначине За две неједначине се каже да су еквивалентне ако је свако решење једне истовремено и решење друге и обратно. Ако једна од неједначина нема решења, тада их нема ни друга. Уочимо да, ако су изрази д(х) и ћ(х) еквивалентни, тада су и неједначине д(х) < Ј(х) и ћ(х) < /( х ) еквивалентне, као у примеру 17. Приликом решавања једначина, у циљу добијања еквивалентних, а једноставнијих једначина, користили смо се својствима 1 , 1' и 2 у одељку 3.2. Сличне поступке користимо и за добијање еквивалентних неједначина, што ће бити од великог значаја при њиховом решавању Ако се неки сабирак у неједначини премести са једне стране неједначине на другу, при чему се промени његов знак, добијена неједначина је еквивалентна полазној.
46
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
П
рим ер
18. Неједначина 18+2а; ^ х —3 еквивалентна је неједначини 2 х — х ^ —3 — 18.
Израз 18 пребачен је са леве на десну страну, а израз х са десне на леву страну неједначине. Сада сређивањем добијамо х ^ —2 1 . Решења дате неједначине су сви бројеви интервала [—21 ,+ о о ). Међутим, код примене својства аналогног својству 2 из одељка 3.2, морамо бити опрезни, што ће се видети на следећем примеру. П р и м е р 19. Ако тачну неједнакост 3 < 5 помножимо неким позитивним бројем, на пример, бројем 2 , добићемо тачну неједнакост 6 < 10 . Међутим, ако исту неједнакост помножимо негативним бројем, на пример —1, добијамо нетачну неједнакост —3 < - 5 . Дакле,
Ако изразе са обе стране неједначине помножимо позитивним бројем, добијамо еквивалентну неједначину. Ако изразе са обе стране неједначине помножимо истим негативним бројем, п р и ч е м у с е зн а к н е јед н а к о с т и за м е н и су п р о т н и м , добијамо елвивалентну неједначину. При томе, супротни знаци неједнакости су < и > , односно ^ и > .
П ример 20. Следеће неједначине су еквивалентне: 1. 2х + 5 < 6 и 6х + 15 18 (множење обе стране неједнакости са 3 );
2. 14ж + 12 > —2ж и 7х + 6 > —х (множење обе стране неједнакости са | ) ; 3. 5х — — < 0 и —5х 2
2
>0
(множење обе стране неједнакости са —1 ); 4'
И “ 3 + 2:г< - 4 5 (множење обе стране неједнакости са —6 ).
Задаци
1. Наћи сва решења неједначине (х + 2)2 - (х - 2)2 + 3 x ^ 5 .
3.6. Решаваае линеарних неједначина с једном непознатом
2.
47
Д а ли су еквивалентне следеће неједначине? а)
и 1
+ 1 ) 4;
б) х — 3 < 7 ш х < 10; в) 2х + 6 < 5 и 4х + 12 > 10; г) За; - 1 < 7х + 3 и - З х + 1 < —7х — 3; д) -5 ж + - ^ Зх — 1 и 5ж — ^ > —Зх + 1; е) 18 + 6ж > 0 и х > —3 .
3 .6 .
Р еш ав ањ е је д н о с т а в н и ји х п р и м ер а л и н еа р н и х н ејед н а ч и н а с је д н о м н еп озн атом
Н а начин веома сличан поступку реш авањ а линеарних једначина, р еш авају се и линеарне неједначине. П олазну неједначину трансформишемо у д р у гу једноставнију, при чем у се користимо заменом и зр а за еквивалентним изразим а, пребацивањ ем са б и р а к а са једне на д р у гу страну неједначине уз промену знака тих и зр а за и множењем и зр а за са обе стране неједначине истим позитивним бројем. У сл у ч ају д а се неједначина множи негативним бројем, знак неједнакости се м ењ а у супротни. П р и м е р 21. Реш ити неједначину
14ж > 11ж + 24. Решење. Пребацимо сабирак 11ж на супротну страну. Добија се 14х — 11ж > 24,
тј.
Зх > 24. Ако поделимо обе стране неједначине са 3 (односно помножимо са добијамо ж > 8. Решења дате неједначине су сви реални бројеви већи од 8 , тј. бројеви интервала (8, + о о ), што је приказано на слици 1 .
8 Слика 1
48
3. Линеарне једначине и неједначине с једном непознатом
ПРИМЕР 22. Реш ити неједначину
7х - 11(:г+ 2) < 22: + 5. Решепе. Најпре се „ослобађамо" заграде, 7х — Ит; —22 ^ 2х + 5. Сада ћемо изразе 2х и —22 пребадити на супротне стране неједначине. При томе, они мењају знак: 7х — 1\ х —2х < 5 + 22,
тј.
—6ш ^ 27. Поделимо изразе са обе стране неједначине са —6 (тј. помножимо их са —| ) . При овоме знак ^ прелази у супротан 27
х> -~,
Тј.
х ^ —4,5. Решења су сви бројеви интервала [—4,5; +оо) приказаног на слици 2.
-------------- и , - ... 1............-......у - 4 ,5 Слика 2
П р и м е р 23. Реш ити неједначину
х 3 Решепе. Помножимо изразе са обе стране неједначине најмањим заједничким садржаоцем бројева 2 и 3, тј. са 6, са идејом да се „ослободимо“ разломака: х х - • 6 - - -6 > 4 - 6 , 2х — Зх ^ 24, —х ^ 24. После множења са —1 добијамо х ^ —24.
т ј.
3.6. Решавање линеарних неједначина с једном непознатом
49
Решења дате неједначине су сви бројеви интервала (—оо, —24] (сл. 3).
-2 4 Слика 3
ПРИМЕР 24. Реш ити неједначину 2(3 — х) — 3(2 + х) < —5х + 1.
Решење. Примењујемо еквивалентне трансформације 6 —2х —6 —Зх < —5х + 1, —2х — Зх + 5х < 1, 0
< 1.
Добијена је тачна неједнакост. Ово значи да су решења дате неједанчине сви реални бројеви. П
рим ер
25.; Решити неједначину 3(х + 4) — 5х < 2 — 2х.
Решење. Добијамо Зх + 12 — 5х < 2 — 2х,
Зх — 5х + 2х < 2 — 12,
0
< -
10 .
Добијена неједнакост је нетачна. То што је полазна неједнакост еквивалентна нетачној неједнакости значи да она нема решења. Приметимо да се при решавању неке линеарне неједначине могу појавити следећи случајеви: 1 ) решења неједначине су сви реални бројеви неког интервала:
(—оо,а),
(—оо,а],
(а,+ оо)
или
[а,+оо),
при чему је а неки реални број; 2) решења неједначине су сви реални бројеви; или
3) неједначина је немогућа, тј. нема решења.
50
3. Ливеарне једначинс и неједначине с једном непознатом
Задаци
1. Решити неједначине: а) Зх —2,4 < 0,6;
б) 16 —х ^ 9 —6х ;
в) 1 —5ж > 3 + 2х;
г) 13 —2у џ 5(2 + у) + 3
За које вредности променљиве а израз: а) 2а — 1 ;
б) 12 - 4 о
добија позитивне вредности? Решити неједначине: а) 3(х — 1 ) + 6 ^ 1 + 3(х + 2); Решити неједначине: , 1 а) - х < 5; . 2х
х
б) 4х > 12(3х - 1) + 4(1
б) , г) '
2 , х т (-ж ~ 3') ^ 5; х —1 х+ 3 х ----------------- -— > 1 2 3
3.7. П р и м ен а л и н е а р н и х је д н а ч и н а с је д н о м н еп озн а т о м У досадашњем школовању ученици су већ били у прилици да користе линеарне једначине при решавањну разних проблема из свакодневног живота, али и из области геометрије, физике, хемије и сл. Такви проблеми се обично решавају на следећи начин: 1) Означимо неким словом (најчешће х ) број који треба да се одреди у одговарајућем проблему. 2) Помоћу тог слова изразимо и друге непознате величине о којима се у
проблему говори. 3) Изједначимо одговарајуће изразе према условима постављеним у датом проблему и тако формирамо једначину. 4) Решавањем једначине добијамо решење постављеног проблема. П р и м е р 26. Ако се један број повећа 7 пута па тај производ увећа за 3, добија се исто као да се тај број повећа 10 пута, а производ умањи за 9. Који је то број?
Решење. Први корак. Означимо непознати број са х .
3.7. Примена линеарних једначина с једном непознатом
51
Други корак. У задатку се ради о изразима 7-а: + 3
и
10 ■х — 9.
Трећи корак. Одговарајућа једначина гласи 7х + 3 = 10х — 9. Четврти корак. Решавамо једначину уобичајеним поступком: 7х — 10х = —9 —3, - З х = - 12 , -1 2
х = 4. Тражени број је 4. П р и м е р 27. За школу је купљено укупно 16 великих и малих лопти за 2 440 динара. Велика лопта кошта 250 динара, а мала 120. Колико је купљено великих, а колико малих лопти?
Решење. Први корак. Означимо са х број купљених великих лопти. Други корак. Малих лопти је купљено 16 —х. Трећи корак. Формирајмо једначину 250 • х + 120 • (16 — х) = 2440. Четврти корак. Решавањем једначине добијамо 250х + 1920 - 120х = 2440, 130ж = 520, 520 х = ---- , 130’ х = 4. Дакле, купљене су 4 велике и 16 —4 = 12 малих лопти. П р и м е р 28. Једна катета правоуглог троугла је 12 с ш , а друга је за 4 с т краћа од хипотенузе. Израчунати дужину хипотенузе.
Решење. Први корак. Означимо хипотенузу са х . Други корак. Друга катета је х —4.
3. Линеарне једначине и неједначине с једаом непознатом
52
Трећи корак. Примењујемо Питагорину теорему да бисмо формирали једначину (х - 4 )2 + 122 = х 2.
Четврти корак. Решавамо једначину х 2 - 8х + 16 + 144 = х 2, —8 х + 160 = 0, —8х = —160, -1 6 0
-8
’
х = 20.
Дужина хипотенузе је 20 с т . ПРИМЕР 29. Камион прелази пут између два града за 10 сати. Ако би возио 10 к т / ћ брже, пут би прешао за два сата мање. Колика је брзина камиона?
Решење. Први корак. Нека је
V
брзина камиона.
Други корак. Познато је да се дужина пута израчунава по формули . У првом случају пређени пут је г> • 10, а у другом исти пут се изражава као (« + 10) • 8 . 5=
V ■I
Трећи корак. Изједначавањем наведених дужина пута добијамо једначину 10« = 8(« + 10). Четврти корак. Једначина се решава једноставно: 10« = 8« + 80, 10« — 8« = 80, 2« = 80, V
= 40.
Брзина камиона је 4 0 к т /ћ .
Задаци
1. Помножимо неки број са 8 и добијени производ умањимо за 2. Добиће се исто како када би се тај број повећао 5 пута, па добијени производ увећао за 31. Који је то број?
3.7. Примена линеарних једначина с једном непознатом
53
2. Зоран има 2 800 динара, а Горан 2 300. Зоран је потрошио пет пута
више него Горан тако да сада имају једнаке износе. Колико новда је потрошио свако од њих? 3. Две висине троугла су 4 с т и З с т , а једна од њима одговарајућих страница је за 2 с т краћа од друге. Одредити те две странице овог троугла. 4. Да би донела један орах у гнездо веверици је потребно 24 минута (рачунајући од момента изласка из гнезда до момента повратка у гнездо). Колико је удаљено стабло ораха од гнезда ако веверица без ораха прелази 5 т у секунди, а са орахом З т у секунди?
54
3. Линеар
I непознатом
4. ПРИЗМА 4 .1 . П р и зм а: п ојам , в р ст е, ел ем ен т и
У свету који нас окружује постоји много предмета различитих облика. Нека од тих тела (слика 1) ограничена су са свих страна многоугловима, а нека и кривим површима.
Слика 1
Сва ова тела су модели извесних геометријских тела и својства некиход њих ученици ће имати прилике да проучавају у осмом разреду.
4. Призма
56
Најпре ћемо посматрати једну посебну врсту тела коју ограничавају два подударна многоугла који леже у паралелним равнима, и онолико паралелограма колико страница има сваки од тих многоуглова (слика 2).
Слика 2
Оваква тела називају се п р и зм е . Призме могу бити тростране (сл. 2в и 2г), четворостране (сл. 26 и 2д), петостране, шестостране (сл. 2а), седмостране, . .. у зависности од броја страница поменутих паралелних многоуглова. Та два многоугла називају се о сн о в е (б а з е ) призме, док се паралелограми који повезују основе називају б о ч н и м с т р а н а м а призме. За бочне стране кратко кажемо да образују о м о т а ч призме. Странице многоуглова у основи називамо о сн о в н и м и в и ц ам а, док преостале странице паралелограма из омотача називамо б о ч н и м и в и ц ам а призме. Темена многоуглова из основа призме се називају и т ем ен и м а призме. В и с и н а призме је дуж нормална на основе призме, а чији крајеви припадају различитим основама призме (сл. 3).
а)
б) Слика 3
Уобичајено је да висину призме обележимо словом Н . Дуж која спаја два темена, која не припадају истој бочној страни призме, нити припадају истој основи призме, назива се д и ја г о н а л а призме.
4.1. Призма: појам, врсте, елементи
57
Приметимо да призма може бити п р а в а или к оса у зависности од тога да ли су бочне ивице нормалне или нису на раван основе. Тако су призме на сликама 2а, 2г и 2д праве, а оне на сликама 26 и 2в су косе; призма на сл. За је коса, а она на сл. 36 је права. Приметимо да је висина праве призме једнака бочној ивици, а да су бочне стране праве призме правоугаоници. Ми ћемо проучавати само праве призме и њихова својства. Д Р И М Е Р 1. I На слици 4 приказана је права тространа призма А В С А 1 В 1 С 1 . Њене основе су троуглови А В С и А^В^С^, бочне стране су правоугаоници А В В 1 А 1 , В С С 1 В 1 и С А А ^С х. Основних ивица има шест: А В , В С , С А , А ^В ^, В 1 С 1 и С ^ А ^ , а бочних ивица три: А А х , В В Х и С С 1 . Уочимо да код тростране призме не постоје дијагонале.
Слика 4
Слика 5
Важни примери правих четвоространих призми, са чијим моделима се ученици срећу у разним ситуацијама, јесу квадар, односно коцка (сл. 5 ). Основе квадра су правоугаоници, а код коцке су све стране подударни квадрати. За праву призму се каже да је п р а в и л н а ако су њене основе правилни многоуглови. Тако је основа правилне тростране призме - једнакостранични троугао, правилне четворостране —квадрат, правилне петостране - правилни петоугао, правилне шестостране — правилни шестоугао итд
/ Г 1 1 1 1 1 1
^
\
/ 1 1 1 1 1 1
Г \
1 »
/
\
1
\
1 1 1
1 1
1
/
1 /Г 1 / ---- -ч
/
\
/
Слика 6
Уочимо да омотач сваке правилне призме чине подударни правоугаоници.
58
4. Призма
Задаци 1.
А
На слици 7 приказана је правилна четворострана призма А В С О А х В ^ С х Б х . Колико ова призма има ивица? Које од њих су основне, а које бочне? Који С1 четвороуглови су основе, а који представљају V А В\ омотач ове призме? Које дужи су дијагонале 1 1 1 ове призме? /
7
2. Колико основних ивица, бочних ивица и темена има: а) петострана; б) шестострана призма?
Слика 7
3. Збир дужина свих ивица једне коцке је 48 с т . Колика је површина једне стране те коцке? 4. Наћи дужину дијагонале квадра чије су ивице а = З с т , 6 = 4 с т и с = 12 с т .
4 .2 . М р е ж а п р и зм е
П рим ер 2. | Ако једну картонску коцку разрежемо дуж (неких од) основних и једне бочне ивице (сл. 8) и затим развијемо у једну раван, добијамо м р е ж у коцке (сл. 9). Мрежу коцке чини шест подударних квадрата.
На исти начин се може направити и мрежа квадра (сл. 10а) или правилне тростране призме (сл. 106).
4.2. Мрежа призме
59
Ако имамо мрежу квадра (на пример од папира) као на слици 11, од ње лепљењем одговарајућих површи можемо начинити модел квадра.
/-------V— \
Г— \
\____ Л__ /
Слика 11
Задаци 1 . Која од слика на сл. 12 представља мрежу коцке?
Слика 12
2. Нацртати на картону и израдити модел: а) правилне тростране призме; б) правилне четворостране призме; в) правилне шестостране призме.
60
4. Призма
4 .3 . П ов р ш и н а п р и зм е Ученицима је познато да се површина коцке ивице а израчунава као збир површина шест квадрата, Р = 6а 2 , а да је површина квадра ивица а, 6 и с збир површина три пара подударних правоугаоника, Р = 2аћ + 21>с + 2са (сл. 13).
Слика 13
Слично се површина сваке призме израчунава као збир површина њених страна. Дакле, површина праве призме је збир површина обе њене основе и свих правоугаоника из омотача. Уобичајено је да се површина основе (базе) призме обележава са В , а површина омотача са М . Према томе, за површину призме важи формула Р = 2В + М
4 .3 .1 . П о в р ш и н а п р а в е ч е т в о р о с т р а н е п р и зм е
Најпре ћемо детаљније посматрати одређивање површине код правилне четворостране призме основне ивице а и висине Н . Основе ове призме су два подударна квадрата странице а, па је В = а2 , а омотач се састоји из четири подударна правоугаоника страница а и Н (сл. 14). а
Слика 14
4.3. Површина призме
61
Сада имамо да за површину правилне четворостране призме важи Р = 2В + М = 2а 2 + АаН = 2 а(а + 2Н).
Површина правилне четворостране призме основне ивице а и висине Н је Р = 2а{а + 2Н).
П р и м е р 3. Израчунати површину правилне четворостране призме код које је дијагонала основе <1 = 5^/2 с т , а висина Н = 8 с т .
Реисепе. Како је Л = а \ ј 2, из а \/2 = 5л/2 налазимо а = 5 с т , па је Р = 2а(а + 2Н) = 2 - 5 ( 5 + 2 -8 ) = 2 1 0 с т 2. Један од примера праве четворостране призме која не мора бити правилна јесте квадар саивицама а , 6 и с. Његова основа је правоугаоник са страницама а и 6 , док се омотач састоји од два правоугаоника са страницама 6 и с, као и два правоугаоника са страницама а и с. Површина квадра се израчунава као Р = 2В + М = 2 ■ад + 2(6с + ас) = 2(аВ + 6с + ас), што је формула већ позната ученицима. П РИМЕР 4. ! И зр ач у н ати тр е ћ у ивицу к в ад р а површине 220 с т 2 ако су две ивице а = 4 с т и 6 = 5 с т .
Решепе. Замењујући дате податке у формулу за површину квадра, добијамо 220 = 2(4 ■5 + 5 ■с + 4 • с), одакле је 110 = 20 + 9с и с = 10 с т .
4 .3 .2 . П о в р ш и н а п р а в и л н е т р о с т р а н е п р и зм е
Нека је а основна ивица, а Н висина једне правилне тростране призме. Основе ове призме су једнакостранични троуглови странице а, а омотач се састоји од три подударна правоугаоника страница а и Н (сл. 15).
62
4. Призма
Како се површина једнакостраничног троугла странице а израчунава Ој^ по формули В = — у/3, то ће површина правилне тростране призме бити
Р = 2В
+
М =
2
2
■
*Д Д 4
+
3 аН
2
= —Д 2
+
3 аН.
Површина правилне тростране призме основне ивице а и висине Н
Је Р = — л/З + ЗаН.
П ример 5. Израчунати површину правилне једнакоивичне тростране призме (тј. призме код које су све ивице једнаке) ако је а = Н = 4 с т . Решепе. ,2
Р = 2В + М = 2 • — Д + За 2 = 8 Д + 48 = 8(\/3 + 6) с т 2. 4 .3 .3 . П о в р ш и н а п р а в и л н е ш е с т о ст р а н е п р и зм е
Означимо са а Н висину правилне Подсетимо се да се шестоугла странице формулом а2Д Слика 16
основну ивицу, а са шестостране призме. површина правилног а (сл. 16) изражава
За2Д
4.3. Површина призме
63
Основе правилне шестостране призме су правилни шестоуглови странице а, а омотач се састоји од шест правоугаоника страница а и Н (сл. 17).
/
\ Н
Према томе, за површину правилне шестостране призме основне ивице а и висине Н важи Р = 2В + М
3а2\/3
2■
2
+ 6аН = 3а2\/3 + 6а Н = 3а(а\/3 + 2Н).
Површина правилне шестостране призме основне ивице а и висине Н је Р = 3 а(а\/3 + 2Н).
П ример 6. ј Полупречник круга уписаног у правилни шестоугао је г = 3 \ / 3 с т . Тај шестоугао је основа правилне призме висине Н = 10 с т . Израчунати површину те призме. Решење. З а полупречник г уписаног круга правилног шестоугла странице а важи г = —\/3 (сл. 18). Из 3\/3 = —л/З налазимо а = б с т . Тражена површина је Р = 3 а(а\/3 + 2Н) = 3 • 6(6\/3 + 2 -10) = 36(3\/3 + 10) с т 2. Слика 18
4. Призма
64 Задаци
1. Површина основе правилне четворостране призме је 16 с т 2 , а висина је 5 с т . Израчунати површину призме. 2. Израчунати површину четворостране призме чија је основа ромб дијагонала = бсш и Л2 = 8 с т , а висина Н = 12 с т . 3. Основна ивица правилне тростране призме је а = 4 с т , а висина је Н = 5 с т . Наћи површину призме. 4. Колико лима је потребно за израду кутије облика правилне шестостране призме основне ивице а = 2 сш и висине Н = 8 с т ? 5. Израчунати површину четворостране призме чија је основа паралелограм страница а = 10 с т и 6 = 8 с т и висине ћа = б с т , ако је висина призме Н = 9 с т .
4 .4 . З а л р е м и н а п р и зм е П Р И М Е Р 7. Посматрајмо квадар чије су ивице а = 4 с т , 6 = 2 с т и с = З с т . Поставља се питање колика је запремина тог квадра, односно који део простора он заузима. Тај простор се мери бројем јединичних коцки, тј. коцки странице 1 с т које испуњавају квадар (сл. 19).
Слика 19
Основа квадра има а ■6 = 4 • 2 = 8 квадрата странице 1 с т . Над сваким од њих поставимо по једну јединичну коцку и добијамо први ред који се састоји од 8 коцки. Оваквих редова има с = 3, па у квадру има а - &- с = 4- 2- 3 = 24 јединичне коцке. Каже се и да је запремина датог квадра 24 с т 3 . Подсетимо се да се запремина, осим кубним центиметрима, мери и другим јединицама: т т 3 , 4 т 3 , т 3 итд, при чему важи: 1 т 3 = 1000 О т 3 = 1 000 000 с т 3, 1 сћп3 = 1000 с т 3 = 1 000 000 т т 3, 1 с т 3 = 1 000 т т 3
итд.
4.4. Запремина призме
65
На потпуно исти начин као у примеру 7 закључујемо да је запремина квадра чије су ивиде изражене у центиметрима природним бројевима а, ћ и с једнака V = а • 6 ■с. Формула V = абс важи и у случају када су ивице квадра произвољни реални бројеви, али доказ те чињенице је веома сложен. Запремина квадра ивица а, В, с је V = а ■6 • с.
Уочимо да се формула за запремину квадра може писати и у облику V = В - II, при чему је В површина правоугаоника у основи ( В = а-ђ), а Н ( Н = с) је висина. Посматрајмо сада тространу призму А В С А \ В \ С \ и допунимо је до квадра А В Е Р А 1 В 1 Е 1 Р 1 (сл. 20). Нека су С Р и С \ Р \ висине троуглова А В С , односно А \ В \ С \ . Очигледно је да је запремина квадра два пута већа од запремине тростране призме, јер су запремине призми В В С Р х В х С х и В Е С В \ Е \ С \ , односно А 0 С А \ 0 \ С \ и А С Р А \ С \ Р \ међу собом једнаке, па је запремина допуне једнака запремини тростране призме А В С А \ В \ С \ .
Слика 20
Слика 21
Означимо са V*, запремину, а са В к површину основе квадра, са V запремину и са В површину основе тростране призме А В С А \ В \ С \ . Како је Н заједничка висина ова два тела, важи Ук = 2 V, В к - Н = 2V, в в па је V = — Н . Међутим, важи В = — - , па је V = В ■Н . Закључујемо да је запремина сваке тростране призме V = В ■Н .
4. Призма
66
Ова формула важиће и за произвољну призму основе В и висине Н . Такву призму можемо да поделимо на тростране призме. На пример, на слици 21 је приказана шестострана призма подељена на четири тростране призме. Запремина сваке од њих једнака је производу површине основе и висине, па за запремину шестостране призме важи V = У ! + У 2 + Уз + У4
= В гН + В2Н + ВзН + В4Н = {В\ + В 2 + Вз + В 4) ■Н = вн.
Запремина призме једнака је производу површине основе и висине, V = В ■Н.
Задаци
1. Израчунати запремину коцке ивице: а) а = 1 2 с т ; б) а = 2-\/2 с т . 2. Основне ивице квадра су а = З с т и 6 = 5 с т , а површина квадра је Р = 190 с т 2 . Колика је запремина тог квадра? 3. Нека су В , Н и V - површина основе, висина и запремина квадра. Попунити таблицу в
14 сш2
н
13 с т
V
130 с!т2 5т 520 с1т3
25у/2т3
4 .4 .1 . З а п р е м и н а п р а в е ч е т в о р о с т р а н е п р и зм е
За праву четворострану призму такође важи формула V = В ■Н . Применићемо је на неколико примера.
П ример 8 . Одредити запремину правилне четворостране призме основне ивице а и висине Н .
4.4. Запремина призме
67
Решење. Како је основа правилне четворостране призме квадрат, то је V = В ■Н = а 2Н. П Р И М Е Р 9. Основа праве призме је ромб дијагонала = 13 сш и с?2 = 12сш. Израчунати запремину призме ако је њена висина Н = 5 с т .
Решепе. У = В Н =
&
•Н =
СЈ
• 5 = 13 • 6 ■5 = З 9 0 с т 3 .
П р и м е р Ј.О . Основа праве призме је једнакокраки трапез А В С Б са страницама А В = 21 с т , С Б = 1 1 с т , А Б = В С = 13 с т . Висина призме је Н = 10 с т . Израчунати њену запремину.
Решепе. Познато је да се дуж х = А Е (сл. 22) може израчунати као а —6
т ј. х = ----—---- = 5 с т . Применимо Питагорину теорему за налажење висине трапеза: Слика 22
Н = х/с 2 - х 2 = у / Г З ^ - 52 = ч/169 - 25 = у / Ш = 12сш. Површина трапеза (основе призме) је а 1) 21 11 сх В = — — • ћ = -----------12 = 192 сш2, па Је тражена запремина
V =В Н
192 • 10 = 1 920 сш 3
4 .4 .2 . З а п р е м и н а п р а в и л н е т р о ст р а н е и п р а в и л н е ш е с т о с т р а н е п р и зм е
Основа правилне тростране призме је једнакостранични троугао странице а, а висина призме је Н (сл. 23). Запремина овог тела се израчунава по формули V =В Н =
а2\ / 3
■II, Н
ЈеР Је
а 2 у/ 3
странице
површина једнакостраничног тр о угла
а.
Слика 23
4. Призма
68
Запремина правилне тростране призме са основном ивицом а и висином Н је а2\/3 У = ■Н.
.Пример 11. Израчунати запремину правилне тростране призме чија је основна ивица а = 9 с т , а дијагонала бочне стране је <1 = 15 с т . Решење. Како је сР = а 2 + Н 2 (сл. 24), налазимо Н = \Ј & - а? = \Ј 152 - 92 = у/225 - 81 = у / Т = 12 с т , па Је V =
•Н = ^
• 12 = 24 3 л /3 ст3.
а
Слика 24
Слика 25
Посматрајмо сада правилну шестострану призму основне ивице а и висине Н (сл. 25). Како за површину основе правилног шестоугла странице а важи а /\Ј 3 В = 6у/З, 4 то је запремина призме У = В-Н= ^ у /з-н .
Запремина правилне шестостране призме основне ивице а и висине
н
је
V = - а 2л/3 ■Н.
П ример 12. Површина омотача правилне шестостране призме је М = 72 с т 2 , а висина је Н = З с т . Израчунати запремину те призме.
4.4. Запремина призме
69
Решепе. Како је М = 6 а Н , то је 6аН = 72,
72 72 а = - — = — = 4 сш, 6 -3 18 па Је 3 3 V = - а 2\/3 Н = - • 16л/3 ■3 = 7 2 л /З ст3.
Задаци
1. Дијагонала основе правилне четворостране призме је & = З л /2 с т , а висина призме је 15 с т . Израчунати запремину призме. 2. Израчунати запремину правилне: а) тростране, б) шестостране призме основне ивице а = 2 с т и висине Н = 5 с т . 3. Основа четворостране призме је ромб дијагонала ^ = б с т и ^ = 8 с т . Дужина веће дијагонале призме је Г> = 10 с т . Израчунати њену запремину. 4. Основна ивица правилне тростране призме је а = 4 с т , а површина омотача је једнака збиру површина основа. Израчунати запремину те призме. 4 .4 .3 . М а с а т е л а
Маса т тела једнака је производу запремине V и густине р материјала од којег је тело сачињено, тј. т = У ■р. Применом ове једноставне формуле можемо да израчунамо једну од ове три величине ако су преостале две познате.
П ример 13. Плоча израђена од алуминијума има дужину 20 с т , ширину 15 с т и дебљину 1 с т . Колика је маса те плоче ако је густина алуминијума р = 2,6 § / с т 3 ? Решепе. Плоча је облика квадра, па је њена запремина V = 20-15-1 = 300 с т 3 . Маса плоче је т = V ■р = 300 ■2,6 = 780 §.
П ример 14. Колика се количина нафте (у тонама) може сместити у цистерну облика правилне шестостране призме висине 7 т и основне ивице 2 т ? (Густина нафте је р = 0,85 § / с т 3 .)
4. Призма
70 Региепе.
V = - а 2%/3 • Н = — ■4\/3 • 7 = 42\/3 ~ 72,75 т 3 =
72 750 000 с т 3 , па је т = V ■р ~ 72 750 000 ■0,85 = 61837 500 § ~ 61,841. П ри м е р 15. Цигла димензија 25 х 12 х 6,5 с т има масу 3,51 к§. Израчунати густину материјала. Реше-те. Запремина цигле је V = 25-12-6,5 = 1950 с т 3 , пајегустина материјала т 3510 = 1 ,8 §/ с т 3. Р= V 1950 П ри м е р 16. Гвоздено тело облика правилне тростране призме основне ивице а = З с т и висине Н = 12 с т има масу т = 364,34 §. Колика је густина гвожђа? 2У з Решепе. Запремина овог тела је V = ■ Н = -\/3 • 12 4 4 364,34 46,77 с т 3 . Густина гвжђа је р = — 7,8 § /с т 3. V 46,77
=
27\/3
~
Задаци
1. Израчунати масу половине дрвене коцке ивице а = 20 сш. Густина дрвета је 0 ,7 § /с т 3 . 2. Маса суда заједно са петролејом је 69к§, а празног 21 к§. Колико треба платити само петролеј ако му је цена по литру 84 динара? Густина петролеја је р = 0,84 § / с т 3 . 3. Стуб облика правилне шестостране призме основне ивице а = 5 с т начињен је од бакра. Колика је висина стуба ако је његова маса 80к§? (Густина бакра је 8 ,9 § /с т 3 .)
5. ПИРАМИДА 5 .1 . П и р ам и да: п ојам , в р сте, ел ем ен т и Посматрајмо многоугао А 1 А 2 . . . А п и тачку 8 која не припада равни тог многоугла (сл. 1). Тело ограничено овим многоуглом и троугловима З А ^ А ^ , 8 А 2А 3 , , 8 А пАу назива се п и р а м и д а . Многоугао А 1 А 2 . . . А п је о сн о в а , а тачка «5 је в р х пирамиде.
5
Карактеристични облик пирамида инспирисао је античке народе Африке и Америке за изградњу грађевина пирамидалног облика различитих величина.
Слика 2. Египатске пирамиде
Сматра се да је око 2540. године пре нове ере фараон Кеопс наредио изградњу највеће пирамиде, али су у Египту пирамиде грађене и пре и после Кеопсове. Многа питања у вези египатских пирамида до данас су остала без одговора. Ко их је и како градио? Са којом намером? Ниједно од чуда старог света није изазвало толико недоумица.
72
5. Пирамида
У зависности од броја страница многоугла у основи, пирамида може да буде тространа (сл. За), четворострана (сл. 36), петострана (сл. Зв), шестострана (сл. Зг), итд.
Слика 3 Троуглови који ограничавају пирамиду и садрже њен врх називају се б о ч н е с т р а н е пирамиде. Слично као код призме, бочне стране образују о м о т а ч пирамиде.
Странице многоугла у основи називају се о сн о в н и м ивицама, док се преостале странице троуглова из омотача називају б о ч н и м ивицама пирамиде.
В и с и н а п и р а м и д е је дуж нормална на раван основе чији је један крај врх пирамиде, а други је подножје те нормале у равни основе. Као и код призме, уобичајено је да се висина пирамиде означава словом Н (сл. 4).
П ример ]У На слици 5 приказана је четворострана пирамида З А В С О . Њен врх је тачка 51, основа је четвороугао А В С Б , бочне стране су троуглови З А В , З В С , З С В и 3 0 А . Основне ивице су: А В , В С , С О и Б А , а бочне ивице: З А , З В , З С и 8 0 . Дуж 8 0 је висина пирамиде. Бочне стране пирамиде су троуглови. Висине тих троуглова које полазе из врха пирамиде називају се а п о т е м е (бочне висине) пирамиде (сл. 6).
5.1. Пирамида: појам, врсте, елементи
73
За пирамиду се каже да је п р а в и л н а ако је њена основа правилни многоугао, а подножје висине је средиште основе. У основи правилне тростране пирамиде налази се једнакостранични троугао, правилне четворостране пирамиде - квадрат, правилне петостране пирамиде - правилни петоугао, правилне шестостране пирамиде —правилни шестоугао итд (сл. 7).
Слика 7
Специјално, правилна тространа једнакоивична пирамида је тело чије су све четири стране подударни једнакостранични троуглови и оно се назива п р а в и л н и т е т р а е д а р (сл. 8).
Задаци
1. На слици 9 приказана је шестострана пирамида З А В С О Е Р . Колико ова пирамида има ивица? Које од њих су основне, а које бочне? Који многоугао је основа, а који троуглови су бочне стране ове пирамиде?
5. Пирамида
74
2. Бочна ивица правилне четворостране пирамиде износи з = 5 с т , а основа је квадрат странице а = 8 с т . Израчунати апотему ове пирамиде (сл. 10). 3. Збир дужина свих ивица једног правилног тетраедра је 12 с т . Колика је површина једне стране тог тетраедра?
4 .2 . М р е ж а п и р а м и д е На исти начин на који смо конструисали мрежу призме, може се добити и мрежа пирамиде. На слици 11 приказана је мрежа једне четворостране пирамиде, чија је основа правоугаоник, а на слици 12 мрежа једног правилног тетраедра.
Слика 11
Слика 12
Мрежа пирамиде се може искористити за прављење модела пирамиде (на пример од картона). На слици 13 приказана је мрежа једне правилне четворостране пирамиде на коју су додати делови за лепљење.
Слика 13
5.3. Површина пирамиде
75
Задаци
1. Конструисати мрежу правилне: а) четворостране пирамиде основне ивице а = Зсш и бочне ивице
5 = 4 сш ; б) тростране пирамиде основне ивице а = 4 с т и апотеме ћ = 3 с ш . 2. Нацртати на картону мрежу и лепљењем израдити моделе правилне тростране, четворостране и шестостране пирамиде. 3. Да ли постоји правилна једнакоивична шестострана пирамида? Како би изгледала њена мрежа?
5.3. П ов р ш и н а п и р а м и д е
Површина пирамиде једнака је збиру површина њене основе и свих троуглова из омотача. Као и код призме, површину основе (базе) означаваћемо са В , а површину омотача са М . Дакле, за површину пирамиде важи Р = В +М
5 .3 .1 .
П оврш ина ч етв ор остр ан е п и р ам и де
Најпре ћемо показати како се израчунава површина правилне четворостране пирамиде основне ивице а и апотеме ћ. Основа ове пирамиде је квадрат, па је В = а2 , а омотач се састоји од четири подударна троугла основице а и висине ћ , па је М = 4- — = 2аћ. Дакле, Р = В + М = а 2 + 2аћ. Површина правилне четворостране пирамиде основне ивице а и апотеме ћ је Р = а 2 + 2 аћ.
5. Пирамида
76
П ри м е р 2. Израчунати површину правилне четворостране пирамиде основне ивице а = 8 сгп и висине Н = 3 с т . Решење. З а налажење површине је посебно значајан правоугли троугао 8 0 М (сл. 14). Катете тог троугла су висина пирамиде и половина основне ивице, а хипотенуза је апотема пирамиде. Применом Питагорине
( (2\ 2 2/
’
тј-
ћ = ^Н 2+ 0
2 = у З 2 + ( | ) 2 = 7 9 + 1 6 = л/25 = 5 сш,
па је Р = В + М = а 2 + 2аћ = 64 + 2 ■8 ■5 = 144 сш 2 . На сличан начин се може израчунати и површина неких четвоространих пирамида које нису правилне.
ПРИМЕР 3. Основа четворостране пирамиде З А В С Б је правоугаоник А В С 1) , а подножје висине је пресек дијагонала основе. Ако су основне ивице а = 32 с т и 6 = 10 с т , а висина пирамиде Н = 12 с т , израчунати њену површину. Решење. Посматраћемо правоугле троуглове З О Е и 8 0 Р (сл. 15). Апотеме ћ\ и ћ 2 ове пирамиде налазимо применом Питагорине теореме: ћ\ = \ ј н 2 + ( ^ )
= у 1 2 2 + ( | ) 2 = л/144 + 256 = 7400 = 20 с т ,
ћ 2 = ^ ј н 2 + ( ~ У = у 122 + ( у ) 2 = 7144 + 25 = 7169 = 13 с т .
Слика 15
5.3. Поврпшна пирамиде
77
Површина основе је В = а • 6 = 32 • 10 = 320 с т 2 , а омотач се састоји од два пара подударних троутлова, па је
м = 2•
+ 2 •~
= аћ 2 + Њ г = 32 ■13 + 10 • 20 = 416 + 200 = 616 сш2.
Дакле, Р = В + М — 320 + 616 = 936 с т 2 . Задаци
1. Израчунати површину правилне четворостране пирамиде: а) основне ивице а = 10 с т и апотеме ћ = 8 с т ; б) основне ивице а = б с т и бочне ивице з = 5 с т ; в) основне ивице а = б с т и висине Н = 4 с т . 2. Израчунати висину правилне четворостране пирамиде код које је површина основе В = 8 с т 2 , а површина омотача М = 32 с т 2 . 3. Израчунати површину правилне четворостране једнакоивичне пирамиде ивице а = 2 с т . 5 .3 .2 .
П о в р ш и н а п р а в и л н е т р о ст р а н е п и р а м и д е
Већ је речено да је основа правилне тростране пирамиде једнакостранични троугао, а подножје висине је средиште основе (та тачка је у једнакостраничном троуглу истовремено тежиште, ортоцентар, центар описаног и уписаног круга). На слици 16 приказана је једна таква пирамида основне ивице а и апотеме ћ . Омотач ове пирамиде се састоји од три подударна једнакокрака троугла основице а и висине ћ. Дакле, а 2л/3 аћ Р = В +М = — + 3 -----. 4 2
Површина правилне тростране пирамиде основне ивице а и апотеме ћ је а 2л/3 „ аћ Р = — ----- 1- 3 -----. 4 2
78
5. Пирамида
П ри м ер 4. Израчунати површину правилне тростране пирамиде апотеме ћ = 13 с т и висине Н = 12 с т . Решепе. Поематрајмо на слици 16 правоугли троугао О М 8 . У њему је: ћ 2 = Н 2 + О М 2,
С
132 = 122 + О М 2, 169 = 144 + О М 2, О М 2 = 25, ОМ = 5ст. Слика 17 С друге стране, тачка О дели висину А М једнакостраничног троугла А В С (сл. 17) у односу АО : О М = 2 : 1 и како је А М = - \ / 3 , то је О М = —А М = - ■- \ / 3 = —у/З. Дакле, —у/3 = 5, па добијамо 3 3 2 6 6 6 -5
30
л/З
*= + Г = д +
Г
30\/3 =
Г
г“ 11Н/5'
Тражена површина је „ а 2 у/ 3 о аћ 300\/3 Р = —^--- +3 - — = — 4~—
10л/3 • 13 г~ г~ г~ о ~2 ------ = 7 5 ^ + 1 9 5 / 3 = 2 7 0 /3 сш2.
П р и м е р 5. Полупречник круга описаног око основе правилне тростране пирамиде је К = 2 \ / З с т , а апотема је ћ = 10 с т . Израчунати површину пирамиде. Решење. Како је полупречник круга описаног око једнакостраничног троугла А В С странице а (сл. 17) једнак АО = јј А М = ^ ■^у /З = - у / З , то је —\/3 = 2 \/3 , па је а = б с т и о _ а 2 л/ 3 ~ 4 +
аћ 'У
36\/3 „6-10 г, г , ■> —ј - + 3 ■—— - = 9\/3 + 90 = 9 ( / 3 + 10) с т 2.
Задаци
1.
Ивица правилне једнакоивичне тростране пирамиде је З с т . чунти површину те пирамиде.
Изра-
5.3. Површина пирамиде
79
2. Основна ивица правилне тростране пирамиде је 16 с т , а бочна ивица је 10 с т . Израчунати површину пирамиде. 3. Израчунати површину правилне тростране пирамиде основне ивице а = 1 0 \/З с т и висине Н = 12 с т .
5 .3 .3 .
П оврш ина правилне ш естостр ан е п и р ам и де
Нека је а основна ивица, а ћ апотема правилне шестостране пирамиде (сл. 18). Површина основе —правилног шестоугла странице а је
о
а
в = 6•—
3 2 гђ ^ а V :з,
док се омотач састоји од шест подударних једнакокраких троуглова основице а и висине ћ, па је М = 6 • — = 3аћ. Дакле, Р = В + М = ~ а 2 у/ 3 + 3аћ. Слика 18
Површина правилне шестостране пирамиде основне ивице а и апотеме ћ је Р = ^ а 2\ / 3 + 3аћ.
П ример 6. Израчунати површину правилне шестостране пирамиде основне ивице а = 2 с т и апотеме ћ = 3 \ / 3 с т . 3 3 Решење. Р = - а 2\/3 + Заћ = — ■22\/3 + 3 • 2 • 3\/3 = 6\/3 + 18\/3 = 2 4 ^3 с т 2 ПРИМЕР 7. Израчунати површину правилне шестостране пирамиде ако је њена основна ивица а = б с т , а висина Н = З с т . Решепе. У троуглу О В С на слици 18 дуж О М је висина једнакостраничног троугла странице а, па је О М = —\/3 = - \ / 3 = З Т З с т . Да бисмо одредили апотему пирамиде, применићемо Питагорину теорему у троуглу О М 8 (сл. 18): ћ 2 = Н 2 + О М 2 = З 3 + (3\/3 )2 = 9 + 9 • 3 = 36,
80
5. Пирамида
па је ћ = л/36 = 6 с т и
Задаци
1. Основна ивица правилне шестостране пирамиде је б с т . Ако је површина омотача седам пута већа од површине основе, наћи апотему те пирамиде. 2. Правилна шестострана пирамида има основну ивицу 8 с т и висину 11 с т . Израчунати: а) апотему; б) површину пирамиде. 3. У правилној шестостраној пирамиди основна ивица је а = З с т , а висина је једнака полупречнику круга уписаног у основу. Израчунати површину те пирамиде.
5.4. З а п р е м и н а п и р а м и д е
Замислимо да имамо два суда, један облика пирамиде, а други облика призме, са подударним основама и једнаким висинама (сл. 19).
Слика 19
Ако бисмо суд облика пирамиде напунили водом и пресули ту воду у суд облика призме, утврдили бисмо да је напуњена тачно трећина другог суда, тј. да би се после тачно три пресипања суд облика призме напунио. Ова чињеница, утврђена експериментално, може се и строго математички доказати. Међутим, доказ је доста сложен, а ученици ће имати прилике да га упознају у средњој школи. Дакле, како је запремина призме основе В и висине Н једнака В ■Н , важи:
5.4. Запремина пирамиде
81
Запремина пирамиде површине основе В и висине Н изражава се формулом
У= \ВН■ Применом ове формуле можемо израчунати запремине појединих врста пирамида.
5 .4 .1 . З а п р е м и н а ч е т в о р о с т р а н е п и р а м и д е
Посматрајмо најпре правилну четворострану пирамиду основне ивице а и висине Н . Како је основа ове пирамиде квадрат, то је В = а 2 и V = - В ■Н = - а 2Н. 3 3
П ример 8. Израчунати запремину правилне четворостране пирамиде основне ивице а = 4\/2 с т и бочне ивице 5 = 5 с т . Решепе. Посматрајмо троугао О С 8 на слици 20. Његове катете су висина пирамиде и половина дијагонале основе, а хипотенуза је бочна ивица. Како је <1 = ал/2 = 4 \/2 -\/2 = Н
8 с т , то је ОС = — = 4 с т , па је
Н 2 = 82 - ( ђ 2 = 52 —42 = 2 5 -1 6 =
О 4$ с
9 и Н = \/9 = З с т . Дакле, Слика 20
V = \ а 2 - Н = 1 (4 ^ ) 2 • 3 = 32 с т 3. о
о
П ример 9. Основа четворостране пирамиде је ромб дијагонала (Д = 8 с т и ф = 5 с т . Висина пирамиде је I I = 12 с т . Израчунати запремину
пирамиде. Решепе. Како је В = ^ ■20 ■12 = 80 с т 3 . о
< 1 \ ■&2
8 -5 ~2 ~
20 с т 2 , то је V = —В ■Н = о
5. Пирамида
82 Задаци
1 Кеопсова пирамида је правилна четворострана пирамида основне иви-
Це 233 ш и висине 149 т . Израчунати њену запремину. 2. Израчунати запремину правилне четворостране пирамиде ако је основна ивица 12 с т , а апотема 10 с ш . 3. Основа пирамиде је правоугаоник са страницама 9 с т и 1 2 с т , а све бочне ивице су једнаке 12,5 с т . Израчунати запремину ове пирамиде. 5 .4 .2 . З а п р е м и н а п р а в и л н е т р о ст р а н е п и р а м и д е
Основа правилне тростране пирамиде основне ивице а је једнакостраа? \ / 3 . . т, нични троугао површине В = —-— . Ако Је Н висина те пирамиде, 4 добијамо 2Н\ Ј з 1 а 2\ / 3 1 Н 12 У = 3В 'Н 3 4
П ример 10. Израчунати запремину правилне тростране пирамиде чија је висина Н = 8 с т а апотема ћ = 10 с т (сл. 21). Решепе. Д а је О М =
/д — видели смо већ у примеру 4 из одељка
5.3.2.
С друге стране, важи О М 2 = ћ2 —Н 2 = 102—82 = 100 —64 = 36, па а\Ј.3 „ 6-6 36л/3 пје О М = бсш . С адаиз — = 6 налазимо а = -—= = — - Ј-^ у о с т ,
па је
Слика 21
5.4. Запремина пирамиде
83
П Р И М Е Р 11. Бочна ивица правилне тростране пирамиде је з = 15 с т , а висина је Н = 9 с т . Израчунати запремину ове пирамиде.
Решење.
Из троугла 8 0 С (сл. 22) налазимо О С 2 = з2 - Н 2 =
152 - 92 = 225 - 81 = 144, па је О С = /1 4 4 = 12с т .
2 а г— 3 . а\Ј*^> С друге стране, важи ОС = - • - у З = —— , па Је —— = 12 и
3-12
Зб\/3
= 1 2 \/З с т . Дакле,
" 7 Г “ у/ з - у/ з 1
У
3В Н
3
4
, Н = 1 ( 12У З М “ 3 4
.9
=
3 2 4 ^
с т 3
.
Задаци
1. Основна ивица правилне тростране пирамиде је 2 с т , а површина њеног омотача је 12 с т 2 . Колика је запремина пирамиде? 2. Површина правилне тростране пирамиде је (21 + 4\/3) с т 2 , а површина њеног омотача је 21 с т 2 . Одредити: а) основну ивицу; б) апотему; в) висину; г) запремину пирамиде. 3. Дат је правилни тетраедар ивице а = 2 с т . Израчунати: а) висину; б) запремину тог тетраедра. 5 .4 .3 .
З ап р ем и н а правилне ш естостране п ир ам и де
Основа правилне шестостране пирамиде основне ивице а је правилни шестоугао површине В = 6 • —
= - а 2\/3 .
Ако је Н висина те
пирамиде, добијамо V = - В • Н = - • - а 2\ / 3 • Н = ^ а 2\/з • Н. 3 3 2 2
5. Пирамида
84
12. Израчунати запремину правилне шестостране пирамиде основне ивице о = 4 с т и бочне ивице 5 = 5 с т . П
рим ер
Решепе. За правилну шестострану пирамиду важи Н 2 (сл. 23), п а је Н = ^ 5 2 - 42 = ^2 5 - 16 = л/9 = 3сш и Р
у
в
.и Р - 1
■42 ' Д - 3 = 24:уДст3.
13. Основна ивица правилне шестостране пирамиде је а = 2 \ / З с т , а површина њеног омотача М = ЗОл/Зсш2 . Израчунати запремину ове пирамиде. $ П
рим ер
н
о
2
м
Решеље. Како за правилну шестострану пирамиду важи М — 2>аћ, оп /о из ЗОУЗ = 3 ■2\/3 ■ћ налазимо ћ = ------- = = 5 с т . Дуж О М на слици 3 • 2\ / 3 24 је висина једнакостраничног троугла О В С странице а, па је О М = ^
= 2/ ^
= З с т . Применићемо Питагорину теорему на троугао
О М 8 . Добија се Н 2 = ћ2 - О М 2 = 52 - З2 = 25 - 9 = 16, одакле је Н = 4 с т . Према томе, V = - В • Н = - ■- а 2\/3 ■Н = \ { 2 Љ ) 2Љ ■4 = 24\/Зсш 3. 3 3 2 2
5.4. Запремина пирамиде
85
Задаци
1. Израчунати запремину правилне шестостране пирамиде основне ивице 12 с т и висине б с т . 2. Дата је правилна шестострана пирамида основне ивице а = 2 с т . Висина пирамиде једнака је полупречнику круга уписаног у основу. Израчунати запремину ове пирамиде. 3. Правилна шестострана пирамида има запремину 4 4 \/З с т 3 и основну ивицу а = 4 с т . Израчунати: а) висину; б) апотему; в) површину ове пирамиде.
86
5. Пирамида
6. ЛИНЕАРНА ФУНКЦИЈА Л и н е а р н а ф у н к ц и ја у = ах + 1
6 .1 .
У седмом разреду ученици су упознали графике функција директне пропорционалности, тј. функција облика у = ах (а € К , а ф 0). IП
рим ер
1.
Нацртати графике функција у = Зж и у =
Декартовом правоуглом координатном систему. Решење. Направимо најпре одговарајућу таблицу X
1
0
-1
2
-2
4
у = 3х
3 1 2
0
-3 1 ___2___
6
-6
12
-1
1
-2
у = ~ \х
0
1
~2Х
Таблица нам омогућује да добијемо известан број тачака које припадају траженом графику, а чије су координате вредности променљивих х и у. Повезивањем тих тачака добијамо праву која представља график функције (сл. 1а) и 16)).
6. Линеарна функција
Нешто општија од функција директне пропорционалности је л и н еа р н а ф унк ди ја. То је функција облика
у = ах + 5, где су а и 6 реални бројеви. Подразумеваћемо да и променљиве х и у узимају вредности у скупу реалних бројева, осим ако се то посебно не нагласи. ПРИМЕР 2. Г р у п а излетника крен ула је из планинског дома. Т рен утно се налазе Зк гп од дом а и к р е ћ у се брзином 4 к т / ћ . Н а ком расто јањ у од дома ћ е бити кроз х часова?
Решепе. За х часова излетници ће прећи 4х километара, па ће растојање од дома кроз х часова бити 4ж + 3 километара. Ако то растојање означимо са у, добијамо линеарну функцију у = 4х + 3 која показује зависност пређеног пута од времена, при чему се не ради о директној пропорционалности, а што се види из следеће таблице. X
0
1
2
3
у = 4х + 3
3
7
11
15
| П ример 3.: У продавници се налази 120 рачунара. Свакодневно се прода 25 рачунара. Колико рачунара остаје носле х дана? Решепе. Нека је у број рачунара који су остали непродати после х дана. Тада добијамо линеарну функцију у = 120 — 25д. Приметимо да овде има смисла да променљива узима вредности из скупа {0,1,2, 3,4}. Вредности функције у зависности од променљиве х могу се приказати и таблично. X
0
1
2
3
4
у = 120 - 25ж
120
95
70
45
20
Задаци
1. Иван је имао 250 динара и сваког дана добија за џепарац по 100 динара. Ако одлучи да ништа не троши, колико новца ће имати после х дана? 2. Аутомобил је кренуо из Новог Сада према Суботици брзином
8 0 к т /ћ .
На ком растојању од Београда (у километрима) ће се
6.2. График линеарне функције; нула функције
89
налазити после х часова, ако је растојање од Београда до Новог Сада 85 к т ? 3. Дата је линеарна функција у = —2х + 5. Направити таблицу вредности ове функције за неке вредности променљиве х.
X
1
0
2
-1
-3
У
6.2. Граф ик л и н еар н е функције; н у л а функције Већ смо у седмом разреду видели да је график функције директне пропорционалности у = ах права. Та права је садржала координатни почетак и за а > 0 припадала првом и трећем, а за а < 0 другом и четвртом квадранту, као на пример на слици 1 у одељку 6.1. Сада ћемо посматрати график произвољне линеарне функције.
П ример 4. Нацртати график линеарне функције у = 2 х + 1 . Решепе. Нацртаћемо најпре график функције директне пропорционалности у = 2 х . То је права која садржи координатни почетак (сл. 2). Посматрајмо какав је положај тачака графика функције у = 2 х + 1 у односу на график функције у = 2 х . Саставимо таблицу.
X
-2
-1
0
1
2
3
у = 2х
-4
-2
0
2
4
6
у = 2х + 1
-3
-1
1
3
5
7
Видимо да су за сваку вредност апсцисе х ординате код функције у = 2х + 1 за једну јединицу веће од вредности ордината код функције у = 2 х . То ће важити за све вредности х , тако да је график функције у = 2 х + 1 права паралелна графику функције у = 2х (сл. 2).
6. Линеарна функција
90
Слично, график сваке линеарне функције у = ах + 6 ће бити права паралелна графику функције директне пропорционалности у = ах. График линеарне функције у = ах + 1>је права. Како је права одређена двема тачкама, за њено цртање довољно је да се одреде координате две њене тачке. На пример, за функцију у = 2х + 1 из претходног примера могли смо да узмемо, рецимо, за х = —3, у = 2 • ( - 3 ) + 1 = - 5 и за I = 1 , У = 2-1 + 1 = 3 , одредимо тачке (—3, —5) и (1,3) у координатном систему, а затим нацртамо праву која садржи те две тачке. Та права је график линеарне функције у = 2 х + 1 (сл. 3). Слика 3
... ......1 .
.
1
ПРИМЕР 5.! Нацртати графике функција у — —-ж + 2 > У — ~
1
и
у = — х —1 . 2
Решење. Направимо таблице вредности ових функција за по две вредности променљиве х . X
0 2
У= ~ \ х + 2 2 1
X у = -\х
0
2
0 -1
X
0
2
У= ~\х ~ 1
-1
-2
Одредимо положаје добијених тачака у координатном систему, а затим нацртамо три праве које су графици датих функција тако да те праве садрже одговарајуће тачке (сл. 4). Приметимо да смо добили три паралелне праве. То је последица чињенице да су коефицијенти уз променљиву х за сваку од ових функција једнаки (овде је тај коефицијент —.(). Слика 4
Појам н у л е ф ункције веома је значајан у математици. То је вредност независно променљиве х за коју функција добија вредност нула.
91
6.2. График линеарне функције; нула функције
П РИМЕР 6 . 'О д р ед и ти нуле функција а) у = 3х — 1 ;
б) у = —| х + 2 ;
в) у = 5х.
Решење. а) Треба одредити вредност за х тако да је у = 0, тј. треба решити једначину Зх - 1 = 0. Добијамо Зх = 1, односно х = \ . Нула функције у = Зх — 1 је број | . _2
б) Из —\ х + 2 — 0 добијамо - \ х = - 2 , тј. х = —у д , х = 8 . Дакле, нула функције у = —\ х + 2 је број 8 . в) Ако је 5х = 0, биће х = 0, па је нула функције у = 5х број 0. На слици 5 приказани су графици функција из примера 6.
Слика 5
На овим примерима видимо да нули функције одговара на апсцисној оси (д-оси) тачка у којој график функције сече ту осу.
Задаци
1. Дате су функције: а) у = 6 — х; б )у = 2 ж -3 ; д) У = —х ;
ђ ) у = \ х - 1;
в)у= -х-1]
г ) у = 2ж + 5;
е) у = - | х + 1; ж) у = \ х + 2.
Одредити оне међу тим функцијама чији су графици паралелне праве. 2. Нацртати графике функција у = \ х + 1, у = \ х - 2 и у = \ х . 3.
Дате су функције: а) у = 2 х - 4;
б) у = - х + 3.
Одредити нуле функција, а затим нацртати њихове графике.
92
6.3.
6. Линеарна функција
И м п л и ц и т н и о б л и к за д а в а њ а л и н еа р н е функције
Понекад се линеарна функција не задаје у тзв. ек сп л и ц и т н о м о б ли к у у = ах + 6, већ имплицитно, односно у и м п л и ц и т н о м о б л и к у ах + ку + с = 0 , при чему су а, 6 и с реални бројеви и 6 ^ 0 .
П ример 7. Линеарна функција је задата једнакошћу 2х + Зу — 5 = 0 у имплицитном облику. Одредити експлицитни облик ове функције. Решепе. Из 2ж + Зу —5 = 0 добијамо 3у = —2х + 5, тј. 2 5 » = - з х + з-
П ример 8 . Дата је линеарна функција Зд —2у + 4 = 0 у имплицитном облику. а) Одредити њен експлицитни облик. б) Попунити таблицу X
0
2
-2
-4
У в) Нацртати график дате функције.
П ример 9. Странице једног правоугаоника су X и у , а његов обим износи 20 с т . Одредити линеарну функцију која даје везу између страница правоугаоника и његовог обима, а затим одредити експлицитни облик те функције.
93
6.4. Цртање и читање графика линеарних функција
Решепе. Важи 2х + 2у = 20, па је х + у = 10, односно у = 10 — х . Задаци 1 . Линеарна функција одређена је једнакошћу 2х —2>у + 6 = 0. а) Од-
редити експлицитни облик ове функције. б) Одредити њену нулу. 2. Функцију 2х —у —5 = 0 представити у експлицитном облику, а затим нацртати њен график. 3. Основица једнакокраког троугла је х , а његов крак у. Одредити линеарну функцију која даје везу између страница тог троугла ако је његов обим 30 с т .
6 .4 . Ц р тањ е и ч и тањ е граф ика л и н еа р н и х функција У претходним одељцима већ смо видели како се једноставно цртају графици линеарних функција. Наиме, график линеарне функције је права одређена двема тачкама, па је за његово цртање довољно одредити координате две тачке ове праве. П
10.
рим бр
Права у = — + 6 садржи тачку 4 (1 ,3 ).
Одредити
вредност коефицијента 6 , а затим нацртати график ове функције. Решепе. Тачка 4 (1 ,3 ) припада графику дате функције. То значи да њене координате задовољавају једначину праве, тј. да важи 3 = - + 6 . 1 5 х 5 Одавде је 6 = 3 — —= —. -^акле’ РаДи се 0 функцији у = — + —. За одређивање одговарајуће таблице вредности ове функције можемо да искористимо тачку 4 (1 ,3 ) и да узмемо, на пример, тачку В ( —1,2). X
1
-1
У
3
2
График је приказан на слици 7. Слика 7
94
6. Линеарна функција
Када се линеарна функција представља у облику у = ах + к, коефицијент а се назива коефицијентом правца праве која је график те функције. У претходним примерима смо видели да ако су коефицијенти правца двеју правих једнаки, онда су те праве међу собом паралелне (видети пример 4 и пример 5). Подсетимо се својства функције директне пропорционалности у = ах да за а > 0 график припада првом и трећем квадранту координатног система, а за а < 0 другом и четвртом квадранту. На основу тога закључујемо да ће и график функције у = ах + В з а а > 0 градити са позитивним смером ж-осе оштар, а за а < 0 туп угао.
ПРИМЕР 11. На сликама 8 и 9 приказани су графици неких линеарних функција за а > 0 , односно а < 0 .
У случају када је а > 0 (као на сл. 8) за функцију у = ах+ћ кажемо да је р а с т у ћ а јер се са повећањем вредности променљиве х повећавају и вредности функције у. У случају када је а < 0 _2 (као на сл. 9) за функцију у = ах + 6 кажемо да је о п а д а ју ћ а . У овом случају се са повећавањем вредности променљиве х смањују вредности функције у . --------------------- --- °___%. _ -------------------- ------------
За а = 0, функција у = ах + 6 добија облик у = 6 и њен график је права паралелна х-оси. На слици 10 приказане су три такве праве.
Слика 10
П ример 12. Одредити све реалне бројеве к тако да функција У — {к — 3)х + 5 буде: а) растућа; б) опадајућа. Решење. а) Функција је растућа ако је к - 3 > 0, тј. к > 3. б) Функција је опадајућа ако је к —3 < 0 , тј. к < 3 .
6.4. Цртање и читање графика линеарних функција
95
У одељку 6.2 говорили смо о нули функдије. На следећем примеру видећемо и како се испитује знак линеарне функције.
П ример 13. Дата је функција у = 2х — 1. а) Одредити нулу функције. б) Одредити вредности променљиве х за које је функција позитивна, односно негативна. в) Задатак решити и графички. Решепе. а) Нула функције је решење једначине 2 х —1 = 0, тј. 2х = 1, дакле број | . б) Неједнакост 2х —1 > 0 важи ако је 2а: > 1, т ј. х > | , а неједнакост 2 х —1 < 0 важи ако је 2х < 1, т ј. х < ^ ■ Каже се да је функција позитивна за х > | , а негативна за х < | . в) Да бисмо нацртали график дате функције, најпре формирајмо таблицу
X
0
1/2
У
-1
0
График је приказан на слици 11. На тој слици се види да график сече х-осу у тачки ~ . Тај број је нула функције. Такође видимо да се за х > ^ график функције налази „изнад“ ж-осе, што значи да је за те вредности променљиве х функција позитивна, док је за х < | график функције „испод“ х-осе, односно за х < \ функција је негативна.
Задаци 2
1. Права у = - х + 6 садржи тачку Д (0 ,1). Одредити & и нацртати О график ове функције. Са графика одредити нулу и знак функције. Да ли је ова функција растућа или опадајућа? 2. Нацртати графике следећих функција: 3 а )у = 2 х -5 ; б ) у = - х — 1; в ) у = 5х;
г ) х + 2 у - 2 = 0,
а затим одредити њихове нуле на два начина —решавањем одговарајуће једначине, а затим графички.
5
6. Линеарна функдија
2
3. Дата је функција у = - х - 2 . Одредити вредности за функцију важи: а) у = 0 ;
тако да за
0
б) у > 0 ;
в) у < 0 .
4. Одредити вредности за к тако да функција: а) у = (2к + 1)х + 5 буде растућа; б) у = ( - | + 3)ж + к - 2 буде опадајућа. 5. Одредити једначину праве која садржи тачку А { —1,3) и паралелна је правој у = —х + 5.
7. ГРАФИЧКО ПРЕДСТАВЉАЊЕ СТАТИСТИЧКИХ ПОДАТАКА 7.1. П р едстав љ аш е за в и с н и х в ел и ч и н а т а б ел а р н о и у к оор д и н атн ом си ст ем у У претходном поглављу ученици су се упознали са представљањем зависних величина, конкретно се радило о линеарној функцији, табеларно и у координантом систему. Сада ћемо на неколико примера видети како се и неке друге зависне величине могу представити табеларно, а како у координатном систему. 1. Дејан је на почетку недеље добио 500 динара за џепарац. Сваког дана, почевши од понедељка трошио је по 100 динара. Означимо са х број протеклих дана, а са у своту која је Дејану преостала. У следећој табели приказана је свота новца коју Дејан има на крају одговарајућег дана. П
рим ер
недеља
500
понедељак
400
уторак
300
среда
200
четвртак
100
петак
0 Слика 1
98
7. Графичко представљање статистичких података
На слици 1 приказано је колико је Дејану преостало новца у зависности од тога колико је дана протекло. Није тешко видети да се ради о линеарној зависности у = 500 - 100:г, где х е { 0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 } . ПРИМЕР 2. Обим квадрата странице а израчунава се по формули О = 4а, а површина је Р = а? . У следећој табели приказана је зависност обима и површине квадрата од његове странице а . а О = 4а Р = а2
1 2 2 1
4
1
1,5
2,1
3
4
6
8,4
12
1
2,25
4,41
9
Када се ова зависност представи у координатном систему, добијамо следеће графике (сл. 2 и сл. 3).
2 ,2 5 --
1 .....
4—I— I--- ј-
1 11,52,1
а -►
3
2 Слика 3
П р и м е р 3. На слици 4 приказана је промена температуре у једном граду у зависности од времена у периоду од 10 до 18 часова. а) Када је током тога дана температура била највиша? б) Када је температура била најнижа? в) За колико степени је температура пала од 14 ћ до 17 ћ? г) У ком периоду је температура расла, а у ком опадала?
99
7.1. Представљаље зависних величина
Решепе. а) У периоду од 12 ћ до 13 ћ. '
б) У 18 ћ. в) Температура је опала за 0,5°С.
г) Температура је расла од 10 ћ до 12 ћ, а опадала од 13 ћ до 16 ћ и од 17 ћ до 18 ћ.
Задади 1 . Означимо са х и у оштре углове једног правоуглог троугла. Одре-
дити зависност угла у од угла х , попунити дату таблицу и нацртати график ове зависности у координатном систему. 10°
X
20°
35°
57°
72°
У 2. У резервоар облика квадра основних ивица 2 т и З т сипа се бензин. Одредити запремину V количине бензина у кубним метрима у резервоару у зависности од висине Н насутог бензина у метрима. Попунити таблицу Н
1
1,5
2
2,4
3,2
V и нацртати график добијене зависности. 3. Запремина коцке ивице а израчунава се по формули V = а 3 . Попунити таблицу
100
7. Графичко представљање статистичких података
а
1
1,5
2
2,5
V и нацртати одговарајући график.
7.2 . Г раф ичк о п р едстав љ ањ е ст а т и ст и ч к и х п одатак а у о б л и к у д и ја г р а м а У свакодневном животу често се обављају разна мерења или пребројавања. На тај начин добијамо тзв. ста т и с т и ч к е п од атк е. Статистички подаци се често приказују таблично, али и у облику разних врста дијаграма. Приказаћемо неколико карактеристичних примера дијаграма. јП р и м е р 4.; У табели десно је приказан успех ученика једног одељења на писменом задатку из математике.
оцена
број ученика
5
3
4
7
3
11
2
4
1
1
Ове податке приказујемо и на следећем, тзв. стубичастом дијаграму.
Слика 5
7.2. Представљање података у облику дијаграма
101
П р и м е р 5. Од 90 анкетираних службенике једне банке, њих 40 је изјавило да на посао иде аутомобилом, 23 да долази аутобусом, 11 трамвајем, док остали долазе пешице. На тзв. кружном дијаграму приказани су резултати овог истраживања (сл. 6).
П р и м е р 6 . На дијаграму на слици 7 је приказан број продатих сладоледа на једном продајном месту од понедељка до суботе. Са овог дијаграма можемо прочитати ког дана је продато највише сладоледа (субота), а ког најмање (среда), којих дана је продат исти број (уторак и петак), колико је сладоледа продато у четвртак више него у понедељак (15) и добити многе друге информације.
Задаци
1. На крају школске године ученици једног одељења постигли су следећи успех. одлични
12
врло добри
7
добри
5
довољни
1
недовољни
0
Податке представити на дијаграму на слици 8 као што је започето.
7. Графичко представљање статистичких података
102
ОДЛ.
В Р .Д О Б .
ДО Б.
ДОВ.
Н ЕД .
Слика 8
2. Приликом гласања за најбољу песму једног фестивала гласало је 240 гледалаца. За песму А гласало је 86, за песму В - 55, за песму С - 28, а остали су гласали за песму О . Приказати резултате гласања на кружном дијаграму.
ПЕТ ЧЕТ С РЕ УТО ПО Н
----- 1-------- 1-------- 120
40
60
80
10 0
120
Слика 9
3. На слици 9 приказан је дијаграм продаје кифли у школском ресторану у току једне недеље. а) Ког дана је продато највише, а ког најмање кифли? б) Д а ли је више кифли продато у прва два или у последња два дана ове седмице?
103
7.3. Рачунаље средње вредности и медијане
7.3. Р а ч у н а љ е сред^ње в р ед н о ст и и м еди ја н е. П о р е ђ е њ е в р ед н о ст и у зо р к а с а ср ед њ о м в р е д н о ш ћ у У многим наукама се статистика користи као основа за тумачење резултата разних истраживања или експеримената. Одабрани објекти, који се на одређени начин издвајају и испитују, чине у зо р а к , а својство које је циљ анализе назива се о б е л е ж је . На пример, мери се висина ученика једног одељења. Ти ученици представљају узорак који се проучава, а њихова висина је обележје. Такође, узорак могу чинити, на пример, сви запослени у једном предузећу, док би обележје била њихова месечна плата. ПРИМЕР 7. |Фабрика ципела је анкетирала известан број становница једног града да би утврдила број ципела које оне носе, Добијени су следећи резултати. број ципела број анкетираних жена
34
35
36
37
38
39
40
41
42
19
183
296
375
411
398
255
56
9
У овом примеру узорак чине становнице града обухваћене анкетом, а обележје је број њихових ципела. У испитивању појединих обележја често је значајна једна њихова карактеристика, тзв. средња вредност. На пример, сваки ученик је имао прилику да израчуна своју просечну оцену из неког предмета. [ ПРИМЕР 8 . У току првог полугодишта Милан је имао следеће оцене из математике: 5, 5, 2, 3, 4, 5. Узорачка (аритметичка) средина његових оцена је 5 + 5 + 2 + 3 + 4 + 5 __ 24 __ л 6
6
Уопште, ако се при проучавању обележја неког узорка региструју вредности •^1}
■• • ј
104
7. Графичко представљање статистичких података
у зо р а ч к а (а р и т м е т и ч к а ) с р е д и н а овог узорка је Жг +
Ж2 +
Т
3+
■• ■ +
Хп
П Овај број се назива и с р е д њ а в р е д н о с т узор к а.
П ример 9. У табели у оквиру примера 4 из 7.2 приказан је успех ученика једног одељења на писменом задатку из математике. Одредити средњу вредност овог узорка, тј. просечну оцену одељења. Реисепе. Најпре установимо да је писмени задатак радило 26 ученика. Како је петицу добило троје, четворку - седморо, тројку - једанаесторо, двојку - четворо и јединицу - један, то је просечна оцена 3 -5 + 7- 4 + 11- 3 + 4 - 2 + 1 -1 _ 14 + 28 + 33 + 8 + 1 26 “ 26 У неким анализама узорка користи се и тзв. м ед и ја н а . То је средњи по величини 'члан у низу свих вредности обележја тог узорка.
П ример 10. !У току седам дана мерена је температура ваздуха у 12 ћ у једном граду. Добијене су следеће вредности:
Вредност средњег по величини члана овог низа, 16°, јесте медијана овог узорка. Уколико се у узорку налази паран број чланова, медијана је аритметичка средина (полузбир) два средња члана. Тако, рецимо, у примеру 8 Миланове оцене поређамо у растући низ: 2, 3, 4, 5, 5, 5. Медијана овог узорка једнака је —- — = 4,5. Као што се види, медијана се разликује од средње вредности узорка, која је у овом примеру једнака 4.
П ример ЈД. : Невена је десет дана бележила број позива који је упутила са свог мобилног телефона. Добила је следеће обележје:
7.3. Рачунаље средње вредности и медијане
105
Решепе. Најпре уредимо обележје у растући низ: 2, 3, 3, 5, 6 , 7, 7, 7, 9, 10. Узорачка (аритметичка) средина обележја је 2
+ 3 + 3 + 5 + 6 + 7 + 7 + 7 + 9 + 10 __ 59
10
~
10
-
’
'
Каже се и да је Невена упутила у просеку 5,9 позива дневно. Медијана овог обележја је аритметичка средина два средња члана (овде су то пети и шести - 6 и 7), дакле 6+ 7
2
,5.
Задаци
1. Наћи узорачку средину и медијану скупа: а) 10, 80, 30, 50, 60;
б) 10, 70, 20, 40, 70, 90.
2. У једној продавниди је продато више разних шрафова: број шрафова
цена по комаду
3
6 динара
5
8 динара
4
10 динара
4
13 динара
Колика је узорачка средина, а колика медијана овог узорка? 3.
Миљан је на четири теста из математике освојио у просеку 80 поена. Колико поена треба да освоји на петом тесту, да би му просек освојених поена у свих пет тестова био 84?
:
106
8. СИСТЕМИ ЛИНЕАРНИХ ЈЕДНАЧИНА СА ДВЕ НЕПОЗНАТЕ 8 .1 . П ојам л и н еар н е је д н а ч и н е са д в е н еп озн ате У одељку 3.1 бавили смо се линеарним једначинама са једном непознатом, тј. оним једначинама које се разним трансформацијама, о којима је било речи у трећој глави, доводе на облик ах + 5 = 0, при чему су а и 6 неки бројеви. На пример, 2ж + 3 = 0, - х —7 = 0, х л/2 . . ---- 1------ = 0. Решење такве једначине је сваки број хо за к о ј и важи 4 5 ахо + 6 = 0, тј. такав број који, заменом у Једначину уместо непознате х, ту једначину претвара у тачну једнакост. На сличан начин уводи се и појам линеарне једначине са две непознате х и у. То је једначина која се може довести на облик ах + Ву + с = 0, где су а, 6 и с неки бројеви.
П ример 1. Једначине 12х + Зу —5 = 0,
1
Зх - - у = 4,
х+ 4
2у + 5х
2
6
_ 7т/ + 5
су линеарне једначине са две непознате, док једначине с2 + у 2 = 9 ,
(х + у ) 2 = х 2 + х у + у 2,
имају две непознате, али нису линеарне.
у/х + 2 = у
108
8. Системи једначина са две непознате
П ример 2. Посматрајмо једначину 2х + Зј/ —8 = 0. Ово је линеарна једначина са две непознате х и у . Ако уместо х и у заменимо 1 , односно 2 , добијамо 2 -1 + 3- 2 —8 = 0, 2+ 6-8
0
=
0,
=
0.
Дакле, добијена је тачна једнакост. Због тога кажемо да је уређени пар бројева (х,у) = (1,2) решење дате једначине. За пар се наглашава да је уређен, што значи да се прва компонента пара односи на непознату х, а друга на непознату у. Тако, уређени пар (2,1) није решење дате једначине, јер је 2 -2 + 3 -1 —8 = 4 + 3 - 8 = - 1 ^ 0 . Решење једначине са две непознате х и у је уређени пар (хо,Уо) који замењен у једначину (ж0 уместо х , а уо уместо у) претвара ту једначину у тачну једнакост.
П ример 3. За једначину х + у —7 = 0 можемо уочити да су уређени парови (7,0), (5,2), ( 8 ,- 1 ) ,
/ДЗ 22\
\ Ј'Т )
њена решења. Ако једначину посматрамо у облику у = 7 - х , можемо да приметимо да је сваки уређени пар облика (с, 7 - с ) , где је с произвољан реалан број, решење ове једначине. Дакле, она има бесконачно много решења.
Слика 1
1
8.2. Појам система од две линеарне једначине
109
Можемо посматрати и график ове линеарне једначине. Како је већ речено у одељку 6.3, линеарна једначина ах+ Ву+с = 0 одређује линеарну функцију чији је график права. Конкретно, овде се ради о правој у = 7 - ж чији је график приказан на слици 1. Уређени парови који су решења дате једначине, при оваквој графичкој интерпретацији, јесу тачке које припадају правој у = 7 —х . Задаци
1. Збир два броја, х и у , једнак је 6 . Саставити одговарајућу линеарну једначину са две непознате и одредити неколико уређених парова решења. 2. Дате је једначина ——у = 2. Који од уређених парова ( 3 ,- 1 ) , (6,0), ( - 2 ,0 ) , ( - 1 ,3 ) , (0,6), ( 0 ,- 2 ) , (5,5) су решења ове једначине? 3. Дате је једначина Зх —2у = 1. Одредити два њена решења и помоћу њих нацртати график линеарне функције који одговара овој једначини.
8 .2 . П ојам си ст ем а о д д в е л и н еа р н е је д н а ч и н е са д в е н еп озн ате. Е кви в ален тн ост си ст ем а л и н еа р н и х је д н а ч и н а Посматрајмо две линеарне једначине са две непознате, на пример х + Зу = 10, 2 х — у = —1 .
Свака од ових једначина има бесконачно много решења. Поставља се питање да ли међу тим решењима постоји неко заједничко за обе једначине. У овом примеру је решење (1,3) заједничко. Међутим, на пример једначине Зх + 2у = 7
и
Зж + 2у = 11
немају ниједно заједничко решење јер не постоји уређени пар бројева (х, у) за које би израз Зх + 2у истовремено узимао вредности 7 и 11. Уопште, ако посматрамо две линеарне једначине са две непознате облика . а \х + 0\у + С1 = 1), а2х + 62у + с2 = 0,
8. Системи једначина са две непознате
110
кажемо да се ради о систему од две линеарне једначине с две непознате. Решење оваквог система је сваки пар бројева (хо,уо) који замењен у обе једначине даје две тачне једнакости. Циљ поступка решавања система је да се пронађу сва решења, или, ако их нема, да се то докаже. Решење система две једначине са две непознате х и у је уређени пар бројева (.Хо,Уо), који заменом х са х 0 и у са у 0 у обе једначине система, те једначине претвара у тачне бројевне једнакости. За два система линеарних једначина с две непознате се каже да су ек в и в а л ен т н и ако је свако решење једног од њих истовремено и решење
другог и обратно. Тако су, на пример, системи: Зх — 2у = 5, Ах + у = 11
6 х — 4 у = 10,
12а; + Зу = 33
еквивалентни. Прва једначина другог система добијена је множењем израза на левој и десној страни прве једначине првог система са 2 , а друга на исти начин од друге једначине првог система, множењем са 3. Уопште, ако било коју једначину система заменимо њој еквивалентном једначином (тј. једначином чије је свако решење истовремено и решење полазне једначине и обратно), добићемо систем једначине еквивалентан полазном. Ово значи да се могу примењивати трансформације линеарних једначина као у одељцима 3.2 и 3.3. Ради се о замени израза у једначинама еквивалентним изразима, додавању неког израза левој и десној страни једначине (својство 1 из 3.2), множењу израза на левој и десној страни једначине неким бројем различитим од нуле (својство 2 из 3.2), односно пребацивању сабирака на другу страну једначине, при чему се мења знак тог израза (својство 1’ из 3.3). У следећем одељку ћемо видети да постоје и друге методе за добијање еквивалентних, а једноставнијих система једначина у циљу налажења решења. Задаци
1. Проверити да ли је пар (1, —1) решење система једначина: х + у = 0, 2х + 3у = —1 б) х 2у 1 1 з ^ у - ^ з 5
8.3. Решавање система линеарних једначина
111
2. Одредити бројеве а и /3 тако да уређени пар (—1 , 2) буде решење система једначина 2х + у + 3 = а, 5х —Зу = (3. 3.
Дат је систем једначина (х - 3)(х + 3) - (у + I )2 = х 2 - у 2, (2х + 1)(2х - 1) + 5х — 4х 2 = (у + I )2 — (у — I )2 - 4у. Користећи се еквивалентним трансформацијама упростити изразе у једначинама и наћи решење датог система.
8.3. Р еш ав ањ е си ст ем а м е т о д о м за м ен е и м е т о д о м с у п р о т н и х к оеф иц и јен ата. Г раф и чк и п ри к аз реш ењ а Приликом решавања система једначина, сређивањем и упрошћавањем израза који се у једначинама појављују, систем најпре доведемо на облик
агх + &1у = С1, агх + 62У = с2, где су №1 , 61, С!,а 2, 62, с2 бројеви. Сада ћемо упознати два најважнија метода за решавање система две линеарне једначине с две непознате. 8 .3 .1 .
Реш ававве с и с т е м а м е т о д о м за м е н е
П р и м е р 4. П осм атрајм о систем једн ачи н а
2х + Зу = 16,
х —2у = 1 . Ако у другој једначини пребацимо израз —2у на десну страну једначине, добићемо да је х = 1 + 2 у . Тако добијамо еквивалентан систем 2х + 3у — 16,
х = 1 + 2у.
8. Системи једначина са две непознате
112
Израз 1 + 2у заменимо у прву једначину уместо променљиве х и добијемо еквивалентни систем 2(1 + 2у) + Зу = 16, х = 2у + 1 . Сада се у првој једначини не појављује променљива х и то је линеарна једначина са једном непознатом - у . Добијамо еквивалентан систем 2 + Ау + Зу = 16,
х = 2у + 1 , а затим
7 у = 14,
у = 2,
х = 2у + 1
х = 2у + 1 .
И
Најзад, У = 2, х = 2 - 2 + 1 = 5,
па је решење датог система једначина уређени пар (5, 2). На овом примеру смо показали како се систем линеарних једначина решава тзв. м е т о д о м за м е н е. Из једне од једначина система изрази се једна од непознатих преко друге и тај се израз замени у другу једначину. Добијамо нову линеарну једначину само са једном непознатом која, заједно са првом једначином датог система, образује нови систем једначина еквивалентан полазном. П р и м е р 5. М етодом замене реш ити систем једн ачи н а
2х + у = 7, Зж — 4у = 5.
Решење. Из прве једначине имамо у = 7 — 2х. Израз 7 — 2х заменићемо у другу једначину уместо променљиве у. Добијамо еквивалентан систем У= 7 - 2 х , Зх - 4(7 - 2х) = 5. Сада сређујемо другу једначину: у = 7 - 2х, З т — 28 + 8ж = 5,
_
у = 7 - 2х,
Ч'
11х = 5 + 28,
односно,
у = 7-2х, 11х = 33,
у = 7-2х, па Је
х = 3,
8.3. Решаваље система линеарних једначина
113
и најзад, у = 7 —2 - 3 = 1 , х — 3. Решење задатог система је пар (3,1). П
рим ер
6 . Методом замене решити систем једначина
х + 2у — х = —4, 3 2у - х 3 У~ 4 4' Решење. Помножимо прво изразе на левој и десној страни прве једначине са 3, а друге са 4: х + 2у —Зх = —12, 4у ~ (2у - х) = 3. Након сређивања и дељења обе стране прве једначине са 2 добија се ~ х + у = - 6, х + 2у = 3. Из друге једначином заменимо х = 3 - 2 у у прву: - ( 3 - 2у ) + у = - 6 ,
- 3 + 2ј/ + ј/ = -6 ,
односно
х = 3 —2 у,
х = 3-2у,
тјЗу = - 3 , х = 3-2у, па је у = —1, ж = 3 —2 • (—1) = 5. Решење је пар (5, —1 ). 8 .3 .2 .
Р еш а в а њ е с и с т е м а м е т о д о м с у п р о т н и х к оеф и ц и јен ата
Ако у систему линеарних једначина једну од једначина заменимо збиром (или разликом) једначина система, при чему другу једначину не мењамо, добићемо еквивалентан систем. Тако су, на пример, системи 4ж —6у = 8, 9х + 6у = 57
и
13ж
= 65
4х — 6у = 8
8. Системи једначина са две непознате
114
еквивалентни. Овде смо другу једначину система заменили збиром једначина, а прва је остала непромењена. При томе је очигледно да је други систем много једноставнији за решавање јер прва његова једначина садржи само једну непознату. На овој идеји се заснива м е т о д а с у п р о т н и х к оеф и ц и јен ата за решавање система линеарних једначина. Коефицијенти уз непознату у у посматраном систему 4х — 6у = 8, 9х + 6у = 57 су супротни бројеви (6 и —6 ), тако да се сабирањем левих и десних страна једначина система добија једна линеарна једначина у којој се појављује само једна непозната, тј. непозната у се елиминише из те једначине. П
рим ер
7. | Методом супротних коефицијената решити систем једна-
чина
х + у = 5, —х + 3 у = 1 1 .
Решење. Приметимо да су коефицијенти уз непознату х у једначинама супротни бројеви —1 и 1. Сабирањем левих и десних страна датих једначина добијамо 4у = 16, а да бисмо добили еквивалентан систем, овој једначини придружимо једну од две дате једначине, на пример прву: 4
у = 16,
х + у = 5. Дати систем је еквивалентан систему У = 4, х + у = 5,
односно У = 4,
У = 4, х + 4 = 5,
тј-
х = 1.
Решење система је пар (1,4). Ако у систему који решавамо коефицијенти ни уз једну непознату нису супротни бројеви, онда прво формирамо систем еквивалентан датом, такав да коефицијенти уз једну непознату буду супротни. П
чина
рим ер
8.
Решити методом супротних коефицијената систем једна5ж —4 у = 19, х + у = 2.
8.3. Решавање система линеарних једначина
115
Решепе. Ако другу једначину помножимо са 4, добијамо 5х — 4у = 19, 4х + 4у = 8 . На овај начин смо постигли да су коефидијенти уз непознату у у систему супротни бројеви (4 и —4). Ако сада прву једначину препишемо, а за ДРУГУ узмемо једначину која је збир последње две једначине, добијамо еквивалентан систем 5х - 4у = 19,
5х — 4у = 19,
9х = 27,
Тј'
®-=3,
па је 5 • 3 - 4у = 19, х = 3]
- 4 у = 19 - 15, односно
тј.
у = —1 , х = 3 .
Решење датог система је уређени пар (3, —1). I П ри м е р 9.] Решити систем једначина 14х - 3у = 25, Зх + 2у = 8. Решепе. У овом примеру погоднија метода је метода супротних коефицијената. Како су бројеви (коефицијенти) уз променљиву у мањи, изабраћемо ту променљиву. Прву једначину система множимо са 2, а другу са 3 да би коефицијенти уз променљиву у били супротни. При записивању ћемо, као што се то често чини, једначине система обухватати витичастом заградом; системи записани један испод другог су међусобно еквивалентни. ( 28х - 6у = 50, \
9х + 6у = 24
Ј 37х \
= 74,
9х + 6 у = 24 (
х
= 2,
\ 9-2 + 6у = 24 ( х = 2, \ у = 1Решење је пар (2,1).
8. Системи једначина са две непознате
116 ПРИМ ЕР
10. Решити систем једначина 2х + 5у = 7, Зж + 4у = 7.
Решење. Изаберемо променљиву х. Прву једначину ћемо помножити са - 3 , а другу са 2. Добијамо Г б.г- 15// =
- 21,
6х + 8у = 14
\
(
у=
-7 , \ 6х + 8у = 14 - 7
I « = 1, \ 6х + 8 = 14
Решење система је уређени пар (1,1). 8 .3 .3 . Г р а ф и ч к и п р и к а з р еш а в а њ а с и с т е м а л и н е а р н и х је д н а ч и н а са д в е н е п о зн а т е П р и м е р 11. П осм атрајм о систем линеарних једн ачи н а
х + 3у = 1 1 , 5х —у = 7. У глави 6 , која се односила на линеарне функције, већ смо видели да свака од ових једначина представља једну линеарну функцију, задату имплицитно. Графици тих функција су праве. Представљамр их у координатном систему уз помоћ одговарајућих таблица (сл. 2).
У=
X
0
11 —х
11
3
~3~
5 2
X
1
3
у = 5х —7
-2
8
К о о р д и н а т е тач ак а свак е о д о в и х п р а в и х с у р еш ењ а о д го в а р а ју ћ е л и н е а р н е је д н а ч и н е с а д в е н еп о зн а т е. Дакле, ако ове две
једначине имају заједничко решење (то је тада решење система), тачка
8.3. Решавање система линеарних једначина
117
која одговара том решењу припада и једној и другој од нацртаних правих, тј. њиховом пресеку. Са дртежа се види да је пресечна тачка М (2,3). Заиста, заменом њених координата у систем, добијамо тачне једнакости: 2 + 3 - 3 = 11, 5 ■2 - 3 = 7. Видимо да се графички начин решавања система линеарних једначина састоји у томе да се нацртају графици обе функције одређене датим једначинама, а затим нађе пресечна тачка, ако се графици секу. Њене координате су решење система. Графичко решавање омогућава да се једноставно установи број решења система. Ако се, као у примеру 1 1 , праве секу у једној тачки — систем има јединствено решење. У примерима 12 и 13 ћемо испитати број решења система ако се праве поклапају, односно ако су паралелне, а различите. ПРИМЕР 12. Реш ити систем једначина
х + 2у = 5, 2ж + 4у = 10. Решење. График обе једначине је једна иста права (сл. 3). график можемо нацртати користећи се таблицом X
0
5
У
5/2
0
Њен
118
8. Системи једначина са две непознате
5 —х Д ати систем због тога им а бесконачно много реш ењ а. Како је у = - у то су сва реш ењ а уређени парови облика (ж, - ј ~ ) » * е 1 1 '
ПРИМЕР 1 3 .| Реш ити систем једначина
х - 2у = 3, —Зас + 6у = 6.
Решење. Г раф иди о д го вар ају ћ и х правих приказани су н а слици 4. У питањ у су две п аралелне праве које нем ају заједничких тачака.
У овом сл у ч ају д а ти систем нема реш ењ а. То се види и тако што при дељ ењ у левих и десних стр ан а друге једначине са - 3 добијам о једначину х - 2у = - 2 ко ја је п ротивуречна са првом једначином система.
119
8.4. Примена еистема линеарних једначина
На крају, могу се извести следећи закључци: 1 ) Ако се праве, графици једначина система секу - систем има јединстве-
но решење. 2) Ако се одговарајуће праве поклапају, систем има бесконачно много решења. 3) Ако су те праве паралелне, а различите - систем нема решења.
Задаци 1 . Решити систем једначина методом замене:
4х + Зу = 22,
Зх + 2у — 7,
б)
5х —у = —10; х —3 2
3у 2
х — 5у = —6;
1
- 1= ’
2’
- 2+ у+1 _ 2 3 2 2. Решити системе једначина методом супротних коефицијената: 2д —у = 1. 5х —4у = 1, б) , ' —5х + 7у = 2; 5* + » = - 1 ; (х + 5)(у - 3) = ху + 2, (х - 1)(у + 3) = х у + 2. 3. Графички решити следеће системе: Зх + 5 у = 14, а) х - у = с6 ;
^
. Зд + 2у = 9,
х - 2у = 1 ,
X + \ у = 3;
4х — 8у = 4.
8.4 . П р и м е н а си ст ем а л и н е а р н и х је д н а ч и н а п р и р еш ав ањ у р а зн и х п р о б л ем а У одељку 3.7 ученици су се упознали са поступком при решавању разних проблема из свакодневног живота, али и примена математике у разним областима. Готово на исти начин решавамо те проблеме у случају када се појављују две непознате: 1) Означимо словима (обично х тл у) бројеве који треба да се одреде.
120
8. Системи једначина са две непознате
2) Помоћу тих слова изразимо и друге непознате величине о којима се у проблему говори. 3) Изједначимо одговарајуће изразе према условима постављеним у проблему и формирамо систем од две једначине са две непознате. 4) Решавањем система добијамо решење постављеног проблема. П р и м е р 14. У две корпе налазе се 132 јабуке, при чему је у једној корпи пет пута више јабука него у другој. Колико јабука се налази у корпама.? Решење. 1) Означимо број јабука у првој корпи са х , а у другој корпи словом у . 2) Изрази који се појављују у формулацији проблема су х + у и 5 у . 3) Одговарајуће једначине су: х + у = 132
и
х = 5у.
4) Решавамо систем једначина х + у = 132, х = 5у. Приметимо да је због облика друге једначине у овом случају згодније да користимо метод замене за решавање система. При решавању ћемо се користити уобичајеном методом записивања. Дакле, ( х + г/ = 132, 1
х = 5у
Г 5у + у = 132, I
х = Ђу Г 6у = 132, \
х = 5у
ј У — 22, \ х = 5 • 22 = 110. Добили смо да се у првој корпи налази 110, а у другој 22 јабуке. П ри м е р 15. Ако Марта да Наташи 10 динара, обе ће имати исти износ новца, а ако Наташа да Марти 20 динара, Марта ће имати три пута више новца од Наташе. Колико свака од њих две има новца?
8.4. Примена система линеарних једначина
121
Решепе. Означимо са х износ који поседује Марта, а са у Наташа. Добоијамо систем једначина ј х - 1 0 = у + 10 , \ х + 20 = (у - 20) • 3 Г х — у = 20, \ х - Зу = -8 0 Уочимо да је овде згодно применити метод супротних коефицијената, тако што изразе у другој једначини помножимо са - 1 , а затим једначине саберемо. х - у = 20,
(
\ —х + Зу = 80 ( х — у = 20, 2у = 100
\
( х - у = 20, \
у = 50
х = 70,
у = 50.
Дакле, Марта има 70, а Наташа 50 динара.
П ример 16. Када вози са ветром у леђа, бициклиста вози брзином 2 0 к т / ћ , а када је са ветром у прса, брзином 12 кш /ћ . Која је брзина бициклисте када ветар не дува? Решепе. Означимо са V брзину бициклисте када ветар не дува, а са брзину ветра. Тада важи V + = 20, V - гд = 12. Систем ћемо решавати метод супротних коефицијената:
VI
(V + \
V
V
VI
= 20,
— V I = 12
(V +
VI
\
2у = 32
= 16,
= 20,
VI
= 4.
Добили смо да је брзина бициклисте 1 6 к т /ћ .
8. Системи једначина са две непознате
122 Задаци
1. Збир два броја је 47, а њихова разлика је 23. Који су то бројеви? 2. Збир два броја је 50. Ако већи поделимо мањим, добија се количник 2 и остатак 5. Који су то бројеви? 3. - Сестро, имаш исто толико браће, колико и сестара. - Брате, имаш два пута више сестара него браће. Колико деце има у овој породици? 4. Обим правоугаоника износи 26 сш , а његова површина је једнака површини другог правоугаоника који је за 6 с т дужи, а за 2 с т ужи. Израчунати дужину и ширину првог правоугаоника.
9. ВАЉАК 9.1. В аљ ак и ш егови е л ем ен т и
Савијањем листа папира може се добити тело ваљкастог облика (сл. 1). У нашем окружењу има много тела таквог облика. На пример, разне кутије, бетонски стубови, бандере, водоводне и друге цеви, ваљак за асфалтирање улица итд.
Слика 1
Слика 2
Посматрајмо два једнака круга к\ и к 2 који припадају двема паралелним равнима ад и « 2 , при чему је дуж 0 \ 0 2 одређена средиштима тих кругова нормална на равнима ад и а 2 (сл. 2). Под ваљком ћемо подразумевати тело које се састоји од та два круга и свих дужи Х \ Х 2 чији крајеви припадају тим круговима, при чему су све те дужи нормалне на поменутим равнима од и а 2 . Кругови к\ и &2 називају се о с н о в е ваљ ка, а дуж О 1 О 2 , чији су крајеви центри ових кругова, јесте в и с и н а ваљ ка. Уобичајено је да се висина, као и код призме, односно пирамиде, означава са Н (сл. 3). Полупречник г кругова к\ и к/2 назива се и п о л у п р еч н и к о м осн о в е ваљ ка (скраћено, полупречник ваљка). Права О 1О 2 је о с а ваљ ка.
9. Ваљак
124
Посматрајмо сада две тачке М \ и М 2 (сл. 3) на кружним линијама из основа валжа, при чему је дуж М \ М 2 нормална на основама ваљка. Дуж М±М 2 се назива и з в о д н и д а вал,ка. Очигледно је да су све изводнице ваљка једнаке и паралелне међу собом (а и са висином ваљка). Изводнице ваљка образују једну површ ограничену равнима основа. Та површ се назива о м о т а ч ваљ ка.
Слика 3
Посматрајмо сада правоугаоник А В С Б (сл. 4) и замислимо да се он обрће око своје странице А О . При овоме правоугаоник описује ваљак, и то странице А В и С И описују основе, а страница В С омотач ваљка. Примећујемо да је при овој ротацији висина добијеног ваљка једнака страници А Б , а полупречник ваљка страници А В .
Слика 5
Слика 4
Замислимо сада да је ваљак пресечен пресеку могу настати различите фигуре. тзв. о с н и п р е с ек - то је пресек ваљка и (сл. 5). Тај пресек је правоугаоник Р<ЗД5' основе ваљка, а друга изводница ваљка.
једном равни. На тај начин у Међутим, посебно је значајан равни која садржи његову осу чија је једна страница пречник
Задаци
1. Која фигура се добија у пресеку ваљка и равни ако је раван: а) паралелна оси ваљка; р
0
Слика 6
б) паралелна основама ваљка? 2. Које тело се добија када квадрат А В С И ротира око своје осе симетрије Р <3 (сл. 6)?
9.2. Мрежа ваљка. Површина ваљка
125
3. Осни пресек једног ваљка је квадрат површине 25 с т 2 . Одредити висину и полупречник тог ваљка.
9.2. М р е ж а ваљка. П ов р ш и н а ваљка Подсетимо се мреже коцке, неких призми и пирамида (видети одељке 4.2 и 5.2). Мрежа сваког од ових тела састојала се од свих многоуглова који га ограничавају, а његова површина се израчунавала као збир површина тих многоуглова.
Слика 7
Посматрајмо сада ваљак полупречника г и висине Н . Замислимо да је његов омотач разрезан по дужи (сл. 7), а затим да је његов омотач развијен у једну раван. Као резултат таквог развијања добиће се правоугаоник А А ' В ' В чија је страница А А ' једнака обиму основе ваљка ( А А ' = 2 жг), а страница А В једнака је висини ваљка Н . Тако закључјуемо да се мрежа ваљка састоји од два једнака круга полупречника г и једног правоугаоника страница 2дт и Н . Ти кругови су основе, а правоугаоник је омотач ваљка. Као и код призме, површина ваљка једнака је збиру површина основа и површине омотача. Ако површину основе означимо са В , а омотача са М , површина ваљка ће бити Р = 2В + М. Подсетимо се за за површину круга важи В = г 2ж и да је М = 2гж ■Н , па за површину ваљка важи Р =
2 г 2ж
+ 2гжН
П Р И М Е Р 1. Израчунати површину ваљка чији је полупречник г = 2 с т , а висина Н = 5 с т .
9. Ваљак
126 Решепе.
Р = 2г 27г + 2гтгН = 2 • 227г + 2 ■2 • 57г = 87Г + 207Г = 287ГСП12.
П ример 2. Правоугаоник А В С Р чије су странице а = 4сш и 6 = 2 с т обрће се око краће странице. Израчунати површину добијеног тела. Решење. При овом обртању добија се ваљак полупречника г = а = 4 с т и висине Н = 6 = 2 с т (сл. 8). Дакле, Р = 2 г 27г + 2гпН = 2 • 42тг + 2 • 4 ■2тг = 327Г + 1б7Г = 487Г с т 2. Слика 8
Задаци
1. Нацртати мрежу ваљка полупречника основе г = 1 с т и висине Н = Зст. 2. Израчунати површину ваљка ако је: а) г = 5 с т , Н = 1 2 с т ;
б) г = 2Љ п, Н = 5 с т .
3. Осни пресек ваљка је квадрат површине 9 с т 2 . Израчунати површину тог ваљка. 4. Полупречник основе ваљка је г = Зсш , а површина ваљка Р = 607гст2 . Израчунати висину ваљка.
9 .3 . З а п р е м и н а ваљ ка Извођење формуле за запремину ваљка није једноставно и ученици ће се са њим упознати у средњој школи. Овде ћемо само констатовати да се
9.3. Запремина ваљка
127
запремина ваљка израчунава на исти начин као и запремина призме, тј. да важи V = В ■Н, при чему је В површина основе, а Н висина ваљка. Како је В = г 2ж, то за запремину ваљка полупречника г и висине Н важи формула V = г 2п Н
Слика 9
Тачност ове формуле може се проверити и експериментално. Замислимо две посуде - једну облика ваљка полупречника г и висине Н и друту, облика квадра са ивицама г , т и Н (сл. 9). У те две посуде ће стати потпуно иста количина воде, тј. оне имају једнаке запремине. П Р И М Е Р 3. Колико литара воде може да стане у лонац облика ваљка пречника основе 1 6 с т и висине 22с т ? (Узети л = 3,14.)
Решепе. Како је 2г = 16 с т , то је г = 8 с т , па је V = г 2тгН = 82 ■7Г■22 = 1408тгст3 и 4421,12 с т 3 « 4,42^.
П р и м е р 4.1 Израчунати масу гвоздене шипке чија је скица дата на слици 10. Густина гвожђа је р = 7 ,8 § /с т 3 . (Узети да је љ = 3,14.)
Решење. Олоелимо нашое запиемину шип
Слика 10
Тражена маса је т = рУ = 7,8 е / с т 3 • 320л с т 3 « 7 837,44 § « 7,8 к^.
9. Ваљак
128 Задади
1. Површина омотача ваљка је 367Гс т 3 , а висина ваљка је два пута веНа од полупречника. Израчунати запремину ваљка. 2. У резервоар облика ваљка унутрашњег пречника 4 0 с т стане 50,241? воде. Колика је дубина резервоара? (Узети да је 7г = 3,14.)
3. Израчунати површину и запремину тела које настаје ротацијом правоугаоника страница 6 сш и 4 сш око дуже странице. 4. Шупља цев дужине 1ш спољашњег полупречника К = Зсш и унутрашњег полупречника г = 2,5 с т израђена је од алуминијума. Израчунати масу те цеви. (Густина алуминијума је 2 ,7 § /с т 3 ; узети 7Г = 3,14.)
10. КУПА 10.1. К у п а и њ ен и е л е м ен т и
Нека је у равни а дат круг к са дентром О и полупречником г и нека је б1 тачка ван те равни таква да је дуж 8 0 нормална на раван а (сл. 1). К у п а је тело које се састоји од круга к и свих дужи 8 Х , при чему тачка X припада кругу к . Поменути круг се назива о с н о в а к уп е, а тачка 8 је вр х купе. Дуж 8 0 се назива в и с и н а купе. Висину купе ћемо, као код призме, пирамиде и ваљка, означавати са Н . Полупречник г круга к се назива и полупречник купе. Права 8 0 се назива о с а купе.
7 Слика 1
Слика 2
Слика 3
Нека је М произвољна тачка кружне линије основе купе (сл. 2). Дужи 8 М називају се и зв о д н и ц е купе. Уобичајена ознака за изводницу купе
је 5 . Све изводнице једне купе су једнаке и оне образују површ ограничену врхом и основом купе. Та површ се, слично као код ваљка, назива ом о т а ч купе. П Р И М Е Р 1. Висина купе је Н = 12 с т , а полупречник основе г = 9 с т (сл. 3). Израчунати изводницу те купе.
10. Купа
130
Решење. Троугао 8 0 М на слици 3 је правоугли са катетама Н и т и хипотенузом 5 , Дакле, 52 = 122 + 92 = 144 + 81 = 225,
па је 5 = \/225 = 15сш. Веза између висине, полупречника и изводнице купе, коју смо уочили у претходном примеру, важи за сваку купу (сл. 3). Дакле, ако је Н висина, г полупречник основе и б изводница купе, тада важи 52 = Н 2 + г2.
Купа се може посматрати и као тело које настаје обртањем правоуглог троугла око једне његове катете (сл. 4). При томе друга катета описује основу, а хипотенуза - омотач купе. Висина добијене купе и полупречник основе су катете, а изводница је хипотенуза полазног правоуглог троугла. Слика 4
Подсетимо се да је осни пресек ваљка правоугаоник који садржи осу ваљка. Слично томе, осни пресек купе је пресек купе и једне равни која садржи осу купе. Тај пресек је једнакокраки троугао Р (2 5 (сл. 5). Основица тог троугла је пречник Р <3 купе, а краци су њене изводнице 8 Р , односно 5<2Слика 5
Задади
1. Која фигура се добија у пресеку купе и равни паралелне основи купе? 2. Правоугли троугао обрће се око хипотенузе. добијено тело?
Од чега се састоји
3. Изводница купе је 13 сш , а пречник основе 10 с т . Израчунати висину те купе. 4. Осни пресек једне купе је једнакостранични троугао странице бсш . Израчунати полупречник, изводницу и висину те купе.
10.2. Мрежа купе. Површина купе
131
10.2. М р е ж а к уп е. П ов р ш и н а купе Ученици су у седмом разреду упознали важан појам кружног исечка (сл. 6). Површина кружног исечка рачуна се по формули г 2жа ~ 360° ’ а дужина одговарајућег лука је гжа ~ 180° ' Слика 6
Из претходне две формуле непосредно закључујемо да важи и Р =
г ■I ~2~'
Сада ћемо посматрати купу полупречника г и изводнице 5 .
Слика 7
Разрежимо ту купу дуж изводнице 5 Л и по кругу основе, а затим омотач купе развијмо у једну раван (сл. 7). Добићемо круг полупречника г и кружни исечак чији је полупречник 5 , а дужина одговарајућег кружног лука једнака обиму основе купе, тј. 2гж. Добијени круг и кружни исечак представљају м р е ж у купе. Круг је основа купе, а кружни исечак је омотач купе развијен у равни. Ако, на уобичајени начин, површину основе означимо са В , а омотач са М , за површину купе важи Р = В + М. Како је омотач купе кружни исечак полупречника 5 и дужине лука 2г 7г то је ,, 5 • 2Г7Г = 5Г7Г . М = 2
10. Купа
132
С друге стране, важи да је В = г 2тг, па за површину купе важи Р = г 27Г + 5Г7Г ПРИМЕР 2. Висина једне купе је Н = 4 с т , а њена изводница б — 5 с т . Израчунати површину те купе. Решење. Уочимо најпре да важи г 2 = б2 —Н 2 = т = л/9 = 3 с т . Дакле, Р =
Г 2 7Г
+
8ГЋ
= 327Г +
5
• 37Г = 97Г +
157Г
=
25
247Г
— 16 = 9, па је с т 2.
П р и м е р 3. Кружни исечак полупречника 12 с т са централним углом од 120° савијен је у омотач купе. Одредити површину те купе. Решење. Дужина одговарајућег кружног лука једнака је обиму основе купе (сл. 8). Дакле, 12 ■тг ■120° = 2Г7Г, 180° тј. 87Г 2г 7г , одакле је
8тг г = — = 2тг
4 с т .
Изводница купе једнака је полупречнику датог исечка, па Је р
=
г
2ћ +
8т
ћ
=
427Г + 12 ■4 • 7Г = 167Г + 487Г = 64-7Г с т 2.
Задади
1. Израчунати површину купе ако је: а) г = 12с т , 5 = 1 3 с т ; б) г = 8 с т , Н = б с т ; в) Н = 15 с т , 5 = 25 с т . 2. Обим основе купе је 127гст, а висина је 8 с т . Израчунати: а) изводницу;
б) површину купе.
3. Површина купе је 907гст2 , а површина основе 257гст2 . Израчунати висину купе. 4. Израчунати површину основе и висину купе ако се развијањем њеног омотача у равни добија кружни исечак полупречника 9 с т са централним углом од 120°.
10.3. Запремина купе
133
10.3. З а п р е м и н а купе При налажењу формуле за запремину купе наилазимо на сличне проблеме као код запремине валжа или пирамиде. Наиме, извођење тих формула је сложено у смислу да превазилази знања и могућности ученика основне школе. Због тога ћемо само истаћи да се запремина купе израчунава на исти начин као запремина пирамиде, тј. важи
У- \ В Н ’ где је В површина основе, а Н висина купе. При томе је В = г 27г, па за запремину купе полупречника г и висине Н важи V = ^ г 2тг# 3 Једна експериментална провера ове формуле могла би да изгледа овако.
Посматрајмо две посуде - облика купе полупречника т и висине Н и облика четворостране пирамиде исте висине, а чија је основа правоугаоник страница г и Г7г. Тада би у обе посуде стала једнака количина неке течности, што значи да оне имају једнаке запремине (сл. 9).
П ример 4. Да би се направила свећа облика купе, у посуду као на слици 10 сипа се восак. Колика је запремина ове посуде? (Узети тг = 3,14.) V = - г 2ћН = — ■257г • 30 = 3 3 785 с т 3 .
Решење. 2507Г с т 3
Слика 10
Г,
10. Купа
134
П ример 5. Обим основе једне купе је 207гсш, а осни пресек је једнакостранични троугао. Израчунати запремину те купе. Решење. Из 2гп = 20д налазимо г = 10 сш. Тада је Н = г\Ј3 = 1 0 л /3 ст, па је V = - г* 12ћН = - • 100тг • 10д/3 = 1 0 0 0 т г ^ с т 34. 3 3 3
Задаци
1. Полупречник купе је 5 с т , а изводница 13 с т . Израчунати запремину купе. 2. Правоугли троугао чије су катете 5 с т и 9 с т ротира око дуже катете. Израчунати запремину добијеног тела. 3. Пласт сена има облик ваљка са купом на врху. Полупречник основе је 2,5 т , а укупна висина 4 т , при чему је висина доњег, ваљкастог дела 2,2 т . Одредити приближно масу овог сена ако је густина сена З О к д /т 3 . 4. Осни пресек купе је једнакокрако-правоугли троугао површине 9 с т 2 . Израчунати запремину те купе.
11. ЛОПТА 11.1. П ојам л оп те и сф ере Ако је у некој равни дата тачка О и ако посматрамо све тачке те равни које су на истом одстојању од тачке О , добијамо једну кружну линију (сл. 1 ).
Посматрајмо сада све тачке простора једнако удаљене од једне дате тачке О. Све те тачке образују површ која се назива сф ер а. Тело ограничено сфером назива се л оп та. Сфера је површ која се састоји од свих тачака простора које су на истом растојању од једне дате тачке. Тело ограничено сфером назива се лопта. Поменута тачка О назива се ц ен т а р сф ер е, односно лопте, а одстојање тачке на сфери од центра је п о л у п р е ч н и к сф ер е (односно лопте). Обично се полупречник сфере означава словом Н. Можемо да уочимо да се лопта састоји од свих тачака простора које су на растојањем не већем од К од центра, тј. од дате тачке О .
136
11. Лопта
Дуж чији су крајеви на сфери, а која садржи центар, назива се п р еч н и к сф ер е (односно лопте). Очигледно је да је пречник сфере једнак 2К, ако је К полупречник сфере. Ротацијом круга око његовог пречника (сл. 3) добија се лопта. За тела која се добијају ротацијом око неке праве кажемо да су то о б р т н а тел а. Ту се, између осталих, убрајају, као што смо то већ видели, ваљак, купа и лопта.
11.2. П р есец и л оп те (сф ер е) и равн и Испитаћемо међусобне положаје сфере и равни у зависности од односа између полупречника сфере и одстојања центра сфере од равни. Означимо са К полупречник лопте, а са (1 одстојање центра лопте до неке равни а . Нека је најпре (I < К (сл. 4) и нека је О' пројекција центра О лопте на раван а . Тада је 0 0 ' = Л. Пресек равни и лопте је круг к.
Специјално, ако раван а садржи центар лопте (сл. 5), добијени круг је полупречника К јеДнаког полупречнику лопте. Уобичајено је да се тај круг назива в ел и к и к руг л оп те. Наиме, сви остали кругови, који се добијају као пресек лопте и неке равни, а која не садржи центар лопте, имају полупречник који је мањи од К. Претпоставимо сада да је <1 = К , тј. да је одстојање центра лопте од равни једнако полупречнику лопте. Тада (сл. 6) лопта и раван имају само једну заједничку тачку О ' . Кажемо и да раван додирује лопту, односно да је а тангентна раван лопте.
11.3. Површина и запремина лопте
137
Једноставно је замислити дечију лопту или кликер на столу. Тада би раван стола била модел за тангентну раван лопте. Најзад, у случају када је <1 > Д , раван и лопта немају заједничких тачака (сл. 7).
Задаци
1. Обим великог круга лопте је б7г с т . Колики је пречник те лопте? 2. Лопта полупречника К = 5 с т пресечена је једном равни. Колики је полупречник круга који се добија у пресеку, ако је одстојање центра лопте од те равни <1 = З с т ? 3. Дати су сфера и права. Колико оне могу највише имати заједничких тачака?
11.3. П ов р ш и н а и за п р ем и н а лоп те Извођење формула за површину и запремину лопте је веома компликовано и превазилази знања ученика осмог разреда. Због тога ћемо овде само истаћи те формуле. З а површину и запремину лопте полупречника К важи: Р = 4 Д 2 тг,
11. Лопта
138
П.РИМЕР 1. Површина лопте је Р = 64тгст2 . Израчунати њену запремину. Решепе. Како је 64тг = 4Д 2тг, то је К 2 = = 16, па је К = у/Гб = 4 з _ 2567Г з 4сш . Запремина те лопте је И = - • 4 7г д ст . П р ИМЕР 2 ј Обим великог круга једне лопте је 127гст. Израчунати површину и запремину те лопте. Решење. Из 2Љг = 12тг налазимо да је полупречник великог круга лопте Д = — = бсш . Тај полупречник је истовремено и полупречник 2тг лопте, па је: р = 4Д2тг = 4 • 62тг = 4 ■Збтг = 144тгст2, V = - Д 37Г = - • 6 37Г = 288тгст3. 3 3
ПРИМЕР 3. Златар је начинио привезак облика лопте од злата густине Колика је маса тог привеска? (Узети Р = 19 § / с т 3 и пречника 4 т т . 7Г = 3,14.) —3 ' Решење. Запремина привеска је V — а љегова маса је т = И • р « 0,033 с т 3 ■19 § / с т 3 « 0,63 §.
0,033 с т 3 ,
Задаци
1. Пречник лопте је 8 с т . Одредити површину и запремину те лопте. 2. Полупречник Земље је 6373 кш . Колика је површина Земље? 3. Полупречник једне лопте је 2 с т . Ако се повећа за 2 с т , за колико ће се повећати: а) површина, б) запремина лопте? 4. Сребрна лопта пречника б ћ т лежи на земљи. Да ли два ученика осмог разреда могу да је подигну? (Густина сребра је р = 10,5 § / с т 3 .)
12. РЕЗУЛТАТИ 1.
2.
Сличност троуглова
Т ач ка, п р а в а и раван 2.1
1.1
1. а) С Е = 4 с т ; в) Е С = 4 с т .
б) В Е = 1 0 с т ;
1 . В и С\
А В и Д С.
2. 3.
2. а) 7,5 с т ; б) 8 с т ; в) 9 с т .
3. а) 10; б) 4.
3. х = 20, у = 6 .
4. Не.
4. Сл. 18 - да; сл. 19 - не.
5. (II) и (III). 2.2
1.2
1. Раван је одређена двема правим које се секу или двема различитим паралелним правим. Две праве које су мимоилазне не одређују раван. 2. а) А 8 , А О , В С , В 8 ; б) 5Т>, 5С.
1. О = 12 с т , 0 \ = 48 с т . 2. Да. 3. Да. 4. к = 5, СТ> = 6 ,4 с т . 1.3
1 . а = 8 с т ; р = 3,6 с т ; 6,4 с т ; /1 = 4 ,8 с т .
=
2. а) ћ = ~ с т ; б) а = 12 с т , 6 =
5 с т ; в) 0 = 30 с т , Р = 30 с т 2 . 3.
ћ
=
\ / б с т .
2.3 1 . а) једна; б) бесконачно много. 2 . а) тачно; б), в) нетачно.
3. а) А В , С П , А \ В \ , СтДђ; б) ДД>, 1 )П \, А \ Р \ , А А Л, В С , С С Х, СгВ \ и В В г .
Резултати задатака
140 4.
3.3
бст.
1 . а) 14; б) 1 1 ; в) 3; г) - 1 ; д) 0 ; ђ) - 1 .
2 .4 1 . а), б) тачно; в), г) нетачно.
2. а) 0; б) 7. 3 . а) нема решења;
б) - ;
в) —5,
1
2 .5
3' 1 . а) ако је А В || а ;
б) ако није 3 .4
А В || а. 2. А В = 13 с т . 3 . а) 2 с т ; б) 2 ^ с т - , в) 2 \ / З с т .
1 . а) неистинита; б), в) истините. 2 . а),в),г),д) решења;
2.6
3 3. - 2 , - - .
2. 4. 3. Пет страна, осам ивица и пет темена.
3.5
1 . а) х е 3. Л и н е а р н е је д н а ч и н е и н е је д н а ч и н е
— , о°) .
примерима а), б) и е).
3.1 1 . а) да; б) не.
б) није ре-
шење.
3 .6
1 . а) х < 1 ; б) х >
2. а) да; б) не.
3. Број 0.
г) 3.2
у
< о.
2 . а) а > ^ ; б) а < 3. 3 . а) х е К ; б) х < ^
1 . а) да; б) не; в) не. 2. 6 .
3. а) да; б) не; в) да.
61 4. а) х < 35; б) х < — г) х > 9.
141
Резултати задатака
3 .7
4 .4
1 . 11 .
1. а) 1728 с т 3 ; б) 1 6 л /2 т 3 .
2. Горан је потрошио 125, а Зоран 625 динара.
2. 150 с т 3 .
3. б с т и 8 с т . 4. 2700 т .
3. Б
14 с т 2
130 4 т 2
5\/2 т 2
Н
13 с т
4ћт
5т
V
182 с т 3 520 Ј т 3 2 5 \ / 2 т 3
4. П р и зм а 4 .4 .1
и 4 .4 .2
4.1
1. 135 с т 3 . 1 . 12 ивица. Основне ивице су А В ,
В С , СТ>, Т А , А ј Б т , Б ј С1!, С 1Т 1 , С>14 .1 , а бочне А А ^ , В В \ , С С 1 и ТС>1 . Основе су А В С Б и Л ^Б^С ^Т!- Дијагонале призме су дужи ДС 1 , јВГ>1 , СДг и 1Л Д .
2. а) 5 у /З с т 3 ; б) 3 0 \/3 с т 3 . 3. 144 с т 3 . 4. 8 с т 3 . 4 .4 .3
2. а) 10, 5, 10; б) 12, 6, 12.
1 . 2800 §.
3. 16 с т 2 .
2. Приближно 4800 динара.
4. 13 с т .
3. Приближно 138 с т . 4.2
5. П и р а м и д а
1 . Само трећа слева.
4 .3
1. Р = 112 с т 2 . 2. Р = 288 с т 2 . 3. Р = (60 + 8\/3) с т 2 . 4. 9(16 + 3\/3) с т 2 . 5. Р = 4 4 4 с т 2 .
5.1 1 . 12 ивица, од којих су основне:
А В , В С , С Т , Б Е , Е Р и ЕА, а бочне: 8 А } 8 В , З С , 5 П , 8Е, 8Р. Основа је шестоугао А В С Б Е Р , а бочне стране су троуглови 8 А В , 8 В С , б С Р , З Р Е , З Е Р и 57+4. 2. /г = 3 с т .
Резултати задатака
142 3. л/Зсш 2 .
2. а) 4 с т ; б) - с т ; г) ~ / Ш с т 3 .
5.2
3. а)
3. Не постоји.
б) 5 .4 .3
5 .3 .1
1. а) 260 с т 2 ; б) 84 с т 2 ; в) 96 с т 2 .
1. 4 3 2 \/3 с т 3 .
2. Н = л/ЗО ст.
2. б с т 3 .
3. (4 + 4л/3) с т 2 .
3 . а) — с т ;
ч И
^ 13 б) у с т ;
в) 6(4\/3 + 13) с т 2 . 5 .3 .2 6.
1. 9 \ / З с т 2 .
Л и н еа р н а ф унк ц ија
2. 16(4\/3 + 9) с т 2 .
6.1
3. 2 7 0 \/З с т 2 . 1. у = 250 + 100х. 5 .3 .3
2. у = 85 + 80х. 3.
1 . 21 \ / З с т .
0 1 2 -1
2. а) 13 с т ; б) 24(13 + 4\/3) с т 2 .
У 5 3 1
7
-3 11
3 . Н^ ( 1 + ^ ) с т 2 . 6.2 5 .4 .1 1 . а, в и д; б и г; ђ и ж.
1. Приближно 2 696 354 т 3 .
3.
Нуле функција: а) 2; 6 ) 3 .
2. 384 с т 3 . 6 .3
3. 360 с т 3 . 5 .4 .2
2 1 . а) у = - х + 2 ; б) а:0 = - 3 2. у = 2 х — 5.
1. -л/4 Јст 3.
3
3. х + 2у = 30.
Резултати задатака
6 .4
8.
143 С и с т е м и је д н а ч и н а са д в е н еп о зн а т е
1 . 6 = 1 ; функција је растућа. 8.1
3. а) 3; б) х > 3; в) х < 3. 4. а) к > —^ ; б) к > 6 .
1. х + у = 6.
5. у = —х + 2 .
2. ( 3 ,- 1 ) , шења.
7.
(6,0),
Г раф ичко представљ аљ е ст а т и с т и ч к и х п о д а та к а
(0 ,-2 )
су ре-
8.2
1. а) Да; б) не. 2. о = 3, ј З = - 11.
7.1
3. ( | , —5). 1. у = 90° —х . 8.3
2.
н
1 1,5
V 6
9
2
2,4
12
14,4 19,8
3,2 1. а) ( - 1 ,5 ) ; б) (4,2); в) (1,1). 2. а) ( 1 , 1 ); б) (0, - 1 ); в)
а
1
V
1 3,375 8 15,625
1,5
2
у Ј
2,5 8 .4
1. 35 и 12. 7.2
2. 35 и 15. 3. Четири девојчице и три дечака.
3.
а) Највише је продато у понедељак, а најмање у уторак. б) У прва два дана.
4. 8,25с т и 4,75с т .
9. 7.3
1. а) 46 и 50; б) 50 и 55.
В аљ ак 9.1
1. а) Правоугаоник; б) круг.
2. 9,375 и 9.
2. Ваљак.
3. 100.
3. Н = 5 с т , г = 2 ,5 с т .
Резултати задатака
144
2. 757г с т 3 .
9.2
3. т м 1 ,6 1 . 2. а) 1707гст2 ; б) 10007гст2 .
4. 97г с т 3 .
3. 13,57г с т 2 . 4. Н = 7 с т .
11. Л о п т а 9.3
11 .2
1 . V = 547Гс т 3 .
1. б с т .
2. 40 с т .
2. г = 4 с т .
3. р = 807Г с т 2 , V = 967Гс т 3 . 4. т = 2331,45 §.
3. Две. 11 .3
10 . К у п а
9 т,
1 . Р = 647Г с т " , V = 1
10.1
224 3. а) За 487г с т 2 ; б) за —- 7г с т 3 4. V" 113 040 с т 3 , т ~ 11187к§.
2. Две купе спојене основама. 5 =
бст,
Н
10.2
1. а) 3007гст2 ; б) 1447гст2 ; в) 9007Г с т 2 . 2. а) 5 = 10 с т ; б) Р = 9б7г с т 2 . 3. Н = 12 с т . 4. В = 9п с т 2 , Н = 6\/2 с т 10.3
1. 1007гст3 .
3. “ 7г с т 3
2. Р « 510100 000 к т 2 .
1 . Круг.
3. Н = 12 с т . 4. г = З с т , 3 \/3 с т .
256
=
ПО ЈМ О ВН И К
апотема 72 бочна страна пирамиде 72 бочна страна призме 56 ваљак 123 велики круг лопте 136 висина ваљка 123 висина купе 129 висина пирамиде 72 висина призме 56 врх купе 129 врх пирамиде 71 геометријска средина 12 геометријско тело 30 дијагонала призме 56 еквивалентне једначине 36 еквивалентне неједначине 45 еквивалентни (једнаки) изрази 34 еквивалентни системи једначина 110 експлицитни облик функције 92 ивице пирамиде (основне и бочне) 72 ивице полиедра 30 ивице призме (основне и бочне) 56 изводница ваљка 124 изводница купе 129 имплицитни облик функције 92 једначина 34 коефицијент сличности 1 кружни дијаграм 101 купа 129 лопта 135 линеарна једначина 35 линеарна неједначина 44 линеарна функција 88 линеарни алгебарски израз 33
медијана 104 метод замене променљиве 112 метод супротних коефицијената 114 мимоилазне праве 20 мрежа ваљка 125 мрежа купе 131 мрежа пирамиде 74 мрежа призме 58 непозната 34 нула функције 90 обележје 103 обртно тело 136 омотач ваљка 124 омотач купе 129 омотач призме 56 омотач пирамиде 72 ортогонална пројекција 27 оса ваљка 123 оса купе 129 основа призме 56 основа ваљка 123 основа купе 129 основа пирамиде 71 осни пресек ваљка 124 паралелне равни 26 пирамида 71 полиедар 30 полупречник основе ваљка 123 права нормална на равни 23 права паралелна равни 22 права (коса) призма 57 правилна пирамида 73 правилна призма 57 правилни тетраедар 73
146 пречник сфере 136 призма 56 растојање тачке од равни 25 растућа (опадајућа) функција 94 решење једначине 35 решење система једначина 110 систем једначина 110 слични троуглови 1 средња вредаост узорка 104 ставови о сличности троуглова 9 статистички подаци 100
|
Појмовник
стране полиедра 30 стубичасти дијаграм 100 сфера 135 Талесова теорема 2 темена полиедра 30 темена призме 56 узорак 103 узорачка (аритметичка) средина 104 центар и полупречник сфере 135 четврта геометријска пропорционала 3
