Matematika za I razred srednje škole - Pavle Miličić

1\ All'n iP А= {1? 1 4}

П= (о h г} и 1= (7. Х . 9}

1;пнм

1.7.

2) Функције [(х)

= 2r + 4

и

ФYIIKI(I!JI·

g(x)

=х

11 2

29

OIIH'Л IIIJJI·

nресликавају скуn Ј{ у себе. У овом

случају је

= g([И) = g(2r + 4) = (2r + 4i, 1 ([о g)(x) = [(g(x)) =[(х ) = 2r + 4. •

(g о[)(~:)

2

Оба nримера nоказују, између осталог, да уведена onepauнja о над фун­ кцијама није комутативна (У nрвом npиr-1epy се чак не може н11 формирати функција [о g). С друге стране, може се доказати да је ова оnерацнја асоuи­ јативна, тј. да за nронзвољне три функције [:А~ B,g: В~ С 11 /1: С~ D важи

(h о g)o [

= 11 о (g о [).

ДЕФИ НИЦИЈА 17. Пресликавање скупа А на себе, уознаин i111 са особи­ ном (Vx Е A)(iA(x) =х), назива се идентичким (или јединичним) преслика­ вањем скупа А. Акоје[:А ~в бијективно пресликавање, онда се са[- 1 оз­ начава пресликавање скупа в на скуп А, које 1/МЛ особину 1of = iA. у том СЛУ'Јају Н8ЗИ88 Се ИНВерЗНЈ/М ПреСЛ11К8В.1ЊСМ преСЛИК888ЈЬаf Другим речима, инверзне nресликавање } 1 nресликавања[ може се ока­ рактерисати условом (Vx)(} 1([(r)) =х).

r-

r-l

У дефиницији инверзног nресликавања, услов да[ буде бнјекuнја, веома

је битан. Он осигурава да на описани начин доб11јена релација[- 1 заиста и буде функција, а не само релација. ПРИМЕР

24.

Како је[(х)

= 2r + 4 бијекција скупа R на себе,

што смо ра­

није установили (п ример 22.2 "), то по дефиниц11ј и постоји њој инверзне nресликавање Да бисмо га одредили, уочимо да треба да буде

r-l.

r- ([(x)) =х, тј. r-1(2x + 4) =х. Стављајући ( = 2t + 4, добија се х = I- 2, од1

носно[- 1(t)

=

1-2. Дакле, тражена инверзна функција функције[ се у овом

случају може дефин исати формулом[- 1 (х)

х

=2 -

2. •

ЗАДАЦИ

1.

Показати да не мора да важи:

а) А

2.

n

В= А; б) А

n В= А

U В; в) (А

n В)

U С= А U (В

n

С) .

Доказати да за nроизвољне скуnове А , В и С важи:

=

а) А \ (А \В) =А n В; б) (А \ В) \ С (А \ С) \ (В \ С) ; в) А UB =А U (В \А); г) (А ' ) ' =А; д) А n (В \А)= 0. З . Проверити да ли увек важи: а) А

nBcA;

б) А

UBC А ; в) А СА

n

В; г) А СА

U В.

4.

Које од особина

5.

Показати да је релација инклузије једна релација nоретка.

6.

Да ли је релација р дефи ниса на као х р у а к? и само ако х 2 :- у2 = О,

R, S,

А и Т има релација паралелности правих?

30

7.

;IQI 'IIKЛ

11 (KYIIOIIII

Показати да су релације задате следеhим таблицама релацнје еквнвален­

ције и одредити одговарајуће класе еквнваленцнје.

1

р

8.

9.

2

з

4

р

{/

/Ј

с

d

1!

1

т

.L

т

т

{/

т

т

.L

.L

.L

2

.L

т

.L

.L

/Ј

т

т

.L

.L

.L

з

т

.L

т

т

с

.L

.L

т

т

т

4

т

.L

т

т

с/

.L

.L

т

т

т

1!

.L

.L

т

т

т

Проверит11 да mt су рслацнј е задате следећ11~1 таблицама уједно кције скуnа {а, Ь, с, d}, односно {а, Ь, (, tl, е} у самог себе.

11

фун ­

f

{/

/)

с

cl

р

(/

ь

с

с/

е

а

т

т

.L

.L

{/

.L

т

.L

.L

.L

ь

т

т

т

.L

ь

.L

.L

.L

т

.L

с

.L

.L

т

.L

с

т

.L

.L

.L

.L

d

.L

.L

.L

т

tl

т

.L

.L

.L

.L

1!

.L

.L

.L

.L

т

Одредити све функције које

,. l - 1"

nресл икавају скуn {а,Ь,с} на скуn

{1 , 2, 3}. 10. Н ека је А

= {1, 2, 3, 4}

и[: А -+ А. Које су од следећих функција

.. 1 - 1",

а

које ,.на":

l 2 3 4) )f а= ( 1324 ; 11. Ако је[ функција f! =g of. 12.

б) f

= (1112

322; 4) 8 ) f

2 3 4) '}· = (13421

из nретходног задатка 8), одредити функш1је g

=f о[ и

Одредитн функцију инвсрз н у функuијн: ј': Ј{ -+ Ј{ која је дефинисана формуломf(х) =?х-

13. Нека jef(x) gog.

=х2 -

1.8.

1.

2r- 3

и

g (х)= 4 \' 3. OдpeДIIТII функuнјејi1[, кof,fog

11

ЕЛЕМЕНТИ КОМБИПЛ ТОРИКЕ

Када је дат један коначан скуn елемената, онда има више r.югућности да

се од тих елемената, нижући их на разн е нач н нс, добију некн нови с куnовн . При томе је нарочито важно колнко ће чланова имати пt новн скуnови н како ће тачно, у оnштем случају, број чланова тог новог скуnа зявнсЈtТ11 од броја елемената nолазног скуnа. Грана математ11ке која се бави nроблемима ове врсте назива се комбинатооика.

\.R l:.-\1·'-11·1\111

31

КО:-ЉI\1\Л Пll'\11\1 ·

Овде ће се, кроз неколико П!Пitчних

11

разнородних nримера, илустрова­

ти како се решавају неки једноставн11ј11 nроблем11 комбинатор11ке, 11мајућн у виду да ће се током изучавања математЈtке у стар1tјнм разредима уnознатн основни nојмови комбинаторнке, као што су варијац11је, nер~1упщ11је и ком­

бllнаuије. Сада ћемо размотрити само два комб11наторна nроблема којн се, у оnштем случају могу овако форi\tулнсати. Дата су два коначна скуnа А и В, који, редом, нмају а

1)

Колнко елемената и~tа скуn А

U

В?

2)

11 h

елеi\lената.

Колнко елемената н ма скуп

А х В? Одговоре на овако nостављена тпања није тешко добитн. 1\о, nотешкоће

могу настуnитн npiiЛIIKOM nреnознавања nробле!\tа, што је чест слу•1ај у ком­ бинаторlщи. Друп1м речима, најтежн део nосла у оваквим зaд;IUIIMй неће

бити nримена формула, већ закључйк :1а у конкретној снтуащlјl1 треба прн­ менити уnраво одређену формулу.

На nрво nнтање се може овако одговорити: у случају да скуnовн А и В В = 0, скуn А u В нма укупно а h елемената; но, уколико је А В ~ 0 11 у nресеку скуnова А 11 В се на­ лази укуnно с елемената, тада скуn А U В 11'\13 укуnно (а - с) + (1> -с) + немају заједничких елемената, тј. да је А

n

+

с= а

+Ь

сликама

n

-с елемената. Добијени резултати су графички nредстављени на

10

и

11.

AU8

AU8 С1

С.1.

10

11

Друго питање има још јсдноставннји одговор: без обзнра на међусобне односе скупова А и В, број елемената скуnа А х В јесте аЬ. (сл11ке ПРИМЕР25.НекајеА скуn А

UВ

има

6

= {1,2,3},

В=

елемената, скуn А

{3,4,5,6} нС= U С такође б, као

6 11 7).

{4,5,6}.Јасноједа уосталом и скуn

А

U В U С, док скуn В U С нма 4 елемента. С друге стране, скуn А х В има 12, А х С 9, В х С 12, а скуn А х В х С 36 елемената. (Последњи скуn је скуn свих уреЈ,ених тројки облика (а, 1>, с), таквих да а Е А , /Ј Е В, с Е С) . • ПРИМЕР

26.

Правоугаоннк

ABCD

је nодељен мрежом линнја, nралел­

них његовим страницама на мање nравоуrаоннке, од којих ниједна два не­ мају међусобно заједничких унутрашњнх тачака и то тако да те nаралелне nиниiР nnPrl'н::tiv rтn;нrи11v AR v f.. n:Ј'\Пичитих т::.ч::tк:t ::1 rтn;HHIIIV ВС V 7

32

ЈЮПIКЛ

различитих тачака, као на слици

12.

lf CKYIIOIШ

Дакле, у обзир се узимају најмањи пра­

воугаоници добијени описаним разлагањем. а) Колики је број овако добијених правоугаоника?

б) Колики је број правоугаоника који имају бар једну страницу која је део неке од страница полазног правоугаоника А В С

D?

в) Колики је број правоугаоника који имају само једну страницу која је део неке од страница полазног правоугаоника?

г) Колики је број правоугаоника који немају заједничких страница са правоугаоником

ABCD? Решење. Онај задатак се може посматрати као

о

1

1

комбинаторних проблема. С обзиром на рела­ тивно малу бројност скупова, до решења се може доћи директним пребројаваљем одговара­

t .

Ј

1

носебан случај претходно формулисаних општих

с

--

-

јућих правоугаоника са слике, али и коришће­

њем готових формула које су наведене за општи i

А

'

случаЈ.

1

1

1

1

с.·1.

а) Користећи резултат броја елемената Де­ картовог nроизвода, а знајући да б тачака дели

8

дуж А В на

12

на

8

7

дужи и да

7

тачака дели дуж В С

дужи, закључује се да укупан број правоу-

гаоника износи

7·8

= 56.

б) Правоугаоници који имају бар једну страницу заједничку са делом не­ ке странице полазног правоугаоника А В С том, уз страницу АВ их има

7,

уз ВС

- 8,

уз

D

су на слици шрафирани. При

CD - 7

и уз

DA - 8.

Но, правоу­

гаоници чије се по једно теме поклапа са неким од темена правоугаоника

А В С

D на слици двоструко шрафирани, у горњем пребројавању су присут­

ни више пута, о чему се мора водити рачуна. Стога укупан број ових пра­ воугаоника износи

26.

в) Од броја добијеног у претходном задатку треба одузети број свих оних правоугаоника који имају више од једне странице садржане у страницама

правоугаоника

ABCD. Таквих је укупно 4, који су на слици двоструко шра­

фирани. Зато је резултат у овом случају

22.

г) Резултнт овог задатка се може добити било као разлика резултата зада­ така а) и б) :

(56 - 26

ПРИМЕР

27.

= 30)

или као производ

(5 ·

б

= 30). &

Од места А до места С може се стићи једино преко места В;

од места А до места В води 7 различитих једносмерних путева, а од места В до места С

11.

Колико је укупно различитих начина да се из места А стигне

до места С' 1

Решење. Овде је јасно да се решење добија као производ броја могућих 7 · 11 = 77. &

путева од А до В и броја могућих путева од В до С, што износи

Уколико би изостала претпоставка о једносмерности путева који повезују поменута места у претходном примеру, задатак би се битно разликовао од постављеног. Наиме, могло би се протумачити да пре него што се стигне на циљ, у место С, може се више пута ићи од места В до места А и обрнуто, што би проширило скуп решења нашег проблема. Зато и у наредном при-

1.&

33

~:lf ..iHITII KO"ihiiiiЛ ГOI'IIКI•

меру, ради једноставности, треба претпоставити да се рад11 о једносмерним путевима, нс 11стичућн то посебно. ПРИМЕР

28.

Да бн се стигло од места А до места

D

мора се проћи кроз

место В иmt место С. Од места А до места В вод11 директно

путева, од А до С

2,

од В до С З, од В до D

5

н од С до D

4

6

различитих

дl!реЈ.."Тна пута.

Колико има могућих путева од А до D?

C.t 13

Решење. Ради бољег разумевања поступка решавања овог задатка треба посматрати одrоварајућн графички nр11каз описане мреже путева на слици

13.

Најпре треба, као и у nретходном nр11меру, одредити укупан број ра­ зличитих могуhности да се стигне од места А до места С, што износи

6 · 3 + 2 = 20, а то је број могућности да се 11з А стигне до С преко В, увећан за 2 (две могућности да се ю А стигне д11ректно у С). Стога број могућности да се до D стигне из А nреко С износи 20 · 4 = 80. С друге стране, број мо­ гућности да се од А стигне до D не пролазеh11 кроз С је 6 · 5 = 30. Дакле, укупан број различитих путева од А до D износ11 80 + 30 = 110. • Сличним поступком може се одредити број д11јагонала многоугла. ПРИМЕР

29.

Одредићемо број дијагонала седмоугла

број дијагонала из nроизвољне тачке седмоугла юноси

ABCDEFG.

4.

Укупан

Ј ! о, како се неке

од њих не могу бројати више пута, поступа се на следећи начнн: број дија­ гонала из тачке А је 4, као и из тачке В; међу днјагонале из тачке С нећемо убројати ону која спаја тачку С са тачком А, јер смо њу већ једном бројали међу дијагоналама из тачке А. Дакле, из тачке С има З нове дијагонале.

Слично, из

D

има

2

нове, из Е једна, док из тачака

нала. Тако је укупан број дијагонала седмоугла

F

и С нема нових дијаго­

4 + 4 +З+ 2 + 1 = 14. •

ПРИМЕР 30. Колико се троцифрених бројева може образовати од цифара З, 4, 5, 6, 7, 8 и 9, али таквих да све три щtфре датог броја увек буду

1, 2,

међусобно различите? Решење. Замислимо да смо троцифрене бројеве којн могу настатн од да­ тих девет цифара, а да су при том све цифре међусобно различите, класифи­ ковали према томе која је прва цифра датог броја. Таквих класа ће, очиглед­

но, бити укупно

9,

од којих свака има исти број елемената. Како се друга и

трећа цифра сваког броја одређене класе разликују, то нас сада занима ко­

лико има укупно двоцифрених бројева са међусобно различ11тим цифрама, који се могу формирати од 8 цифара? Њихов укуnан број је 8 · 7 56, јер ако смо их све поделили у осам класа, и то nрема nрвој цифрн сваког двоuифре-

=

34

ЛОГИКА И СКУ!ЮВИ

-------------------ног броја,

онда свака класа има по седам елемената. Тако ће,

решење нашег проблема бити:

коначно,

9 ·8 · 7 = 504 . .о11.

Проблем који је сличан претходним проблемима и може се решити про­ стим набрајањем свих елемената тражено г скупа, зато што је у питању скуп са малим бројем елемената дат је у следећем примеру.

ПРИМЕР

Одредити укупан број: а) свих троцифрених бројева;

31.

б) свих троцифрених бројева са међусобно различитим цифрама, који могу настати од цифара

1, 2 и 3.

Решење. Најпре треба исписати бројеве

111 121 131 211 221 231 311 321 331 112 122 132 212 222 232 312 322 332 113 123 133 213 223 233 313 323 333 Пребројавањем се налазе решења: а) ПРИМЕР

27

и б)

6. .oll.

Одредити број свих трочланих подскупова једног четво­

32.

рочланог скупа.

Решење. Полазећи од скупа подскупове: укупно има

{1, 2, 3, 4}, исписујемо све његове трочлане и {2, З, 4}, те се може закључити да их

{1, 2, З}, {1, 2, 4}, {1, З, 4}

4.

А

Када је у питању скуп од више елемената, такав проблем се може и јед­ ноставније решавати.

ПРИМЕР

33.

Одредити

укупан

број

двочланих

подскупова

неког

осмочланог скупа.

Решење. Посматрај мо, на пример, скуп

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

и покушај мо да

пребројимо све његове двочлане подскупове. Укупан број двочланих подску­ пова полазног скупа који садрже број

1

као елемент је очигледно

7.

Овом

броју треба додати и укупан број двочланих подскупова који садрже број као свој елемент, али умањен за вима који садрже број

1 као

1,

2 {1, 2} већ бројан међу скупо­ Збиру 7 +б додаје се и укупан број

јер је скуп

свој елемент.

двочланих подскупова скупа који садржи број З као свој елемент, али ума­ њен за

2,

јер смо приликом ранијих пребројавања већ имали у виду скупове

{1,3} и {2,3}. Настављајући на овај начин, долази се до крајњег резултата: 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28. Могли смо поступити и на следећи начин: број

1 са свих осталих 7 бро­ 7 двочланих подскупова датог скупа. Слично важи за број 2, а и за бројеве 3, 4, 5, б, 7, 8. На овај начин добија се 8·7 = 56 скупова. Међутим, тако су сви подскупови бројани два пута. На пример, скуп {1, 2} је бројан међу

јева чини

скуповима које формира јединица, али исто тако и међу скуповима које фор-

мира двојка. Због тога је стварни број тражених подскупова 8~7 = 28. .о11. Ево још једног проблема сличне врсте. ПРИМЕР

34.

Одредити број свих подскупова неког шесточланог скупа.

Решење. Пођимо од скупа nримеоv. да

ie

{ 1, 2, 3, 4, 5, 6}

и установимо, као у претходном

vкvпан број њсrових подскvпова без чланова (празан скуп)

1,

1.8.

35

EJIE~f'HПI КОМБIНIАТОrИКЕ

да је укупан број његових једночланих подскупова них

20, четворочланих 15, петочланих носи: 1 + б + 15 + 20 + 15 + б + 1 = б4.

6,

двочланих

б и шесточланих

1,

15,

трочла~

што заједно из.

Друго решење би се лако могло пренети и на случај скупа са произвољ­ ним бројем елемената. Када се формира подскуп датог скупа{\,

2, 3, 4, 5, 6},

онда за сваки његов елемент има две могућности: да припада формираном подскупу или да му не припада (на пример, ако сваки од елемената припада

формираном подскупу, тај подскуп је сам скуп

{\, 2, 3, 4, 5, б}, а ако, рецимо 2, 4 и 6, а не припадају му елементи 1, З {2, 4, 6} ). Користећи правило (2) са почетка овог

том подскупу припадају елементи

и

5,

онда се ради о подскупу

одељка

може

се

закључити

да

је

тражени

број

подскупова

једнак

2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 2' .... ЗАДАЦИ

1.

Од места А до места В води С до места

D

7 путева,

а од места В до С

4 пута.

Ако од места

води б путева, колико различитих путева има: а) од места

А до места С; б) од места В до места

D; в) од места А до места D?

2.

Колико трочланих подскупова има скуп {а, Ь, с, d,

3.

Бацају се три коцке за играње. Одредити укупан број различитих тројки бројева (х,у,

z),

e,f,g}?

где је са х означен број са прве, са у број са друге и са

z

број са треће коцке.

4.

На колико се начина може распоредити шест различитих књига на једној полици?

5.

Колико врста треба да има истинитосна таблица исказне формуле са де­ сет различитих исказних слова?

б. Колико се разних троуглова може формирати од четири тачке од којих ниједне три не леже на истој правој?

7.

Колико има природних бројева између међусобно различите?

100

и

1000

чије су све цифре

ДРУГА ГЛАВА

РЕАЛНИ БРОЈЕВИ

Знања о бројевима, а посебно о природним бројевима, спадају у прва ма­ тематичка знања која је човек стицао током свог развоја. Колики је значај придаван тим знањима види се из чињенице да су питагорејци (Питагорини

следбеници) говорили да бројеви управљају светом. Толика мистичност се не може приписати бројевима. Међутим, будући да се сва научна дости­ гнућа савременог света описују углавном реалним бројевима, могло би се рећи да је теорија реалних бројева једна од највећих тековина наше циви­

лизације. Зато и на овом нивоу образовања треба подсетити на битне чиње­ нице о реалним бројевима, систематизујући то знање и, наравно, научити још неке нове чињениuе о њима. Треба се, дакле, nрво подсетити како смо стицали и проширивали знања

о реалним бројевима.

2.1.

ПРЕГЛЕД ПРИРОДНИХ И ЦЕЛИХ БРОЈЕВА

Током математичког образовања прво се учи бројање и рачунање. Дакле,

упознаје се скуп природних бројева

N = {1, 2, ... , п, ... )

и основне алгебарске

операције које се изводе у том скупу. (Наравно, треба разликовати природне

бројеве од њихових симбола. Уместо арапски х цифара користити римске цифре Ј, /Ј, рација сабирања

( +)

lll, JV, ...

1, 2, З, 4, ...

могу се

или неки други симболи). То су опе­

и операција множења

( · ).

Те операције су настале из

потребе пребројавања елемената два скупа још у зачецима људске цивили­

зације. Нека су а, Ь и с произвољна три природна броја (а, Ь, с Е

N).

Из искуства

рачунања са природним бројевима може се закључити да, поред осталога,

важе и ове особине:

(NO) (N1) (N2) (N5)

а+ Ь Е

(N9)

а·Ь

N,a ·

Ь Е

N,

(,.+"и,.·" су бинарне операције у

N),

а+ (Ь +с)= (а+ Ь) +с, (асоцијативни закон за сабирање),

а

= h +а, (комутативни закон за сабирање), = (а·Ь)·с, (асоцијативни закон за множење), (Nб) 1·а =а· 1 =а (број 1 је неутралан при множењу), (N8) а · (Ь +с) =а · Ь +а ·с, (Ь +с) · а = Ь · а +с · а, (дистрибутини зако­ +

Ь

а·(Ь·с)

ни множења према сабирању),

=

Ь·а, (комутативни закон за множење).

Овде се од најважнијих особина које важе за скуп реалних бројева (оде­ љак 2.5) наводе оне које важе и за природне бројеве. Зато нема (N3).(N4) итп.

l-1.

!IPf:Г:II'Д ПI'ИРО){ННХ Н

У скупу природних бројева

1\I·..:IIIX

N посматрали

37

!;I'ОЈЫIЛ

смо и две релације"< "(стро­

го мање) и",; " (мање или једнако). Наиме, ако за природне бројеве а и Ь постоји природан број с тако да је а +с = Ь, онда се каже да је број а мањи од броја Ь(а

<

Ь). На основу ове дефиниције је

i<2<3< ...
",;"

уводи се помоћу

a:5b."a
<

и

,;

у скупу

најважније су следеће особине:

(NIO)

а

(N\1) (Ni2)

ако је а,; Ь и Ь,; а, онда је а

(NB)

<

Ь или а = Ь или а

N

>

Ь, (закон трихотомије),

ако је а,; Ь и Ь,; с, онда је а за сваки с Е

= ,;

Ь (антисиметричност релације с (транзитивност релације

,; ),

,; ),

N,

из а:5 Ь следи а+ с:5 Ь+с, (сагласност релације

,;

са

N,

из а

,;

са

сабирањем),

(N\4)

за сваки с Е

,;

Ь следи а

·

с

,;

Ь

· с,

(сагласност релације

множењем).

С обзиром да су у скупу

( +) и N са овим опе­ рацијама чини једну алгебарску структуру која се означава са (N, +,·).Исто тако, скуп N са релацијом ,; чини тзв. уређајну структуру (N, :5). Уређена четворка (N, + , · , ,; ) је пример једне алгебарске уређајне структуре. У структури (N,+,-) може се разматрати могућност решавања следеће

( · ),

N

дефинисане две алгебарске оnерације,

које испуњавају одређене особине, често се каже да скуп

две једначине:

а +х= Ь,

( 1) (2)

а·х

= Ь,

где су а и Ь два дата природна броја, ах непознати природан број који треба одредити.

Ако постоји природан број х који задовољава једначину (!),онда је он разлика бројева Ь и а. Разлика бројева Ь и а означава се са Ь број Ь- а решење једначине

(1).

-

а, тако да је

Тако се појављује операција одузимања у

скупу nриродних бројева. Али најпростији примери показују да једначина

(1)

нема увек решење у скупу природних бројева, што значи да разлика два

nриродна броја није увек природан број. На пример, не постоји природан број х такав да је 5+х

= 2.

Дакле, за операцију"-" не може се рећи да је зат­

ворена у скуnу nриродних бројева

N.

Међутим, разни практични задаци доводе до nотребе да се реши јед­ начина

(1),

не nостављајући услов да је а< Ь. То значи да за решавање так­

вих nроблема нису довољни nриродни бројеви. Зато је целисходно тај скуп проширити тако да у новом скупу једначина (1) увек има јединствено решење. Тако се долази до скупа целих бројева бројеве и нове елементе означене са

мент из

Z

0,-l,-2

Z.

Он садржи све природне

итд. Са О је означен такав еле­

који је решење једначине а +х= а, за било који" Е

означено решење једначине а +х =О, за а Е

N.

Према томе је

Z = {0.1.-1.2.-Z ..... n.-n ... }.

N.

Са -а је

38

РFАЛНИ БРОЈЕВ\1

Пошто је

N с Z,

природно је да се у

наслеђивале особине из структуре

"·"у

Z

Z (N, +,

уведу операције"+" и"·" које би ·).То значи да за операције"+" и

важе особине аналогне особинама

Дакле, за операције

"+"

и

"·"

(N1), (N2), (N5), (N6), (N8) и (N9). Z важе одmварајуће

у скупу целих бројева

особине:

(ZO), (Z1 ), (Z2), (Z5), (Z6), (Z8) Број О зове се нула а бројеви

-1,-2,-3, ...

и

(Z9).

негативни цели бројеви. Из

саме дефиниције броја О и броја -а (број супротан броју а) види се да важе још две особине (а Е

Z):

(ZЗ) О+ а =а +О= а, (неутралност нуле при сабирању),

(Z4)

а

+

(-а)

=

(-а) +а =О, (егзистенција супротног броја -а за број а).

У скупу Z уводи се релација 5 на следећи начин: ако је а - Ь N(a, Ь Е Z), онда се каже да је Ь мањи од а, а ако а - Ь ftc N, онда се каже да је а мањи или једнак од Ь. Тако се добија уређена структура (Z, 5) која

Е

има особине

(Z14)

(Z10), (Z11), (Z12)

ако је О 5 а

и (ZlЗ), а уместо

и О 5 Ь, онда је О 5 а Ь,

(N14)

важи

(сагласност релације

5

са

множењем).

Вратимо се сада једначни

(2)

у структури

(N,+, · ).

Ако постоји природан

број х, такав да је а ·х= Ь, где су а и Ь дати природни бројеви, онда се каже да је х количник бројева Ь и а и записује х

= Ь :а.

Тада се, такође, каже да је

број Ь дељив бројем а и да је број а чинилац броја Ь. Ове дефиниције се преносе и на случај када се једначина

(2)

решава у структури

На­

(Z,+,·).

лажење количника два цела броја доводи до нове операције ":" која се зове дељење. Најпростији примери показују да операција дељења није затворена операција нити у скупу

N,

нити у скупу

Z.

Проблеми дељивости целих бро­

јева довели су до нових чињеница о целим бројевима и до потребе да се скуп

Z

прошири, о чему ће се mворити у наредном одељку. ПРИМЕР

1.

Којим најмањим целим бројем треба помножити број

1260

да би се добио квадрат неког целог броја?

Решење. Нека је х број који треба да се добије. Онда његов квадрат х 2 садржи

као

делиоце

квадрате

својих

простих

чинилаца.

Како

је

1260 = 22 • 32 • 5 · 7, то је тражени број 5 · 7. & ПРИМЕР

2.

Ако је збир два цела броја непаран, тада је њихов производ

паран. Доказати ово тврђење.

Решење. Нека су а и Ь два цела броја чији је збир

2k + 1, k Е Z. Тада је

Ь = 2k + 1- а, пајеа·Ь = a(2k + 1- а). Ако је а паран, ондајеа·Ь паран без икаквих даљих услова. Ако је а непаран, онда је горња заграда паран број, па је поново а· Ь паран број. &

ПРИМЕР З. Доказати да је производ ма која четири узастопна цела броја увећан за један једнак квадрату неког целог броја. Решење. Довољно је доказати да важи једнакост

n(n+l)(n + 2)(n + 3) + 1 = (n 1 + Зп

+ 1)1. &

Архимедова аксиома и дељиност це..гшх бројева

Навешћемо сада две важне особине скупа целих бројева које се у основној школи не истичу или се не истичу довољно. Оне су, иначе, скоро очигледне, па се усвајају без доказа, дакле, као аксиоме. ДЕФИНИЦИЈА

1.

тако да је, за сваки х Е АКСИОМА

1.

Скуп

S, т

S

s

с

Z

ограничен је одоздо ако постоји т Е

Z

х. У том случају број т је доња граница скупа

S.

(Принциn најмањ•'Г целог броја) Сваки скуп целих бројева

који је ограничен одоздо има најмањи број. АКСИОМА

2. (Архимедова6 аксиома) За свака два цела броја а и Ь, од

којих је а> О, постоји природан број

n

такав да је

n ·а >

Ь.

Из основне школе су познати разни проблеми дељивости, као налажење највећег заједничког делиоца, најмањег заједничког садржаоца итд. За те и друге nроблеме дељивости изузетно је значајна следећа теорема, која се прихвата без доказа, а која се може доказати на основу претходне две аксиоме.

ТЕОРЕМА 1. За целе бројеве а и Ь, Ь јеви

q

и

r такви да је U s r <

постоје јединствени цели бро­

> U,

Ь и а=

(З),

bq

+ r.

Услов (З) еквивалентан је услову (З'

а

)

ь

На nример, у случају да је а

. једноставну

чињеницу

13

5

=2

r

=q + ь·

= 13

3

+ s·

и Ь

о вде

= 5,

онда једнакост (З') изражава

. q = 2 и r = 3. је

Наведимо сада неколико важних дефиниција у вези са дељивошћу целих бројева, од којих су нам неке већ nознате. ДЕФИНИЦИЈА 2. Јединствени број r у разлагању (З) зове се остатак при дељењу целог броја а целим бројем Ь а број q се назива целим ко­

личником ова два броја. Ако је r = О, онда се каже да је број а дељив бројем Ь, односно да број Ь дели број а, са ознаком Ь 1 а. Ево још неколико познатих дефиниција.

l) Највећи број који дели и број а и број Ь зове се највећи заједнички делилац бројева а и Ь. Означава се са НЗД (а, Ь).

2) Ако је НЗД (а, Ь)

= 1, онда се каже да су бројеви а

и Ь међусобно (уза­

јамно) прости.

З) Најмањи позитиван број који је дељив и бројем а и бројем Ь зове се најмањи заједнички садржалац бројева а и Ь. Означава се са НЗС (а, Ь).

4)

Природан број р већи од

једини природни делиоци

6

l

1 је прост број

или прим број ако су његови

и р.

ПРИМ

14 n n+ Ер 4. д оказати да броЈ. 21 + 34

Лрхимсл

(287-212

.

·

НИЈе цео ни За Један nриродан

пдс.), велики староrрчки математичар

б

· n.

роЈ

40

РЕАЛЮI I>POJFRИ

Решење. Ако би дати број био цео, онда би бројеви

14 n + З и 21n +4 имали 14 n +З = а d, 21 n + 4 = {3 d (а ,{3, d Е N). Одатле би следило 1 = З (14 n + З) - 2 (21 n + 4) = (3 а - 2 {3 ) d, тј. d = 1. Дакле, дати разломак не може се скратити ни за један природан број n."" заједнички делилац:

ПРИМЕР (р- !)(р+

1)

Нека је р

5.

дељив са

прост број већи од З. Доказати да је број

24.

Решење. Сваки прост број већи од

је непаран, па су његови суседни

3

бројеви парни; при томе је један од њих дељив са р+

1 морају

бити дељиви са З, јер су р- 1,р,р

4.

Осим тога, р

+ 1 три

броја, од којих р није дељив са З. Дакле, производ (р- !)(р+ дељив са

2 ·4 ·

З

- 1 или

узастопна природна

мора бити

1)

= 24. ""

ЗАДАЦИ

Нека је

1.

S

скуп свих целих бројева који су:

целих бројева. Да ли је скуп

Показати да је за сваки

2.

n

Е

Z

S

дељиви са

1)

7; 2)

квадрати

ограничен одозго (одоздо)?

број п'

- n

З. Рюлика два непарна природна броја је

дељив са б.

8.

Показати да су ови бројеви

међусобно прости.

4.

Колики је остатак при дељењу броја

5.

Доказати да ни за један цео број

2.2.

101 100

број

n

са

7?

n1 + Зп + 5

није дељив са

121.

ПРЕГЛЕД РАЦИОНАЛНИХ БРОЈЕВА И НАСТАНАК ИРАЦИОНАЛНИХ БРОЈЕВА

Потребе мерења дужи веома рано су довеле до појаве првих позитивних разломака, бројева који нису цели. Позитивне разломке познавале су древне цивилизације Вавилона и Египта пре негативних. Али, до скупа рационал­ них бројева нећемо доћи преко мерења, већ преко једначине

2.1.

(2)

из одељка

Дакле, посматраћемо једначину ах= Ь,

( 1)

где су а и Ь цели бројеви, а >'О, а х непознати број. Лако је видети да та Z. На пример, једначина Зх = -б има

једначина нема увек решење у скупу решење х

= - 2;

решења у скупу

оно припада скупу

Z, јер 7 није дељиво

Међутим, једначина Зх

Z.

=7

нема

са З. Зато је природно поставити питање

може ли се скуп целих бројева проширити још неким елементима, тако да у том проширеном скупу једначина

(1)

увек има јединствено решење. Од­

говор је потврдан. Тако проширен скуп бројева означава се са рационалних бројева. Јединствено решење једна чине

(1)

Q

и зове скуп

мора зависити од

целих бројева а и Ь. Уобичајено је да се то решење означава са ~ и зове

разломак, где је бројилац Ь, а именилац а. Према, томе, сваки елемент скупа ()

тi rп~нсы п:иrипи!l"ии fiпni мn11еР п~

rP

и~nы1нР

v

nf\пutrv f!_

rnP iP r1 IIPn

я

22. IН'l,ГJIIЩ I'ЛI!IIOIIЛJIJIIIX БРОЈЕВА IIIIЛCТЛIIЛK III'ЛЦHOIIЛJIIIIIX liPOJ~IIЛ

q

природан број. Тако је скуп

N два

41

пута прош11риван и добијен скуп Q, што

значи да је с

N У скупу

с

Z

Q.

Q се nродужују оnерације"+ "

11 .. ·" на следећи начин: нека су

а =Е..q (р Е Z, q Е N) 11 а ' =В:, (р' Е Z, q' Е N) два рационална броја. Тада је, q по дефиницији,

,

a+a'=f!.+L=Pq q

,+ ,

q'

qq'

pq

'

а ·а ' =!!. · Et_ =Р.?:_ q

цq''

q'

Осим тога, уводи се оnерација дељења

:

е. Et_ q q'

= е. . q:._

(р

р'

q

.,:" 1

са

'#

0).

Овако уведене операције сабирања и множења наслеђују све одговарајуће особине из структуре (Z, + , · ). То знач11 да у скуnу рационалн11х бројева Q важе особ11не:

(QO), (Ql), (Q2),

(QЗ),

(Qб),

(Q4), (QS),

(Q8)

и

(Q9).

Осим тога, у овој новој алгебарској структури (Q, + , ·) једнач11не а +х= Ь(а, Ь Е Q) и ах= Ь(а , Ь Е Q, а '#О) имају јединствена решења. Спе-

цијално, за свако а

'#

О, једначнна

at

= 1 има јединствено решење

број се назива реципрочним бројем броја а и означава се

11

k Овај

1

са п - • Дакле,

поред набројаних, структура (Q, + , ·) има још једну важну особину, а то је: (Q7), за сваки а Е Q \ {0} постоји јединствен а - 1 Е Q, такав да је а·а- 1 На основу уређености скупа

= а-

1

·а

и скуп

Z

Q се може уредити релацијом 5.

Наиме, каже се да је рационалан број а

f. ако је 1

а' =

= 1. = Р мањи од рационалног броја q

pq ' < p'q Тада особине уређености скупа

Z

имплицирају одrоварајуће особине

(QlO) - (Q14). Поред ових особина уређености, скуn

Q има још једну значајну особину.

То је тзв. густина рацноналних бројева. Ову особину немају ни природни

ни цели бројеви. ТЕОРЕМА

2. За било које рационалне бројеве а и Ь, такве д;l је n < Ь,

број с= i
<

с

<

Ь.

Доказ. Да је с рационалан број следи из чињенице што су а + Ь и ционални бројеви, па је nрема А,.. .....

....." -""

.,..._", •• ,.. 'I"J1 "1\

or;

(QO)

n_о, .. -э

i ра­

и њихов производ рационалан број .

42

РЕЛЛЈ/1! БI'ОЈЕВИ

z

х :5 у ~х+

из а

< h добија се а +

а

<

:5 у+

а + h, па је а

<

z (x,y,z

Е

Q),

i (а + Ь). Наиме, а

<

Ь повлачи а :5Ь,

а ово а + " :5 " + h. Ако би овде важила једнакост, онда би то повлачило а= h, што је немогуће. Слично се доказује да је (а+ h) < Ь. Дакле,

i

а<

1

2 (а+Ь)<Ь.•

Ова особина говори да не постоје два суседна рационална броја, као што

је то био случај са целим бројевима. Осим тога, на основу теореме

2

може

се казати да између ма која два рационална броја постоји неограничено "ного рационалних бројева, што опет није случај са природним и целим бројеви"а Но, проблем мерења дужи показао је да ни рационални бројеви нису до­

вољни да се усвоји природна чињеница да свака дуж има своју дужину. По­ лазећи од те чињенице, користсћи Питагорину тсорсму, закључује се да

дужина х дијагонале квадрата, чија је страница дужине

1

задовољава јед­

начину

х'= 2.

(2)

Али, за решење ове једначине важи следећа теорема. ТЕОРЕМА

3. Не постоји рационалан број х који задовољаваједна'lину (2).

Доказ. За доказ се користи метод контрапозиције (сматра се да је ово први пример доказа методом контрапозиције у математици). Дакле, треба прет-

поставити супротно, тј. да постоји рационалан број!!. који задовољава ову '1 једначину. То значи даје (~) 2 = 2. Може се претпоставити и да су р и q "еђу-

собно прости (немају заједничког делиоца осим броја 2

то се из!!:,

q

= 2 закључује да је р' = 2q 2,

1).

Како је (~) 2 = ~·

тј. да је р 2 паран број. Ода т ле прои-

злази да је и р паран број. Означимо га са 2k. Сада из р' = 2q 1 произлази 2 k 2, па је и q па ран број. Значи, и р и q су парни бројеви, супротно нашој

q2

=

претпоставци да они немају заједничких чинилаца различитих од

Решење једначине

1. • (2) означава се са v"i (корен из 2). Пошто је v"i дужина

једне дужи, има смисла и v'2 звати бројем, али он није рационалан број. Може се такође показати да решење једначине х 3 = 7, број Vi, није рацио~ налан број и тако даље.

Осим тога, још је Архимед показао да је однос дЈ:жине обима круга према

дуж ини пречника сталан број, приближно једнак Ј" (означава се са n). Лам­ берт7 је

1766.

године доказао да

n

није рационалан број.

Дакле, појавила се потреба да се скуп

елементима као што су Л, 1

Ј.Н.

Lamhcrt (1728-1777),

Q

V7, л, л: 2 итд.

11смачки жпсматичаr

прошири таквим нерационалним

Скуп свих таквих елемената I зове

2.2..

43

lll'bl"JJEД I'AЦИOIIAJIHИX Ј;РШI'RЛ Н НЛLТЛНЛК lfi'AIIИOHAJIIIИX БРОЉМ

се скуп ирационалних бројева. Елементи таквог скупа зову се ирационални бројеви, а у почетку се знало само за неке ирационалне бројеве. Данас се, међутим, зна да их, у одређеном смислу, има више него рационалних бро­ Јева.

Унија скупа свих рационалних и скупа свих ирационалних бројева зове

се скуп реалних бројева и обележава са

R. Елементи тог скупа зову се реал­

ним бројевима. Дакле, важе скуповни односи

N

с

Z

с

Q с R,

R = Q U 1.

Врло је тешко дати одговор на питање шта образује скуп ирационалних

бројева. Поготову је тешко дефинисати операције са тим бројевима, на при­

мер, шта се подразумева под збировима 3 + П, П +n или шта се подразу­ мева под производом 12 · n. Такође, није лако увести релацију ,; у скуп ре­ алних бројева. Наравно, као и код ранијих проширења, све основне особине операција

"+"

и"·" треба да важе и у

R.

То значи да је у свим приширењима коришћен

тзв. Ханкелов' принцип перманенције: проширена структура мора имати битна својства структуре од које је настала.

То значи да ће

(RO)-(R14).

(R,+, · ,

"')бити таква структура за коју ће важити особине

У строгом заснивању теорије реалних бројева такве особине, уз

још неке додатне, узимају се као аксиоме, из којих се касније изводе сва свој­ ства скупа

(О томе укратко у одељку

R.

ПРИМЕР

2.5. ).

6. 1) Ако је r рационалан број, показати да је 12 + r ирациона­ i + r (i Е 1, r Е Q) је ирационалан број?

лан број. Да ли важи уопштење: збир

2)

Доказати да је производ рационалног броја различитог од нуле и ира­

ционалног броја ирационалан број.

Решење. 1) Ако је 12 + r =х рационалан број, онда је (/2 + r) + (-r) =х рационалан број, одакле се добија да је 12 рационалан број, што није

+ (-r)

тачно. Важи и уопштење; доказ је исти као за специјалан случај.

2) Ако би број r·i =х био рационалан (r Е Q \{О}, i Е 1), онда би се из једнакости i = r- 1(r·l) = r- 1x закључило да је i рационалан број, супротно претпоставци

ПРИМЕР

. ..t..

7.

Показати да је П

+ v'17

ирационалан број.

12 + .fГ1 = r рационалан број. Тада је vT7 = r - 12, ода5 "' = ~,-2-]5 д есна страна Је . рационалан броЈ,. 2r v" = r - 1 , односно v"

Решење. Нека је • кле Је

-"'

2

па би значило да је и

..fFi

12

рационалан број . .а.

ПРИМЕР 8. Ако су а,Ь и va + ..fFi =р рационални бројеви, тада су рационални бројеви. Доказати.

= (va-

va

и

..fii)(va + ..fii), одакле је va - ..fFi = 'la + 'lb = q рационалан број, јер су а - Ь и va + ..fFi рационални Решење.

Користимо једнакост а

-

а-Ь

8 11. HankcJ (1839-1877),

немачки математичар

Ь

44

I'EA.JIIt\1

бројеви. Даље, из једначина Ја

i

= (р + q) и Yli =

i

(p-q),

Г.РОЈН11Ј

+ ..fli

=р и Ја

што значи да су Ја

11

- Yli = q добија се Ја ..fli рационални бројеви.

= &

ЗЛ)(А!(И

1. Да ли је тачно тврђење: 1) збир рационалног и ирационалног броја је ирационалан број; 2) производ два ирационална броја је ирационалан број?

2. Доказати да је v'2

+ УЈ

ирационалан број.

3. Ако су а, Ь, с, d рационални бројеви, доказати да из а + 1,./2 = с + dv'2 сле­ ди а = с и Ь = d. Доказати да је

4.

1

+

1

Yz+Yl v3+Yz

+

рационалан број.

2.3.

АПРОКСИМАЦИЈА РЕАЛНИХ БРОЈЕВА

ДЕЦИМАЛНИМ БРОЈЕВИМА. ДЕЦИМАЛНИ ЗАПИС

РЕАЛНОГ БРОЈА Овде се користи принцип најмањег целог броја (аксиома nринцип (аксиома

2,

одељак

2.1 ).

1)

и Архимедов

Али, претходно треба истаћи да први прин­

цип важи и у случају да доња граница (која се помиње у аксиом и

1)

није цео,

већ може бити било који реалан број. Исто тако~ Архимедов принцип важи и у случају да су а и Ь реални бројеви (а >О). На основу тога доказује се следеће тврђење.

ТЕОРЕМА

број

n0

4. Ако је х позитиван реалан број, тада постоји јединствен

Е {О, 1, 2, ... }, такав да је по

(1)

s

х< по+

1.

Доказ. Према Архимедовој аксиом и, за Ь =х и а= број

2,

n

такав да је х

< n· 1 =n.

1,

постоји природан

Међу свим таквим бројевима

n,

према аксиоми

постоји најмаљи. Означимо га са п'. Дакле важи

O
(2) Због тога је

n'-1:5xх, онда n' не би био најмањи број који испу­ (2). Означи ли се п'- 1 =n", добија се (1). 8

њава услов

Сада ћемо дефинисати децимални број и децимални запис реалног броја

х

>

О. Претпоставимо још да х није природан број. Према управо доказаној

теореми, постојип 0 Е бооi. из

(1)

се побиiа

{0,1,2, ... }, n,.<

х<

такав да важи

n"+ 1

иnи

(1).

Будући дах није природан

2.3. ArJPOKCIIМЛltiiJA I'EЛЛIIIIX БРОЉВЛ )IЕЦ11МЛЛНIIМ БI'OJI·ПIIМA. JIH111МЛJIIIII ЗЛПII С P11ЛJIIIOГ t;PQJЛ45

О< х- n п <

1.

Одавде nроизлаз11 неједнакост О

< lO(x -

п 0)

< 10.

Ако се сада у горњој теореми уместо х узме lO(x - n 0), онда се закључује да постоји јединствен број d 1 Е {0,1,2, ... ,9}, (јер је 10(х- п 0) < 10), такав да је

d 1 :S 10 (х- n0) < d 1 + 1, одакле се добија (З)

f

Ако у левој од ове две релације важи једнакост, тј. ако је х= по+ 0, онда јех представљен рационалним бројем (по + fo Е Q). Ако то није случај, онда се из (З) добија

О< 102 (х- (n 0 + ~~))

(4)

< 10,

fo))

па се на број 10 ~- п 0 + може nрименити теорема 4. На основу ње и (4) произлази да nоАоји јединствен d 2 Е {0,1,2,...9}, такав да је 2

(

dz :Sl02 ~-

(no+fa))
одакле је

по

+

d1

10

d2

d1

1

dz

+ ш :S х < по + 10 + ш + ш·

Ако на левој страни важи једнакост, онда је х рационалан број. Ако важи строга неједнакост, онда се nостуnак наставља тако да се добије

d1

d2

d3

d1

d3

d2

1

по+ 10 +ш+ ш :Sx <по+ то+ ш+ ш+ш, где је

d 3 јединствен по

(S)

+

при чему су

d1

10

d 1,

број из скуnа

dz

{0,1,2,... ,9}.

d"

d1

После

dz

n

корака добија се

d"

+ Ш + ···+ 10" :S х < по + 10 + Ш + ··· + 1оп + ... ,

1 1on'

d" јединствено одређени бројеви из скуnа {0, 1, 2, ... , 9}. (5) означи са а" и десна страна десне

Ако се лева страна леве неједнакости неједнакости са Ь," онда је (б) и

1 ь" -а"= 10''"

(7)

Ако је х= ат онда је х представљен рационалним бројем. Ако је х >а," онда се, за довољно велико n,x не разликује много од а", јер се из (6) види па

ie

46

РF.Л.11111 БI'OJFIIII

1

Х- Пп< l()п·

Наиме, када се

n увећава неограничено, она се !Јп

нули. На пр11мер, за n =З важи Ь 3 - а 3

7""

= 0,001; за 11 = 5

пп

1 =Ш

Ь 5 - а5

приближава

= 0,00001.

Да­

кле, ако се уместо х (који може да буде и иращюналан број) узме рационалан

број а 5 , онда грешка не би била већа од

0,00001.

Ако се уместо х узме а", онда се каже да је број t апрокснмиран одоздо рационалним бројем а,. који има n децимала и да се том nриликом прави

1

. .

грешка КОЈа Је мања од

1()""

с лично

томе, ако се уместо х узме

ь,.

.

КОЈИ апрок-

симира х одозго тада грешка није већа од 1 ~,- У оба слу•1аја грешка је уто­ лико мања и ближа нули уколико је

n

већи, тј. уколико се неограничено

увећава.

Зато се може рећи да је број х једнозначно одређен бесконачним низом потпуно одређених рационалних бројева

(8) ДЕФИНИЦИЈА З. Број који се може записати у облику

по+ ~О+ -t& + ... + ~&· (n 0 Е {О, 1, 2, ... }, dk Е {О, 1,..., 9}, n Е N), или њему супротан број назива се децимални број. Као што се види, децимални број

(9) одређују цифре

d 1, d 2,

••• ,

d" и цео број n 0• Зато се за њега користи и тзв. де­

цимални запис

(10) Према томе, сваки децимални број је рационалан број (јер се израз

(9)

може написати у облику 1~, где је k Е Z). Обратно не важи јер, на пример,

рационални број ј не може да се напише у облику (9) ни за једно n. Сваки реалан број х је једнозначно одређен бесконачним низом

.

како Је а п

dп

dl

= по + 10 + ... + 10,"

.

то Је за одређивање

б

(8),

па

.

рОЈа х довољно знати

бесконачни низ бројева

(11) при чему се зна да показати да у

(11)

n0

Е {О,

1, 2, ... },

а

dk Е {0, 1, ... , 9} за k

= 1, 2, ....

Може се

не могу све uифре, nосле неког п , бити деветке.

ДЕФИНИЦИЈА 4. Бесконачан низ целих бројев:1 записује се у облику

(12) и назива се децимални запис бооiа х.

(ll )

који одређује х

~..1.

47

MI'I'Hbl' ЛУЖЈI. Ј>Ј'ОЈН111Л III'ЛIIЛ

Изложеннм поступком није показано како се долази до низова parrиoнaл­ HIIX бројева (~)

11 (11 ),

већ да такви IO!ЗOBII nостоје. За конкретне бројеве х

постоје и поступци којима се долази до њихових деuималних заnиса. На

пример, до деuималног заnиса за рационални број х долази се алгоритмом дељења целог бројиоца nриродним имениоцем. Тако је за број

1 његов

де-

цимални запис \,000 ... , за број - ~ децимални запис је -Л,83Л .... Уопште, карактеристика децималног записа рационалног броја је у томе што се по­ сле неке децималне цифре. l!Ифрс иза ње (ил11 група ц11фара) понављају, што није случај са ирационалним бројевима. Рецимо, за број л дец11мални заnис

је

3,1415926535 ... ,

где постоји још ненаписаних цифара (њих бесконачна

много) које се не понављају периодично.

2.4.

МЕРЕЊЕ ДУЖИ, БРОЈЕ ВЈ IA ПРАВА

Мерење произвољне дужи једном фиксираном дужи кој" се узшш за је­ диницу (јединична дуж) било је познато нојстар11јим цивилиз:шијама. Мера дужи, тј. њена дужина изражавала се рационалним бројем (разломком). Тај број је nоказивао колико се пута јединична дуж или неки њен део садржи

у датој дужи. Вековима се сматрало да је та дефиниција дуж11не дужи исправна. Али, пре око

2500

година грчки :шпематичари су nронашли да

постоје тзв. несамерљиве дужи. То практиt1но значи да су открили ла се

дужина nроизвољне дуж11 не може изрюит11 рационалним бројем. На при­ мер, дијагонала квадрата чија је страница

1 не

може се изразити рационал­

ним бројем. Грчки научници тога доба били су запрепашћени тим от­ крићем. То је код њих побуђивало закључке о несавршености света. Посум­ њало се и у смисао неких геометријских знања, а нарочито оних о односима дужина дужи. Наравно, ти проблеми су отклоњсни открићем реалног броја. Уосталом, то је био један

o:r

главних разлога појаве реалног (неращюнал­

ног) броја. Вратимо се сада тачно ј дефиницији дужине дужи. Видећемо да је процес

мерења дуж и у уској вези са проблемом апроксимације реалних бројева ра­ ционалним, о којем смо говорили у претходном одељку.

На основу једнакости, упоређивања и сабирања дужи, као и основних чињеница о реалним бројевима, може се дефинисати дужина дужи или ра­ стојање између две тачке.

ДЕФИНИЦИЈА

5.

Нека је свакој дужи АВ придружен позитиван реалан

број

d(A, В), при '/ему су испуљени следећи услови: а) за неку дуж ОЕ важи d (0, Е) = 1, б) ако је АВ = CD, тада је tl (А, В) = d (С, D), в) ако је тачка С између тачака А и В онда је d (А, В) = d Тада се број d (А, В) зове дужина дужи АВ. Ако се овој дефиницији још дода услов да је А, онда се број

d

d

(А, С)

+ d (С, В).

(А,А) =О за сваку тачку

(А, В) зове и растојање између тачака А и В.

Лако је показати да имnликација у б) важи и у обрнутом смеру: ако је = l'ltr_П)_ тяnя ie АВ = CD (овде једнакост треба схватити као поду~

rU А R'

48

РЕАЛНИ

bl'OJI'BH

дарност одговарајућих дужи, а не као једнакост одговарајућих скупова тачака).

Нимало није лако показати да, за дату дуж ОЕ (тзв. јединичну дуж), свака дуж има своју дужину. Уз коришћење Архимедове аксиоме и тзв. аксиоме непрекидности показује се да постоји јединствено пресликавање АВ ->

d

(А, В) које испуњава услове а), б) и в). Такође се може показати да за сваки

позитиван број постоји дуж чија је дужина управо тај број. Ове чињенице

се прихватају без доказа. Сматра се, дакле, да за изабрану јединичну дуж

OE(d (0, Е) = 1) свака дуж АВ има своју дуж и н у d (А, В). Одређивање броја d (А, В), помоћу ОЕ зове се мерење дуж и АВ са дужи ОЕ. Покажи мо сада како се долази до броја d (А, В), полазећи од претпоставке да су дуж и АВ и ОЕ дате, при чему је ОЕ јединична дуж (d (0, Е) = 1).

L, О,

L о

Ј

2 Сл.

1

Нека је М тачка полуправе ОЕ, таква да је

n0

5

' d

(А, В)

= d (0, М)

ношењем" дуж и ОЕ на полуправу ОМ одреде се тачке цео број

о

L

и

D

(сл. Ј). ,,Пре­

и ненегативан

тако да је

OL

= n 0 ·0E :5 ОМ<

(n 0 + 1) ОЕ

= OD

(Такав ненегативан број

n0 постоји на основу Архимедове аксиоме, одно­ 4.) На слици је n, = 4, тј. 4 · ОЕ < ОМ < 5 · ОЕ. Ако је L = М, онда је d (0, М) = n 0• Ако је М између L и D, онда је n 0 прва приближна вредност растојања d (0, М). У том случају се са дуж и 110 ОЕ "мери" дуж LM, (ова дуж се преноси на дуж LM и чита колико се пута садржи у дужи LМ). На дужи LD одређују се тачке L, и D 1 и број d, Е {0,1,2, ... ,9} тако да је сно теореме

d,

LL 1 = ТО ОЕ :5 LM <

d, + 1 ----w ОЕ = LD

Ако је L, =М, онда је дужина дужи ОМ једнака n 0 +

1

f0.Ако је

L 1 лево

од

М, онда је овај број друга приближна вредност дужине дужи ОМ. У нашем случају је

d,

з

n, + 10 = 4 + 10 = 4,3

Сада се са дуж и 1 ~) ОЕ "мери" дуж L,M, одређују се тачке L, и D, и цифра

d 2 Е {0,1,2, ... ,9}

тако да је

2.4.

. б рОЈ.

Тада Је

MEPEЊii ДУЖН.

E>POJEBtiA

49

ПРАВА

d, d, ом . n,, + ТО + ][)() тачна вредност дужине дужи или Је њена

приближна вредност, зависно од тога да ли је L 2 = М или је L 2 лево од М. Тај се поступак наставља и завршава после коначно много корака или се неограничено понавља. У сваком случају, овај поступак одређује неки nози­

тиван реалан број х који представља дужину дужи АВ. Показаћемо сада како се може дефинисати једно обострано једнозначно пресликавање скупа реалних бројева на скуп тачака једне праве. Изаберемо две произвољне, различите тачке О и Е праве

r

и тачки О до­

делимо број О (нула), а тачки Е доделимо број 1. Полуправу ОЕ са почетком у тачки О назовимо десном полуправом праве r (без обзира како је нацрта­ на!), а њен комплемент у односу на r заједно са тачком О левом полуправом правеr (сл. 2). Произвољној тачкиА десне полуправедодељујемо број а који је једнак дужини дужи ОА, дакле

d (0, А), Симетричној тачки А' Е r тачке

А у односу на тачку О додељујемо супротан број броја d (0, А), тј. број -а. На овај начин је свакој тачки М праве r једнозначно кореспондиран један реалан број т. Може се доказати да се за сваки позитиван број може наћи једна дуж чија је дужина управо тај број. То онда значи да је приказано

пресликавање са

на

R

r

обострано једнозначно.

д'

о

-а

-2

-1

о

Сл.

Права

r,

Е

2

А

в

а

ь

2

са истакнутим тачкама О и Е, за коју је свакој тачки кореспонди­

ран један реалан број зове се бројевна права

[а, Ь Ј

1а . Ь) о

ь

а

о

Сл. з

[а о

C.L. 4

ь)

(а

ь

а Сл.

5

ь

а

о

Ь] ь

а

Сл.

6

Помоhу бројевне праве лако се интерпретира релација уређености :S у скупу реалних бројева

R. Лако је видети, наиме, да је а :S Ь (а, Ь Е R) ако и само ако слика броја а, тачкаА, није десно од слике броја Ь, тачке В на бро­ јевној правој r. Лако се може проверити да релација :5. испуњава услове (Rl0)-(R14).

50

I'EA.11H1 bl'OJH\11

--------------------

Убудуће ћемо користити следеће ознаке интервала реалних бројен:.:

(a,h) ~{х

1

а <х<

[а,Ь) ~{х

1

а

h}, [a,h] ~{а sx s h}, sx < h}, (a,h] ~{а <х s Ь}.

Они на бројевној правој представљају дуж без крајњих тачака, дуж без једне крајње тачке или "праву" дуж. Иначе се, према томе, зову, отворен, полуотворен и затворен интервал или сегмент (сл.

2.5.

3, 4, 5

и

6).

УРЕЂЕНО ПОЉЕ РЕАЛНИХ БРОЈЕВА

У току досадашњег математичког образовања научили смо ниа чињеница

о реалним бројевима, о основним операцијама и релацијама међу реалним бројевима. Међутим, ретко смо истицали чињеницу да реални бројеви са основним операцијама "+" и"·" и релацијом уређености "s" чине једну целину(!{,+,

· , s).

На питање шта су реални бројеви, не може се дати од­

говор ако се не посматра уређена четворка

(1{, + , · , s) као једна целина.

Одговор на ово питање није нимало лак и требало би да да минимум чиње­ ница из којих се могу извести сва својства реалних бројева везана за основне алгебарске операције и релацију уређености. Те миниl\tалне основне чиње­ нице о реалним бројевима из којих се могу извести

остале су искуства

cue

плејаде математичара, која су се преносила усмено или писмено са поколе­

ња на поколење, искуство које се увећавало и дограђивало од оног древна­ египатског, записаног на Ахмесовом папирусу у

XVIII

веку п. н. е., до да­

нашњих дана. Тако већ Еудокс' даје извесну теорију реалних бројева, али праву теорију реалних бројева су, углавном крајем

XIX

века, завршили Ва­

јерштрас, Дедекинд и Кантор 1 ". Детаљно аксиоматско заснивање теорије реалних бројева nревазилази захтеве овог курса. Определили смо се ипак да наведемо један од могућих

скупова аксиома реалних бројева, да би се бар информативно стекла пред­ става о томе како се та теорија може строго засновати.

Да би се могле исказати све аксиоме уређеног поља реалних бројева, тре­ ба увести један нови појам. То је појам супремума скупа. ДЕФИНИЦИЈА

6.

За скуп

S

с

R

каже се да је ограни•Јен одозго ако по­

стоји бар један реалан број М, такав да је за сваки х Е том случају зове м:Јјоранта скупа

ПРИМЕР

9. 1)

S

S, х s S.

М. Број М се у

или горња међа скупа

Скуп

s~{~· ~- ~· ····n:I' ... } за мајоранту има број 1, јер је n

: 1

~ 1-

n

~ 1 < 1 за сваки n Е N. Наравно

да је и сваки други реалан број а који је већи од

1

мајоранта овог скупа.

Значи, један скуп може да има неограничено много мајоранти. 9

!fl

Еул.окс К.

(408-355 н.н.с.), староr·рчки .\tаТбштичар Wcicrstrass (1815-1897), К Ikdckind (1831-1916), (1.

тичари

Cantoг

(1845-1918),

немачки \1атсма­

2.5.

УРЕЂЕНО ПОЉЕ

PEAJIIIIIX

51

Г.РОЈЕВЛ

S = {2,4,6, ... , 2n, ... } нема мајоранту, јер према Архимедовој ак­ R постоји 11 Е N тако да је 2 ·11 > а. 3) Ако је S скуп непозитивних реалних бројева, онда је О најмања мајо­

2)

Скуп

сиоми за било који а Е

ранта скупа

S. •

ДЕФИНИЦИЈА

7.

Ако постоји рслљт број s, тлкав да је он најмања ма­

јоранта скупа S, тј. ако из а Е х Е

R

иа

< s,

следи да постоји бар један елемент

S такав да је а <х, онда се s назива супремуыом скупа S или тачном

горњом међом скупа

S.

Супремум скупа

S

означава се са

S.

Један скуп не може имати два супремума. Наиме, ако би скуп супремума, .r 1 и

s2

~

SI

= S2·

што на основу антисиметричности релације

s 1,

ПРИМЕР

S имао два s 1 :s s2 и

онда би према дефиницији супрсмума било

s2,

ако је

10. 1)

S

:::;

повлачи једнакост

скуп негативних реалних бројева, онда је О нај­

мања мајоранта овог скупа, па је

sup S =

2) Сваки коначан скуп S = {а 1 , а 2 , sup S = max{a 1, а 2 , ... ,а,Ј . .А

О.

.•• ,а") има супремум и важи једнакост

Пошто се овде појам супремума уводи само да би се могле дати аксиоме уређеног поља реалних бројева, сродни појмови са овим, као што су огра­ ничен скуп одоздо, највећа доња међа скупа (инфимум скупа) се не дефи­ нишу.

Тек смо сада у могућности да тачно дефинишемо шта је то скуп реалних бројева

R,

или прецизније, шта је то уређена четворка

(R, +, · ,

:s ),

дакле, да

дамо аксиомс уређеног поља реалних бројева. ДЕФИНИЦИЈА

8.

Уређено поље реалних бројева је скуп

дефинисане две бинарне операције: сабирање (озншт

+)

и једна бинарна релација мање или једнако (ознака

R

у којем су

и множење (ознака

·)

:S), тако да важе сле­

деће особине:

(RI)

за

ма

(х+ у)

(R2)

које

+z

елементе х, у,

z

скупа

R

важи

једнакост х+(у

+ z) =

(асоuијативни закон за сабирање);

зл све елементе х, у скупа

1{ важи једнлкост х+ у= у+х (комутативни

закон за сабирање); (RЗ) у скупу

R

постоји елемент О, неутрални елемент операције +,такав

да је, за сваки х Е Ј{, х+ О= О+ х= х (егзистенција нуле);

(R4)

за сваки х Е

R

постоји супротни елемент елементу х, означен са -х

(минус икс), такав да је х+ (-х)= (-х) +х= О (егзистенција супрот­ ног елемента);

(RS)

за све елементе х, у,

z

скупа

R

важи једнакост х·

(y·z) =

(х ·у)

·z

(асоци­

јативни закон за множење); (Rб) у скупу R постоји елемент 1(1 "'0), јединични елемент операције такав да је, за сваки х Е R,x·1 = l·x =х (егзистенција јединице);

·,

(R7) за сваки х из скупа R \ {О} постоји инверзни елемент елемента х, оз­ начен сах-\ (икс на минус један), такав дајех·х- 1 = х- 1 -х = 1 (еГЗИ· стенција инверзног елемента);

(RS)

за све елементе х, у, z скупа R важе једнакости х· (у + z) =х· у +х· z и (v + z)·x = v·x + z·x fлиСЈDибvтивни закони множсња према сабирању);

52

I'ЕАЛIШ broJ~ВI1

(R9)

за све елементех,у скупа

R важи једнакост х·у =

у·х (комутативни за­

кон за множење);

(R10)

за све елементе х,у скупа

R

s

важи тврђење или је х

у или је у

s

х

(закон упоредивости);

(R 11)

за све х,у из

R

важи импликација х

тричност релације

(R12) за

све х, у,

z

sу

лу

s

х ~х =у (антисиме­

s);

из

R важи импликација х s у л у s z ~х s z (транзитив­ s); R важи импликација х s у~ x+z s у+ z (сагласност ре­

ност релације

(Rl3) за

свех,у,z из

лације

(R14)

s

релације

(R15)

(R, (R,

са сабирањем);

за све х, у из Rважи импликација О

s

sx

л О sy~o

sx·y

(сагласност

са множењем);

сваки непразан, оrраничен одозrо скуп S с R има супремум. Елементи скупа R називају се реални бројеви.

Дакле, аксиоме (R1)-(R15) дефинишу уређено поље реалних бројева +, ·, s ). Може се доказати (доказ је веома компликован) да је структура + , · , s) јединствена, тј. да не постоје две различите структуре које

испуљавају услове

(Rl)-(R15).

Постојаље бројева О и

1 обезбеђују аксиоме (RЗ)

и

(R6), а

може се доказати

да су они јединствени реални бројеви са истакнутим особинама. Такође се доказује даје -х јединствен супротни елемент елемента х у смислу аксиоме

(R4) и да је х- 1 јединствен инверзни елемент елемента х~ О. Скуп природних бројева бројева

Q

N,

скуп целих бројева

Z

и скуп рационалних

могу се дефинисати као одређени подскупови реалних бројева

R.

ДЕФИНИЦИЈА

9. 1) Реалан број Ј је природан број, n + 1 природан број, Скуп свих бројева добијених помоћу Ј) и 2) назива се скуп природних бројева и означава са N.

2)

Ако је

n

природан број, онда је и

Према услову

1)

1 Е N. Ако се означи 1 + 1 са 2, онда је 2 + Ј са З, онда је према 2) и 3) природан број = {1,2,3, ... }.

ове дефиниције,

према 2) 2 Е N. Означи ли се итд. Тако се добија да је N ДЕФИНИЦИЈА

10.

Природни бројеви, њима супротни бројеви и О

образују скуп целих бројева

Z.

Ова дефиниција користи дефиницију ДЕФИНИЦИЈА

9

и аксиоме (RЗ) и

11. Реални бројеви обликар·q- 1 ,

р Е

(R4).

Z,q

Е N зову се ра-

ционални бројеви. Скуп свих рационалних бројева ОЗI!а'lава се са Ова дефиниција користи дефиницију

10

и аксиом у

Q.

(R7).

ДЕФИНИЦИЈА

12. Скуп 1 = R \ Q назива се скуп ирационалних бројева.

ДЕФИНИЦИЈА

13. За сваки х Е R \ {О} и n Е N озна•1ава се

Ј) х"= Ј, 2)х"

=

х"- 1

·х, 3) г"=;". Овако дефинисан број х" назива се степен

броја х са изложиоцем

n.

Осим ових песЬиниuиiа.

v

R

се. vпnnP. nnPn~ттttiP nn\l'н...- .. ~·~LL·.. , .. """" .,.. , ... 1""•

2.5.

53

YГFЋEIIO tlOЉF.I'EЛЛIШX БЈ'ОНЉ\

х -у ~х+ (-у), х:у ~~ ~х·у-1, (у >'0). Сва позната (и непозната) својства за природне, uеле, раuионалне и ира­ uионалне бројеве могу се строго доказати на основу аксиома

(R1)- (R15).

Наводимо једну последиuу аксиоме о супремуму. ПРИМЕР у<

n -х

Доказати да за све х, у Е

11.

R,x

>О, постоји

Решење. Претпоставимо супротно, тј. да је за свако значи да је скуп А~

sup А

n

Е

n

Е

N,

такав да је

N,

пх :5" у. То

(Архимедова аксиома).

{nx

n

1

Е

N}

оrраничен одозго. Према

(RI5)

постоји

~а. Тада је а -х <а, па а -х није горња граниuа скупа А. Стога по­

стоји т Е

N,

такав да је

m.x

>а-х. Одавде је (т+

1)t

>а, па према томе а

није супремум скупа А, што је у супротности са нашом претпоставком . .t.

ПРИМЕР

12.

Доказати да је О јединствени неутрални елемент сабирања.

Решење. Претпоставимо да поред броја О који испуњава аксиому

(R3) по­

стоји још један број О' који такође испуњава ту аксиому. То значи да је О+ О' ~О' и О+ О' ~О, па је О~

Иначе, аксиоме

(R1)-(R15)

0' . .t. у извесном смислу имају универзалнија

значења. Наиме, не морају да се односе само на бројеве, већ и на општије алrебарске уређај не структуре. Тако, на пример, ако је у неком скупу

финисана нека бинарна операиија са ·,о,

•

+

G

де­

(а може да буде означена, на пример,

итд.) за коју важе одrоварајуће особине

(G1),

(GЗ) и

(G4),

онда се

пар (G, +) назива групом. Група за коју важи (G2) назива се комутативном илиАбеловом" групом. Дакле, (R,+) и (Z,+) су групе, али (N,+) није група. ЗАДАЦИ

1.

Да ли је тачно тврћење

(2 3) 1

~

2

213 1?

Искажите тврђење које уопштава овај

случај.

2.

Ако је а 13

3.

Која су од следећих тврђења тачна:

1) -1 2)

О Е

Е

= 5, израчунати (а- 7 ) 7 (а-')-'.

[-2,-1];

(0,6];

3)4Е(-1,5);

4) (0,1)

n (-1,1] = (0,1];

5) ( -7,3) 4.

Ако је

1-

u (3,5) = (-7,5).

z-"

.:5 а

::; 1 +

z-"

за сваки

n

Е

N,

какав се закључак за а из овога

може извести?

11

N.Ji.

Л!Јс\ (1R02-1R29), IIOГ!IICIIIКИ МЗТСЖI.ТИЧЗЈ1

''

54

PEЛЛIIII БPOJI•BII

2.6. Према својству

АПСОЛУТНА ВРЕДНОСТ БРОЈА

(R 10),

за било која два реална броја х и у, важи да су они

једнаки или је један од њих већи од другог. Већи међу њима се означава са

max {х, у}. Дакле, ако је х ~у, онда је у = max {х, у}. ДЕФИНИ ЦИЈА

14. Број max{x,-x} назива се аnсолутном вредношћу

броја х и означава са

lx ј.

Према овој дефиницији lxl није негативан број. На nример, како је max { -3,3} = 3, то је l-31 = 3. Неnосредно из дефиниције 14 закључује се да важи следећа теорема. ТЕОРЕМА

а) 1 х 1 =

!

5. За

сваки х Е

R

х,

ако је х> О,

О,

ако је х = О,

важе тврђења:

б) 1 -х 1

= 1х

1. в) х ~ 1х 1.

-х, ако је х< О,

ТЕОРЕМА

6. За све х, у Е R, важе тврђења: а) 1х +У 1 ~ 1х 1 + 1У 1; б) llx 1 - IY 1 1 ~ lx- У 1 ~ lx 1 + IY 1 Доказ. а) Некајех +у 2:: О. Тадаје 1х+ у 1 =х+ у~ 1 х 1 + 1у 1 (на осно­ ву а) и в) теореме 5). Нека је сада х +у < О. Поново користећи теорему 5 важи lx+yl =-(х+у)=(-х)+(-у)~ lxl + IYI· б) Ставимо х -у = z, одакле је х =у + z, па је на основу а) 1х 1 = 1у + z 1 ~ 1у 1 + 1 z 1. Одавде nроизлази 1 z 1 2:: lx 1 - 1у 1 или 1х -у 1 2:: 1х 1 - 1у 1. На исти начин се nоказује да је 1у -х 1 2:: 1у 1 - 1х 1. Како је још 1х -у 1 = 1у -х 1 и 11 х 1 - 1У 11 = 11 У 1- 1х 11, то је 1х -у 1 2:: llx 1 - IY 11· Осим тога важи 1х -у 1 = 1х + (-у) 1. па је 1х -у 1 = 1 х+ (-Y)I ~ lxl + 1-YI = lxl + IYI· • Решења неједначине 1 х 1 ~ а (а је дати nозитиван број) образују скуп

S

= {х 1 -а

~ х ~ а}.

ПРИМЕР 13. Показати да је: 1) а+ Ь

2)a+b-lb-al

+

1 Ь- а 1

= 2max{a,b};

=2min{a,b}.

=

Решење. 1) НекајеЬ- а 2:: О. Тадаје lb - а!= Ь -а и max{a,b} Ь. Према томе, лева страна дате једнакости једнака је десној стра1111. Ако је Ь - а < О, онда је lb-a 1 -(Ь -а) -Ь +а , па лева страна у том случају има вред­

=

=

ност 2а. Али, и десна страна има исту вредност.

2)

се изводи слично. .А

ЗАДАЦИ

1.

Доказати еквиваленције:

1) lxl <1<=> -l -1 ~х ~ 5; 3) 1 х - а 1 ~ Ь <=>а - Ь ~х ~ а + Ь(Ь > 0). 2.

Проверити тачност тврђења:

1)

!х

l2:2<=>xE(- oo,2] U[2,+oo);

2.7.

2.7.

55

ЛIICOJIYTIIЛ III'EJIЛTIIBIIЛ ГРЫIIКЛ lll'llliiiiiЖIIOI J;rQJЛ

АПСОЛУТНА И РЕЛАТИВНА ГРЕШКА

ПРИБЛИЖНОГ БРОЈА У nракси се врло често, уместо са тачним опер11ше са приближном бро­ јевима, понекад зато што су за неке nрап11чне сврхе довољни nриближни бројеви, а понекад што се тачне вредности не знају, ал11 се до њихових nри­

ближних вредности може доћи. Неки бројеви, као што су

.f'I

и л, немају

коначан децималан запис, па се морају узимати њ11хове приближне вредно­ сти. Најзад, nриликом мерења увек се чине грешке, из nростог разлога што не постоје апсолутно тачни инструменти.

Не може се поуздано рећи шта је приближна вредност неког тачног бро­ ј а. Често се каже да је х' приближ н а вредност тачно г броја х ако се од њега незнатно (зан емарљиво) разликује. Међутим, шта је за н емарљиво, зависи од

конкретне ситуације.

ДЕФИНИЦИЈА 15. Ако се та•1ан број х замени правим децималним бро­ јем х' онда се каже да је х апроксимиран бројем х' и то: ако је х' <х, онда се каже даје апроксимиран одоздо, а ако је х' >х, онда да је апроксимиран одозго са х'

.

lx - x'l

ДЕФИНИЦИЈА 16. Број

назива се апсолутном грешком при­

ближног броја х'. Означава се са д (х') (чита се: делта од икс прим) . У

nракси је најчешће немогуће сазнати вредност апсолутне грешке

д (х'), али је могуће сазнати од којег броја апсолутна грешка није већа. Да­ кле, могуће је знати бар неку њену мајоранту, и то што је могуће мању ма­ јоранту.

ДЕФИНИЦИЈА 17. Најмања мајоранта грешке д (х') којом се расло­ лаже назива се граница апсолутне грешке лриближног броја х'. Означава

се са д х·· Дакле, апсолутна грешка лриближног броја х' и њена граница задовоља­ вају услов

= lx -х' 1~ д х'•

д (х')

(1)

У nракси се располаже једино бројем д r ' • који се зато често назива апсо­ лутна грешка приближног броја х'.

Неједнакост

(1) може да се напише у еквивалентном облику х'

-

д

r'

~х ~х'

+ д r'·

Тачан број, који се не зна, обично се формално записује у облику Х =х'± дх•,

(2)

ла се каже да га приближан број х' апроксимира са тачношћу до д r '·

ПРИМЕР 14. Нека је х= Решење. д (х')=

ПРИМЕР

15.

тачнош ћ у до

10-

4

3,4789 и х'= 3,47. Наћи д (\:') ид :. 13,4789 - 3,471 = 0,0089 = д ;. А.

Нека је ~ <х < ~- Наћи х' тако да аnроксимира х са •

56

РFАЛНИ БPOJFRif

.

Решење, Сваки брОЈ х'

.

27

КОЈИ задовољава неједнакост Ш

s

х

'

s

27 + 1 ---w:'

апроксимира непознати број х са тачношћу до 10- 4 Према томе, може се узети х' = 27 ·10- 4 = 0,0027 . .6. Граница апсолутне грешке неке измерене величине није једини показа­ тељ тачности мерења. На пример, ако се мере две дужи и при том се добије

11

= 100,5 cm

± 0,05 cm

и 12

= 1,5 cm

± 0,05 cm,

при чему су, као што се ВИдИ, исте границе апсолутних грешака, онда је прво мерење прецизније јер је за већу дужину направљена иста грешка као у дру­ гом случају, када је била мања дужина. Зато треба посматрати апсолутну

грешку по јединици дужине, па се уводи појам релативне грешке.

ДЕФИНИЦИЈА

18. Релативна грешка о (х') приближног броја х' дефи­

нише се са

о (х') Пошто се

11

=

~ ix?

(х') и х не знају, ова дефиниција у пракси нема примену, па

се уводи појам границе релативне грешке.

ДЕФИНИЦИЈА 19. Граница релативне грешке о,' приближног броја х' је најмања мајоранта релативне грешке којом се располаже.

Будући да је о

/1. /1. (x')s тfт их' =х, то се за •\· углавном узима т:fт· Према

томе је

'

(З)

/1,.

и, = ТХ'Т Према

(1 ), (2)

и

(3),

за тачну вредност се може узети х одређено са

x=x'±lx'lo,..

(4)

ПРИМЕР 16. Мерењем је установљено да је дужина х приближно једнака 1,414 јединица и да грешка мерења није већа од 10- 3 одговарајућих јединица.

Израчунати границу релативне грешке ове приближне вредности.

Решење, Из х' =

1,414

и 11,. =

10- 3,

према (З) добија се

/1,. ш-з о,. = ТХ'Т = 1,414 = 0,0007072. "' На основу Архимедове аксиоме, за сваки реалан позитиван број х и сваки n постоји јединствен природни број k тако да је

природни број

k k+1 10" ,;; х < ЈО"•

(5) ДЕФИНИЦИЈА 20.Ако ки од децималних

n

cyk, n природни бројеви и важи (5), онда се сва. k+1 зове приближна вредност брОЈ.а х на број ева 1k0" и 10"

децимала.

ПРИМЕР 17. Може 1,414213 < .fL < 1,414214.

се показати да за ирационалан број .fL важи Наћи приближну вредност броја v"I на 5 децимала.

2.8.

57

ЗЛОКI'УГЉ\1ВЛIЬГ: Дfi\IIMЛЛ!IIIX t.I'OJJ.IIЛ

Решење. Из горње двоструке неједнакости следи

141421

105

<

.f2

<

141422 10~

.

Одатле је, у складу са дефиниuнјом 20, .f2"" 1,4142 1 или .f2"" 1,41422. А Апсолутна грешка приближног броја х' на n децимала не може бити већа од IO-", што значи да је f:!.,. :;; 10-". Значи, ако се .f2 замени са 1,41421, онда грешка није већа од Ја-~.

2.8.

ЗАОКРУГЉИВАЊЕ ДЕЦИМАЛНИХ БРОЈЕВА

У пракси је тешко рачунати са бројевима који имај у много цифара иза децималног зареза (каже се и "кој и имај у много деuимала"). Зато се намеће потреба щ1 се такав број замени бројем који ИI\IЗ мање деuнмала, али тако да грешка буде што мања. Ево како се то постиже.

За сваки позитиван број х и сваки природнн број број

Е

k

N, такав

n

постоји јединствен

да је

k

k+ l

1О" :;; х < --топ-·

.

. б рОЈ. изме ђ у k ,. н~ k+ l апрок10 . • h 10-п . . k + l k КОЈа НИЈе ве а од , Јер Је 1CF" - "'i(F = 1Q- n.

Из ових неЈеднако ст и се види да симира

б рОЈ. х

са грешком

,

Наравно, за х се може узети

вредности на

n

k

lO"

б

ило КОЈИ

k+I . . ~ или~· ТЈ. Једна од његових прtюлижннх

децимала. Ова два броја имају тачно

n

децимала, док било

који други број између њих може имати и више деци мала од п. Али, сви они имају

n

првих децимала истих, дакле не ра зликују се на првих

ДЕФИНИЦИЈА

за коју је t::.;

21.

n

децимала.

Од две приближне вредноспrх' на п децимала, она

:;; ~10-" зове се заокругљена вредност броја х на n децимала.

Значи, ако се број х зао кругли на n децимала, онда грешка заокругљивања

не сме бити већа од ~~ о-". ПРИМЕР 18. 2) 2 децимале.

Нека је х=

3,4873.

Заокруглитн овај број на:

1) 3 деци мале;

Решење. 1) Ако је t' = 3,487, онда је lx- х' 1= 0,0003 < 0,0005 = ito-з, То

= 3,487 заокругљена вредност броја х 11:1 З децимале. 1 2) Ако се за х' узме 3,48, онда би било lx- х ' 1 = 0,0073 > 2 to-2, што значи

значи да је х'

дах'=

3,48

онда је

није заокругљена вредност на

lx- х' 1 = 0,0027 < 0,005 = ~~о- 2.

2 децимале. Дакле, 3,48

Ако се за х' узме 11

3,49

3,49,

су приближне

вредности броја х на две деци мале, ал н је само друга вредност заокругљена вредност на

2 децимале. А

Према дефи ницији

21,

n

децимала

n деци мала.

Поставља

за заокругљену вредност броја х на

узима се једна од две nриближне вредности броја х на

58

РЕАЈТIШ bl'OH,RИ

се питаље коју приближну вредност треба узети, маљу или већу, да ли узети

број k ·Ј()-" или (k + 1) · НЈ-". Користећи услов 1'.,.,;; ~ 10-", анализом се долази до следећих правила о заокругљиваљу децималних бројева на

(правило

4)

n

децимала

је уобичајена конвенција):

1) ако је n+ 1-ва цифра маља од 5, онда се првих n цифара задржавају без промене:

2)

ако је п

+

1-ва цифра већа од 5, онда се п-та цифра увећава за Ј, а остале

испред ље остају непромељене (уколико п-та цифра није

9): 5, а остале које долазе после ље нису све нуле, тада се примељује правило 2): 4) ако је n+ 1-ва цифра 5, а иза ље су све нуле, онда се првих n цифара не мсња уколико је n- та цифра парна, а уколико је п-та цифра непарна, онда 3)

ако је

n

+

1-ва цифра

се она увећава за Ј, а остале испред ње остају непромељене (изузев ако је п-та цифра

9).

Уколико је у случајевима

а претходна се цифра

(n -

2), 3)

и

п-та цифра

4)

1-ва цифра) увећава за

1;

9,

онда она прелази у О,

ако је и та цифра

9,

онда

и она прелази у О итд.

ПРИМЕР 19. Заокругљене 7,2381; 0,2850; 4,83500; 4,865001

вредности на две децимале бројева

3,78456;

3,78; 7,24; 0,28; 4,84; 4,87. &

су редом

У пракси се за податке потребне за израчунавање неке величине обично дају љихове приближне вредности на

n

децимала. То се понекад у тексту

нагласи, а понекад се подразумева. У таквим случајевима ранг последње де­

цимале указује на границу грешке са којом је тај број дат. С тим у вези треба указати на разлику у значељу нула на крају неког децималног броја. Наиме, ако неки тачан број за последљу децималу има нулу, онда се та нула може изоставити. Међутим, ако неки децимални број представља приближну вредност неког другог броја, онда нула на крају има значеље, јер последља децимала приближног броја показује границу апсолутне грешке. Тако, на пример, ако број

1,78040

представља тачну вредност неке величине, онда се

последља нула може изоставити, али ако тај број представља приближну вредност неке величине, онда последља нула показује да је граница апсо­

лутне грешке те приближне вредности

10·'-

У том смислу се уводи и сле­

дећа дефиниција. ДЕФИНИЦИЈА

22.

За приближан број х', све љеmве цифре које сура­

зличите од нуле, нуле између цифара различитих од нуле и нуле на крају децималног записа које указују на тачност приближног броја називају се

значајним цифрама. ПРИМЕР тим О између

20. У 3и4

приближном броју 0,003040 значајне цифре су 3 и 4, за­ и О на крају. Сматра се да овај приближан број има гра­

ницу апсолутне грешке

10-'. ""

2.9 OCIIOOIII-

2.9.

ОГIЫ'АЩtЈа, СА IIPiiБIIItЖIIIt!'.t

59

liPOJI·DitMA

ОСНОВНЕ ОПЕРАЦИЈЕ СА ПРИБЛИЖНИМ БРОЈЕВИМА

Код рачунања са приближним бројевима постављају се два важна питања. Ако се знају приближни бројеви и њихове границе апсолутних грешака и

ако се са њима изводи неки рачун, колика

he бити тачност резултата? Друго питање је још теже: са којом тачношћу морају бити дати приближни броје­ ви са којима се рачуна, да би резултат имао унапред задату тач ност? Следеhа теорема he дати одговор на прво питање, али само за основне алгебарске операције са приближним бројевима. ТЕОРЕМА

7. Ако је х =х' ± ().,., и у =у' ± D.y, тада је:

х+ у= х' +у ' са апсолутном грешком која није већа од().,. +

1)

зна•1и да је 1 (х +у) - (х' +у') 1 ~ ().,..

2) х - у =х' -у' са апсолутном грешком која није већа 3) х ·у =х' ·у' са апсолутном грешком која није већа од

lx' 1 ::7· + li 1 ()., . + ()., · D.y·;

4)

х

D.y· (то

+ D.y};

.

х

.

од().,.

+

D.y;

ћ

у= ут са апсолутном грешком КОЈа НИЈе ве а од

lx' 1

1+ IY'

lil· lil-

1 ()....

D.y

(у' ~ о, D.y· < 1 у' 1 );

1

1) По претпоставци је lx- х' 1 ~ ().,. и IY- у' 1 ~ f\, па је +у) - (х ' +у') 1 1 (х -х ') + (у- у') 1 ~ lx -х' 1 + IY- у' 1 ~ ()...+ D.y. (Коришhена је неједнакост 1 а + Ь 1 ~ 1 а 1 + 1 Ь 1. теорема 6.)

Доказ.

1(х

~

=

2) Сли'!но се добија за разлику: 1(х- у)- (х'- у') 1 = 1(х -х')+(у'- У) 1 ~ lx -х ' 1 + li- Yl ~ ()., +().у· 3) Овде је lxy - х'у' 1 = 1(ху- ху') + (ху' - х'у') 1 ~ lx 11 У- у' 1 + li llx -х' 1

lx

1 6.у + 1 у' 1 ()..... Осим тога је 1

lx = 1(х -х') +х' 1 ~ 6., + lx' 1. па је коначно lxy- х'у' 1 ~ ( lx' 1+ ().,) 6.у + IY' 1 6..·= 1х' 1 D.y·+ 1у' 1 ().,+ ().< 6.у ·

4) х

Из

х'

_

1-у- утl -

l.xy' -x'yl

1 (ху' - х'т')

у

lw' 1

+ (х'у'

lli 1

- х'у) 1 <

-

lx' 1 б + li 1 6.,. у lli 1

и

IY 1 = IY- у'

+у' 1=

li -(у' -у) 1 ~ lli 1 - li -у 11 ~ 11 у' 1 - D.y 1 1 а - Ь 1 ~ 1 1 а 1- 1 Ь 1 1. теорема 6), добија се

(коришhена је неједнакост

х

1

х'

lx' 1 + ly' 1 6., ут 1 ~ li 1. li 1- D.y 1.•

1у -

С обзиром да је о, = ~: l' лако је сада извести обрасце за релативне

1

грешке збира, разлике, производа и количника приближних бројева. Тако, ако се означи u =х' ·у', добиhе се Л =А

+Л

60

РFА.1НИ БРО1НШ

То значи да је релативна грешка (граница релативне грешке) производа приб.1ижних бројева једнака збиру релативних грешака (граница рслатив­ них грешака) појединих чинилаца.

ПРИМЕР

21.

Ако су х'=

3,208

и у'=

приближни бројевима х и у на

0,472

З децимале, израчунати приближно бројеве х+ у их-у и проценити грешке резултата.

Решење. Пошто су х' и у' приближни бројеви на

3

децимале, то је

t., = ""'· = 10·'- Приближна вредност за х +у и х- у биће, редом х'+ у'~ 3,680 их'- у'= 2,736, а границе апсолутних грешака биће, према Ј) и 2) теореме 7, једнаке t.,. + L\· = Ј о·-' + Ј о-з= 2 · ю·'-"' ПРИМЕР

22.

За х и у из претходног примера приближно израчунати

х

х·у и у и проценити грешку резултата.

Решење. Непосредно се израчунава да је х' ·у'= Ј,5Ј4Ј76. Граница апсо­

лутне грешке, према 1

х'

з 7·ЈО- 3

'

t., +

1

1

у'

1

3)

теореме

7,

биће

t., + t.,. t., = (3,208 + 0,472 +

ш-')· Јо-э

= 3,68Ј. ш-з

<

х'

.

Помоћу калкулатора се може видети даје у'

= 6,796610. Према4), граница

апсолутне грешке није већа од

lx' 1t.,. + IY' 1t.,. - Ј7 ·lo-• "' IY' 1. lly' 1 t., 1. Често се са приближним бројевима изводе и сложеније операције из тео­

реме

7.

Рецимо да је потребно приближно израчунати вредност величине

и која од величина х и у зависи на следећи начин: и _х(у-х) -х+2у'

а за величине х и у су мерењем добијене вредности х =х'

±

t.,., у

=у'

±

L\··

Наравно, поставља се питање тачности израчунате вредности величине и.

Приказаћемо како се тражена вредност за и може добити уклапањем из­ међу две могуће вредности- најмање и највеће вредности величине и како се процсњује грешка. Означимо са

и

g(<)

G(x)

-

и

најмању односно највећу

вредност величине х (доња граница за х и горња граница за х). Аналогно

томе ће запис

li(y

позитивни, х =х'

-х) означавати доњу границу за у -х итд. Ако су х и у

±

Д,,., у =у' ± ~·· онда је:

g(x +у) = g(x) + g(y), g(x -у) = g(x) - G(y), g(x ·у) = g(x) ·g(y),

G(x) =х' + <'.,·, G(x +у) = G(x) + G(y), G(x -у) = G(x) - g(y), G(x ·у) = G(x) · G(y),

g(~) = !}~)'

с(~)=~&}-

g(x) =х' - <'.,·,

=

За конкретан случај х 2,34 ± 0,02; израчунавања могу се сложити у табелу.

и

= 3,72 ± 0,03,

резултати

ових

2.Ч

OCIIOI!I/1·

61

01/ Н'ЛШIЈ~ СЛ IIP/Ih,;IIIЖIIII\If,PQJL·81 1МЛ

g

G

х

2,32

2,36

у

3,69

3,75

у -х

1,33

1,43

х(> -х)

3,0856

3,3748

2у

7,38

7,50

-· \. + 2у и

9,70

9,86

0,31294

0,34792

За nриближну вредност величине и nриродно је узети аритметичку сре­

дину бројева g(u) и G(u), тј. број и ' = ~(g(u)+G(u)), а за границу апсолутне t.. = G(u)-u'. = 0,01749 < 0,02.

грешке број !:;..

У нашем конкретном случају је и'=

и

0,33043

ПРИМЕР 23. Дужина полупречника кружног лука, чија је одговарајућа тетива 21 а р највеће нормално растојање тачке тог лука од одговарајуће те-

тиве, дата је са r = ~ + ~-Ако је 21 = 19,45 ± ближну вредност за

0,05,

р= 3,62 ±

0,03,

наћи nри­

r и границе аnсолутне и релативне грешке.

Решење. Као у описаном случају, помоћу методе уклапања између доње

и горње границе нађу се g(r) и

G(r).

g

,z tz/2p

19,40 9,70 3,59 7, 18 1,79. 94,09 12,88

G 19,50 9,75 3,65 7,30 1,83 95,06 13,24

r

14,67

15,07

2Ј

1 р

2р р/2

= 21 (g(r) + G(r)) = 14,87 t.,. = G(r) - r' = 0,4 0•4 6., о 027 • и, = 7 = 14,87 = '

r' .i

ЗАДАЦИ

1.

Заокруглити број х

= 3,480561

на

2, 3, 4, 5, 6,

односно на

7

свим случајевима наћи грешку заокругљивања (запис х=

децимала. У

3,480561

оз­

начава да је х бесконачни децимални број код кога се блок цифара

561,

после О, неограничено понавља).

2.

Ако је

х= х' показати да је:

10

2;

±

t.,,

у= у'

±

tJ."·,

1 о-2, 6" = 2.1 10 z, tJ.,. = 21

1) х+ у :::х'+ у' са апсолутном грешком која није већа 2) х -у== х' -у' са апсолутном грешком која није већа од 10 2•

од

62

РЕАЛНИ БРОЉВII

З. Израчунати збирове, односно разлике:

1) о, 543 ± 2,789 2) 22,41 ± 10,135 3) 0,05 ± 1,3 тако да грешка не буде већа од ю- 2.

4. Нека је а= 2,35 ± 0,01, Ь = 6,03 ± 0,02 и с= 0,28 ± 0,03. Приближно израчунати вредности: а

+ Ь, а + Ь+с, а + Ь + 2с, Ь -

2а, а

-

5с, Ь -а

-

с.

У свим случајевима проценити границу апсолутне грешке резултата.

5.

Нека је а

= 34,695 ± 0,005,

жно изра•1унати вредност релативне грешке.

= 39,815 ± 0,005, с= 16,445 ± 0,005. Прибли­ а-с израза Ь _ с и проценити границу апсолутне и Ь

ТРЕЋА ГЛАВА

ПРОПОРЦИОНАЛНОСТ

Пропорционалност је један од најпростијих облика функционалне зави­ сности.

На пример, када се купује у самопослузи, за већу количину набављене робе биће потребно више новца. На пример, за два пута већу количину неке

робе требаће два пута више новца; за пет пута мању количину робе требаће nет пута мање новца и слично.

Ако читамо неку књигу свакодневно по два сата, требаће рецимо

12

дана

да је прочитамо, а ако сваког дана чита~ю три пута дуже, тј. по шест сати, требаће три пута мање дана, па ћемо књигу прочита ти за

4 дана.

У сваком од ова два примера јављају се две величине које се мењају уза­

јамно зависно, али не сваки пут на исти начин. У првом случају обе ве­ личине се повећавају или смањују истовремено, а у другом случају док једна расте, друга опада и обрнуто. Међутим, у оба случаја заједничко је да се обе зависне величинс мењају исти број пута, тј. множе се или леле истим кое­ фицијентом. Такве наровс величина се заједничким именом називају про­ порционалне величине.

3-1-

РАЗМЕРЕ И ПРОПОРЦИЈЕ

Две величине исте врсте (често се каже истоимене величине) могу се поредити апсолутно и релативно. Апсолутно поређење је мерење, тј. упо­ ређивање величина са неком стандардно м величином те врсте. Релативним

упоређивањем се утврђује како се две величине исте врсте односе једна пре­ ма другој. Наиме, утврђује се однос мерних бројева ових величина. Овакав

релативан однос тих бројева назива се размером. ДЕФИНИЦИЈА

1.

Количник реалних ројева а и Ь(аЬ

;,; 0),

тј. број

а

а :h = Ь' назива се размером бројева а и Ь. Ако се зна размера два позитивна броја, онда се из ње може закључити који је од њих всћи или да су једнаки, зависно од тога да ли је размера већа од

1,

мања од

1 или

је једнака

1.

Али, ако се размера а

: 1>

у случају да су а и

Ь рационални бројеви, приширивањем или скраћиваt-ьем сведе Шi најnро­ стији облик, онда се из тако добијеног односа види више од обичног уnо-

ређивања по величини. На nример, за а = 2 /.., и Ь

=

3~ добија се

64

ПPOIIOPI\ИOHл;IIIOCT

112510

а

: Ь = 212 : з 3 =

Т:

= 5:8

3

из чега се јасније види релативни однос ових бројева

ДЕФИНИЦИЈА

2. Ако су размере а : Ь а

(1)

:Ь =

с

:d

ис

међусобно једнаке, тј. ако је

:d

(abcd >' 0),

онда се каже да бројеви а, Ь, с, d, овим редом, образују просту пропорцију (Ј). Бројеви а и порције

d

су спољашњи, а бројеви Ь и с унутрашњи чланови про­

(1 ).

Једнакост

( 1)

еквивалентна је са једнакошћу

(2)

ad =

Ьс

(abcd >' 0).

То значи да за пропорцију (било коју) важе следећа тврђења. ТЕОРЕМА

l. 1) Производ

спољашњих чланова једне пропорције једнак

је производу унутрашњих чланова те пропорције.

2) а

Ако је

:Ь =

с

abcd >'

О, онда је

: d <> а : с =

Ь

: d.

Ако су три члана пропорције члан, користећи

(1)

познати (дати бројеви), онда се четврти

лако израчунава. Тако настају импликације:

(2),

х: ь =с: Ј~ х= ьЈ,

(3)

a:x=c:d~x=ad. с

Ове импликаuије се некад зову просто правило трајно. Познато је да се пропорuије користе врло често у математиuи, на пример у геометрији, код сличности троуглова. Међутим, оне се примењују и при­ ликом решавања разних задатака из свакодневног живота.

ПРИМЕР

1.

може купити за

Седам килограма јабука кошта

180

Решење. Ако се за носно

105: 7

105

динара. Колико се јабука

динара'!

180

динара може купити х

kg

јабука, онда је

180: х,

од­

цена једног килограма јабука. Зато је

180: х= 105: 7 Одавде се, према

(3),

.

добиЈа Х=

180·7

\lJ5 = 12. &

У овом примеру само један члан пропорције је био непознат и такви за­ даци су по природи најпростији. Међутим, задаии из различитих области доводе до пропорција у којима непозната може да буде у два члана пропор­

ције. Наводимо два таква случаја из геометрије. Први је пропорција а :х =х

: Ь,

(а

>

О, Ь

> 0),

која настаје применом сличности у правоуглом троуглу (о томе више у

сепмоi глави). Та проnорција, nрема

(2),

дефинише број х=

va1i,

тзв. геоме-

3.1.

65

PAЗ~EI'f' И ПPOIIOPIIИЉ

Други случај настаје из захтева да се дата дуж дужине а подели на два дела тако да се већи део х односи према остатку а -х као цела дуж према

већем делу. Конструкција такве поделе налази се још код Еуклида, у љего­ вим Елементима. д колики су значај и интересовање били за решење таквог задатка види се из тога што се таква подела зове "златни пресек", па чак и

"божанствена пропорција". Дакле, "божанствена пропорција" гласи х

: (а

-х) = а :х.

Одавде се, према (2), долази до квадратне једначине

r

+ ах -

се решава у другом разреду. Тада ће се доказати да је х

=

а

уЈ-

а' = О (која

1

2

"'

0,62а).

У неким задацима биће посматрано више једнаких размера, о чему гово­ ри следећа дефиниција. ДЕФИНИЦИЈА

3.

Једнакост три или више размера назива се про­

дуженом пропорцијом. На пример,

n=

а: т= Ь:

(4)

с :р=

d: q

а

Ь

с

d

т

n

р

q

или-=-=-=­

је једна продужена пропорција дужине

3.

Ако су неки чланови ове пропорције непознати или се непозната налази у њима, тада се

(4)

сматра као систем од три једначине.

Продужена пропорција

(4)

се, ради једноставнијег означавања, краће за­

писује као а: Ь: с:

d =т :n: р: q.

Постоји још једна важна особина пропорција. ТЕОРЕМА

2. Ако је а1

а2

а.,

ь, = ь, = .. · = ь" = k

(5) за неки

n

Е

{2,3, ... },

тада је а1 а1 а1 Ь 1

где је бар један број

Доказ. Из

+ а 2 а 2 + ... + а,. а" а 2 Ь 2 + ... + а,. Ь,.

;::::; k

+

a,(i = 1,2, ... ,n)

'

различит од нуле.

kb,(i = 1,2,... ,n). Отуда а 1 а 1 + а 2 йz + ... + а" а,. _ a,kb 1 + а.јсЬ 2 + ... + а,. k Ь,. а 1 Ь 1 + а 2 bz + ... +а" Ь" а 1 Ь 1 + а 2 Ь 2 + ... + а,. Ь.,

(5)

је а,=

= k( а 1а 1 а 1Ь 1

+ а,а, + ... + а"а") = k 8 + а.јЈ 2 + ... + а,.Ь,. ·

На основу ове теореме, на пример, добијају се импликације: а: Ь =с:

d

~(а

а: Ь: с= р: ПРИМЕР

+ Ь):

(с

q: r ~(а+

2.

+ d)

=а: с, (а -с): (Ь

Ь- с): (р+

q- r) =

Ь:

- d)

q,

=а: Ь.

(2а- Зс): (2р- Зr) =а :р

Отац је тестаментом одлучио да се његова заоставштина од

А динара nодели на његово троје деце у размери 1 : 2: З, тако да најмлађе

66

IIPOIIOPЦИOIIA..1HOCT

дете добије највише, а најстарије најмање. По колико су динара наследила деца?

Решење. Ако је најстарије дете добило х динара, средње у и најмлађе динара, онда је х :у:

f =Ј= k,

зује да је Т= х

+ y+z

3.2.

=А

z = 1:2:

.

даЈе х

З их+ у+

z

па је х= k, у= 2k, z

А

А

= 6• у = 3

и

z

z

=А. Продужена пропорција пока-

што према једнакости

= 3k,

А

= 2· .111.

ДИРЕКТНА И ОБРНУТА ПРОПОРЦИОНАЛIЮСf. ПРИМЕНЕ

Често се јављају пропорције у којима су непозната по два члана (на при­ мер, један непознати члан је х и други у). При томе је битно разликовати два случаја: када је једна непозната спољашњи, а друга непозната уну­

трашњи члан пропорције и када су обе непознате или унутрашњи или спо­ љашњи чланови пропорције.

ДЕФИНИЦИЈА4. Нека су т ипдатибројеви(т,

n"' 0),

ах и у непознати

бројеви. Каже се да су х и у директно пропорционални уколико је

x:m =y:n.

( 1) Ако је n:•к

x:m =n

(2)

:у,

онда се каже да су х и у обрнуто пропорционални. Јасно је да х и у који задовољавају једнакост

(1)

или једнакост

(2)

нису

једнозначно одређени. Ако се х мења, онда ће се мењати и у (под условом

(1 ), променљиве х и у директно (2) обрнуто пропорционалне. Према томе, директно пропорционалне променљиве задовољавају једнакост у = ;х, а обрнуто mn n пропорционалне у = х· Ако се уведу ознаке k = т и а = mn, онда се директ-

( 1)

или

(2)).

Зато се често каже да су, у случају

пропорционалне, а у случају

на пропорционалност променљивих изражава са

у

(3)

=kx,

а обрнута пропорционалност са

(4) Из

(3) се види да је у k > 1). Зато се и

х ако је

(увек)

k

пута "већи" од х (У је заиста

k

пута већи од

каже да су х и у директно пропорционални. Из

( 4)

пак се види да се у смањује ако х расте (под претпоставком да је а >О) и

обратно, да у расте ако се х смањује. На пример, ако је х број

kg

одређене врсте робе, а у вредност робе у ди­

нарима, онда су ове две величине директно проnорционалне; за већи број

kg kg

робе потребно је више динара. У ствари, тада ј еу =

kx, где је k цена једног

робе. Али, ако је х број радника који могу за заврше један посао, а у број

Лlti'I·KTHЛ

].2.

11

ОliГНУТЛ llrOIIOI'(\\IOHЛ:tiiOCГ

67

IIJ'IIMI'HF:

дана за који се тај посао може завршити, онда су ове две всличине обрнуто nроnорционалне. Наиме, са више радника се посао завршава за мање дана.

Тада је у

= ~·где је а број дана за који тај посао може завршити један радник.

ПРИМЕР З. За стаје

7m

4,5 m

једне врсте штофа плаћено је

198

динара. Колико

тога штофа' 1

Решење. Ако

штофа стаје х динара, онда Ј

7m

х: 7 динара. Зато је х: 7 =

198:4,5.

m штофа стаје 1 8 7

Одавде је х= ~ ,.~

198:4,5

или

= 308.

Решавању овог задатка може се приступити и записивањем датих ве­

личина и непознате величине у облику шеме

m ј 4,5 7m

1198

дин.

х дин.

Количина штофа и цена су директно пропорционалне, па су стрелице

једнако усмерене (за више динара добија се више метара штофа). Зато је 4,5:7=198:х . .6.

ПРИМЕР

4.

Ј еда н ва гон uакова нсмента истоварила су

часова. За колико би часова тај вагон истоварила Решење. Нека су

4

3

радника за

12

радника''

радника истоварила овај вагон за х ч асова. Тада се ло­

4

даци и непозната могу шематски приказати са

1

3 4

радника

[12

радника

часова

х часова.

Време рада и број радника су обрнуто лропорционални, па су стрелице

супротно усмерене (за више часова рада потребан је мањи број радника). Смер стрелица одређује размере, па је 3:4=х:12,

одакле се добија х ПРИМЕР

= 9. .6.

S. За 150 дин купљена је 4 метра штофа ширине 75 ст. Колико 8 метара истог штофа шир ине 45 ст'' (Наравно, цена штофа

треба новца за

је управо сразмерна површини штофа.) Решсње. Из шеме са подацима и непознатом

150 1 закључује се да је ПРИМЕР дневно

8

6.

дин

14·0,75 т 1 8·0,45 m 2

Х ДИН

150

Ако

:х=

28

(4·0,75): (8·0,45),

радника за

17

дана асфалтирају

ч асова, колико ће дана радити

та, дужине

5040 m,

одакле је х=

42

часовима износи

са скраћеним радним временом од

28 ·17 · 8,

а вредност

5040

5440

т пута, радећи

радника на следеhој деоници пу­

7 часова дневно'! 5440 т пута у радним износи 42 · 7 ·х радних часова.

Решење. Нека је х број тражених дана. Вредност Дакле, имамо шему

180. .6.

т

68

ПPOIIOPIIИOIIAЛHOCT

5440 5040

1 паје5040:5440

ПРИМЕР

7.

=

т

28 ·17 · 8

1

т

(42·7·х):

радних ч асова

42·7·х радних часова,

(28·17 8).

Одавдеседобијах

= 12. .А.

Продавница је набавила три спаваће собе по ценама од

48 000

динара, 80 000 динара и 30 <ХХЈ динара Трошкови набавке шносе укупно 19 781\,8 динара. Да би најскупља соба била приступачнија потрошачима, одлучено је да се трошкови распореде обрнуто сразмерно набавним ценама. Како су ра­ споређени трошкови?

Решење. Ако је

х :у: z

1 1 1 = 48 000: 80 000: 30 ()()()•

односно, када се десна размера упрости, добија се

x:y:z=5:3:8, при чему је х+ у+

16k = 19788,8

z = 19788,8

динара, односно

динара, односно х=

z = 9894,4

6184

динара. Даље је х=

па је

5k,y = 3k, z = 8k,

динара. Према томе х=

k = 1236,8

динара. Слично се добија у=

3710,4

5 ·1236,8

динара и

динара. .А.

ПРИМЕР

8.

Зоран, Душан и Никола су наследили суму од

277 500

дина­

ра. Према тестаменту, делови које добијају Зоран и Душан односе се као

3: 2, 4 : 5.

а део који припада Николи, према Зорановом делу, стоји у размери Колико је сваки од њих наследио?

Решење. Из услова z: d = 3: 2 и n: z = 4: 5 добија се z: d = 15: 10 и n: z = 12: 15. Дакле, деоба се врши у размери z: d: n = 15: 10: 12, при чему је z + d + n = 277500. Поступајући као у претходном примеру, добија се z = 15k, d = 10k и n = 12k, односно 37k = 277500, те је k = 7500. Зоран је на­ следио 112 500 динара, Душан 75 000 динара и Никола 90 <ЮО динара . .А. ПРИМЕР

9.

Залагањем радника постигнута је уштеда у материјалу.

Управа предузећа је одлучила да износ од

1 968 397,2

динара подели радни­

цима из три погона у којима је остварена уштеда и то управо сразмерно броју радника и оствареној уштеди. При том је:

7 радника имао уштеду од 31,5 тона, П погон са 9 радника имао уштеду од 48,6 тона, Ш погон са 11 радника имао уштеду од 69,3 тона. 1 погон

са

Колика је награда сваког радника?

Решење. Суме које добијају ови погони означимо са а, Ь и с. Тада је а :Ь :с=

(7·31,5) :(9·48,6): (11·69,3)

или

а

:Ь

:с

= (7 · 315) : (9 · 486) : (11· 693),

+ +

при чему је а Ь с = 1968397,2. Даље је а k = 138,6. Радник у првом погону добија

= 2205k, Ь

је

2205. 138,6

=

43659

= 4374k, с = 762Jk,

па

_\_\

11Р011НП1Нt 1'ЛЧУ11

динара награде. У другом nогону добијају

96 049,8

динара и у трећем

no 67 359,6

no

динара. А

ПРИМЕР 10. Треба nомешати две врсте робе, •1ије су uене а дин no kg н h дин no kg, да би се добила роба по uени од с дин по kg, Ь < с < а. Одредити

у којој размер и треба мешати ове две врсте робе. Решење. Треба узети х мешавине. (а

- Cfx

~ (с

Отуда

-

се

прве и у

kg

добија

ПРИМЕР

kg.

ar + Ьу

~

11.

На складишту има кафе по uени од

Направити

55, с~

мешавине која

120 kg

he

75

дин по

се продавати

бК Зато је х :у~ (с- /Ј): (а- с)~

је још х +у ~

+у)

kg

одавде

Је

(<

(а- с).

h):

120 kg,

то је х ~

3.3.

78 kg

иу ~

55 дин kg. где је а ~ 75, ь~ J3k,y ~ 7k. Како

no 68

Решење. Ово је спеuијални случај претходног примера, ~

а

c(r+y),

Ь)у и коначно х :у~ (с-

по

друге робе и добити

kg

једнакост

1.'\: 7. Дакле, х~ 42 kg. А

kg

и од

дин 110

ПРОЦЕНТНИ РАЧУН

У условима снажног технолошког наnретка у свим сферама друштва у условима сталног обрачунаваља и прерачунавања продуктивности, цена, инфлаuије и других економских категорија, nроценти су се одомаћили у

породичном кругу, штампи, на телевизији, у предузећима. У школама се оnшти успех ученика такође мери процентима.

Познато је да је nроuенат, у извесном смислу, универзална јединица ме­ ре и представља стати део неке величине. Дакле, један посто од а износи

1 fю

или 0,01а и означава се са 1% од а. У рачуну са nроuентима јавља се

основна величина која се најчешће зове главницом и означава са G. То је, рецимо. планирана производња, заnраво количина планиране nроизводље,

uена укуnних радова, норма nроизводње за одређено време итд. Затим се

јавља број Р који, на пример у nрвом случају, озна•1ава остварену производ­ њу, и број р који означава са којим је процентом остварена та производња. Шематски приказ тих бројева изгледа овако:

!

G

јединица

!

100

Р јединица

nосто

р n,осто.

Зато важи проnорција Р~ НЮ: р илиР:С ~р: ЈОО,

G:

па се поједине величине израчунавају по обрасцима

G _ lOOP Ј

ПРИМЕР

262,R

12.

-

р

'

р_ !!Ј!. - НЮ'

р

_ 100?

-

G .

Ако се плати у готово м, цена књиге је нижа за 20(Љ и износи

динара. Колики је nопуст?

Решење. Овде

ie Р

= 262,8 дин, р =

ХО%, тражи се главница

70

IIPOПOPI{ИOHAJIHOCT

G =

\ООР -р-

26 280

= ----sD = 328,5

За плаћање у готовом новцу попус-r је

65,7

динара.

динара.

Користећи децимални заnис за nроuенте, овај задатак се може решавати

без nропорпија на следећи начин. Из

0,8 G = 262,8

следи

G = 262,8 : 0,8 =

= 328,5 динара итд . .." ПРИМЕР

13.

У првој продавници кошуља је прво поскупела за

20%,

а

онда појефтинила за исти пропенат. У другој nродавници је иста таква кошуља прво појефтинила за

а онда поскупела за исти проценат. У

20%,

трећој продавници нису мењали цене. У којој продавници је сада та кошуља најјефтинија? Решење. Нека је почетна цена кошуље у све три продавнице с. У првој продавници је цена сада

ници нова цена је

0,8

1,2 · с · 0,8 = 0,96 с, тј. за 4% нижа. У другој продав­ 1,2 = 0,96 с, дакле иста као и у првој. Значи, у

·с·

трећој продавници је цена највиша. .."

\4.

ПРИМЕР

Радници А, В, С и

D

брали су јабуке за продају. Од ко­

личине коју су изнели на пијацу, радник А је набрао радник С Е,

F, G

30%,

а радник

D 15%.

и Н. Купцу Е је продата половина количине по

што је планирано. Купац

F

20%,

радник В

35%,

Сву количину су откупила четири купца,

20%

већој цени него

је откупио половину остатка, nлативши

10%

више него што су радници планирали. Од преостале количине, две трећине

су nродали куп цу

G, \0% испод планиране цене. После тога, све што је прео­ 75% од планиран е цене. Раднипи су за­

стало откупио је купац Н, плативши радили

динара више него што су планирали. Тај вишак су поделили

2 800

на четири једнака дела, а nланирани приход поделили су сразмерно набра­ ној количини. Колико је новаца сваки од њих добио од продатих јабука?

Решење. Нека је х планирани приход. Купац Е је платио

1·1 ,2 динара.

Половина од остатка је четвртина, па је купац

"11 · ,

динара.

4

платио

тио

к у пац с·Је

откупио

2

3

од остатка,

i ·0,9 динара. Остатак износи

х

12 · 0,75

1 12

F за свој део јабука nлатио · 1 укупне количине. о· ТЈ. н Је

6

укупне количине, па је купац Н nла-

динара. Купци су укупно платили 1,0875х динара, односно за

0,0875х динара више од планиране цене, што износи кости

0,0875 х

2 800

= 2 800 добија се да је х = 32 000 динара.

динара. Из једна­

Радници су од вишка

добили по 7СХЈ динара. Од планиране цене радник А је добио 20%, тј. б 4(Х) дин, радник В дакле

5 500

35%, тј. 11 200 дин, радник С 30%, значи 9 600 дин и радник D 15%, 4 ЖЮ динара. Укупно су зарадили, редом, 7 \00, 11 900, 10 300, односно

динара.

ПРИМЕР

.." \5.

Тек оборено стабло било је тешко

64'Љ воде. После недељу дана то стабло је садржало смањила тежина стабла за ту недељу?

2,25

тона и садржало је

46f}f, воде. За колико се

3.·1.

71

КЛ,"1ЛТ1111 I'ЛЧYII

Решење. Сува матернја дрвета, кЂа не нсnарава, nредставља

тона, тј. р= 36, G ч11ни

36%

од

2,25

= 2,25r, па је Р= -rбЬ- = 0,81r. Ова КОЛ11Чitна nосле сушења

54% од тежине стабла (46% је вода), па је сада р' = 54%, Р' = 0,81 и

= IOO,P' = 15 t.

G'

р

Дакле, теж11на стабла се смањила за

0,75r. •

Промил nредставља х11љадити део главн1ще, а сав рйчун са промилима

разликује се од nроцентног рачуна у томе што се уместо броја број

100 корнсти

1 000: G :Р

= 1000 :р.

ПРИМЕР 16. Годишњи прираштај craHOBHIIKa у Лозници износи 35,5 nромила, односно 1 349 становника. Колико људи тренутно ЖI!DII у Лозници? Решење. Р=

1349 становника, р= 35,5. р. 1000 1349·1000 G = р = = 38 000 становника. • 35 ,5

3.4.

КАМАТНИ РАЧУН

Постоји изрека "Време је новац". Она има буквално значење кад је у пи­ тању улагање новца у банку или позајмљивање новца из банке. Новац уложен у банку доноси приход који се назива камата.

Формула за nроцентни износ Р= ~~ користи се и за израчунавање ка­ мате, годишње добити или интереса /. Наиме, ако је К уложени новац (ка­ питал, rла.вница), ар nроценат који банка даје на уложени новац за годину дана (каматна стопа), онда је, nрема горњој формули,

(1)

l

п

.

олуrодишњи интерес је,

износи

1 1 = ..!SL. 1200 12

Према

наравно,

TOI\te,

1

Кр

21 = 200 ,

.

а интерес за један месец

интерес за улог орочен на п месеци износи

Ј'

(2)

= ~~-

Kpn - 1200'

а интерес за улог орочен на

n

(З)

дана износи

1''

(сматра се да сваки месец има

= -..!ii!!!_ 36000

30 дана).

Према формули (1), ГОДИШЊИ интерес на улог к= 1 износи назива и интересном стопом. Ако се обележи са

r,

онда је

L r- 100"

(4) Формула

( 1)

чин и основу тзв. nростог каматног рачуна.

mo· Он се

72

ПРОПОРЦИОНАЈIIIОСТ

Погледајмо сада како се оt.:тварени интерес може прибрајати основном капиталу. Нека је основни капитал К уложен на више година. У интересу је

улагача да се годишња добит

1

на крају прве године приброји капиталу К,

па да у следећу mдину штедње уђе са почетним капиталом К+

1.

Тако се

може поступити и у наредним mдинама. Овакво прибрајање камате на крају сваке године зове се годишње капиталисање. Ако се остварени полуго­ дишњи интерес прибраја капиталу К после сваких пола године, онда се то зове полугодии1ње капиталисање. У том смислу може се говорити о капи­

талисању са

n

месеци или са

n дана.

Јасно је да је чешће капиталисање по­

годније за улагача.

У случају годишњег капиталисања, капитал после прве mдине износи

К 1 = К+ 1 = К+ fr}& = К (1 + ]ЮЈ = К(1 + г). После друге године капитал ће износити

К,= К 1 + ~м; = К 1 (1 + ]ЮЈ = К(1 + ]ЮЈ' = К(1 + г) 1 итд, а после

n

година

К" =К(! + т!ЈоЈ" = K(l +г)".

(5)

Ако се врши полугодишње капиталисање, онда после пола године капи­

тал износи К+ ~Љ = К( 1 + :ilioJ. После годину дана ће бити к с1 + 2{) 0 Ј +к с1 + z\1oJ Зато после

n

irJo =к с1 + z1I0y с1 + z\1oJ =к с1 +{ООЈ'.

година у ло жени капитал нарасте на

(б)

Сличним поступком долази се до закључка да месечним камаћењем у ло жени капитал за

n

месеци нарасте на

(7) ПРИМЕР

17.

Штедиша је

20.

јула уложио

32 000

суму имати на крају године ако је каматна стопа Решење. Рачунајући да сваки месец има дана. Како је К=

32000,

р =

9

и

n

=

160,

30

дин у банку. Коју ће

9%'!

дана, до краја mдине биће

то је према

(3),

160

интерес

32 000 . 9 . 160 - 1 280 36000 . Зато је тражена сума

ПРИМЕР

18.

33 280

динара. &

Каматна стопа на улог орочен на три месеца износи

Колики је био улог ако је тромесечна добит износила

2 700

45%.

дин? (Троме­

сечна добит, камата, исплаћује се годину дана после орочења.) Решење. Овде је

n

ната. Примени ли се

= 3,р = 45 (2),

и тромесечни интерес је

добија се

2 700,

а К је непоз­

3.4.

2700 = Одавде је К =

24 000 . .о11.

ПРИМЕР

Свота од

19.

100 000 5%.

уз годишњс капиталисање од сле

20

73

КАМАПIИ РАЧУН

45.3 1200

к.

дин уложена је на штедњу од

20

година

За колико би уложена сума била већа по­

година да је вршено полугодишње капиталисање'!

Решење. У првом случају сума се израчунава по формули

(5),

тако да се

добија

К20 = 100 000(1 + 1 ~/0 = 100 000·1.05 10, а у другом случају по формули (б), тако да је

К' 1 " =

100000(1 +

К' 20

К10 =

-

2 ~ 0 ) 40 = 100000·1.025

100 000(1,025 40

40

,

1,05 20 '.

-

Када се ова разлика израчуна, применом калкулатора на пример, добиће се сума од

3 180

дин .

.oil.

Као што се види из овог примера, вредност израза (1 +

-nJuJ" = ( 1 + r)" се

не израчунава лако. Зато у банкама постоје таблице вредности овог израза за конкретне вредности

r

и

n.

1А)\АI\И

1.

Одредити х из пропорција:

1) 4:3 = (49 -х) :х; 2) (9 +х) : б =х : 5; 3)7:х=(х-1):8.

2.

Један посао су започела Међутим, после

16

33

радника и по плану би га завршили за

дана рада

9

80 дана.

радника је премештено на друго гради­

лиште. За колико дана је урађен планирани посао'>

3.

Чоколада од чија је цена

4.

150 грама плаћена је 480 динара. 1 280 динара?

Шест комада цеви дужине

40 cm плаћено 50 cm?

је

Од колико је грама чоколада

5 100

динара. Колико треба

платити за осам цеви дужине

5.

Ако се на неком путу брзина повећа за

50%,

за колико ће се процената

смањити време кретања на том путу?

6.

Морска вода садржи са

7.

40

5%

соли. Колико литара чисте воде треба помешати

литара морске воде, да би се добио раствор са

У банку је

12.

августа уложено

7 200 динара,

са

1%

соли?

7,5% годишње 120 динара'!

датума је nодигнут улог ако је камата износила

камате. Ког

74

s.

111'01 IOI'lliiOIIЛ:II /ОС.: Т

По одбитку камате по стош1 од

45%

годишње, од

дужнику је исnлаћен остатак зајма у износу од

27.

10 990

марта до

7.

јула,

динара. Колико

износи само камата'!

У. Колика је камата на

6 000

дин<-tра за Х месеuи ако банка плаћа

го­

44%

дишње?

Сума од

10.

100 000

дин била је на штедњи

15

година и то најnре неколико

година уз 4~%, а касније уз 4% и нарасла за то време на IXSШS дин. Ко­ лико је година та сума била уложена уз

4%'?

ТАБЛИЧНО И ГРАФИЧКО ПРИКАЗИВАЊЕ СТАЊА,

3.5.

ПОЈАВА И ПРОЦЕСА У дневној штамnи, разним књигама, часописима (нарочито стручним)

постоје разне табеле, шеме, сликовни односи и разни други графички при­ кази. Сви ти прикази служе у свакодневном животу за опште информисање, у nроцесу образовања за лакше учење и систематизапију неких nодатака како би се лакше користили у даљем истраживању итд.

Ми hемо се овде задржати на графичком nриказивању две узајамно зави­ сне величинс. Њихова зависност се најчешће представља тачкама у правоу­ глом координатном систему.

ПРИМЕР

20. 1)

Ако једно јаје кошта

2 динара

11 ако х јаја ко шта у динара,

онда су у и х директно пропорционалне величине, па је у: х =

2 : 1,

тј.

у= 2х. Следећа табела приказује вредности nроменљиве у за конкретне вред­ ности променљиве х.

х

2

у

4

5

6

8

10

12

11

У овом случају са у= 2х задата је једна функција чији је домен

{1, 2,

З,

... },

па се помоћу табеле њених вредности може nриказати и њен график као скуn тачака

2)

(1, 2), (2 ,4), (З, 6), ... у nравоуглом координатном системухОу (сл. 1). 1 т штофа стаје 2 дин, а х т стаје у дин, онда је однос у и х исти

Ако

као у претходном случају, дакле у

: : :;

2х. Али, ако се претnостави да се може

куnити било која дужина штофа, онда би за ову функнију домен био интер­ вал

[0,

+оо). Графику ове функције nриnадају све тачке графика nретходне

функције, али и још много других, на пример (0,5; 1), (0,07; 0,14) итд. Пре­ низним цртањем могло би се наслутити да све тачке графика nрве функције nриnадају једној nолуnравој, а да у другом случају график nредставља баш ту nолуправу (сл.

2).

З) Ако су х и у произвољни реални бројеви чија је међусобна зависност дата са у:::::; 2х, онда је домен ове функције интервал (~оо, оо), ла ће њен

+

график бити права (сл.З). Да се у овом случају заиста ради о nравој линији f1нћ1• nnil"::.~-:t~џn н

.,,Q,.. ......... ;

,_,..,_,r.••

•

1.\.

у

IAI~IIIЧIIO

11 1 РЛФI\ЧI\0

75

lli'III
.... 1

2 • •

2

Сл

ПРИМЕР

21. 1)

х

<-

2

1 \

У уuбеницима физике и хемије налази се графички nри­

каз Бојл - Мариотовог закона (сл.

4)

pv = k је

х

2

х

или Р=

k

11.

Закон се односи на идеалан гас, где је р притисак, а V заnремина гаса, док одређена константа (на сталној темnератури она се не мења; у нашем

k

примеру узето је да је k

= 1).

Као што се видиk овде су р и V обрнуто про-

порционалне величине и домен функције р

= v је интервал (0, + оо ).

Ако се у горњем nримеру алстрахују конкретна значења за р и V, тј. ако се замисли да су то било какви реални бројеви који су међусобно зави-

2)

сни по nравилу р= ~. онда се добија друга функција чији је домен (- оо , О) u (0, + оо ). Графику ове функције припадају све тачке графика nрве функције и још тачке које одговарају негативним вредностима за

V (сл. 5).

Иначе, график је нацртан помоћу табеле

ЕН=&t- \1 -- ~ 1 -- ~ 1 ~ 1 ~ 1 1 1~2 11~ 8 1

14 14

1

у

1

'

\

-t х

"'----

)f -1

-2

C JI ·1

с 1

s

1

Ј

Х

76

IIPOIIOPI111011ЛJII IOCГ

која даје вредности за р за неке одређене вредности

V.

После се те тачке

спајају. График функције у = ~ на слици 5 зове се хипербола. А 31\ ){ЛЈ (И

1.

Да ли тачка

I)y=2x;

2.

(1,2)

nрипада графику функције:

1

2

2)у=:х; 3)у=-3х; 4)у=3х: -1; 5)у=:х?

Нацртати график функције:

I)y =

2~;-

1;

2)у =

-

~; З) у=~+ 1.

ЧЕТВРТ Л Г ЛАIЗЛ

УВОД У ГЕОМЕТРИЈУ

Кад се помене реч геометриј:I, она данас асонпра пре свега на тачке, nра­

ве, кругове, многоуглове, њихове особине и међусобне односе, затим нарав­ ни, геометријска тела итд. Међутим, реч геометрија потиtiе из древних вре­ мена и њен буквални nревод, а вековима и стварно значење, јесте земљомер­ ство.

Да би се схватила суштина геометрије, њен значај и доnринос развоју не само математике већ науке уоnште, неоnходно је бар у најкраћем вабрајању осврнути се на њен историјски развој.

Поуздано се зна да су најстарије цивилизације древних Сумера, Егинћана, Вавилон аца, Индијаца и других користиле многа сазнања о угловима, троу­ гловима, кругу итд. Према неким писаним документима, земљомерство је настало у Егиnту јер је било неопхоuно после сваке поплаве Нила мерити имања и означавати међе. Природна људск<:Ј. радозналост и истраживачки

дух су довели до откривања н других особина гсометрнјскнх фигура. У nочетку се до општих особина долазило шt основу неколико скснеримената, посматрањем и интуицијом. (На пример, ако је мерењем страница неколико правоуглих троуглова утврђено да је хиnотенуза највећа, онда се закључује да је у сваком правоуглом троу1·лу хиnотенуза најдужа страница.) Овакав

начин извођења закључака је тзв. непотпуна индукциј:L У

VI

веку

npe

нове ере Грци су преузели водећу улогу у развоју науке и

културе. Они су од Егиnћана и Вавилонаца nреузели научна сазнања, а онда

су nочели све то да сређују. Та сазнања се nроверава ју (доказују), ослањајући

се на већ усвојене закључке. Тако настаје нова научна метода закључивања, која ће битно утицати и на развој других научних области. То је тзв. дедук­ тивна метода, чија је основна карактеристика да се сви нови закључuи изво~ де из раније утврђених закључака- свако ново тврђење се доказује. Сматра

се да идеја о доказивању нових закључака потиче од Талеса 1 ~. Њему се nри­ писују докази многих теорема, на пример једнакост правих углова, затим да

наспрам једнаких странипа троугла леже једнаки углови, да је у кругу nе­ риферијски угао над пречником nрав, да су странице сличних троуглова пропорнионалне итд. Талес је изведене закључке примељивао у пракси. Та­ ко је, кажу, служећи се сличношћу правоуглих једнакокраких троуглова из­ мерио висину Кеопсове пирамиде.

Принцип доказиваља особина је још више користио и побољшао фило· зоф и математичар Питагора. Он је доста путовао и упознао се са многим сазнањима, која је затим подвр1·ао критици н докюивању. Тако је, на пример,

12

Талсс из Ми:1ста (око

625-.547

11.11.с.), старnгрчки филозоф

7Н

YIIOД У IЋOMiiTrШY

од В::IВилонаuа сазнао, а онда доказао и данас чувену теорему о правоуглом

троуглу која носи његово име. Питагора је уочио да се проучавање теорема мора обавити по логичком редоследу. Сматра се да је он творац дедуктивне

методе, и то не само у геометрији, већ у науни уопште.

Многе чувене школе у старој Грчкој, које су се бавиле друштвеним нау­ кама и филозофијом, изучавале су геометрију, јер се сматрало да се на тај начин слушаоци уче логичком расуђивању, што је било неопходно при оз­

биљном бављењу филозофијом. Аристотел'', ученик Платонове'' школе, ра­ зрадио је идеју да се сваки нов појам дефинише помоћу познатог блиског појма и карактеристичне разлике. Овај принцип је био научно признат и једини коришћен у науци у следећих

2 000

година.

У односу на друге научне области, геометрија је достигла завидан ниво.

Око

300.

године п. н. е. појавило се изванредно дело Елементи, које је на­

писао грчки математичар Еуклид. Тада је у математици геометрија домини­ рала, па су и бројеви интерпретиран и геометријски. Тако су

11, VJJ, VIII

и

IX

књига Елемен:па обрађивале алгебарске теме, али засноване геометријски. Еуклид је покушао да излагање буде строго дедуктивно и управо због те доследности Елементи су вековима сматрани најсавршенијим

матема­

тичким делом. Многе генерације математичара и других научника су училе из Елемената како се логички расуђује и ново повезује са раније утврђеним чињеницама.

Изгледало је да је геометрија са Елементима достигла савршенство, али

убрзо су уочени неки недостаци и нессшршености, иако је таква геометрија савршено одсликавала коначан простор. Један од недостатака Елемената би­ ло је настојање Еуклида да се дефинише све. На пример: "Тачка је оно чији је део ништа" или: ,,Права је линија једнако постављена у односу на све своје тачке". Тако долази до нелогичности, па се при дефинисању користи појмовима који нису раније уведени, као "део", "линија", "дужина··, "шири­

на" и сл. Осим тога, систем аксиома и постулата није потпун, јер се из њега не могу извести сва геометријска тврђења. Касније су Елементи и даље анализирани и допуњавани. Посебну пажњу су привлачили постулати и аксиоме. Тако је, рецимо, уочено да се

IV

лат може изоставити јер га је могуће доказати помоћу осталих.

постулат

(IV

посту­

гласи: ,,Претпоставља се да су сви прави углови једнаки".) Сем тога, због опширне формулације, изгледало је да

V

постулат садржи вишак услова и

да се такође може изоставити. Тај постулат гласи: ,,Ако једна права, пресецајући друге две праве, образује са њима с исте

стране два уну1рашња угла чији је збир мањи од збира два права угла, тада се те две праве, неограничено продужене, секу са оне стране сечице са које је тај збир углова мањи од збира два права угла" Показало се касније да је

V

постулат изазвао веће полемике него сва оста­

ла тврђења заједно, а последице тих полемика биле су изузетно значајне, не само за геомстрију. Многи који су сматрали да се овај постулат може дока­ зспи, покушавали су да то и учине. Успут су долазили до разних веома ко1~

Лrшснпсл

\4

li;Јатон (427-~47

(:\84-322 11. 11. 11.

н. с.). старогрчки филозоф с.), сЈаро1·рчки фи:тозоф

1~

1 \1•111 11110

II II'ЛФIIЧI\0

111'111\.\JIItl\ll•l· l : l \IJ,\ IIOJ.'\11.\

рЈ!СШЈ'\ Заl\љу•шка. нm1 се nоказало да ннједан ставило се

;:ra је доказ

.. доказ"

79

IIIII'OIIIl'Л

није коректан. \!сnо­

1\Юrућ само ако се овај nосту.аат заменн неtшм !lPYПI\1

одЈоварајућим тврђењем. Због тога су мноп1 сматралн па је rеометрнја

111

ЕуклндОВIIХ Елемен;1та идеална за наш свет. Тяко познати фн !'ЈОзоф Р<~сел

пише: "Ако тријом

611

нay•tlla открића икада дошла у сукоб са еуктщскОЈ\Ј геоме­

требt~ло би одбацити та откр11ћа, а не еуклндсl\у Ј

eO\ICl рију

то­

ЛИЈ\0 је она нзнад свичег другог". Слично је ЛЈЈсао н Поенюtре '". "Т реба че­

њаТIЈ законе фнзЈIКС ако се

01111

не слажу с eyк.II!.1CKO~I гео:-.1етрнјо:-.1. а не

eyK.III.1CK) f eOI\ICTpi!J)'. У нрвој но. ювнн11 прошлоr КазаНСЈ\01

) HIIIЗCpЗII ГеТа,

nel\a (IX26. го;тне) ЛобачеuсКЈГ nрофесор

Oбj
рсзу.лrа1<1 је дошао 11 Бољај '' шест Ј ·од~--111<1 касн11јс.)

\1

IЈОСТ)'Л:П)

011

(Ј \О II CТII'\

је показао. ако се\'

постулат замею1 тврђењем да се кроз дату тачку ван дате nраве у. истој равн11 моЈ у повућн две nраве које не секу дату праву, тада се добнј<Ј јсднн cacBJII\J ношt геометр11ја, у којој нема нелогичносп1, мада су закључцЈI са стаllо­

вишта ОЧIIГЛедЈIОСТЈI веома необич1111. У по•1етку су ови резултати IIЗaЗI!BaЛJI

no;tcl\te\. јер нису налаз11л11 nоплогу у коначном прос1ору. У овој •tудној 1еоче1 pt1j11 зб11р ун у rp.щJњllx углоnа у троуглу IIJtje ко11сrантан Jl чаЈЫI је 0.:.1 збнра два праuа У' лн: не nостоје слични троу.гловн, а троуr .10в11 Ј..ојн 11\ta ју је.1накс уг лове су nодупарн11; у патој равни кроз да гу ., а•Јку ван ,џне пp
чоже се nовуhи бес коначно много nравих.

kOje

не секу дату nраву

11 щ.

Захваљујуhн открићу Лобачевског, међутнм. пошло се до закључка да .,об

јекти", који се назнвају тачкама, nравю1 11 равннма, не :-юрају 6Јпи баш онак­ ви какв11М и' је опнсао Fук.111д 11 каквн:-.t се з<Јмишљају. Дакле. ови обЈекти ~югу бltlll прОIIШО. ын1. са je..ЋIHII'\1 orptнiiiЧCtьC\1 ла исnуњавају за'\теве аксЈ JOJ\ta 11 пос ry. :Ja га. 1\11 акс11оме не морају битн нajjc.tiiOCl авнијii rврђењii нн oco61t11e .. сто посто" очигледне Тако се. 11а npll'\tep, до.1аЈ ЈI до п:о,1сrр11је у 1\Ој ој rачка није .. оно 'Jifjll је .1ео 1111ШTii" , већ је онн урсђе11а 11-торка pea"l1111:\ брОЈева: (.\ . \ ,, ... \,.).Та га ч ка Је објекат у геометр11јн 11 -Шiчензиона;lНоr простора 11тд. ГеО!\!стрнја заснована на nринцитша које је посгавио Е)'Ј\Л11:1 у Елементима

назива се еуклидском геометријом 11 она ће битн

npej{\1el

нашег даљег nроучавања (и то у тродимензЈюналнОЈ\1 простору ).

r 1ред крај nрошлог века је Паш " у KЊIJЗII Пред;шања из новије г ео,."1е7рн­ 1

јс

yueo

н:н:Ј

и акс11оме распорела. Чl11\te је отклон1ю још један недостатак F:леме

Ј!з н емнчке 1\tатематичке школе nотиче и ло тада няјс11стемап1ЧНЈ1јс

aкciiO\.Ia rcкJt зас новано дело Основи геометрије, које је Х11лбер Ј

".

IR99. године објав110

Овде је дат курс геометрије заснован на 11дејама бmiCKIIM Хнл

бер rовом раду. Овај курс није потпун . Аксиоме

Jl

теореме нису формул11сане

као у строЈ ом курсу Ј еометрнје. У овој књизи је уч11њен

.. скраhен"

IIЗбор, са

ИЗ!\tењенiiМ формулацијама. Докази нмају за циљ да ученнку nокажу како

треба показивати дедуктивно. Наравно, за nраву дедукцију треба још времена. 1~

В . H.u,ч:l ( IН72 - 1
11.

ЈЈ l'о111с.щ:

11

1111.

(IS)-1-J'I12), фp3111!)CKII \l:tiC\13lИЧЩ) 17'!2- 1!(5(>), f1YCKH \l:tll:\li\IJ1Чap

- toбaчciiC~IIJ (

18 .Ј Во1р1 (1R02- IKЫI) , \tal)arc~и \tatc\laJJI't:tp 1"

М

I';N\1 (I'Ч .\- J
""

1\

J l, lh,·rl t 1W;t,._. _ )tЦ'\'

'"'\.t:tЧI0..-'1 \t:IIP'f~l'tЧ:tn

80

УНОД У П~ОМI'П'НЈУ

4.1.

ОСНОВНИ И ИЗВЕДЕНИ ПОЈМОВИ ГЕОМЕТРИЈЕ

Као што смо видели у одељку

1.4,

дедуктивно заснивање геометрије nо­

дразумева да се унаnред расnолаже неким основним појмовима, (раније де­ финисаним), nомоћу којих се уводе (дефинишу) нови

-

изведени појмови.

У строго дедуктивно заснованој теорији настоји се да број основних појмова буде минималан. Ми се овде нећемо држати тог nринциnа. Чак нећемо гео­ метрију nотnуно одвојити од алгебре. Тако ће слободно бити коришћени научен и поЈмови, као што су скуп, елемент скупа, пресек, пресликавање, ре­

лација, оnерација, сваки, неки, ако ... онда и слично. Ilолазимо од основних објеката и основних релација.

1) Основни објекти су: та ч ка, права и раван. 2) Основне релаиије су- бити између и бити подударан. Мада се ови nојмови не дефинишу, о њима nостоји уобичајена интуитив1-13 представа. Може се узети да је тачка елемент било којег скупа, али наша

намера је nроучавање геометрије у реалном nростору, чији смо и ми део, па ћемо тачком сматрати елемент реалног тродимензионалног простора.

ДЕФИНИЦИЈА

1.

Скуп свих тачакаје тродимензионални простор, који

се означава са Е:. Дакле тачке су елементи тродимензионалног простора, означене вели­

ким словима латинице: А, В, С, ... , Р,

Q, ...

Праве су подскупови простора, које се означавају малим словима лати­ нице: а, Ь, с, ... , р,

q, ... , а

у одређеним случајевима може се договорити и други

начин означавања.

Равни су такође nодскуnови простора. Оне се означавају грчким словима: а,

f3, у, ... n

,р,

... ,

а у неким случајевима, по договору, користе се и дру­

гачије ознаке. Понекад треба знати да ли одређена права или одређена раван, као под­ скуn простора, садржи или не садржи одређене тачке. За тачке које су еле­ менти једне праве (припадају једној правој) каже се да су колинеарне, а за

тачке које су елементи једне равни (nриnадају једној равни) да су ком пла­ н ар не.

ДЕФИНИЦИЈА

2.

Непразан скуп тачака назива се геометријска фитура

или просто фигура Ако два скуnа (дакле и две фигуре) немају заједничких тачака, онда се каже да су они дисјунктни.

Основне релације "бити између" и "бити nодударан" јесу релације међу тачкама.

Релација између је троелементна релација па се, на пример, за тачке

А, В, С, ако је та ч ка В између А и С, то означава са: А -В-С. (О овој релацији више у одељку

4.5).

Релација подударно је четвороелементна релација, којом се уnоређују nарови тачака. Тако се за тачке А, В, С, D, ако су, на nример, nарови {А, В} и {C,D} у тој релацији, nише {А, В} {С, D} (чита се "пар тачака {А,В} је подударан (или конrруентан) пару тачака {С, D}.)

=

IZ.

4.2.

81

OCIIODIIНIII\381-J\WIII CTЛBOIJIII f,Q \.IFН'Шii

ОСНОВНИ И ИЗВЕДЕНИ СГ АВОВИ ГЕОМЕТРИЈЕ

Тачке, nраве и равни расnолажу неким особинама које их издвајају од других фигура. Као елементи и подскуnови истог nростора, повезане су не­

ким скуnовним релацијама као припада, садржи и сл. Осим тога, основне релације изме}Ју и подударно треба ближе одредити. Укратко, треба нзложипt особине основних појмова, од којих се за неке мора проверити тачност тврђења.

Особине геометријских фигура исказују се ставовима. У одељку

1.4

било

је говора о извођењу ставова и њиховом проверавању- доказивању При до­ казивању, између осталог, користе се и разни логички закони. На пример,

врло често се користи правило контрапозиције (правило (4) у одељку 1.2). Јасно је да се на почетку пре извођења првог доказа, морају имати неки

неnобитни ставови, који се усвајају без доказа. То су основни ставови, који се називају аксиоме. Остали ставови, који се морају доказивати, називају се изведени ставови или теореме. Овде се неће доказивати све теореме. Има и тако сложен их доказа да их је тешко разумети или излазе из наших оквира nревиђених nланом и програмом. Докази у наставку излагања послужиће пре свега као нлустрација дедуктивне методе. Сем тога, неке методе докази­ вања

he нам nомоћи nрн решавању задатака. Аксиоме се сврставју у пет група. То су: аксиоме припадања, аксиома

паралелности, аксиоме распореда, аксиоме подударности и аксиоме непре­

кидности (ову nоследњу нећемо проучавати).

4.3.

АКСИОМЕ ПРИПАДАЉА

Ове аксиоме се још називају а.ксиомама везе (према Хилберту) или ак­ сиомама инцидентности. Из самог назива се види да се говори о скуповним

везама основних објеката. Ако је једна тачка означена са два различита слова, рецимо са А и В, онда се пише А В и каже да се тачке А и В поклапају Ако А и В означавају разли•iите тачке, тада се nише А ;11! В. Слично важи за праве и равни.

=

Нека су :Ј1 , !{2, ••• , :Тп различите фигуре. Ако nостоји само једна раван а, таква да су фигуре :Ј1 , :!2, ••• , :Тп њени nодскупови, тада се каже да је раван

а одређена фиrура.ма :Ј1 , :Ть ... , :Тп· На сличан начин се може говорити о одређености праве или неке друге фигуре. Аксиоме припадања чини група од шест аксиома.

АКСИОМА

1. Свака права садржи најмање две различите тачке. Постоје

три неколинеарне тачке.

АКСИОМА

2. Сваке две различите тачке одређују једну праву

p·----~------~r-----

в

А

р

(а Ј Сл 1

А

в

82

УUОЛ У ПO'I>II:TPIIJY

Ако је nрава одређена тачкама А и В, користн се ознака права А В. Слика Ј а nриказује nрави однос, а сл ика

АКСИОМА

1б

н емогу ћ (недоnуштен) одн ос.

3. Свдке три неколинеарне та•1ке одређују Т:l'll/0 једну раван.

Н а сл. 2а и 2б види се како може а), односно како не може б). Са раван АВС озна •Јена је раван одређена са три неколинеарне та•1ке А, В и С.

-

rJ.

~ 8

с

(а Ј

l:.l. 2

АКСИОМА 4. Свака раван садржи најмање трн т:1•1ке. Постоје •1етири некомпланарне пике.

АКСИОМА

5.

Свака права, која са неком равни им:1 заједни•1ке две ра­

зличите тачке, припада тој равни.

Слика За nриказује какав се однос nретn оставља, а сл ике Зб н Зв однос који није могућ .

rЬ Ј

(а Ј l .1

АКСИОМА

6.

\

Ако две различите равн11 имају једну заједни•1ку тачку,

онда оне имају тачно једну заједни•1ку праву. На слнци 4а внд11 се nрави однос, а на СЛЈЩ II

46 однос

какав ннј е могућ.

Наведеним аксиомама nотnуно су од ређени св н скуnов ни однос и и змеђу тачака, nравих и равни. Н еке везе ћемо сам о о nисат н (дефнннцнј ама), а неке доказат и (теоремама).

ДЕФИНИЦИЈА 3. За две праве а и Ь каже се да се секу ако 11мају само једну Заједi/И'fКУ Ta'IKY Према сл.

5 је а

Г1 Ь ={ Р}.

ДЕФИНИЦИЈА 4. Ако заједничке та •1ке равнн а и

f3 прнтщају само јед­

ној правоЈ; тада се каже да се ове равни секу За равни те и р које се н е секу каже се да. су паралелне и пише се л. 11 р.

.\' AKCit0\11:

83

ПРIIПЛДЛIIоА

. -" --

·~-

,' ,' ------ ~

--

а

р

foр- p

(а) С:1.

4

ь

с:>< L.l

<.:'.1 5 На сл.

4.1

равни а и {З се секу, а на сл.

6

о

равни л и р су паралелне. Из ове

дефиющиЈе произлази да су паралелне и равни које имају заједничку праву и бар једну пчку ван те праве. Овај случај ће бити јаснији после доказа следећег става.

ТЕОРЕМА

L. Права

и тачка ван праве одређују једну раван.

Доказ. Нека су дате права а и тачка В ван праве а (сл. 7). Треба утврдити да постој и нека раван а којој су а и {В} nодскупови, а затим да је а једина раван са том особином.

1)

На основу аксиоме

1, на

правој а постоје две различите тачке, означене

са А и С. Сада су А, В, С три неколинеарне тачке, а оне, према аксиоми З, одређују једну раван. Нека је то раван а. Права а је подскуп равни а, јер су тачке А н С заједничке за праву а и раван а (аксиома 5) и {В} је подскуп равни а. Тиме смо доказали постојање равни а, којој су а и {В} подскупови.

2) Раван а је јединствена. Заиста, ако би постојала нека раван {З којој су а и {В} nодскупови, онда би она садржала тачке А, В, С, na би, на основу аксиоме 3. морало бити а {З, тј. не би било {З ;е а. Тиме је теорема 1 дока-

=

1
'\ р оВ

\р '

\ \

' L

1

1

C JI н

\

\

84

YII0/ 1 ~· 1 I·0\11

Сада је јасно да из дефиннциј е

ако и само ако је л =р или л Из теореме

1 неnосредно

nр

rr•rrн·

4 проi!Злазн да су равшr л и р паралелне

= 0.

следи тврђење.

ТЕОРЕМА 2. Две праве које се секу одређују једну раван. Ово се једноставно своди на nретходну теорему.

ДЕФИНИЦИЈА 5. Ако права р и раван {3 m.t,'ljy та•то једнј заједюt'IКУ та•tку, онда се каже да права р продире раван {3 или да раван {3 ce•te праву р. У противном су права и рав.1н паралелне.

На сл. 8 је р

n {3

= {Р}.

На сл. 9. су праве т 11 р nаралелне равни л (нлн

раван л је nаралелна nравим т и р). То се означава са т 11 л 11 р 11 л. Јасно је да nрава nаралелна равни nриnада тој равни или с том равнн н ема зајед­ ничких та•rака (а 11 а <::> а С а

v а n а= 0). р

l.l (()

C.l . ')

ТЕО РЕМ А З. Две различите праве имају највише једну заједничку та ч ку.

Доказ. Према досадашњем излаrању је јасно да две различнте nраве могу

бити дисјунктне, као т и р на сл. nраве

n

и Ь на сл.

9, или имају једну заједничку тачку, као

5.

Нека су т и n две разлнчите nраве. Користећн се контраnозицнјом, дока­ заћемо да оне немају више од једне заједни•1ке тачке. То значи, уместо тврђења т ~n ~ (т n 0 т n {Р}), доказујемо тврђење (Р ~ Q л {P,Q} с т n n)~ т= n) (сл. 10).

n =

Заиста, ако онда није т .с

{P,Q} с т

nn

v

n =

иР ~

Q,

онда је т

=n

на основу аксиоме

2,

тј.

n. •

Решићемо сада два комбинаторна задатка. ПРИМЕР тачке и т , ти скуnа

n

1. Дат је скуn S ={А, В, С,т,n}, где су А, В, С разл ичите

различите nраве. Колико н ајвише равн 11 могу одредити елемен­

S?

Решење. Ако су А, В, С некол инеарн е тачке, оне nрема аксиоми одређују једну раван. Ако се nраве т и

n

3

секу, оне, nрема теорем11З, одређују

још једну раван. Затим, nрема теореми 1, nрава т може са сваком од тачака А, В, С одредити по једну раван, а то чинн још 3 равн11. Исто толико равни може одредити 11 nрава uн

...

n

са овим тачкама. Дакле, одређено је највише 8 рав­

85

4.4 /ЈАРА..1 ЕЈЈЈЮСТ

ПРИМЕР

2.

У скупу Т= {А, В, С,

D, Е, F, G} постоје тачно две тројке

колинеарних тачака. Колико највише правих могу одредити тачке овог скупа? Решење. Користићемо аксиому

2.

Тачка А са сваком од осталих шест

тачака одређује највише по једну праву, а то је укупно ће ових

7

тачака одредити

7·6 . наЈвише

2

правих.

(Д ели

6

правих. Због тога

се са

2 Јер .

се свака

права број н по два пута, на пример, АВ, а потом ВА) . Међутим, ако је, реци­ мо, А, В, С тројка колинеарних тачака, онда ове три тачке одређују једну

праву, а не 3 (тј. не 3~2 ), што значи за 2 праве мање. Две овакве тројке одре­ диће за

4

праве мање. Одређено је, дакле, највише

21 - 4

= 17 правих . .А

ЗА) {АIЩ

l.

Доказати да две праве, које припадају двема различитим паралелним

2.

Дате су раван а и тачка Р ван равни. Доказати да права р, која садржи

равнима, немају заједничких тачака. тачку Р, не може имати са равни а више од једне заједничке тачке.

3.

Дата је права р и ван ње тачка А . Доказати да све праве које садрже тачку А и секу праву р припадају једној равни.

4. 5.

Колико различитих правих одређују некомпланарне тачке А, В, С,

D?

Од пет датих равни сваке две се секу. Колико пресечних правих

одређују ове равни?

4.4.

ПАР АЛЕЛНОСТ

У претходном одељку је дефинисана параленост две равни и паралел ­

ност праве у односу на раван. Сада се упознајемо са релацијом паралелности на скупу правих.

ДЕФИНИЦИЈА

6. Праве а и Ь су паралелне ако је а n Ь = 0 (сл. ЈЈ ).

=Ь

или ако обе

припадају једној равни и а

Да су праве а и Ь паралелне означава се са а 11 Ь. На пита ње о броју правих у датој равни које садрже дату тачку и пара­ лелне су датој правој не може се одговорити само на основу досад уведених

аксиома. Расправа о Еуклидовом V постулату, као што смо истакли у уводу ове главе, указује на неопходност увођења одговарајуће аксиоме. Овде ћемо формулисати аксиому паралелности у једноставнијем облику од Еуклиnо­ вог

V

постулата.

L.rll

L

1

1.!

86 АКСИОМА 7. З:1 сваку праву р 11 сваку та ч ку А иостојн Т:l'IJ/0 једна права, која садржи та ч ку А 11 паралелна је правој р. Према дефиницији 6, уочавају се два случаја: прв11, ако је А Е р, онда је р та једина nаралелна nрава: р =р; други, ако је А ван р тада, nрема теореми 1, nрава р и тачкаА одређују једну раван и у овој равн11 постоји јединствена права, рецимо nрава а, таква да А Е а и а

n

р=

0.

Могуhа је 11 другачија аксномап1ка, тако да 11\la на nрнмер, хиперболи•1ка rеометрија у којој ако А ~р, онда постоје две nраве које садрже А 11 пара­ лелне су nравој р, као и елиптичка rсометрија, у којој, ако А ~р, нема nраве која садржи А и nаралелна је са р.

ТЕОРЕМА 4. Две разлн•rитс паралелне пр.1ое одрсl};ју једну раван.

n =

Доказ. Нека су а 11 Ь дате nаралелне nраве, а Ь 0. Из дефиниције па­ ралелних nравих nроизлази да nостоји рецимо раван а која садржи ове две nраве. Треба још да докажемо да је а једина таква раван. Према аксиоми 1, на правој а постоје две тачке, рецимо А 11 С 11 на правој Ь постоји тачка В (сл. 12.). Ове тачке су некот1неарне, па nрема аксиоми 3 одређују једну раван, рецимо а

·.

Раван а

'

са.:1ржн праву а (пpel\ra aкciiOI\111

и nраву Ь ( nрема аксиоми паралелности), па је а · одређена правнм а 11 h. Међутим, 11 раван а садржи тачке А, В, С, па је, nрема акс110ми 3 11 а= а',

5)

што nотврђује да је а јединствена раван која садржи а и Ь.

ТЕОРЕМА т и

n

•

5. Нека су т, n нр праве које припадају равни а. Ако су праве

паралелне и ако р сече

n,

тада р сече и т.

Доказ. Нека јер n n= {Р} (сл. 13). Праве т нр су у истој равни, па су или nаралелне или се секу. Не могу б11ти nаралелне, јер би у том случају посто­ јале две различите праве, које садрже тачку Р и биле паралелне са т (то су nраве секу.

n

и р). Ово н11је дозвољено по аксиоми

7.

Према томе, праве т и р се

•

Сазнања о међусобним односима две nраве и положају nраве у односу на

раван допунићемо следећим појмом.

Ј_ о/.

\•

--

\

t:- 111 ДЕФИНИЦИЈА 1.Аконе постоји раван којој припадају праве т и п тадп се каже да су праве т и

n

мимоилазне (сл.

14).

Мимоилазне праве, дакле, немају заједничких тачака. У до сада наведен им стаnовима смо расправљали о одr юснм:t у рао1111. Сада ћемо се nозабавнти оелаuиiом n;~n:~nPn~nrтн" " " " "..." ' "

•14

ТЕОРЕМА

6.

87

IIЛrAJЉIIIIOCТ

Права Ь је паралелна равнн а ако н CfJMO ако у равни а

постоји права која је паралелна са Ь. Доказ се састоји из два дела (треба доказатн да је наведени услов nотре­

бан и довољан).

1) Нека је Ь 11 а (сл. 15). Треба доказати да у равнн а nостоји nрава а, таква да је а 11 Ь. Ако је Ь с а, тада је а = Ь. Ако је Ь n а =е. уочимо неку тачку А у равни а. Тада А (/; Ь, па nрава Ь и тачка А одређују неку раван {3, nрема теореми 1. Равнн а и нмају заједннчку тачку А, па nрема аксиоми 6 имају и заједничку nраву. Докажимо да је то тражена nрава n, тј. да је та nрава

f3

nаралелна nравој Ь.

Праве а и Ь су у равни

f3 и не могу се сећи, ј ер би њихова nресечна тачка

била у равни а, што би значило да се Ь и а секу, а то је суnротно nретnо­

ставци (/Ј

2)

n а = е).

Дакле, n и Ь се не секу, па је r1 11 Ь.

Нека у равни а nостоји nрава а, nаралелна са /Ј. Доказаћемо да је тада

иbll а. Ако је а Ако је а

= Ь, онда Ь с а, па је Ь 11 а no дефиницији. n Ь = е, онда а и Ь одређују неку раван {3, по теореми 4. Права

а је заједничка за равни а 11

{3. Ако Ь nродире раван а, онда тачка nродора мора nриnадати nравој а, јер је Ь с {3. Али у том случају би се nраве а и Ь

секле, што је суnротно nретnоставци да а

Ь 11 а

n Ь = е.

Према томе, мора бити

no дефиницији. • !Г;-

- - - - - - -,

ь 1 IL ___ _ ____

f

.,

~

·"'!r?,:~ ~ ~ј+~

· 'f::A '~;~~~1':r ·;r:~з;g7

.

l.l 15

(., /. 1<>

На основу аксиоме nаралелности и до сада нстакнутих особина може се

доказати једна од најзначајнијих особина nаралелних nравих. ТЕОРЕМА

7.

Релација паралелности на скупу свих правих је релација

еквиваленције (RSТ-релација).

Доказ. Рефлексивност. Релација је рефлексивна, јер за сваку nраву а важи: а =а; тј. а 11 а, по дефиницији. Симетри•fНост. За било које две праве а и Ь једне равни, ако је а 11 Ь онда је а Ь или Ь n а =е. Међутим, на основу симетричности једнакости и на основу комутативности nресека скуnова важи ь или /) n а е, што

=

значи да је Ь

= (/

11

=

а.

Транзитивност. 1lека су а, Ь, с три праве, такве да је n II!J и Ь 11 с. Разли­ кују се два случаја: 1) а, Ь, с су праве једне равни; 2) nраве а, Ь, с не приnадају ienнoi oaBHII.

88

YI\Oil

1)

У

1 HJ'I.II· 1 I'IIJ Y

Користећн ко1прапозицнју претпост<~ВIIr.Ю да

Онда је а

nс=

n

ш1ј~ паrалелно са с.

{Р}, па кроз Р пролазе две праве rшр;щ~лне са /Ј. То ннје мо­

гуће због аксноме паралелностн , па се закључује да ј~ а 11 с.

2)

Транзитивност у случају да праве а.

h. с

н11су у једној равни се прllх­

вата без проверавања. (Оном ко жели да сам докаже случаЈ 2) напомињемо да се у докаЗ} користе аксиоме 6 и 7 и теорема 1.) • Релаu11јом паралелностн скуп свнх прав11х је подељен на класе еквllва­

ленције које су, као што знамо, д11сјунктне. Према томе, датом правом је потпуно одређена класа свих правих које су паралелне са њом а

11

међу со­

бом. (Релаu11ја п<1ралетюсп1 је дефинисана на скупу ч11ј11 су еле~1енп1 пра­ ве, а не тачке. Због тога чнњен1ща да су класе пt~paлeлtlll"< праn11х д11сјунктнс не казује да се праве ю разл11ЧIП11Х класа еквиваленције 11е могу сећ11, него да различите класе немају заједничку праву.) Ово нам oмoryhana увођење једног веома важног појма. ДЕФИНИЦИЈ А 8. Класа правих паралелних датој правој а наз11ва се правцем праве а. За паралелне праве каже се да щ.тју исти прпв:щ. П рема аксиом11 паралелностн, за сваку тачку простор.! јединствено је одређена права датог правца.

Последњом теоремом је паралелност прав11х недвосм11слено уређена, ка­

ко у равни, тако

11 у простору. Релација паралетюсп1 равнн се, за разл11ку од паралелностн правих, дефиннше у простору. У овом уuбен11ку бав11ћемо се углавном геометријом у равни (планнметрнјо:-.1). Што се тиче тродимен­ зионалног простора, нешто в11ше пажње 611he посвећено паралелности 11 (касније) нормалности равни. Паралелност равни се препш1ће са паралелношћу правнх. Тако, на при­ мер, ако се паралелне равни а и {Ј пресеку трећом равнн, пресечне праве и

h, а

са и

h

n

с {Ј, су паралелне. Следеће теореме наводимо због важни х осо­

бина равн11 које се њима ист11чу. Ова тврђења про11злазе једна 11з друп1х

11

није их тешко доказати. Због тога препоручујемо самостално доказ11вање.

ТЕО РЕМА

8. Ако су р и ц пр;ше које се се к;- 11 које су n:Jp:meлue равни q одре/]ују раван паралелну с:Ј а. теореми 2, праве р 11 lJ одређују једну раван, која је на сл. 16 оз­

а, тада праве р и

Према начена са {3. Треба доказати да је

f3

11 а. Зат11м, није тешко утврд11т11 нсправ­

ност следећих тврђења.

ТЕОРЕМА 9. Кроз дату та•1ку В пролази т:l'lно једна рпвпн п.1ралелна датој равни а.

ТЕО РЕМА 10. Ако је права h паралелна датој равни а, т:wа постоји та'lно једна раван {Ј, која садржи праву Ь и паралелна је равни а. Наредном теоремом се завршава излагање о паралелним равн11ма.

ТЕО РЕМА

11.

Паралелност равни је рел:щиј:1 еквивалентrје на СКјПУ

свих равни.

До каз . Рефлексивност и симстри•1ност се доказују сл11чно теореми ТранзипtВI/ОСТ. Треба доказати: ако су а, {Ј и у три равни

а 11 {Ј и {Ј 11 у, онда је н а 11 у.

11

7.

nрн томе је

1 ,1

89

IIЛI'Л.. II -.,IIIOCI

Ако је а ={З или {З =у. онда је тврђење тачно по дефш11щ11ј11 паралел­ них равни.

Ако су а, {Ј и у три различите раnн11, тврђењс је тачно на основу теореr.1е

10, јер ако би се равни а 11 у, секле по некој правој, тада би постојале две равни, а 11 у које садрже ту nраву 11 паралелне су равни {З. • Наведене теореме, односно особ11не исказане овим теореr.1ама, могу се ко­ р11СППИ за формулисање и доказ11вање ноn11Х особ11на. Неке од особит1 дате су кроз примере и задатке за вежба1ье.

ПРИМЕР 3. Дата је раван а која садржи праву а

11 тачку В, тако да В f/:. а.

Ако права Ь продире а у тачкн В, доказати да су праве а и Ь мимоилазне. Решсње. Праве а н !Ј се не секу, јер ако би оне 11мале заједннчку тачку, рецимо тачку А, тада би права /Ј нмала са равнн а две заједничке тачке А

11

В,

па би, према aкciJOMII 5, припадала равни а. Тада би било Ь 11 а, што је су­ протно датом услову (Ь прод11ре а).

Према aкciiOMII паралслност11 постој11 тачно

једна права која садржн тачку В 11 паралелна је правој а . lla сл. 17 то је права р. По теорем11 1

11 дефиницији 6,

nрава р прнnада равни а, па је

различита од Ь. Због тога npana !Ј не може бити nаралелна са а. (Не постоје две nраве које садрже тачку В и паралелне су са а.) Преостаје јед11на могућност: праве а и Ь се мимоилазе. (Користимо чињеницу да две nра­

ве могу имати међусобно само један од тр11 nо­ ложаја: секу се, паралелне су или се мимоила­ зе.)

Crl7

•

ПРИМЕР тачке М,

N,

4.

Колико највише равни одређују паралелне nраве а и Ь и трн

Р?

Решење. Паралелне праве а и Ь одређују једну раван ако су различите (теорема 4) . Тачке М, N, Р одређују једну раван ако су неколинеарне (аксно­ ма 3). Свака од правих а и Ь са сваком од тачака М, N и Р може одред11ти једну раван (теорема је највише

8

равни .

1),

а то значи највише

6

равни. Према тоr.1е, одређено

•

ЗЛ ) tЛitИ

1.

Дата је раван а и у тој равни nрава р

11

тачка А. Доказати да права а, која

садржи тачку А и nаралелна је nравој р, лежи у равни а.

2.

Дате су равни а и {Ј, такве да је а а и са {З. Доказати да је с 11 р.

n

{З =р и права с, која је паралелна са

З. Могу ли мимоИлазне праве а 11 1> одредити једну раван?

4.

Колико највише равни одређују мимоилазне nраве а

11 Ь

и тачке М,

5.

Доказати да nостоје три равни а , {З, у, такве да се сваке две секу, а да не nостоји тачка заједничка за ове три равни.

N

и Р'?

90

УВОД У П.O;I;IJol

4.5.

PIIJY

РАСПОРЕД ТАЧАКА

О основној релацији између до сада није расnрављано. Следећа груnа од

nет тзв. аксиома распореда оnнсаће особине ове релације. АКСИОМА

8.

Ако је тачка В између та•шка А и С, онда су А, В и С три

различите та•1ке једне праве и такође је та ч ка В између С и А . На nочетку, важно је уочити да се релација између односи искључиво на колинеарне тачке.

АКСИОМА 9. Ако су А, В, С три различите тачке једне праве, тада је само једна од тих тачака између друге две. Наиме, ако су А, В, С три различите колинеарне тачке, тада важи само

једна од три релације: А-В-С, А-С-В, В-А-С. На слици

18

је А-В-С.

Овом аксиомом се nосебно истиче чињеница да nрава није затворена линија. с

в (...1 Н!

АКСИОМА

10. Ако

таква да је А -В-С (сл.

(.;.1 1')

су А и В две различите тачке, тада постоји тачка С

18).

На основу овако оnисане релације између уводи се појам бити иза тачке: ако је А -В-С, каже се да је тачка С иза В у односу на А, а такође и да је та ч ка А иза В у односу на С. Користећи аксиом у

10 више

nута заредом може

се доказати да на nравој АВ иза А у односу на В, а такође и иза В у односу

на А, има негораничен број тачака. Ова чињеница доnуњује слику о nравој као скуnу " који нема краја". Следећа аксиома, nозната као Пашова, омогућује да се до каже да између две различите тачке А и В такође има неоrраничен број тачака.

АКСИОМА

D

ll. (Пашова акс110ма) Ако су А, В и С три неколинеарне та•1ке,

тачака између А и В и у равни АВС права р, која садржи тачку

D

и не

садржи ниједну од тачака А, В, С тада на правој р постоји та ч ка Е таква да је В-Е-С или А-Е-С. Тврђења Пашове аксиоме, без обзира на гломазан текст, веома је очиглед­ но. Према сл.

19

истиче се једноставна чињеница да права која не садржи

ниједну од тачакаА, В и С, ако сече једну страницу троуглаАВС, мора сећи још тачно једну страницу тог троугла. Последица наведених аксиома је следећи веома важан став. ТЕОРЕМА између А 11 В.

12.

Ако су А и В две различите тачке, тада постоји та•1ка С

1 ~.

PACI10Pl·Д

91

·r АЧЛКЛ

Доказ. На основу аксиоме 1 постоји тачка D таква да су А, В 11 D неколи­ неарне тачке (сл. 20). Сада постоји тачка М на nравој BD, таква да је B-D-M (акс1юма 10), а слично и на правој АМ nостоји тачка Р таква да је А-М-Р. Сада су А, В и М три неколннеарне тачке и nрава PD, због B-D-I\.1, на основу Пашове аксиоме, пролази кроз тачку С, такву да је А-С -В 8

с

А

~р

в

l.; r 21

l..l .20

Примењујуhи ову теорему даље на тачке А и С, затим на тачке В и С итд, уверавамо се да између две различите тачке има бесконачна много тачака. ДЕФИНИЦИЈА 9. Ако су А, В и С тачке на правој р такве да је А -В-С, тада се каже да су А и С тачке праве р са разних страна тачке В (сл. 18). Такође се каже да су В и С тачке праве р са исте стране та'!ке А (или да С)'

А и В тачке праве р са исте стране тачке С).

П ојам стране на правој биће потребан за увођење nојма оријентације праве. Али, за то треба још једна аксиома.

АКСИОМА 12. Свака та•tка О праве р одређује на овој правој два дИСЈјН­ ктна подскупа, тако да две тачке А и В праве р припадају истом подскупу ако и само ако су са исте стране тачке О. (сл. 2 1). Тачка О при том не при­ пада ниједном од два подскупа. Све ове важне особине основних појмова ће се користити за дефинисање нових фигура и уочавање њихових особина. Најпре треба упознати неколико једноставних nодскупова правих и равни.

ДЕФИНИЦИЈА 10. Скуп који садржи две разшt•tите та•tке А и В и све тачке између А и В зове се дуж АВ (или дуж ВА), сл. 22. Тачке А и В су крајње тачке или крајеви дужи. Тачке између А и В су унутрашње тачке дужи.

ДЕФИНИЦИЈА Ll.Акојета чка С измеђуА иВ, тадаједужАВ збирдужи АС и СВ, што се означава са: АВ =АС+ СВ (сл.

23).

Такође се каже да дуж

АС представља разлику дужи АВ и СВ, што се пише као АС= АВ

в t:JI

22.- Дуж

А

с С1

23. -

Збир нужи

- СВ.

в

92

YI!01l У

Г 1·0

Очиглед110 је да се дефиниција

\11;TI' IIJY

11

не односи на скуnовну разлику.

Истичемо још један важан nодскуn nраве.

ДЕФИНИЦИЈА

12.

Скуп који се састоји од та•tке О праве р 11 скупа р 1

та•tак:t праве р са једне стране та•tке О назнва се полуправом, (сл.

24),

кој;1

се озна•Јава са Ор 1• Тачка О је почетна та•tка те полуправе. У уnотреб11 је и термин отворена полуправ:1. То је скуn р 1 тачака из де­ фllницнје. Према aкcJIOMII nраве на nравој р Ни сл .

12.

24

сваком та•1к0~1 О прнве одређене су две nолу­

то су nолуnраве Ор 11 Ор •.

-

р

о

о-

А

L.l 25

L'.l. 2-1

ДЕФИНИЦИЈА 13. Дуж АВ код које је одређено д.!!.._)е А по•tетна, а В

крајња тачка назива се усмереном дужи и означ:ша са АЕ.

У ознаци, усмерена дужАН (сл. 25) разликује се од дужиАВ по стрелици која 11ма смер од nочетне ка крајњој тачю1.

Н ека је ОА 1 усмерена дуж која ~nодскуn noлynpaoe Оа 1 на nравој а (сл. 26). Тада се каже Е! усмерена дуж ОА 1 одређује nолуnраву Оа 1 на правој а и ла усмерена дуж ОА 1 и nолуnрава Оа 1 имају исти смер. Међутим, nолу nрава

Оп~ такође одређује на nравој а једа11 смер, за којн се каже да је супротан с~1еру nолуnраве Оа . Ове чи!Ьенице омогућавају оријентацију nраве.

о

L'.l 27 ДЕФИНИЦИЈА

14.

Свак,1 тачка О праве а дефннише на правој а два

смера, одређена двема полуправим са почетном та ч ком О. Ако се један смер

(полуправа) означи са ил11 оса а (сл.

+,

а други са -, тада се добија оријентисана права

26).

Ор11јентиса11а nравн, уместо са

+

11 - , ~юже се означити једном стреml­

цом, и то са оне стране са које по договору треба ставити знак

+.

Пређимо сада на уређивање тачака ван nраве. Уочимо стога неку раван а и nраву р у равни (сл.

27).

Ако су А н В тачке равни а, такве да дуж АВ

11ема заједнички х тачака са nравом р, тада се каже да су тачке А и В са исте стране праве р у равни а . Ако дуж

MN

сече nраву р, тада су М и

N

са разних

страна праве р у ра.внн а.

Користећи се Пашовом аксиомом може се лако доказат11 да је релација

611 rи са исте стране псаве tJ v оавни а iе nня nP n:mиi::~ Рl(nип-. nP""" iP tПnu

93

Н. PЛCIIOPI·Л ТЛЧЛКЛ

том се сматра да је сама тачка А са исте стране nраве а са које је и тачка А, тј. описана релациј а се, по дефиницији, сматра рефлексивном.) На основу тога следи да свака права р дел и раван а на два дисјунктна подск упа (две класе е квиваленције), при чему две тачке припадају једном nодскупу ако и само ако су са исте стране праве р. При том права р не прип ада ниједн ом од ова два подскупа .

ДЕФИНИЦИЈА

15. Права р равни а и скуп а, свих та'lака те равни са

исте стране праве р цине полураван равни а са ивицом р, која се означава са р а 1 (сл.

28).

Скуп тачака са једне стране nраве р, тј. скуп а, из дефиниције (без праве р) назива се отвореном полуравни. Отворена полураван нема ивицу. Права р одређује две отворене полуравни (на пример а 1 и а 2 ), па самим тим

одређује и две пол уравни (р а, и р а2).

r----1 1

1

<..;.r.

2'Ј

До сада смо се упознали са правим , равнима и неким њиховим конвек­ сним nодскуповима . Права и раван су такође конвексне. (Подсетимо се да се

под конвексном фигуром подразумева фигура која, ако садржи две тачке А и В, онда садржи и дуж АВ. На сл.

29

фигура

!!1 је

конвексна, а фигура

!!2

неконвексна .)

За сваку раван а, СЛИ'IНО претходном разматрању о правој и равни, могу се дефинисати стране равни. Тако се за две тачке А и В, такве да дуж АВ нема заједничких тачака са равни а, каже да су са исте стране равни а (сл. Тачке М и

N

су са разних страна равни а ако дуж

MN

30).

продире раван а. На тај

начин свака раван дели простор Е3 на два дисјунктна подскупа, Е' 3 и Е ' ' 1•

C.r

l..h 30

Ј1

ДЕФИНИЦИЈА 16. Раван а и скуп свих тачака Е' 3 простора са једне стране те равни чине полупростор а Е'э- Раван а је гранична раван или граница полупростора а Е' 3. (сл.

31).

} 110, \ \ ' 1 H>\1III'IIH

Јlз деф111111111tЈС слс.111 д<~. ако су а и је нека пtчка раон11

fiC

1

fJ

r

елбtен

f3

разлt1'!11ТС nарале~ше равн11

nолу nростора а Е

no:1cкyn полуnросtора пЕ\ Тада је: aE',n{Зt.'~=fJE

11

=

{З Е', а Ь' 1· Про11111р11мо рс.1.щ11ју nаралелности на дужн, nолуnраве Каже се .1а ЈС rЮ.Ј) права Аа праве а ВО\1 !Љ ' rrpaвc /1) .tко С) nраве а лсшюст гtуж11

Kop1tcreh11

11

napa.'le.111a c,t

tr h

11

ако

тад<~ је nолуnростор

,

право~•

h

11

нЕ ~u

nолуравнtt.

(Иј[ ЈI са rю.'!упра­

nарале.'lне С ЛIIЧIIO се дефllюtше nара­

nарале:нюст nолуравн11.

се nojмODitмa nресека

11

ун11је скуnова та•rака .'leфllllltcahe-.ю

још неке ф11rуре. ДЕФИНИЦИЈА Ор

17. Унија отворене полур:ЈВ/111 и. и разнш. IТОЛЈПРШЈII\ tt Оц ивице а полЈр:tвни au н;Јзива се опр}женим у1лом (сл. 32). Полу­

пр;mс Ор 11 Оц су кр:щн, та•1кt1 О теме,

:1 отворснп

полур:ЈВШI обл:1ст (уну­

грашњ:Ј) ОПРЈЖСI/01 угла Oplf.

р

q q

о С1.

а

р

32

Ll. \.\

ДЕФИНИЦИЈА 18. lleкa су а а и h f3 полуравни једне равни са ивицама а 11 Ь које се секу у та •1ки О. Пресек овнх полуравни назива се конвексним (испуn•!еннм) углом са теменом О (сл.

Полуnраве Ор (nраве а)

11 Oq

33).

(nраве /Ј) са заједшtчком nочепюм тачком

су краци конвексног угла. Пресек отворених nолуравнн а н [З је област (или

унутрашња област) конвексног угла. Угао чији су краци nолуnраве Ор и Oq означен је са Oplf или Ocfp. (Кори­ сте се и ознаке pOq и CfOp). Ако је Р тачка крака Ор 11 Q тачка крака Oq, тада се за овај угао користи 11 ознака LPOQ 1\Л\1 LQOP. Уместо ознаке L користи се и реч "угао" па се, на nример, може рећи ,.угао

ДЕФИНИЦИЈА

POQ".

19. Унија две полуравни једне равни, са непаралелним

ивицама. назива се неконвексннм (конкавннм) углом. (сл.

р

~

1

ц

34).

Q

L

1 ·.н

1'

PЛCIIOI'f·il

95

1Лlf.\KA

Заједничка тачю1 О ивица је те~tе, а полуправе Ор и Оц на сл. 34 су краци неконвексног угла

Фигура коју образује раван а са полуправом Ор, која прнпада равни а, зове се пун угао, (сл. 35). Пун угао означава се са Орр нт1 Ор а. Пун угао, као и фигуре нз дефиннција 17, 18 11 19, представљају према датим условима неке уније нлн пресеке полуравни

11

у tЫIXOBitм наз11В11ма

стоји заједннчка реч угао. У случајевима када нису битне разлике између њнх називаћемо их заједН\IЧКIIМ имено~1

уr:ю.

ДЕФИНИЦИЈА 20. Дв:1 угљ1, Ор{/ и Ortr. који припадају ltcтoj равни и којима је пресек крак Oq називају се суседни углови (сл. 36). Угао

Opr н
q

q

р

l..l 37

ДЕФИНЦ11Ј

\ 21. C)'ceдlllf углови •mj11 је збир опружен уr:ю називају 37).

се напореднlf (нли упорсдтr) углови (сл.

Две nраве а 11 Ь које се секу у тачки О одређују четнрн полуправе, а оне одређују четири конвексна угла. Треба разликовати nојам конвексиог угла од појма конвексногскупа. Jla пример, опружени угао је конвекса н скуп, али по дефиницији 18 ннје конвексан угао. ДЕФИНИЦИЈА

22.

Пар несуседннх коивексних углова, одре/]еиих две­

ма правим које се секу, назива се унакрсним угловима. На сл. вим а

11 Ь,

38 је

осенчен један од два пара унакрсних углова, одређених пра­

које се секу у тачки О.

l.l

\Н

<... 1 \')

ДЕФИНИЦИЈА23./-/скасуА 1 , А 2 , А 3 , ••• , An 1, А," 11 >2, та•lкеједнеравтакве да су св:1ке три уз:1стопне тачке uеколинсарис. Ymrja дужи

1111.

YIIOi t

У

11·0'11<1I'IIJY

А 1 А ., А 1 А ,, ... ,....1 "_ 1 А , назива се равном изломљеном линијом А 1 А . А , . .А " 1 А (сл 19). Ако је n> 3 и А" =А• а та•ЈкеА" , А 1 , А Сј неко­ линеарне, гада настаје затворена равна изломљена линија. Тачке .r/ 1• А ~... ,А " су темена изломљене линије, а дужи А , А 1 , А А,, ... , А " 1 А , су њене странице. Свако теме је једина заједничка тачка .1ве узастоnне (суседне) странице.

Ако несуседне стран н це затворене равне изломљене линије немаЈу зајед­ ничких тачака. онда је то проста многоугаона линија. (Ми hемо је називати

само многоугаоном линијом). Ако се неке несуседне странице секу, онда је то сложена многоугаона линија. Уоч111110 тачку О у равни многоугаоне линије М, ван страница те многоу­

r аоне

линнјс. Ако nроизвољна nолуnрава те равни, са nочетном тачком О, која не садржи ниједно теме многоугаоне ли ниј е М, сече нсnаран број стра­ н н ца те линије, тада се каже да је тачка О у унутрашњој области одређеној многоуrаоном линијом М (сл. 40). Скуn свих тачака унутрашњс области одре­ ђене многоугаоном ли ниј ом јесте област многоугаоне линије, осенчсна на с 1

40.

Cr. 41

l-1 40 ДЕФИНИЦИЈА

24. Унија затворене многоугаоие линије и њене обла­

сти назива се миогоугаоном површи или само многоуrлом.

На сл.

41

је конвексан многоугао, који има својство да му се сва темена

налазе са једне стране nраве, одређене било којом страницом.

Суседне странице одређују унутрашње уrлове многоугла. Сваки много­ угао има једнак број темена, страница н унутрашњих углова,

na

се nрема

том броју назива троугао, '!етвороуrао и слично. Ч етвороуглови могу имати nарове nаралелних страница. Ч етвороугао ко­

ји има Један пар nаралелних страница је трапез. Паралелне странице су основице, а nреостале две краци траnеза.

Ако четвороугао има два пара nаралелних страница, назива се пара.лело­

rрам. Паралслограм и траnез су увек конвексни многоуглови.

Дуж чији су крајеви неуседна темена многоугла назива се дија.гона.лом тог мноrоугла; на сл. 41 то је, на nример, дуж ВЕ. Троугао нема дијагонала, . ., D n(n - Ј)

n > -'• има " = D ј = S(S - ~ = 5 д иЈ. агонала. има 2

а Н11Је тешко доказати да мноrоугао са

. 11 а дИЈагонала.

nример, nстоугао

Замислимо да се креhемо

n

страница,

на сл.

41, од те­

мена до темена, редоследом који је одређен поретком слова: А , В,

С, D , Е.

no

многоугаоној линији

2

ABCDE

1 S.

97

PЛCПOI'I-il ·lдЧЛКЛ

При том област многоугла је увек са леве стране. Постуn ају ћи слично са 42, уочава се да је област овог троугла с десне стране.

троуглом КLМ на сл.

Тако се долази до nојма оријентпu11је многоугаоне nоврши, у случају nетоу­ глаАВСDЕ јавља се позипtвно, а у случају троугла КLМ неrапtВЈ/0 оријен­ тисана површ.

м

L

~

К

р

(. 1.

-13

ДЕФИНИЦИЈА 25. Конвексан угао POQ је позитивно усмерени угао ако је површ OPQ позитивно оријентисана (сл. 43). НеконвеКЕ!:!. угао је позитивно усмерен ако је њеrов подслуп, конвексан угао

opq

Opr, позитивно

усмерен.

Ако су темена оријентисаног многоугла означена 111-1декс11ма, на nример

А 1, А!, А 3 , А,, редослед "об11лажења" теЈ'.tена је одређен растућим индексима. На крају, nоменимо неке трод11менз11оналне фигуре. Конвексан диедар је пресек два полуnростора са неnаралелним гран11чним

равни ма, а унија таква два nолупростора је неконвексан диедар. Слично угло­ вима, дефннишу се суседн11, наnоредни н унакрсн11 д11едри итд.

ПРИМЕР

5.

Који многоуr.ю има

44 дијагонале? n(n - 3) . Решење. Из = 44 добиЈа се n(n- 3) = 88, односно n(n - 3) = 2 = 11·8 = 11(11-3), пајеп = 11. Речјеоједанаестоуглу . .А ПРИМЕР

6.

Које многоугаоне nоврши на сл.

44

имају nоз11тивну оријен­

тацију? Решење. Позитивно оријентисане многоугаоне површи су на сликама г ИД А

в

~

А

С

(о) С; 1 .

44

~8

YROJ I У 1 HJ"ti'Г I'IIJY

ЗЛДЛI\И

1.

Колико конвексних углова одређују три nраве једне равни које имају само једну заједничку тачку?

2.

Колико дијагонала има седмоугао?

З. Колико троуглова одређују темена конвексног шестоугла?

4. 5.

Ако јеА - 0-В иА-0-С, да ли јеВ-0-С? Зашто?

6.

Oq су Oqll а?

Права р и полуправа

јер\\ а. Да ли је

са исте стране праве а у равни а. Доказати да

Да ли је скуп {А,В} , А ;е В, конвексан?

ПЕТА ГЛАВА

ПОДУДАРНОСТ

Релаuија подударности се може схватити апстрактно, са јединим оrра­ ничењем шпим у виду аксиома подударности. Ми ћемо, међутим, поћи од сасвим реалних појмова. Као што смо истакли у претходној ГЈШВИ, геоме­ трија је првобитно представљала земљомерство, а мерење се заснива на по­ себним релацијама тачака у простору. У основи мерења је појам растојања

(дистанце). Растојюье између две тачке А и В је позитиван број који се оз­ начава са

d(A,

В). По договору је

d(A,

В)=

d(B,A) "U,

при чему једнакост

важи ако и само ако је А = В. Посебно су важни парови тачака које имају једнака растојања. Заправо, ако су

A,B,C,D

такве тачке да је

d(A,B)=

= d(C D), сматра се да су парови тачака {А, В} и {C,D} у релацији подудар­ ности, односно да је {А, В}

= {С, D}. Ово је једна од основних карактеристи­

ка простора Е,. Због овакве интерпретације неки аутори релацију подудар­ ности називају релаиијом еквидистаниије. Релација подударности, као основна релаuија, биће најпре описана на скупу парова. тј. двочланих скупова тачака. Касније се подударност уопшта­ ва и дефинише као релација међу сложеним геометријским фигурама. Групу аксиома подударности чине четири аксиоме.

АКСИОМА

13.

Подударност је релаиија еквиваленције на скупу свих

парова тачака простора Е,

Оном аксиомом се истиче рефлексивност, симетриt.tност и транзитивност подударности парова тачака. Другим речима, важи:

1) рефлексивност:- ('\IA,B){A,B} ={А, В); 2) симетричност: ... ('\IA,B,C,D){A,B} = {C,D} "'{C,D} ={А, В); 3) транзитивност: -· ('\IA,B.C,D,E,F){A,B} {C,D} л {C,D} {E,F)"' {А,В) {E,F}.

=

=

=

Следсћа аксиома има конструктивни карактер и говори о егзистенцији пара тачака подударног са датим паром.

АКСИОМА

14.

Ако су А ,В и А 1 дате тачке, такве да је А 1 почетна та ч ка

неке полуправе а 1 тада на полуправој А 1 а 1 постоји тачно једна тачка В~.> так­

ва даје {А,, В,}= {А, В}.

АКСИОМА 15. Нека су А, В, С, и А 1 , В,, С, тачке такве да је А -В-С и А,- В,- С 1 ; тада ако је {А 1 , В,)= {А, В} и {В,, С,}"' {В, С}, онда је и {А,, С,} "' {А,С} сл. 1.

100

П О/IУдЛЈ'I Ю(."Т

с с,

А

о,

<.:.t. АКСИО МА

1

16. Ако

су А, В, С три неколинеарне та чке и А 1, В , та чке иви­

=

це а , полуравни а 1 а 11 такве да је {А 1 , В 1 } {А, В }, тада у отвор еној полу­ равни а, постоји тачно једна тачка С 11 таква да је {А 1 , С 1 } {А ,С} и {В 1 , С 1 } { В,С}, сл. 2.

=

=

Н а основу овако одређене основне релациј е nодударности дефин ише се nодударност разни х геометријских фигура.

5.1. Према дефинициј ама

ПОДУДАРНОСf ДУЖИ

10 и 13 из nретходне главе, сваки пар тачака {А,В}

одређује једну дуж. Уведимо релациј у nодударн ости н а ску n у свих дужи. ДЕФИНИЦИЈ А

1.

дударн е) ако је {А ,В} Зн ак

=

За две дужи А В и

={C,D}

CD

каже се да су једнаке (или по­

и то се означава са А В

= CD.

користи се у разним околностима. Овде га треба nри хватит и п о

дефиницији. Мада су дуж и скуnови тачака, овде није реч о једнакости ску­ nова .

Ова дефинициј а омогућава да се аксиоме nодударности неnосредно nре­ несу на nодударност дужи, па се наводе без доказивања следеће особине.

ТЕОРЕМА

l . Једнакост (подударност) дужи је релација еквиваленције

на скупу свих дужи.

ТЕОРЕМА

2. Ако је АВ

дата дуж и А 1 по четна та чка полуправе А 1 а 11 тада

на полуправој А 1 а 1 постоји тачно једна тачка В 11 таква дајеА 1 В 1

~~-а, А1

8,

C.:JI 3

= АВ (сл. 3).

ь

N C JI. 4

р

_1.1

ТЕОРЕМА

саг ласностн је.1накост11 дуж11 са саб11рање".) Ако

3. (0

А, В, С н А 1 , В 1 , С 1 тачке, А 1 В1

101

110ЛУЛЛ1'1!0СТ i\YЖII

такве д:1 је А-В-С и А 1 -В 1 - С"

су

nlд;J ако је

= АВ и В,С 1 =ВС, онда је и А ,С, =АС, сл. 1.

На

основу

дефиниuије

В,С 1 =ВС, онда је и А 1 В 1 ТЕОРЕМА

4.

збира

+ В,С, =

дужи.

ово

значи:

је А 1 В 1 = АВ

ако

и

АВ +ВС.

Ако су А, В, С три неколинсарне тачке и А

1,

В, та•rке ивице

а, полур:ш1m а 1 а" такве да је А 1 в,= АВ, тада у отвореној полуравни а 1 постоји та•mо јсшrа тачка С,, ТiЈКВ:Ј да је А ,с, =АС и В,с, =ВС (сл.

2).

Сада се појам збира дуж и може проширипt.

ДЕФИНИЦИЈА н MN =а,

Ако су а н h дате дужи н М, N, Р тачке. такве д.1 је т:ща дуж МР представља збир дужи а н h :

2.

M-N-P

NP = IJ,

МР= а +/Ј. При томе, за сваку дуж с једнаку са МР т.1кође важи с =а (сл.

+

Ь

4).

За неједнаке дужи дефинишу се релације "мање" и "веће". ДЕФИНИЦИЈА

Ако су а и

3.

h

неподударне дужи и М,

N,

Р тачке једне

праве, такве да је МР= а и MN = h, т;ща ако је M-N-P, каже се да је дуж а всћа од дужн /Ј односно да је дуж h мања од дужи а. То се записује кори­ стећи се ст:1ндардним алгебарским озн:1кам:1: а> Ь, односно Ь <а (сл. ДЕФИНИЦИЈА

4.

5).

Нека је С тачка равни а и г дата дуж Скуп свих тачака

К равни а, таквих да је СК= г, назива се кружном линијом или крутом (сл.

6).

Til•Jкa С је центар, а дуж г је полупре•rник круга Овде се углавном користи термин крут, као и термин кружница Са

k(C,

г) означава се круг са нентром С и nолуnре•1ником г. Круг је одувек nри­

влачно велику nажњу математнчара. У старој Грчкој су се њнме nосебно бавили Архимед и Аполоније. Круг се доста користи у практичним делат­ ностима. Особине круга биће делом проучене у овој глави.

ДЕФИНИЦИЈА

S.

Нека је С та•rка рiiвни а и г дата дуж Скуп свих тачака

М равни а, таквих да је СМ

s

г, назива се кружном површи са центром С и

полупречником г.

Ако је

CV >

г, каже се да је тачка

V ван

крут, ако је СК= г, тачка К је на

кругу, а ако је си< г, та ч ка и је у кругу (сл. тачка равни а и

k(C, г)

Р у односу на круг

6).

Уоnште, ако је Р nроизвољна

круг у тој равни, дуж СР је централно растојање тачке

k.

ДЕФИНИЦИЈА

5 дата та•rка и r дата дуж, тада се скуп свих SM : : : : г, назива сфером, а скуп свих та•1ака Р, таквих (сл. 7). Л1чка 5 је центар, а дуж г полупре'lннк сфере

6.

Ако је

та•шка М, таквих д:1 је да је 5Р :5 г лоптом (лопте).

Да би се релаuија подударности могла nроширити на nроизвољне фи­ гуре, уводи се једна значај на класа- пресликавање.

ДЕФИНИЦИЈА 7. Изомстријско прссликавање (изометрија) је свако обострано јсшюзна'!но пресликавање фигуре'[ на фигуру '[ 1 које дуж и пре­ сликава на подударне дужи.

102

Ј Ј ОДУДЛРIIОСТ

ь

в

А

Сл.

5

С.Ј.

С; Ј .

6

Изометрија одржава подударност дужи. Означава се са

цији, за два пара одговарајућих тачака А .В Е :Ј и А Ј• В 1 Е

I(A)

= At

и

I(B)

I.

7 Према дефини­

:!1 важи:

= Bt::. А ЈВ Ј = АВ

Из дефиниције произлази и да је идентично пресликавање (коинциден­ ција)

I, такође изометрија јер важи I,(AB)

= АВ, за сваку дуж АВ.

У наредних неколико ставова биће дате најбитније особине изометрије. ТЕО РЕМА

5. Ако

су А.В,С та'fкеједне праве и ако је А-В-С, изометри­

јом се ове та'fке пресликавају редом у та'fкеА 1 , ВЈ , С 1 једне праве и при том јеА 1 - ВЈ - СЈ.

Доказ. Нека је

1

изометрија и нека је 1(А)

=

А 1,

I(B) =

В 1 , 1(С)

= С Ј.

По

дефиницији збира дужи, из А -В-С следи: АС= АВ +ВС. Из дефиниције

изометрије се закључује да јеА 1 С 1 =АС, А 1 ВЈ =АВ и В ЈС 1 =ВС, па јеА 1 СЈ =А ЈВЈ

+ В 1С1•

Сада се на основу дефиниције збира дуж и, сагласно теореми

З, закључује да јеА 1 -В 1 - СЈ.

•

Дакле, поред подударности, изометрија одржава колинеарност и распо­ ред тачака. Према томе, у изометрији правој одговара права, дужи одговара дуж, раван се пресликава на раван, nолураван на nолураван . Збир дужи се nресликава на једнак збир итд. Овде су дуги и заморни докази избегавани, али саме теореме, ако излажу неке битне особине, су наведене. Наредне три теореме дате су без доказа. ТЕОРЕМА

6.

Ако су А, В тачке праве р и Аь В Ј та•tке праве Р Ј и ако је

АВ =А 1 Вь тада постоји изометрија I којом се права р пресликава на праву Р Ј и при том је 1(А) =А 1,

I(B)

= В 1•

По овој теореми, ако су тачке А Ј и В 1 узете на правој р, nостоји изометрија

=

=

таква да је I(p) р 1 • Отуда следи, ако је А 1 =А и В Ј =В, да је 1 1, иден­ тично nресликавање, тј. ако се две тачке nраве пресликавају у саме себе, тада се свака та ч ка праве пресликава у саму себе. Тачке које се пресликавају у саме

1

себе називају се непокретним или инварија.нтним тачка.ма.. Ако се свака та ч ка праве р пресликава изометријом 1 у саму себе, онда је и nрава р неnо­ кретна (инваријантна) права те изометрије.

~.~.

ТЕОРЕМА

7. Ако

У1.10 1ЈЛ.

IIO; IY,Ii\ I'IIUC 1

\.IH' IIIol• Yl

103

IOIIЛ

су (А, В, С) и (А 1, В 1 , С 1 ) две ур еl]ене тројке н еколин е­ А 1 В 1 , ВС= В 1 С 1 11 АС= А 1 Сь

арних Т
=

r:lд;l постој н изометрија 1 која рава н а преводи на раван а : Ј( а том је 1(А) =А 1• Ј(В)

=

В 1 , Ј (С)

)

= а и при

С1 •

=

П pcr-t
= 1,.

ј ;11п не пр 11 юo:\l eTp l tj ll 1, тадн су 11нвнрија нте све та •1ке рав ни а . тј. 1

Сл 11 ч но н аведе н ој теореr-1 11. внж и и тврђење да ч етир11 н ско;чплана рн е т<~чке одређ ују 11зометр11ју просто ра. ТЕОРЕМА

2)

8. 1)

Инверз но пресликавање изометрије је изометрија.

Производ (композиција) две изометрије је изометрија.

Доказ. Тврђ е ње

1)

след и из симетричн ост и п одударн ост и дуж и, а

ди из т ра юипшн ост 11 п одуда рн ости дуж и (теоре!'.tа

2)

сле­

1). •

Снда се м оже уо nнл ин1 рела uиј а п одударн ост 11 .

ДЕФИ НИЦИЈА Н. Ако постоји изометрија која фигуру !Ј преводи (пре­ сликава) на фнгуру ![ 11 тада се каже д;l је фигур,1 ![ 1 подударна фигури ![. То се оз на•tа.ва са

!!1

:!!

![.

Дакле, важ и еквиваленција ~1 ТЕОРЕМА

= ~ <=> (3 1) 1 (~) = ~1 •

9. Подуд;1рност фигура прос тора Е 3 је релација еквиваленције.

Доказ. Рефлексн ост следи из Ј,

(!!)

= ~ след11 ~:!!!Ј за сваку ф11гуру ~.

Сt lметр ичt юст и тра н з и ти в н ост следе из претходн е теореме.

5.2.

•

ПОДУДА РНОСТ УГЛОВА. МЕРЕЊЕ УГЛОВА

Н а ос н ов у о писаних о собина изометрија можемо утврдити каква се фи ­ гура добиј а изо метријом у глн.

ТЕОРЕМА

10.

Доказ. Н ека је

Изометријом се угао пр есликаоr1 на угао.

Opq

дати угао и Р,

Q

тачке н а краuима Ор и О(Ј (сл.

8).

q

, ,

1

1

Р,

,

Р,

,

1

_______n, ,

1

п 1

.../

--- --- --'

C . 1.!S

Ако би угао Opq био оnруже н , не би било потребно nосебно доказивање тврђења, јер смо већ раније утврдили да се nолура ван пресликава на nолу­ раван . За доказ је довољно размотрити случај када је угао конвексан а тачке О, Р, Q неколинеарне.

104

110,(},( \11IHK'I

1110\!Cl р11ЈО'' Ј llt.:I\Љ11111t.:apнe тачке О, Р. (ј llpcвo;tc се у llt.:KOЛIIIICapнc l;t'II\C 0. р. Q. 11рС\1.1 10\IC, Тi\ЧКС 0. Р. Q О lpCil)j) IICI\11 )ltiO, L P П{] llt.:l\<1 Jl' 1\0IIIJCI\C,\11 ) 1<10 Optf п ресе" ПО.I) pi!BIIII Jl' 11 tf {Ј, с 1 1\ ril.!.t ЈС Ј (Ј> ) Ј1 < 11 1 (tf/~) = tf {; Како ЈС р а n tf {Ј= L POQ 11 fl , n tf {Ј = LP О {}, ro ЈС J(OJilf) =О Jl Ц lл11чно сс !101\<П)ЈС rврђење) случај) ..1.1 ЈС )Гао Орц HCI\OIIUCI\Cilll . Пpt.:\ltl ;Icфi1H11ШIJ11 Х )ГЛОВII Орц 11 О р ц С)' по..'lу. rарн11. Као 11) CЛ)'I.Ijy ПО..1)д.tр1111\ ..1)'Ж11, кор11СП1 се терч11н Је:ЈНаки ;глови 11 1111ше· Орц = = О.р tf О noтpeбiiШIII..'lOBO.ЪHII~1 ycлoBII\Ia зајс.11шкост )'Глооа говори c.1C· .:teh 11 став. Т ЕОР ЕМ Л 11 . ;- [n:t уг. т. Орц 11 О р tf. je. tiiШill С) :1110 11 само :tко 11:1 кр:t· mm:1 Ор. Пц, О f1 1, О,ц постоје ре..ЈО.\1 7:t'IKC Р. Q, Р, Q. mкТЈс . т је ОР= О 1' 1, OQ =О Q 11 PQ =Р Q 1.

ДокаЈ. Ако су Р,

Q. 1' 1, Q 1 тачке 11а кращша да111>.. yr лова. ·1акве .ra је = 0 1 Р ,, OQ = 0 1 Q, 11 PQ = P,Q, (сл. Ч), таласу (O.P,Q) 11 (О . Р. Q,) грој­ ке та•1ака 113 теоре:че 7, на основу које слсл11 д.t noc10j1 1 шо:щ:тр11ја Ј која

ОР

тачке О, Р,

11

Q nper10;111

ре.10~1 у тачке О, Р,

Q.

Н а основу особ1111а 111О\1СТр11јс

георсщ~ 10 сле.111 .1а ЈС Ј(Орц) =О р ц, ољtкле је Орц =О р tf Oбp l t) 10. ако Је Орц =О р ц, та.1а no дсф11н 1 щ11ј11 Х nостој11 1110\lетрнј ,t

Ј. Т<\1\Ва

О. Р.

Q

тачке

је

;ra

тече

)

О. Ј( Р)

11

J(Opt/)

=О р ц . 0.1<ЈТ.'1е, по деф~шltШtј11

1110\!Clpllje.

ако су

тачке на кp<ЩII\Ia угла Орц. тюа шочс rpiiJil Ј r1ревО.1 11 ове тр11

О. Р.

= Р,

Q на О..'1Говарај)'ћШ1 кp
За је..111аке углове важс теореме сл11чне cr
llaB0!111MO

).

пва става.

q'

1 1

q,

о' ~

1

K о,

<.. 1

Р,

1'

1

р

\

р

1)

<...1

Р,

IU

ТЕОР ЕМЛ 12. Ако је Орц yrao у равни а и пко је 0 1 р полупр:1в:1 праве р 1 у равни а 1 , тада у равни а 1 с:1 дате стране праве р.., постоји та •tно једна полуправа О ,ц.., таква д.1 је угао O.p 1lf 1једнак уrлу Орц.

До.-аз. ll eкa су основу теореме

0 1 Р1

=

2,

Р и

Q

тачке на крацнма Ор

11

Оц датог угла (сл.

10).

На

на лолуnравој О,р 1 nостоји тачно једна тачка Р 1 , таква да је

ОР. Зати м, n рема теореми 4, с.1 дате стране nраве р 1 у равн и а 1 , nостоји тачно једн а тачка Q 1, таква да је 0 1Q 1=0Q 11 P1Q 1= PQ. Сада nрема теореми 7 постоји изометрија Ј која тачке О, Р, Q редом nреоод11 у та•1 ке 0,, Р,, Q,. Али тада. nрема nретхолноi тсопем11. бнће О. п и

= Ооа

гпс

it•

о. а

rrn •rvnn;ma

105 одређена тачкама

0 1 11 Q.

Сада треба доказатн да је О р ц јед111111 такав угао

са дате стране праве р 1 •

Претпоставимо да, са исте стране праве р 1 • са које је полуправа О ц 1 , по­ стојн полуправа О t( , таква да је 0 1 р 1 t( Орц. Тада на полу праnој 0 1 t( по­

=

стојн тачка

Q',

таква да је О

Q'

=О Q. Како је 0 1 р ц '=

Oplf. то постОЈИ 11зо­

.метрнја која угао Орц превод11 на угао О р t( Пр11 том пчю1 О одговара та ч ка 0 1, тачкн Р тачка Р 1 и тачкн Q тачка Q'. Тада, по 'lCфiiHIЩIIjll, мора бнтн

=

=

О Q ' 11 PQ Р Q ' Ово није чогуће на основу теорс~1е 4, одакле следн да је Q' Q1, што потврђује једннственост угла О р tf 1• • Слично се доказује 11 следећи став (о caглaciiOCТII јсдтњосп1 са саб11ра­

OQ

=

њем углова).

ТЕОРЕМА 13. Нека су Opq 11 Octr два суседна угла у равни а 11 нека су OifJ 1tt 1 11 0 1q 1r 1 такође два суседна угла исте или неке друге р.1вни. Тада ако је Орц =о , р, lfl и Оцr =о, (/ Ј Г ь бнће Ор!'= О , р , ,·!· Сада се појам збира углова може проширип1

11

на нссуссдне у1 лове.

ДЕФИНИЦИЈА 9. Ако су а н {З дв.1 угл:Ј, Орц 11 OtJr дв:1 суседна угла, тако да је а Орц и{З Ortr. тада се ю1же да је угао Орг збир уитова а 1t {З 11 m 1ше Ор1· а +{З. За сваки уr:ю (, једнак углу Opr, тпкоl1е важи i' а +{З.

=

=

=

Релац11јс веће

11

=

мпње у скупу углова дефнниш) се такође по~юћу нзоме­

трнје суссдю1х углова.

ДЕФИI IИЦИЈА 10. Ако cyOpq 11 Оцг сусещш углови, а а и {З такви углови да је а Opr и {З Optf, тада се каже да је уто а вehu о.з. угла {З. односно да је уто {З мањи од угла а 11 пише: а >{З или {З < а, сл. 11 .

=

=

На пример, сваки конвексан угао је мањи од сваког неконвексног угла.

Користећи се појмом једнакости углова може се установ11Т11 ню нових појмова у вези са угловима. У вези с тим потребно је доказати једнакост

неких углова. На основу чињенице да се изометријом полураван пресликава на полур ава н , долази се до следећег закључка:

свакп два опружена угла су једнака ме/Ју собом. На основу тога лако се доказује следећн став.

\

q

\.(' q г

а

р

L . l 11

ТЕОРЕМА

14. Напоредни угловн једнаких углов:1

Доказ. Н ека су нека је

<( ""'

L . (. 1

12

су једнаки међу собом.

Optf и Oqr наnоредн11 углови, а такође 11 O'p't( и O'q'r' и O'p'q' = Opq (сл. 12). На основу теореме 12 nостој11 nолуnрава O 'r",

106

1 10}\УДА РI ЮСТ

=

=

таква да је O 't(r'' Oqr. Међутим, тада је O'p 'r '' Opr (теорема 13). На осно­ ву транзнпtВtiОСТ11 подударности и претходне теореме добија се: O 'p 'r " Opr и Opr O 'p 'r ' , дакле, O'p'r " O 'p 'r '. Узимајући у обзир теорему 12 зак­ ључује се да је последња једнакост моrућа само ако је O'r" O'r '. Међутим, тада следи да је O 'r(r' O 'q 'r " , а према теореми 9 и O 'q 'r ' Oqr. •

=

=

=

=

= =

=

Директна последица овога је следећи став. ТЕОРЕМА

i5.

Унакрсни уrлови су једнаки међу собом.

Доказ. Угловн ОаЬ и Оо 'Ь ' су напоредни углу ОЬа', сл. ОаЬ Оа 'Ь ', према претходној теореми. •

=

13, па је

Међу конвексннм угловнма истиче се прав угао.

q

l. l 1.\ ДЕФИНИЦИЈА угао (сл.

ll. Yrao

С... 1

14

који је једнак свом напоредном уrлу је прав

14).

Како су опружени углови једнаки међу собом, то су и сви прави уrлови једнаки међу собом. Такође, сваки угао који је једнак правом уrлу такође је прав. Угао мањи од правог је оштар. ДЕФИНИЦИЈА

12. Ако је

прав један од углова којеr образују праве а и

Ь које се секу, онда се каже да су те праве нормалне (управне) једна на друrу (сл. 15). То се озна •шва са о .L Ь. Права а је нормала праве Ь и обрнуто. Заједничка та•1ка О је подножје нормале.

Очигледно је да нормале а и Ь одређују четири права угла. Ако су праве о и h нормалне једна на другу, онда се оне секу под правим уrлом. Ако је а оштар

yrao одређен правим h секу под уrлом а.

о и Ь (осенчен на сл.

13),

тада се каже да се

праве о и

=

Ако је у углу Opq полуправа Os таква да је Ops Oqs, тада полуправа Os полови угао Opq (сл. 16). Права s, која садржи полуправу Os, назива се симе­ тралом угла

Optf .

01

а

iь l:;l

Симетрала, дакле, полови угао.

15

--~-

5

в

А

р

С;Ј . 1(1

<..:

1.

17

S.~ fi(>Jl~,tЛI'IIOCT УГ;ЮЈЈЛ. ЧНЈЈI,(• ~· 1

Слнчно, неh.а је

тачка дужи АВ, таква да је

S

107

,11>11-\

AS

= SB

(сл.

17).

Тачка

S

nоловн дуж АВ 11 њtзнва се средиштен дужи АВ Права 1, која садржи сре­ диште дуж и и нормашы је на дуж, назнва се синетр:l..7ом те дужн. Симетра-

ла, дакле. noЛOBII дуж

(AS

= ,-1 АВ).

После свега ре•Јс!ЮГ о једнакостн 11 уnоређнв<ньу углова, може се дефи­ НIIСЗТII мера ЈГЛа {BIIДCTII ДЕФИНИЦИЈА

11 дeфi iHIIUIIj} 5) друrој r Л
13. Нека је свакО.\! )ГЛ) пpндp)ЖCII/Ielter:mrвau број а,

при •1ему су испуњен11 услови:

а) неком углу

Os1

придружује се број Ј;

б) једнаким уrловт.rа придружују се једн.1юr бројевu:

в) ако је уr:ю OptJ збир уrлова кojmra су прндружсшr бројевн а rr (З, онд:l се уrлу Орц придружује број а +(З; г) уrлу Орц пр11дружује се број О ако

11

само :1ко је Ор

= Оц.

Тад:l се каже д:1 је дефннисана мера на скупу уrлова, а yrao Он назива се jeдtmи•lmrм уrлом ил11 јешtн1ruом мере yr.rтa Може се доказатн да овакво nресликава1ье углова у ненегатнвне бројеве

nостоји и да је избором једнннчног угла

Osr

нз а) једнозначно одређено.

Јединични угао се IIЗабнра тако да nравом углу буде додељен број

90.

Тај

једнничш1 угао назива се степеном. Дакле, стеnен је деведесети део nравог угла и означава се са Ј о. У уnотребн су 11 друге јешшtще (као градрадијан

- rad),

grad

и

али ми hемо овде кор11СТ11ТII саr.ю стеnен.

И зражавају ћи овом мером nознате углове, добија се:

-

оштар угао (r.1 ање од nрав угао

90°);

(90°);

туn угао (в иш е од

оnружен угао

90•,

а мање од

(1R0°);

неконвексан угао (више од

nун угао

1RO.);

1so•,

а маље од

360.);

(360.).

Ако се угао мерн стеnенима, онда се за углове ч11ја мер<~ н11је цео број

користе има

60

11 мање јединнце - минут и секунда. Прн том је 1 о

мннута) и Ј'

= 60'' (мннут има 60 секунди).

= 60' (стеnен

За два угла, а 11 {З, каже се да су комплементни ако је lьttxoв збир nрав угао (а +(З

= 90 '), а ако

им је збнр оnружен угао (тј. ако је а +(З

онда су суплементни. Наnоредн11 углови су

ПРИМЕР

11

= НЮ").

суnлементнн.

l. Снметрале наnоредних углова нормал не су међу собом. До­

казати.

Решење. Н ека су а и (З наnоредн и углови. Тада је а

+

(З

= Ј80".

Угао из­

међу симетрала једнак је збиру:

а

2

+ /!._

_ а

2-

+ {Ј _ 2

()" - 9 '

Дакле, угао између симстрала је nрав, па су оне нормалне међу собом. А.

ЗЛ)(А I (И

1.

Нека је

S

сред11ште дужи АВ и С тачка праве АВ, таква да је А - В -С. До­

казати да је SC = ~(АС- ВС). 2.

Дате су колинсарне тачке А, В, С. такве да је А -С-В. Ако је М средиште

дужи АС 11

\

сред11ште дужн ВС, доказати да је MN = ~ АВ.

3.

Одредити угао који је од свог комплементног угла веhи за

4.

Кол нк11 је збир два угла који су суплементни са два комплементна угла?

5.

Ако тр11 nраве једне равни имају тачно једну заједничку тачку, тада је

зб11р трн

несуседна угла,

који су образовани овим

1".

nравим , једнак

опруженом углу. Доказати.

5.3.

ПОДУ ДАРНО Сf ТРО УГЛОВА

Према дефиющији

8 два троугла АВС

и А 1 В, С, су подудар на ако постоји

изометрнја која, рецимо, троугао АВС преволи на троугао А 1 В С,. Може се закључити следеће (ознака

ilABC:: ilA

6

користи се у место речи "т роугао"):

В, С

=> АВ = А 1 В 1 , ВС= В 1 С 1 , АС= А 1 С 1 , а =а,, {:З = {:Ј 1 , у= у 1 •

Уобичајено је да се страница троугла означава малим словом, које олго­ вара темену наспрамног угла. На пример, насnрам теменаА угла а је стра­ ница а= ВС и слично. Редослед набрајања темена А,В,С и А 1 , В 1 , С 1 мора бити такав да је I(A) =А 1.I(B) =В,, I(C) = С 1 • На тај начин су означени троу­ глови на сл. 18. У том случају за полударне троуглове важи:

6АВС Е! 6 А 1 В 1 С,=> а= а 1 , Ь = Ь 1 , с= с 1 , а = а 1 , {:З = {:Ј 1 , у= У•· Да би се доказала подударност два троугла није потребно доказивати јед­ накост свих страница и свих углова. Потребни и довољни услови за поду­ дарност троуглова наведени су у следећа четири става.

r .....

,.

... с

с

<....1 IH

l.-1 I'J

,.•

....

ТЕОРЕМА

16.

109

IIOДY/IЛPI!OCT 1 POYI ЈIОВЛ

S.1

(Став ССС) Два троугла су подударна ако и само ако су

странице једног троугла једнаке одговарајућим страницама другоr. !!:.АВС

= !!:.А 1 В 1 С, <:>а= а 1 ,

Доказ: Ако је !!:.АВС

л Ь

=Ь1

л с= с 1 •

= !!:.А 1 В 1 С 1 , тада по дефиницији 8 постоји изометри­

ја која троугао АВС пресликава на троугао А 1 В 1 С 1 , па је, по дефиницији а= а 1 , Ь

= Ь 1 , с= с 1 •

и А 1 В 1 С 1 троуглови код којих је АВ

Обрнуто, нека су АВС ВС= В 1 С 1

=

7,

А 1 В1,

и АС= А 1 С 1 • Према теореми 4 у равни троугла А 1 В 1 С 1 , са оне стране nраве А 1 В 1 са које је тачка С 1 , nостоји тачно једна тачка С', таква да

је АС =А 1 С' и ВС= В 1 С' , сл. да је С'

= С1,

19.

Како је већ АС= А 1 С 1 и ВС= В 1 С 1 , следи

па су (А, В, С) и (А 1 , В 1 , С 1 ) две тројке тачака о којима говори

теорема 7. Према томе, постоји изометрија

1(8)

= 8 1,

1(С)

= С1 ,

троугао А 1 8 1 С 1 , па су, nрема дефиницији ТЕОРЕМА

17.

1 равни, таква да је 1(А)

= А 1,

тј. nостоји изометрија која троугао АВС nреводи на

8,

ова два троугла nодудар на.

•

(Став СУС) Два троугла су подударна ако и само ако су

две странrще једног троугла и угао захваћен њима једнаки одговарајућим страницама и углу другог троугла:

!!:.АВС:!!:.А 1 В 1 С 1 <:>Ь=Ь 1 Лс=с 1 Ла = а 1 • Доказ: Из nодударности троуглова АВС и А 1 В 1 С 1 следи, као у nретходној

теореми, да јеАВ је и а = а 1 •

= А 1 В1 ,

АС= А 1 С 1 и ВС= В 1 С 1 , а отуда, nрема теореми

Обрнуто, нека је АС =А 1 С 1 ,АВ =А, В , и а =а, , тј.

ll

LBAC = LB 1 A 1 С,.

Због једнакости ових углова nостоји изометрија 1, која nреводи а на а, и

1 (А)= А 1 • Како је АС= А 1 С 1 иАВ

= А ,В , , то су,

nрема теореми

11 ,

А, В, С и

А 1 , В 1 , с, тројке тачака, такве да је и ВС= В ,С,. Због тога, nрема nретходној теореми, следи да је

!!:. АВС

=!!:.

А 1 В1 С1• •

ТЕОРЕМА 18. (Став УСУ) Два троугла су подударна ако и само ако имају једнаку по једну страницу и оба одговарајућа угла налегла на ту страницу !!:.АВС:!!:.А 1 В 1 С 1 <:>с=с 1 ла= а, л{З ={31. ТЕОРЕМА

19.

(Став ССУ) Два троугла су подударна ако и само ако су

две странице и угао наспрам једне од њих у једном троуглу једнаки двама одговарајућим страницама и углу у другом троуглу, а углов и наспрам друге

странице у оба троугла су исте врсте (оба оштра или оба права или оба тупа).

t.ABC=

!!:.А 1 В 1 С 1

<:>а =а, л Ь

= Ь1

л а

= а1

л

f3 и {3 1 су оба оштри,

прави или rупи уrлови.

Пре него што се nочне са nрименом ставова о nодударности троуглова, уочимо неке важне елементе троугла.

Угао наnоредан унутрашњем углу троугла је споља.шњи угао. На сл. vнvтоашњем углу а одговара сnољашњи угао а,.

20

110 с

с

l . l _ll

(

Вис тт гроуrла је дуж чнјн су крајевн једно TC .\ IC

•

•

11

в

-· .. t

nодножје н ормале

nову•1снс 11 з тог тсмена н а насnрнмну стран 1щу. lla сл. 20 дуж на стра н н цу (која одговара стра ницн) А В. Троугао 11~1<1 трн

/1 је BIICIIHe.

BIICJtнa

Дуж АА 1 на сл. 2 1, где је А 1 средr 1ште стра ннцс ВС, је тежишна линија

11з темена А, у озна цн

'"

( н л н т"). ll з те~1сна В

11

11 з темена С могу се повуhи

још две тежншне л иније, 11. и 1 .

Дуж чији су крајевн средншта двеју стран1111а троугла је средња линија троугла. Ако су А 1 , В 1

11

С 1 средншта стран нца ВС, СА

л нније троугла дуж 11 А 1 В 1 (сл. 2 1), В С 1 ПРИМЕР

је Ь

= Ь 1 11

с

=

11 А

тада су средњс

2. Доказатн да је троугао АВС подударан троуглу А 1 В 1 С 1 ако с 1 и 1,

=

1 .

Решење. Н ека су једнаке тежншне л иниј е троуглове

11 АВ,

С.

ACD 11

А 1 С1

D1

(сл.

22).

CD

=1

11

С1

D1 = 1 •

Уочимо

За ова два троугла важи: АС= А 1 С 1 и

= Ь 1 11 r = r, ). Тачке D 11 D 1 су среди шта AD 11 А 1 D 1 једнаке nолоnш1ама стра ница с 11 с 1 • Због топ! 11з с = с 1 следи да је AD = А 1 D 1• Дакле, троугловн ACD 11 А 1 С 1 D 1 су n одударни, н а основу става ССС. Одав;\с, no дефиницији, след и да је н а = а 1 • ll o, тада за троуглове АВС 11 А 1 В 1 С 1 важн : Ь = h 1 11 с= с 1 и а = а 1 , па су 01111 на основу става СУС подударн1 1 . А CD =

С1

D1

(по прет nоставци је Ь

страница АВ

11 А 1 В 1 ,

па су дужи

с

с.

А

Троугао је најједноставннји многоугао кој н, међутнм, п оседује н еочекн­ вано много зaнiiMЉIIВIIX особ 1111 а. Проучавањем 1 н' особина л;sкше се откр и­ вају особ нн с сложе шsјих фнгура. За ПО'-Iетак ПDOV'-fllhCl\10 тnnvг~n

k"nitt

tf""f !l

""'~ il• HPiVI~ r'"Тn "t Ht flt t)o

111

Р. IIOДYДЛPIIOCT ТI'OYI ЮIЈЛ

ТЕОРЕМА

20.

У троуглу наспрам једнаких страница су једнаки углови,

а важи и обрн;то: наспрам једнаких углова су једнаке странице Доказ: Нека је АВС троугао у којем је АС= ВС (сл.

LABC

=

23).

Доказаhемо да је

Заиста, из АС= ВС следи и да је ВС= АС, па како је и

LBAC.

t.ABC == t. ВАС. Отуда су одгова­ LABC и LBAC једнаки. Ако је, пак. LABC = LBAC, тада се коришћењем става УСУ доказује да је t.ABC =~ВАС, одакле следи да су одговарајуhе странице АС 11 ВС једна­

АВ =ВА. на основу става ССС следи да је рајуhи угловн

ке мсhу собом

• с

с

А

<....1

L . t.!.l

24

Троуглови који се одликују особинама описаним у последњој теореми

(као што је 11 троугао АВС на сл. 23) називају се једнакокраки, а једнаке странице краци (на c~I. 23 то су дужи АС и ВС). Трећа страница је основица једнакокрс~ког троуr ла, а теме наспрам основице је врх троугла. Постоји и троугао коме су све три странице једнаке меhу собом. То је тзв. једна.костра­ НИ'Iан IIJIJI правилан троугао. Према теореми

20

сви углови једнакостра­

ничног троугла су једнаки. ТЕОРЕМА

21 .

Тежишна линија која одговара основици једнакокраког

троугла и стовремено представља висину на основицу и симетралу угла код врха.

Доказ. Нека је СМ тежишна линија једнакокракоr троугла АВС, у којем

= ВМ, па како је СМ = СМ, то су LACM = = LBCM, па је права СМ симетрала углаАСВ. Осим тогаје и LAMC = LBMC,

је АС= ВС (сл.

24).

По претпоставци је АМ

троуrлови АСМ 11 ВСМ поду дар ни по ставу ССС. Отуда следи да је

па како су ово два напоредна угла, по дефиницији СМ висина.

11

они су прави, па је дуж

•

Слично се доказује и следеће тврђење.

Снметрала угла наспрам основице једна.кокраког троугла нормална је на OCI/OBIIЦY,

ПРИМЕР З. Ако је М било које тачка симетрале s дужн АВ, тада је АМ

= ВМ. Локазап1.

Решење. 11ека је S средиште дужи АВ (сл. 25). Тада је по дефиницији AS = BS. Како је SM = SM, а уrловиАSМ и BSM прави, што значи и једнаки,

11 2

I IOДYЛЛI'I IOCT

5

А

в

s С. I. Њ

25

<..:.1.

следи да су троуглови

ASM

и

BSM

подуда рни, на основу става СУС. Из по­

дударн ости ових троуглова , п о дефи ницији је и АМ ПРИМЕР

4.

= ВМ. А

Ако ј е тежишна линиј а троугла истовр емено и симетрала

угла, онда је тај троу гао једнак о крак. Доказати.

Решење. Нека је

CD дата тежишна лин иј а. По претпоставци су углови , 26 бројевима L и 2, ј еднаки међу собом и AD = BD. Н ека је Е тачка праве CD, таква да ј е D средиште дужи СЕ. Тада ј е BD = AD,CD = DE и L BDC = LADE (унакрсни углови), па су по ставу СУС троуглови BCD и AED подударни. Због те подударностије ВС = АЕ и L2 =L3. озн ачени на сл.

Сада у троуглу АЕС има два ј еднака угла, п а су им одговрајуће насп рамне

странице једнаке: АС= АЕ. Из АС= АЕ и АЕ = ВС се закључује да је А С = ВС, тј. да је троугао А ВС ј ед нако крак. А

ЗАДАЦИ

1.

Доказати да су троуглови АВС и А 1В 1 С 1 подудар ни а ко су им једн а ке ви­ си н е

2.

CD

и

C 1D 1,

страницеАВ иА 1В1 и углов и АСD иА 1 С 1D 1 •

Доказати да су оштроугли троуглови А ВС и А 1 В 1 С 1 подударн и ако су им ј ед н аке висине

CD

и

C 1D 1 и

дуж и:

AD

=А 1D 1 и

BD

= ВР 1 •

З. Доказа ти да су тежиш н е л иниј е које одговарају крацима ј еднакокраког

троугла једнаке међу собо м.

4.

У конвексном углу

М на Ор и

Q

Opq

дата је тачка М. Ако ј е Р подножј е нормале из

подножје нормале из М на

је права ОМ симетрала угла

5.

Oq и ако је МР= MQ, доказати да

Opq.

Ако је у неком троуглу тежишна л иниј а једнака полов ини н аспрамне странице, онда ј е један у гао тог тро угла ј едн ак збиру др уга два угла тог троугла. Доказати.

5.4.

НОРМАЛНОСТ ПРАВИХ И РАВНИ

Сада ћемо се nозабавити nитањиr-.1а н ормала, r-.1еђусобним односима нор­ мала и нормалности у равни и nростору Е3 • ТЕОРЕМА

22.

(О једи ности нормале) Ако је а права равни а, тада се кроз

било коју та •1ку А равни а може поставити само једна нормала на дату пра­ ву а.

Доказ. Разликују се два случаја: А Е а и А fl а. 1) Ако А Е а, тада на основу теореме 12 nостоји та чно једна nолуправа, рецимо An, таква да је угао Aan прав. Према томе, права која садрж и полу­ nраву

An

је једина нормала nраве а у тачки А (сл.

27).

<..:.1 n

<..:.1. ~

fl

2) Ако А а , тада се уочи нека тачка В на nравој а (сл. 28). Ако је права АВ нормална на а, онда је о н а нормала из А на nраву а . Ако А В није нор­ мална на а, онда се на основу теореме 12, са о не стра не праве а са које није А, одреди nолуnрава Вс, таква да nрава а буде симетрала угла између полу­ nраве ВА и полуnраве Вс. Даље, према теореми се тачка С, тако да је ВС

2,

на nолу nравој Вс одреди

= А В. Троугао АВС је једнакокрак, а

права а је си ­

метрала његовог угла код врха В. Слич н о теореми

а .L АС, п а је права АС тражена нормала,

2 L, лако се утврђује да ј е оз начена са n. Докаж имо да ј е п

једин а нормала праве а која садржи тачку А . Претпоставимо да у а постоји нека права n ', разл и•шта од п , која садржи А и нормална ј е на а. Нека је S ' подножј е нормале n ' на а и нека је С' тачка

=

праве n', с друге стране праве а, таква да је C'S' AS'. Тада је nрава а с име­ трала дужи АС', па је ВС'= АВ. Зато су троуглов и BAS' и BC'S' подударни

LC'BS' = LABS', а због тра нзитивности подударности тада је LC'BS' L CBS, што је, на основу теореме 12 могуће само ако се праве ВС' и ВС

па је

=

=

=

=

поклапају. Н о, тада, због ВС' АВ и ВС АВ следи да је ВС' ВС, па се због теореме 2 добија дајеС' =С. Према томе, праве n и n ' имају заједничке тачке

А и С, па је nрема аксиоми на праву а.

2, n= n '. Дакле, n

је једина нормала из тачке А

•

ТЕОРЕМА 23. Ако су а, Ь, с различите праве једне равни и ако су а и Ь нормалн е на с, тада су а и Ь паралелне међу собом. Доказ. Праве а и Ь се не могу сећ и , ј ер би тада кроз њихову пр есечн у тачку nостојале две н ормале на п раву с, ш то је противре•1 н о у nраво доказа­

нn i теооеми о i еди ности нормале.

•

114

I IOДY)!Л I'I!Ol'T

На основу теорема

21

и

22

закључ ује се да сваки угао има тачно једну

симетралу. То ћемо искористит и за доказ следећег става.

ТЕОРЕМА

24.

Свака дуж има та •шо једно средиште.

Доказ. Н ека је а раван која садржи дуж А В и нека су Ат и Bn пол управе равни а са исте стране праве АВ, које са nравом А В образују два једнака оштра угла са непаралелним краци ма (сл. 29). Нека је С nресечна тач ка ових полуп равих и CS висина троугла А ВС. Према теореми 20, троугао АВС је једнакокрак. Сада из п одударности троуглова ASC и BSC (став ССУ) следи да висина CS полови основицу АВ. Дакле, тачка S је средиште дуж и АВ.

Претп оставимо да постоји још једно средиште S' ове дуж и. Тада је према теореми 21 nрава CS' нормална на А В, што nротивречи теореми о једи ности нормале. Дакле,

S'

= S. •

<.:.1. 2'Ј

<.:л .

30

Размотримо норма л н ост у пр осто р у. М одел и нормалних nравих и равни

н алазе се свуда око нас (верт икално постављени стубов и, зграде, комад и на­ мештај а итд.). Особине које ћемо упознати имај у широку практичну примену. ДЕФИ НИЦИЈА

14.

Ако права а и раван а имају заједни•1ку та•1ку А и

при том је права а нормална н а свим правим које припадају равни а и садрже тачку А, тада се каже да је права а нормална на раван а. Такође се

каже да је раван а нормална на праву а (сл.

30).

За сва ку праву која није нормалн а на раван а каже се да је коса у односу на ту раван.

Потребне и довољне услове за н ормалн ост nраве и равни даје следећи ст ав.

ТЕОРЕМА

25.

(Кошиј ев21 став) Ако су а , Ь , с три разЛИ'!ИТе праве са за­

једничком тачком Р и ако јес нормална на праве а и Ь, тада је права с нор­ мална на раван одређену правим а и Ь. Дока з. Н ека ј е а раван одређена правим а и Ь . Треба доказати да је права с нормална н а сваку nраву која садржи тачку Р и приnада равни а . Од ред имо н а правој Ь та•1ку В, В ;t: Р, и на правој а тачке А и А 1 са разнИх

страна тач ке Р. Нека је т n роизвољна n рава кроз Р, која ле жи у а (сл. 21

А. !_.

Ca ucl1y ( L777-J855),

фр :11щуски м а1С~1 атич а р

31).

5.4.

НОРМЛЛII ОСТ ПРАВИ Х

11

115

I'ЛBIOi

с

р

.

.:\ . :. .

.1 . .

о С ЈЈ.

CJI. 31

Ова т

n

права

мора

сећи

дуж АВ

или

дуж

АВ ={М}.

А 1 В.

32

Претпоставимо

На правој с, с разних страна равни а, изаберимо тачке С и СР=

DP.

D , такве

и L АРС

је

да је

ТроугловиАСР иАDР су подударни по ставу СУС, јер је СР =

= АР

АР

да

DP,

= L APD = 90°. Због тога мора бити АС = AD. Слично се

доказује да ј е!:!. ВСР::::

!:!. BDP,

па је ВС=

=

BD.

Сада се долази до закључка да

због АС= AD, ВС= BD и АВ АВ важи !:!.АВС:::: !:!.ABD. Одавде произлази да је L САМ L DAM, па како је АС AD иАМ АМ, на основу става СУС

=

следи

да је !:!.АСМ::::

!:!.ADM.

=

=

Због тога је СМ=

DM.

Сада ј е коначно

= DM,CP = DP и МР = МР, па ј е nрема ставу ССС и !:!. СМР :::: !:!. DMP, а отуда и L СРМ = L DPM. Како су то напоредни углови, они су и прави, па

СМ

је с .l т.

•

Као што се види, утврђивање особина правих и равни у простору Е 3 није нимало једноставно. Из тих разлога већи број теорема нећемо ни доказива­ ти. На пример, да би се могла дефинисати нормалност на скупу равни, мо­ рају се користити следеће особине. ТЕОРЕМА

26 (О три

нормале) . Некаједата раван а и права а у тој равни.

Ако је права р нормална на раван а у тачки Р, Р$. а, и ако је тачка А под­ ножје нормале из тачке Р на праву а, тада је свака права, која садржи та ч ку А и сече праву р, нормална на правој а .

Ако је М произвољна та ч ка праве р, различита од Р (сл. да је т .l а. Нека је В тачка праве а, таква да је АВ

32), треба доказати

= МР. Користећи се осо­

бинама подударних троуглова доказати да је МА .l а. Користећи се теоремо м о три нормале лако се доказује да су праве, нор­

малне на једну раван, паралелне међу собом. Ова особина потврђује да по­ стоје равни из следеће дефиниције. ДЕФИ НИЦИЈА

15.

За две равни које се секу каже се да су нормалне

једна на другу ако је свака права једне равни, која је нормалю1 на пресечну праву истовремено нормална и на другу раван.

н ,. r n

.,_.,_ n:н01ни а. и л

cv

ноомалне, што се означава са а

.l л или л .l а.

116

П O).t У/!А PIIOCT

Р \_

q\

'JL

"._-t ---·~ --\

Сл .

Сп

33

34

Важ но је и следећ е тврђење.

ТЕОРЕМА

27.

Кроз дату та•1ку А постоји тачно једна права нормална на

да ту раван а.

Доказ. Доказ се изводи за слу чај А ~ а. Постојање нормале а , А Е а , потврђује Кошијев став ( нормала а констр уише се сл ично доказу тео реме

22) .

Доказаћемо ј ед иност те норм але.

Ако би nостојала још ј една нормяла, рецимо а ' , различита од а (сл.

34),

тада б и праве а и а ' продирале раван а у две различите тачке Р и Р ', па би nрем а де финицији

14 обе

биле нормалне на прав у РР ' . Али тада је а= а ' по

теореми о јединости нормале.

Случ ај А Е а је нешто сложен ији, па се не инсистира на доказу.

•

Истичемо још једну особин у која има вел ики практичан з начај. ТЕОРЕМА 28. Ако је права а нормална на равни {З, онда је свака раван

која садржи праву а нормална на равни {З. Ев о ј о ш н екол ико тврђења, вероват н о већ п озната.

-

С ве праве које су н ормал н е на једну праву у једној ње ној тачки приn а­

дају ј едној равни, која ј е нормална на ту праву. - П остоји тачно ј една раван кој а садржи дату тачку и н о рмал на је на дату пр<~ в у.

-

Ако је дата права Ь , која ниј е норм<1лна на дату раван а , тада nостоји

та ч н о једна раван {З која садржи дату праву Ь и нормална је н а а. - А ко су две равни н о рмалне н а једну п раву, онда су те две равни пара­ л елн е међу собо м.

-

Постоји тачно ј една права која ј е нормална на две мимоила зн е праве

(зајед ничка н орма ла ми мо илаз них пр авих).

Ако се две праве секу, онда се може говорити о углу п од којим с е секу Дефини ција но рмалних правих такође подра зумева праве које се секу. Ако ј е реч о мимоилазн им пр ав им , онда не може бит и говора о у глу измеђ у њих .

У вез и са т им уводи се нов п ојам .

5.4 H OPMN IHO CT

ДЕФИНИЦИЈА

16. Ако

П PЛIJIIX

11

117

PЛnH II

су а и/; мимоилазне праве и Ь 1 права паралелна

са Ь која се•1е праву а, тада се угао између правих а и Ь 1 назива углом ми­

моилажења правих а и Ь. Ако је Ь 1 .l а, каже се да се праве а и Ь мимоилазе под правим углом, тј. да су мимоилазне праве нормалне. Треба још дефинисати угао између nраве и рав ни. При том се користи појам пројекције. Нормална пројекција тачке на nраву (раван) је подножје нормале из тачке на праву (раван).

На сл.

35

нормална прој екција тачкеА је тачкаА '. Пројекција неког скупа

тачака добија се пројектовањем свих тачака тог скупа. Нормална nројекциј а косе nраве на раван је nр ава.

А

<...:. 1. .3~ ДЕФИНИЦИЈА

17. Ако

права а није нормална на раван а, онда се оштар

угао одређен прав ом а и њеном нормалном пројекцијом а ' на раван а на­ зивауглом између праве а и равни а , сл . 36. Акоје права нормална на раван,

угао између праве и равни је прав. ЗАДАЦИ

1.

Дата је раван а и nрава Ь, Ь 11 а. Да ли nостоји рава н (3,

(3 :::>

Ь, нормална

на датој равни а ?

2.

Ако је н ека раван нормална н а ј едној од две п аралел не праве, онда је она нормална и на другу nрав у. Доказати.

З. Ако је нека nрава нормална на ј едној од две n аралел не р ав ни, онда је она

нормална и на другој равни. Доказати.

4.

Права а је нормална на раван а. Ако су све тачке равни

(3

са једне стране

равни а, доказати да је (3 .l а.

5.

Тачка

S је средиште дужи АВ и дужи CD . Ван равни одређене дужима CD дата је тачка М, таква да ј еАМ = ВМ и СМ= DM. Доказати да је nр ава SM н ормална на рава н одређену nравим АВ и CD.

АВ и

118

ll OДYДAPIIOCТ

5.5.

ВЕКТОРИ

Из физике је познат пој ам силе, који се не може описат и само бројем. То показује да реални бројеви нису довољни за егзактно описивање реалног света кој и нас окружује. Потребно је још много других обј еката. Међу њима су и вектори.

Појам вектора у математици има веома широко значење. Тај појам обух­ вата више на изглед различитих врста објеката. Скуп вектора може бити и скуп свих реалних бројева, свих усмерених дужи, свих полинома, свих фун­

=

кција са одређеним свој ствима, на пример, скуп функција облика у а х + Ь (а, Ь Е R); сила припада једном скупу вектора итд. Све зависи од тога да ли операција "сабирања" елемената датог скупа испуњава одређен е усло­ ве, односно да ли операција "множења" тих елемената бројевима испуњава одређене услове.

Усмерене дужи као вектори Дуж АВ код које ј е А почетна, а В крајња тач:ка зове се усмерена дуж АВ

и озна•Јава са АВ. Дакле, стрелица у ознаци и на слици (сл. 37) разл икује усмерен у дуж од дужи АВ.

Рекли смо већ да свака усмерена дуж једноз начно одређује ј едну полу­

праву. Полуправа АВ чија је почетна тачкаА, а садржи тачку В зове се пол.х­

права одређена усмереном дужи АВ. За праву АВ са усмереном дужи АВ каже се да је оријентисана у смеру АВ.

ДЕФИНИЦИЈА 18. Паралелн5:__хсмер..Е!!е дужи АБ и CD су једнако усме­

tt

рене (истог су смера), у ознаци АВ CD, ако постоји раван а, нормална на праву АВ, таква да се полуправе АВ и CD налазе са једне стране равни а (сл. 38). Ако та!!!!: рав~не постоји, онда су те усмерене дужи супротног смера, у ознаци АВ ~ CD (сл. 39).

t

в

,,

А

CJI.

З7

Сл.

38

Сл.

39

___.ДЕ~ИНИЦИЈА 19. Усмерена дуж_3Ё јеЈЈДака је усмереној дужи С/Ј, CD, ако су испуњена два услова: АВ t t CD и d(A , В) = d(C, D).

АВ=

5.5.

ПРИМЕР

5.

Нека су А

119

ОЕКТОРИ

и В две различите тачке. Тада важе односи:

А/Ј =АЕ, ВА= ВА иАВ t~ВА. Заиста, свака nрава нормална на nраву АВ сече је тако да nол уnраве АВ и ВА не моrу бити са једне стране те равни (унија ових nолуправих је nрава АВ).

Према томе ј е АВ Н ВА. На nравој АВ nостоји тачка која не nриnада nолу­ правој АВ. Раван а која садржи такву тачку и нормална је на прав~АВ има

особину да је полуправаАВ са једне њене стране. То значи да је.АВ ft АБ. Пошто је још d(A,B) = d(A, В) , то је, према дефиницији 19,АЕ = АВ . .&.

1 1

Ј

о)- - - -/

с

/

/

8

А С, Ј .

40

Сл.

41

ПРИМЕР 6. Нека јеАВСDА 'B 'C'D ' коЦI<а (сл. 40). Показати дајеМ' = ВВ · =се·= оо · . Решење. Будући да су код коцке дужиАА ' , ВВ' , СС' и

DD' једнаке и па­

ралелне, довољно је доказати да су одго~ајуће дужи једнако усмерене.

Пошто су усмерене дужи М', iПЈ', СС', DD' са једне стране равни АВСD, то су набројане усмерене дужи и једнако усмерене. .&. ПРИМЕР

7.

Н ека је АВСD паралелограм (сл.

41).

Показати да је

АВ =ос иАћ =ВС. Решење. Битно је да се овде покаже да су усмерене дуж и АБ и ОС једнако усмерене. Јасно је да је један од углова

LA или LD паралелограма оштар LA. Нека је р права равни паралелограма која је нор­ мална на AD и која садржи тачку А. То значи да су тачке В, С, D са исте стране праве р. Због тога су и полуправеАВ и DC са исте стране равни а која је нормална на праву AD, а не сече nолуправу AD. Слично се показује да су или прав. Нека то буде

дужи АЂ и ВС једнако усмерене. .&.

Раније смо доказали да је једнакост дужи релација еквиваленције, као и паралелност дужи. Узимај ући у обзир ове чињенице, уз још мало пажљиви­ је размат рање, може се доказати следеће тврђ ење.

ТЕОРЕМА 29. Једнакост усмерених дужи је релација еквиваленције У скупу свих усмерених дужи про стора Е3 .

120

ПОДУ/\ЛРIЮСТ

Из ове теореме произлази да се скуп свих усмерених дужи простора Е.1

разбија на дисјунктне ску п ове, класе еквиваленције усмерених дужи. Класа

еквиваленције усмерене дужи 7VfN ј е скуп свих усмерених дужи које су јед­ наке саМN.

ДЕФИНИЦИЈА 20. Класа еквиваленције којој припада усмерена дуж МN зове се вектор усмерене дужиМN. Ако се та класа означи саХ: пише се х=МN.

Пошто класу еквиваленције усмерене дужи МN одређује било која усме­ рена дуж из те класе, то ће се убудуће свака усмерена дуж те класе изјед­ начавати са вектором те класе.

ДЕфИНИЦИЈА

21.

Ако је х вею·ор усмерене дужи МN, тј. ако је

~ МN, онда се правац праве MN зове правац вектораХ: смер усмерене дужи

MN се зове смер вектора Х: а број d(M,N), тј. дужина дужи MN интензитет вектора хи обележава са.

1х1.

Целисходно је да се скуп свих вектора прошири још једним елементом, тзв . нула. вектором.

ДЕФИНИЦИЈА 22. Сваки пар (М,м), где је М та ч ка простора Е 3 , зове се

.....

нула. вектор, и означава са. О.

Од три битне карактеристике вектора (правац, смер, интензитет), нула вектору се може приписати само интензитет. Интензитет нула вектора јед-

.....

-.

нак је нули. Дакле, 1 О 1 =О . Скуп свих вектора означава се са

V.

ДЕФИНИЦИЈА 23. Ако је х= МN, онда се са - хозна •tава вектор усме____,. ..... NM и зове се супротни вектор вектора х.

рене дужи

Јасно је да вектори х и -?имају једнаке интензитете, исте правце и

.....

~

супротне смерове. Сваки вектор х ~ О има свој супротни вектор. Штавише, он је јединствен.

ТЕОРЕМА 30. Нека. је хдати вектор и О дата тачка. Тада постоји једин­

ствена та•1ка. Х, таква. да је х= ОХ. Доказ. Нека је МN произвољна ..... - > = MN , и

усмерена дуж, таква да је х

1

р права која садржи та~, а п ара­

1

_ ј~јх__ _

лелна усмереној дужи На

основу

аксиоме

MN

(сл.

42).

паралелно сти

таква права је ј единствена. На правој

р, са он е стране праве ОМ са које ј е

М

/О

1

/Р 1 (" 11

d )

тачка

N,

на основу аксиома подудар­

ности, постоји јединствена тачка Х, таква да је дефиницији

роугао

= d(O,)().

Према

пар алело гр а ма,

четво­

d(M,N)

MOXN је napape-!!Q!PaM па rrpeмa примеру 7, MN = ОХ= х.

•

је,

5.5.

121

UllКTOI'H

Нека је О једна цврђена тачка простора Е 3 • Према претходној теореми, за сваки в~тор хЕ V постоји јединствена тачка Х Е Е3 , таква да је х= ОХ. Ако се са Vo означи скуп свих усмерених дужи чији су почеци у тачки О, онда

Щ кореспонденцијах--<> ~бострано једнозначна, па се скуп свих вектора V п~моћу једнакости х= ОХ може довести у обострано једнозначну везу V0 .

са

ДЕФИНИЦИЈА 24. Вектор х= ОХ зове се вектор положаја та•тке Х у од­ носу на тачку О.

Дакле, свакој тачки Х одговара јединствени вектор.Х: ње~вектор положаја у односу на фиксирану тачку О. Тачки О одговара вектор О.

Сабирање вектора Вектори се могу сабирати, а за то сабирање важе исти закони као и за сабирање бројева.

Нека су хиудати вектори. Према теореми 31, вектор уможе се паралелно по мерити у положај да се почетак вектора поклопи са крајем вектора? Оби­ чно се каже да је у оваквом положају вектор унадовезан на вектор х( сл. 43 ).

ДЕФИНИЦИЈА 25. За векторе х= Al3 и у= ВС, вектор r= АС назива се збиром вектора хи вектора у

о

.... у

..... х

k2:7

А С .н .

В

""{

С11.

43

с

44

Дакле, збир вектора хи уј е вектор ?који у надовезаној комбинацији век­ тора .~и .{спаја почетак вектора х са крајем вектора;: Лако је видети да је

збир ?=АС ое.!:!,јентисана дијагонала паралелограма ABCD код којег је --+--31> = DC =х иАD =ВС= у (сл. 44 и пример 7). I}Reмa слици 44 и дефиницији збира вектора важи једнакост r= AD +ОС, тј.?= у+? Ово је доказ да за сабирање вектора важи комута­ -----Јо--+

АВ

~

тивни зако н :

(1)

--<>

Што се нула вектgра О тиче, његов почетак и крај се покла_!!iју, па се на-

дов~ивање вектора О на вектор х= АЕ nеализује као вектор АВ, те ј е збир ~

х

+

---+ -il> =---+ ---+ • О јеЈЩак вектору АВ =х . (В~тор АВ спаја почетак вектора х са краЈеМ

вектора О, а при томе је вектор О надовезан на вектор?) Зато важи тврђење

122

ПОДУ ДЛРI IОСТ

С л.

Сл .

45

46

-i" ~ ~ -il> -+ х+ О= О +х =х,

(2) ~

па ј е вектор О н еутрнл ни елемен т сабирања вектора.

Ако се вектор -Х: су пр отан вектору Х: надовеже на вектор Х: онда ће се крај надовезано г вектора покло пити са почетком вектора Х: па ће збир ова два вектора бити једнак нула вектору (сл.

45). Дакле,

важи

~

r + с -iJ = с -iJ +r= о.

(3)

За операцију сабира ња важи и асо цијативни закон.

Било која три вектора Х:~ i!y простору могу се nосматрати у надовеза-

. ( сл. 46) .

н ом полож'!Ју

н

.

~

~

ека Ј е х +у

Тада је х+ Ь =~одакле ј е а+

~

=а

~

иу

~ + z~= и.

н

.

~

ека Ј е, зат им , а

+ z~=

~

с.

i!= х+ ltил и

(4) Тиме је доказан а следећа теорема. ТЕОРЕМА

31.

У скупу

~

V

свих вектора за опе-

рацију сабирања. важе особине Особине

( 1)- (4)

(l), (2), (3)

и

(4).

n оказују да се са векторима

о nерација сабирања изводи п о истим законим
~

V ј едначина «+ Х= lt има ј еднозначно решење. Осиr-1

тога, за града се у изразу (х+ .1)

+ ?!може изостtt­

вити; јасно је, наиме, шта се n одразумева nод зби ­

i<-~ v' -Y х-у

ром х+ у+ Z: nо што редослед извођења сабирања

Сл.

није битан.

47

Ако су ? и у две силе, онда се збир х+ узове резултанта ов и х сила.

ДЕФИНИЦИЈА 26. Збир вектора х и супротног вектора зове се разлика вектора хи уи означава са х- у

- увектора у

(-

Дакле, х- у= х+ .1), п а се разлика х- уrрафички добија надовезива­ њем вектора - уна вектор х(сл. 47). Поред тога, јасн о је да ј е поменуто једин ствен о решење једна•1ин е ПРИМЕР 8. ~а СУ."А,В дајеАЁ +ОС+ СА= О.

~

1t +х= ltвектор х= Ь -

«.

и С произвољне три тачке у простору. Показати

123

5.5. IIEKTO I'I t

Решење. Према дефиницији зби ра је АБ + Вё =АС (сл . 48). ~ктор АС има nочетак у nочет~првог вектора АБ.~ кра.i}' крЩ ве.!!_ора JLC, који је надовез~на вектор АВ.) Премuо ме је АВ +ВС+ СА ..::...АС _±_.СА._ј<ако ј е ~тое__.АС ЗПРQЈан вектору СА, то је, према (З), АС+ СА О, па ј е АВ = ВС + СА = О.

=

с

с

о

А

А

C;t.

сл. 4 !)

~<Ј

ПРИМЕР 9. Ако је ABCD паралелограм, показати да је ED

=AD -

Аiз и

Аё =ос- СВ. Решење. _!!рема сл. 49 важи АБ + ED

= AD, одакле је 1fD = AD - АЕ. Слично, изА С + СВ= АЕ до биј а се АС= Аiз- СЕ. Како је ј о ш Аiз =ОС, то је Аё =ос- СВ .... nроизвод броја 11 вектора

Збир х+ х+ х може се означити са

3? Овде

се појављује производ броја

и вектора. Ако је број природа н , онда се под производом тог при родног бро­ ја и датог вектора, као што смо видели, може nодразумевати збир више са­ бирака једнак и х том векто ру. Али, а ко број није прир одан, р ецимо ако ј е ирационалан , онда се, за сада , н е зна ш та се nодразумева n од тим nроизво ­

дом. Зато је од великог значаја следећа дефиниција. --+

ДЕФИНИЦИЈА 27. Нека јехЕ V и k Е R Производkх--+броја хје вектор укоји је одређен следећим условима:

k

и вектора

1) интензитет векторауједнак је производу бројева 1 k 1 и 1 xl 1.YI 1k 1 · 1x l; 2) вектори у и хсу истог правца;

, тј.

=

3)

вектори у и хсу истосмерни ако је

k

k>

О и супротно усмерени ако је

<О.

--+ Из услова 1) се лако закључуједајеkх-= О ако и само ако ј е k =О или х= О. Пре навођења битних особина оnерације множења скалара k и вектора.Х:

треба н а поменути да се тврђења у теорем и

31

узимају за аксиоме оnерације

сабирања у општим векторским просторима. (За конкретне векторе, као усмерене дужи, те особине су доказане аксиомама геометрије. ) Исто тако, наредним тврђењима (теорема

32)

се карактерише операција м н ожења ска­

лара и вектора у о пштим векторским просторима. Дакле, и она се у општем

124

IIO/~YJ~AI'I rост

случају не доказују, она су аксиомс. ~1еђутим, за конкретне векторе (усме~ рене дужи) доказаћсмо сва тврђсња, осим а), које прихватамо као аксиом у. ТЕОРЕМА

32.

~ ~

~

V

За х, у Е

и

k, k 1 , k,

Е !{ важи:

k(X'+ У) = ki•+ ky"": б) (kl + k,)X'= k,i"+ k,t; а)

в) k,(k,f'} = (k 1k 2)x"": г)

l_?=?

Доказ. б) За С.1учај

k,

~

+ k, =()или<'=

nједнакост се непосредно добија.

Нека јеГ'>' О и k. > О, k 2 >О. Тада су вектори (k 1 ни са вектором Ј.-:: Сем тога је

[ (k1

+ k,)x~[ = [ k, + k, 1 k,.:~+

k,i"[

Стога је у овом случају (k 1

<'и k,.:~+ k,х~истосмер-

= (k1 + k,) [ .t'[ = k, [ .i"[ + k, [ .t'[,

[ [ i'[

= 1 kjr'[

+ k 2)

+ 1 k,r'[

+ k 2 }<' =

=

kJ

1 Х'[

+ k,

1 Х'[.

ky:~+ k,f': У осталим случајевима

тврђење се слично доказује.

в) По цефиницији вектора k 1(k 2fj и (k 1k 2)i"; они су истог правца. Ако су k, и k2. истог знака, онда су ови вектори истог смера као и вектор Х Ако су k 1 и k~ супротног знака, онда ови вектори имају супротан смер вектору У Осим тога. на основу

1 k]

1)

(k,xj

важе једнакости:

1

[ (Џ":-Ј [

= =

1 kl 1 1

k,t'[

1 Џ, 1 1 Х'[

=

1 k] 1 1 k, 1 1

= [ k1

t'['

1 1 k, 1 1 Х'[.

Стога је k 1 (k,r') = (k 1 k 1 )x~

г) Вектори lх~и Химају исти смер и једнаке интензитете, па је

ДЕФИНИЦИЈА 28. Нектар~ за који је<'= нектар (или арт) вектора?

[ .?[ .;7, назива

17= L"•

се јединични

ПРИМЕР 10. У једнакокраком трапезу ОАСВ (с.т 50), познато је: LBOA = ОВ = ВС = СА = 2; M,N и Р су средишта страница ВС, СА и ОА. Изра-

= 60 ",

зити векторе ОА, ОВ, ОМ, АС,

ON, ,IJN,

РМ и NP преко вектора ii! и ii'; једи­

ничних вектора вектора оА и ОВ. Рсшсње Нека је В' нормална пројекција тачке В на праву ОА. Тада је

ОВ' =

i ОВ

= 1.

Према томе је ОА =ВС+ 2 ОВ' = 2 + 2 = 4. Зато је ОА =

~

~

= 4ii!. Даље је ОВ = 2ifи ВС= 2m, па је: ОС= (5Ё +ВС= 2Й'+ D1i, ---------). ------'> 1-....;. ОМ= ОВ + ВМ = 2n + 2 ВС = 2п +т, АС = ос о:4 = 2ii! + 2п>- 4ii! = zif- 2ii!, - = 4пz ~ + 1--;о. 1 ON = -ОА + AN 2 АС= 4m + 2 (2ii - 2m) = 3m +n, MN = ON- ОМ= Зт +n - (2п....;.--;. +т) = 2т -n, NP =АР- AN = -2m- '2 (2n- 2m) = - m- n А --------1<

-

....,.

---------- -1-- --

5.5.

125

ВЕКТОРИ

в

с

fvf

N

<...:л.

5U

Линеарна зависност вектора Л ко лnа или више вектора имају исти правац, онда се каже да су колин е­

ар ни. Лко су три или више од три вектора паралелни једној равни, онда су

компланарни. За колинеарне векторе Х и ?постоје усмерене дужи те равни које дефинишу ове векторе, па се понекад каже да вектори Х: Уи .t"припадају равни а.

Ове чисто геометријске појмове сада треба окарактерисати алгебарски.

ДЕФИНИЦИЈА

29. Ако су k 1, k 2,

...

,k. реални бројеви и~• ..<;,

... ,х-: векто­

ри разли•шти од нуле, онда се збир

k~+k~+ ... +k,,X: зове линеарна комби н адија вектора

.f7, ~•... ,х-:.

ДЕФИНИЦИЈА 30. Нека су~. ~•... , Х: дати вектори. Ако постоје бројеви

k 1, k 2,

•.•

,k.

од којих је бар један различит од нуле, такви да је

(5) онда се каже да су ови вектори линеарно зависни. Ако је једнакост

(5) испу­

њена једино за k 1 = k 2 = ... = kn =О, онда се каже да су вектори ~.

i;, ... ,х-:

линеарно независни.

Може се рећи и овако: ако постоји бар једна нетривијална линеарна ком­ бинација вектора која је једнака нула вектору, онда су ти вектори линеарно зависни. а ако таква линеарна комбинација не постоји, онда су они линеар­ ни независни.

Непосредно из дефиниције произилази да за линеарно независне векто-+-+ ... ,х,., - важи импликациЈа. .

ре х 1 , х 2 ,

(б)

k~ + k,x-; + ... + k~-: = О,.. k, = k 2 = ... = k. = О. ТЕОРЕМА 33. Два ненула вектора, х и у; колинеарни су ако и само ако

су линеарно зависни.

Доказ. Нека су Х иЈ'""вектори за које је Х t t .У'Означимо сах(;" арт вектора Х и са у; орт вектора Лако је видети да је тада~=%. Одавде је

1'

х

1хГ

L

= 1УТ

Ако је i""t ~ .У:' онда је ~

тј.

= - ,%",

1

~

1

-

ТХГ х -ТУГ у па је

~

= 0·

126

П ОДУДАI'II ОСТ

1

~

1

~

~

0 mx+my=.

То значи да из колинеарности векторахиуследи њихова линеарна зави­ сност.

Обратно, ако су вектори ?и у линеарно зависни, nрема дефиницији 30, nостоје брсјеви k 1 и k 2, од којих ј е бар један различит од нуле, такви да је

k ~~+ kVJ~= О. То значи да су вектори k~и kVЈ~међусобно суnротни, па морају имати исти nравац.

За колинеарне векторех и }?постоји јединствен број k-:;:: О, такав да је

(7) ~

То nроизлази из једн акости k 1~+ kv7= О за k 1 -:;:: О или k2

-:;::

О. А ако би било

у = kx.~ и у = k'~ онда би било /о:~- k 'x= О или (k - k')~= О. Одавде је ~

k- k ' =О, јер је?:;:: О.

ТЕОРЕМА 34. Вектори ~ уи ?су компланарни ако и само дко су лине­ арно зависни.

Доказ. Нека су вектори Х: уи ?ком nланарни равни а. Ако су два од њих, рецимо ?и У: колинеарни, онда према теореми 33 постоји k~-:;:: О тако да је у= 1сх.: Из ове ј еднакости произлази једнакост kx.~- у+ О · 7:= О, што значи да су вектори~ у и ?л инеарно зависни. Претпоставимо сада да ниједна два од ових вектора нису nаралелни. Обележимо са О nроизвољну та ч ку равни а и ~ ~ -;::::;1; ~ --+ -+ х у одредимо тачке А, В, С Е а, такве да ОА =х, 01Ј =у и ОС= z. Н ека су и тачке _!]?авих ОА и ОВ, такве да је ОХСУ паралелограм (сл.

51). Пошто су ОХ и ОА колинеарни вектори, то nостоји јединствен број k 1 -:;:: О, такав да је ОХ= k 10A. Слично овоме, закључЩ се да nостоЈ.!:!)единствен број kz -:;:: О, такав да је ОУ= k 2013. Отуда је?= ОС= k ,OA + kzOB = k 1~+ kVJ"""":пa су векто­ ри Х: у и ?линеарно зависни.

Обратно, ако су вектори ~у и ?линеарно за­ висни, онда nостоје бројеви k 1, k 2 и k 3, од којих је бар један различит од нуле, такви да је -+

-ilo

k .,x

(8)

-+

~

+ k?)l + k-:1- = О.

Ако је, на пример, k 3 -:;:: О, онда се одавде добија

(9) CI.) l

где је р =

~:- Ово значи да је вектор ?у равни вектора ?и 7 • -

~~· q =

-

ПРИМЕР 11. Ако су вектори ~ИЈ~линеарно независни, одредити, а тако да вектори х= 2 ~+Г и у= а ~- }~уду колинеарни. Решење. Ако су векторих и уколинеарни, онда према теореми

33

k -:;:: О, тако да је у= 1сх.: То знач и да се а и k одређују из једнакости а г+- г~= k(2 г++

3 Ј).

nостоји

127

НI'КТО!'И

5.5.

Ова једначина је еквивалентна са једначином (а - 2k)l'- (3k + l)Г= О. Пошто су вектори 1~и ;~линеарно независни, одавде се добија а - 2k

+ 1=

3k

,

О. Решење овог система Је

1

З• а

k = -

= -

=О

и

2

З'-"

ПРИМЕР 12. Ако су вектори ;;;~и k"линеарно независни, показати да су вектори У= 2 ~-з г:-.У= 4I~- 2 Jt и?= з 1t- 4 i-~компланарни. Решење. Довољно је показати да постоје бројеви

i"= k,?+ k 2 ?

+

k1

и

k1

Потражимо те бројеве. Релација Зlt- 41'= k 1( 4 ;~- 21?) може се написати у еквивалентном облику

такви да је

k 1 (21'-

З;l

+

~

( -4 - 2k 1) 1'+ (3k 1

одакле се лако добија k 1 =

-2, k 1

4k 1) ;~+ (3 + 2k 2) lt = О,

-

= - ~·-"

Разлагање вектора на компоненте. Примене

Ако вектори ~У и ?задовољавају једнакост (9), онда се каже да је вектор i"раэложен на компоненте дуж вектора? и у( сл. 51). За примене uектора у геометрији и физици на пример, неопходно је истаћи чињениuу да се сuаки вектор једне равни може разложити дуж неколинеарних вектора те равни.

Прецизније о томе следеће тврђење.

ТЕОРЕМА 35. Ако су ?и у линеарно независни вектори једне равни, онда за сваки вектор ?"те равни постоје јединствени бројеви р и q, такви да је

( 1О) Доказ. Постојање бројева р и

под претпоставком да је

k,"" О

q

доказали смо у теореми

34

(релација

у једнакости ј8). Али, ако би у

k, =О, онда би та релација постала .Улинеарно независни.

k,?+

(8)

(9)),

било

ky~= О, што је немогуће, јер су.i'и

Докажимо још јединственост разлагања

(10).

Ако би поред тог разлагања

постојало и разлагање

i"= p'i'+ q'f:

(10') онда би важила једнакост р?+

+ (q

-

кошћу (р -р') х

q- q'

сни. мора бити р- р'= разлагање

(10')

qy-+= р'?+ q'f:' која

-+-+ - q') у= О. Будући да су

је еквивалентна са једна-

-+~ вектори х и у линеарно незави-

=О. Ово пак значи да је р= р',

своли на разлагање

q = q',

па се

(10). •

Слично се доказује и следеће тврђење.

ТЕОРЕМА 36. Ако су Х: >?и ?линеарно независни вектори, онда за било који вектор iJ' постоје јединствени бројеви р, q и r, такви да је

ll= рХ+ qy-++ rz:

ПРИМЕР ______.,

DA

13.

Дат је ромбАВСD (сл. 52). Изразити вектореАR, ВС, CD и

______., преко вектораАС

-

~

-+

= е 1 и Ви= е 2 •

128

I IОДУДЛРIЮСТ

Решсње. Нека је -+ 1

S nресек дијагонала ромба. Тада је AS

Зато је AS

=2~

АВ

ez;, ВС=

= 2]_,. (е 1

-

Ј

-+

= - 2 ё;.

и SB

7\ -

21(е-1 .+7е~;\,

= SC

и

BS

= SD.

После овога се лако закључује да је:

CD

= - 21 (~- ~.

- · Љl

= - .",1-. (е 1 + ё;) . .&.

с

А Сп.

ПРИМЕР

14.

троугла АВС (сл.

52

<.:.1. 53

Нека су А 1 , В 1 и С 1 редом средишта страница ВС, СА и АВ

53). --+

-+

1) Изразити векторе АА 1 , ВВ 1 и 2) Наћи збир М1 + јјјј1 + Сё, .

--+ -+ СС 1 nреко вектора т

--+ -+ = АВ и n =АС. ---+

_З) Да ли nостоји троугао чији су вектори страница једнаки вектор има

м l, вв~ и ccl?

Решење.

1)

-. ccl = 21 nz -

n.

----+

вс= n- т ' Ml =т+ i (n- т)= i ст+ n), IШI= in- т,

-+ ----+

---+

2) АА 1

ccl

~

+вв~+ =о. З) Пошто је збир 2) једнак нула вектору, то ти вектори надовезани један н а други затварају троугао, na такав троугао п остоји . .&. ПРИМЕР

i

LS.

За

троугао

А1 В1 = АВ и да јеА 1 В1

11

из

претходног

nримера

Решење. Довољно је nоказати да је

важи В 1 А 1

-+

-

-

= В 1 А + АВ + ВА r =

ПРИМ ЕР четвороугла

16.

да

је

АВ. (Познати став да је средња линија троугла

п аралел на основици и једнака њеној половини. ) -+ -+

-+

п оказати

Нека су М 11

-

N

1-.

8 1А 1

-+

= АС 1 .

lп

2 n + т + 2 \" -

-+

т

У <Јетвороуглу АВА 1 В 1

) = 21-. т . .&.

средишта страница

AD

и ВС конвексног

ABCD, сл . 54.

1) Доказати да је 2МN = АВ + ОС. 2) Доказати да је средња линија траnеза

(дуж чији су крајеви средишта

кракова) паралелна основицама и ј еднака полузбиру основица .

Решење. 1)~ Важи:----+---+ МN =МА + АВ + EN. С nруге стране, из четвороvгла ---+ ~ ~ ~ ~--+ ~ MNCD следи MN = MD + DC + CN. Како је МА+ Ми = О и BN + CN = О, то Сабирање ПреТХОДНе дВе једНаКОСТИ П~ iР. iР.ПНЯЈ((I{',Т 7NfN = "'/fR + nr

129

55. IJI'.KTOI'II

2) Ако је DCIIAB, онда ј е, за неко k Е R, ОС= Ш, па је 2МN

=

АВ, што значи да је M N n аралелно са АВ. Нека је даље S пресек

= (1 + k)

праве MN и nраве АС. Тада је МN = МS + SN. Како је према примеру 15, из троугла АВС, --+

MN

}

= 21 АВ

--+

SN

и слично томе из троугла

ACD, MS

= 21 DC, то је

--+--+

= 2 (АВ + DC) . .А

ПРИМЕР

17.

Дат је троугао ОАВ. Тачка М дели дуж АВ у размери т : ~

Изразити вектор ОМ преко вектора

-+

-+

if= ОА и Ь

= ОВ.

Решење. Према сл ици 55 важе једнакости АМ -

--+

АВ = kAM и АВ = АМ

+ МВ.

.

Из њих се добиЈа МВ

.

.

што замењено у n оследњу Ј едн акост даЈе

-

+ АМ

n.

-Ј>

nz

= пМВ,

n = knt

k.1 = т т+ n.

с

--+

АВ

= Ь-+ -

АВ и АМ =

.

ада Ј е

k1

Zf,

АВ,

o---:-t" -о , .. m = :п. +

т -+ n т -+ = if+ -k1-+ (b- zf) = il+ +-(Ь- ?f) = m ~ +n + -+-Ь nzn m n . .А

8

о

А

8 <..::1. 54

C JI.

ПРИМЕР

18. Нека су Р, Q, R и S сре­ 56). Доказати да се дуж и PQ и RS међусобно по­

55

о

дишта страни ца четвороуглаАВСD (сл. лове.

Решење. Нека је О пресек правих

ВЈ.. РО

!::!1

ч~оршла

AROP

PQ

добија

и

се

= РА + AR + RO. Сли чно, из четвор.QХ­ = PD + DS + SO.

гла POSD добија се РО

Сабирање ове две једнакости даје

А

R <..:.1. 5 с,

_____,.

2РО

----+

= AR

--+

-Ј>

-+

+ DS + RO + SO.

Посматрањем четвороуглова RВQO и

бија се

OQCS, сли ••н о

као и nретходно, до­

I :IO

fl(l,{) ·1·\ I'II Щ.I

23Q = RВ + Sё + C5R + 05. Ощзим~е добијене две једнакости даје једнакост 2(РО - OQ) 05). Пошто је разлi!Ка колинеарннх вектора вектор колинеар;W

= 2(RO -

nолазним векторим<Ј, то значи да је лев~страна вектор колинеаран са .rwcнa ~транд век~ор РО

= OQ

11

колинеаран са

R5.

што је

са

PQ.

а

могуће једино ако је

= 05. .t..

RO

ЗЛ}t,\ 1tll

1.

Та•1ка В делн

LAOC

2.

За

= 90°,

било

лук АС

круга са центроl\1 О у paЗI\Iepll

и зраз ити вектор с

које

четири

= ОС nреко вектора tl = ОА

тачке А, В, С

и

D

nростора

Ако је

1 : 2.

~----+-:Ј>

..,.______,.

н /Ј

важи

~

= ОВ. једнакост

АС + lfD = AD + ВС. Доказати. 3.

Н ека је М nроизвољна тачка и Т тежиште троугла АВС. Показати да је 1 ____. --+ МТ= ј(МА МВ +МС). ----+

+

4. У равни четвороугла ABCD одредити тачку М, тако да је МА ---+

__.

+ .WE +

-7

+MC+MD=O.

5.

Ако су А, В, С, ~

је АВ

6.

-;::;:-;t..

D, Е

~

и

F с р едишта

страница неког шестоугла, показап1 да

~

+ Си + EF = О.

Ако су АС и

BD дате дужи у простору и Е и F редом њихова сред11шт~1,

доказапt да јеАВ + CD

5.6.

= iEF.

УГЛОВИ СА ПАРАЛЕЛНИМ КРАЦИМА

У вези са даљиl\1 развијањем теорије о троуглу, изузетно су значајнн углови које образује трансверзала (пресечнииа) двеју правих. Нека су а и /Ј дате праве, 1 њихова пресечница , А и В заједничке тачке 1 са а и h (сл. 57). Углови чији краци садрже дуж АВ називају се уну­

праве

трзшњи (то су у, д, а 1 и

{3 1) .

Остали, а,

(3.

у 1 и д 1 , су спољашњи. Од сле­

дећих парова углова једа н 11ма теме на правој а, а други 11а nравој /Ј:

-

снгл:Ј С/111. једа 11 сп ољашtьи и јед
трансверзале, н а прнмер , а

-

11 а, ;

наи змен 11'1НИ , два с п ољашња или два унутрншња угла сн рюн11Х стрнна

трансверзале, н а пример, у и а , ;

- супротни, два спољашња или два унутрашња угла са исте стране тран­

сверзале, на пример, (З и Yt· Да би се могле утврдити особнне ових углова, који се називају зајед­ ничким именом тр:тсверзални углови. најпре треба доказати једну особи­ н у спољашњнх углови троугла.

ТЕОРЕМА

37. Спољашњн уг:ю гроугла ве/Ји је од било ког несуседног

унуrрашњсг угла.

t 31

~. 6. УГЛОI!\ 1 СЛ ПЛРЛЈIГ,Л IIII М КI'Л 1111МЛ

о

с

А С 1.

8

'i 7

Доказ. Нека је а 1 спољашњи угао троугла АВС (сл.

at

58).

Доказати да је

>у.

Одредимо тачку

BD.

D

тако да је тачка

S

заједничко средиште дужи АС и

Тада, по дефиницији средишта, следи:

CS

= AS

и

BS

= DS.

Сем тога,

углови BSC и ASD су једнаки као унакрсни. На основу става СУС добија се да су троуглови BCS и DAS подударни. Због тога је L SAD = у. Међутим. како је

SAD

S

средиште дужи

BD,

то је тачка

у углу а 1 и по дефиницији је а 1

D

у углу а 1 , па је и крак

> L SAD,

односно а 1

>

у.

AD

у гла

•

Особине кој е ћемо сада навест и представљају наставак теорије о паралел­ ности . Доказаћемо два од наведених ставова.

ТЕОРЕМА 38. (О сагласним угловима) Праве а и Ь једне равни паралел­ не су ако и само ако су им једнаки парови сагласних углова, одређени пр оизв ољном трансверзалом.

Доказ. Нека су праве а и Ь пресечене правом t и нека су а и

углови (сл.

1)

59

и

60).

Треба доказати:

1)

а ={З* а 11 Ь и

2)

{3

сагласн и

а 11 h * а

= {3.

Користећи се законом контрапозиције, доказаћемо еквивалентна твр­

ђење да ако праве а и Ь нису паралелне, онда је а #-

{3.

Заиста, ако права а

није паралел на са Ь, тада се а и Ь секу, па постоји троугао АВС, где је

=

а n Ь {С}, сл. 59. Тада, према претходној теореми, важи а >{З (а је спо­ љашњи, af3 несуседни унутрашњи угао троуглаАВС). Значи, важи а #- {3, па је тврђење 1) доказано.

Сл .

CJ I. 59

2)

Треба доказати тврђење: ако је а #-

Нека је а #-

{3

nпoeћvie угао {З

',

(сл.

60).

{3,

60

онда праве а и Ь нису п аралелн е.

Тада постоји nрава Ь ' , кој а садржи тачку В и са t

сагласан с а и ј еднак углу а. Но, тада је према доказаном

132

П ОДУДАРНОСТ

тврђењу

1) h' 11 а. Због тога не може бити и Ь 11 а , јер би то противречило

аксиоми паралелности (кроз В би постојале две праве, Ь и Ь ', паралел не са а). Тиме је, на основу закона контрапозиције, доказано и тврђење

2). •

Слично се могу доказати: теорема о наизменичним угловима и теорема о супротним угловима. Ови докази се такође могу извести на основу пре­ тходне теореме и особина унакрсних и напоредних углова. Зато теореме 39

и

40 овде неће бити доказиване. ТЕОРЕМА

(О наизменичним угловима) Праве а и Ь једне равни па­

39.

ралелне су ако и само ако су им једнаки парови наизменичних углова, одређених произвољном трансверзалом.

ТЕОРЕМА

40. (О супротним

угловима) Праве а и Ь једне ра.вни паралел­

не су ако и само ако имају суплементан један пар супротних углова, одређених произвољном тран сверзалом. Као непосредна последица последње три теореме, јавља се теорема о угловима са паралелним крацима.

ТЕОРЕМА

41.

Ако су

Opq

и 01 р 1

q1

два конвексна угла,

таква да је

Ор 11 О1р1 и Oq 11 О1 qџ тада су ова два угла једнака ако су оба оштра или оба тупа. Ако је један од тих углова оштар, а други туп, онда су они супле­ ментни.

Доказ се добија директно из теорема о трансверзалним угловима. Заиста, како су праве које садрже краке Ор и 0 1 р 1 паралелне, то права која садржи крак 0 1 q 1 сече обе ове праве. Тако се добијају парови трансверзалних углова,

а по моћу њих очекивани закључци (сл.

61).

(А ко су углови

прави, онда су они и једнаки и суплементни.)

о

Opq и 0 1 р 1 q 1

•

р

Сл .

ПРИМЕР

19.

о

г

Р,

р

Сл.

61

62

Дати су напоредни углови Ops и Osr. Полуправе Om и Оп 62). Нека јеS произвољна тачка полуправе Os и q права

полове ове углове (сл.

кроз је

S,

SM

=

паралелна са р. Нека је q

n

Om

= {М}

и q

n

Оп

= {N}.

Доказати да

SN.

Решење. Углови Opm и OMS су једнаки као наизменични (теорема 39), а Орт Oms јер полуправа Om по претпоставци полови угао Ops. Због тран­ зитивности подударности је Oms L OMS, па је троугао OMS једнакокрак и MS OS. Слично се доказује и да је NS OS. Отуда је SM SN. .&.

=

=

=

=

=

5.7.

5.7. У одељку

5.3

133

ТРО УГАО

ТРОУГАО

започета је проуч а вање подударности троуглова. Овде се

наставља са уочавањем нових особина страница, углова и осталих елемената троугла. Већина тих особина има велики значај и у свакодневном животу. Најпре ћемо проучити углове троугла. Овај део разматрања карактери­ сти
ТЕОРЕМА 42. (О спољашњем углу троугла) Спољашњи угао троугла јед­ нак је збиру два несуседна унутрашња угла.

Доказ. Нека су а,

f3 и у

унутрашњи углови троуглаАВС и нека ј е а1 спо­

љашњи угао напоредан углу а (сл.

63).

У углу а 1 конструисати полуправу

Ар, паралелну страници ВС и на њој изабрати произвољну тачку Р. Са с означити праву АВ. Угао а, једнак је збиру углова САРи Аре. Угао Аре једнак је углу као сагласан, а угао САР једнак је углу у као наизменачан. Према

f3

томе, al

= f3 + у. • Е

о в

с

<..: .1. (>ј ТЕОРЕМА

43. (О

Сл.

64

збиру унутрашњих углова троугла) Збир унутрашњих

углова произвољног троугла једнак је опруженом углу. Доказ. Из претходне теореме (користећи ознаке уведе не у њеном доказу) непосредно се добија да је

а

+ f3

+ у =а

+ а 1 = 180°. •

На основу ове две те о реме може се и зву ћи више закљу чака - последица, познатих и з основне школе.

-

збир спољашњих углова троугла једнак је п у ном углу;

- сваки троугао може имати највише један туп угао (а т акође и највише један прав угао) , а друга два су оштри углови;

-

оштри углови правоуглог троугла су комплементарни;

у једнакокраком троуглу углови на основици су увек оштри; углови једнакостраничног троугла су сви ј еднаки

60";

ј една кокраки правоугли троугао има оштре углове од

45 ";

134

ПОДУ,'Ј,АРЈ!UСТ

-

ако су два угла једног троугла једнаки одговарајућим угловима другог,

онда су им и преостали (трећи) уг лов и једнаки међу собом;

-

два троугла су поду дар на међу собом ако су једна страниuа и два угла

(било која) једног троула једнаки једној стран иди и одговарајућим углови­ ма другог троугла.

ТЕОРЕМА

(О углов<ша са нормалним краuима) Углови са нормал­

44.

ним крацима су или једнаки или суплементни. Доказ. Нека је дат угао АОВ, где је права АВ нормална на крак ОА и нека је права С[) нормална на крак ОВ, где та ч ка

D припада nравој ОВ (сл. f>4 ). BCD и DCE суплемснтни. Нека су углови L АОВ и L BClJ оштри. ТроугловиАОВ и BCD имају јед­ нака по два одговарајућа угла: L АОВ = L ВС[) = 90" и L АВО = L CBD као унакрсни. На основу претходне теореме следи да је и L АОВ = L BCD, чиме Нека је Е тачка праве ВС, таква да су углови

је теореf\.ы доказана.

Угао ПСЕ такође има краке нормалне на краке угла АОВ, а:ш је он на­

поредан оштром углу

BCD и због тога суnлементан углу АОВ. Доказати са­

мостално случај кад је L АОВ ту п.

ПРИМЕР

20.

•

Ако је један угао троугла једнак збиру или разлици друга

два уr·ла, онда је тај троугао nравоугли. Доказати.

Решење.

2 а = IRO".

Нека је а Према томе а

претходном закључку је ПРИМЕР

ниuу

ВС

L CDE

=L

21..

у

= f3 + у. Одавде је а + а = а + f3 + у, односно = 90". Ако је с: = f3 -у, онда је {З =а +у, па nрема

f3

=

90".

&

У оштроуглом троуглу АВС симетрала угла ВАС сече стра­

тачки

D.

На

правој

ВАС. Доказати да је

BD

АС

дата

је

тачка

Е,

таква

да

је

= DE.

Решење. Нека

jeDM нормала наАВ и DN нормала на АС. Правоугли троу­ AMD и AND имају заједничку страницу AD и једнаке оштре уг лове: L IJAM = L DAN (јер је DA симетрала угла ВАС), па су они поду дар ни (сл. li~). Из nодударности се закључује да је DM = DN. У троуглу CDE угао код темена Ј) једнак углу а троугпаАВС, па како је 1 заједнички угао ових троуглова, то је L CED = {3. Уочимо сада осенчене троуглове ВЛМ и EIJN, тако да је L DEN = = f!, L IJNE = L BMD = 90" и DN = DM, na су ова два троугла подудар на и због тога је IJE = BD. & глопи

ПРИМЕР

22.

У оштроуrлом троуглу АВС, у тачки Н, секу се висине

AD

и СЕ. Ако је СН =АБ, израчунати угао АСВ.

Решење. Посматрајмо троуглове

BAD и CDH су прави (AD је висина) и како је по претпоставци АВ = СН, троуглови ABD и CHlJ су nоду дар ни. Због тога је AD = CD, па је троугао ACD једнакокраки

HCD

ABD

и

CHD

(сл.

66).

су једнаки као углови са нормалним крапима. Углови

nравоугли. Дакле,

ТЕОРЕМА

45.

L АСВ =

45".

Углови

ADB

и

&

Страница а троугла АВС већа је од странице

ако је иаспрамни угао а. већи од угла

{3.

h

ако и само

5.7.

135

ТРОУГАО

с

с

А Сл .

Е

65

C!l. 66

> Ь, одредити на страници а тачку D, тако да је CD = Ь 67). Троугао ACD је једнакокрак, п а је L CAD = L CDA; означити зајед­ ничку вредност тих углова са rp. Због Ь < а, тачка D је између В и С, па је крак AD угла CAD у углу а, те је а > rp . Међутим, у троуглу ABD угао rp је спољашњи, па је rp > {З. Коначно, из а > rp и rp >{З следи а > {З. Доказ. Ако је а

(сл.

Обрнуто, нека је а >{З. Тада не може бити а= Ь, јер би морало бити а ={З (теорема

20 из одељка 5.3), а такође не може бити ни а < Ь , ј ер би према претходном доказу морало бити {З > а, што је супротно прет постав­ ци. Дакле, једино је могуће а

>

Ь.

• о

А

в

с

о

L.1. <>7 Примењујући ову теорему на правоугли троугао закључ ује се да је нај­ већа страница наспрам правог угла (хи потенуза).

ТЕОРЕМА

46.

(О неједнакости троугла) У сваком троуглу збир две стра­

ниие већи је од треће страниие, а разлика две странииа мања је од треће страниие.

Доказ. Дат је троугао АВС. Нека је

D

тачка праве АС, иза С у односу на

А , таква да је CD = СВ = а . Тада jeAD =а+ Ь (сл. 68). Троугао BCD је јед­ накокрак, па је L CBD L BDC; означимо те углове са rp. Углови {З и L CBD су суседни. Због тога је L ABD > rp, тј . у троуглу АВD је L ABD > L ADB па, на основу претходне теореме, важи AD > АВ, односно

=

а

+Ь>

с. Слично се доказује да је а +с

>

Ь и Ь + с > а.

136

110/tYДЛРIIОСТ

Може се претп оставити да је, на пример, а 2: Ь 2: с. Тада се из Ь

добиј а Ь >а - с и с >а

Ь, а из а + с> Ь добија се а

-

>

+с >а

Ь -с. 8

За произвољне три тач ке А, В и С увек важи АС+ СВ 2: АВ, при ч ему јед­ накост важи ако и само а ко С Е АВ. ПРИМЕР

Доказати да ј е свака страни ца троугла мања од полуобима

23.

т р оу гла.

Решење. Из а ПРИМЕР

<

24,

Ь +с добија се 2а <а + Ь +с, односно а

i (а+Ь+с) . .А.

У ун утрашњости троугла АВС изабрана је произвољна

тачка М. Доказати да је:

1) L

АМВ

> L

АСВ;

2) АМ

Решење. Проду жи мо ду ж АМ до пр есечн е тачке

69). 1)

<

+ МВ N

<АС+ СВ.

са страниuом ВС (сл.

Угао

ANB је спољашњи угао троугла ACN, па је L ANB > L ACN. LAMB је спољашњи угао троугла ACN, па ј е L АМВ > L ANB. На основу транзитивности неј еднакости следи L АМВ > L АСВ. 2) У троуглу A CN је АС + CN > AN. Одавде се добиј а АС+ CN + + NB > A N + NB, п а како је CN + NB = СВ, то дај е неједнакост АС+ СВ > AN + N B. Међутим, у троуглу MBN је MN + NB > МВ, а одавде АМ + + MN + NB > АМ + МВ. З бог А М + MN = AN следи да је AN + NB > АМ + + МВ. Сада се из АС + СВ > AN + NB и AN + NB > АМ + МВ добија АС + +СВ >АМ + МВ . .А. Слично,

с

с

А

C t.

Сл .

6У

70

Значајне тач ке троугла Троугао се, и поред свој е привидне једноставности, одликује великим број ем занимљивих особин а. П осебну важност код сваког троугла имају четири

тачке:

це н тар

о п исаног и

центар уписаног круга,

ортоцентар

и

теж иште.

ТЕОРЕМА

47. ( О

се у једној та чки.

це нт р у у пи саног круга) Симетралс углова троугла секу

137

5.1. ТРОУГАО

Доказ. Нека је О пресечна та ч ка симетрала АО и ВО углова а и АВС (сл.

70)

и нека су ОМ,

ON,

f3 троугла

ОР нормале из О на странице АВ, ВС, СА.

Правоугли троуглови АМО и АРО су подадрни јер имају заједничку хипо-

тенузу и по један оштар угао~· Због тога је ОР= ОМ. Слично, из подудар­

-

·ности троуглова ВМО и BNO добија се ОМ= ON. Из ОР= ОМ и ОМ= ON'-.....__ ..._ -

-

следи ОР=

ON.

-

-

- --

-

Због тога су правоугли троуглови

и СРО подударни

CNO

(имају заједничку хипотенузу СО). Из њихове подударности следи једна­ кост углова ВСО и АСО, што значи да је права СО симетрала угла у, а та ч ка О заједничка тачка симетрала сва три угла.

На основу Шднакости нормала ОМ,

ON

•

и ОР у претходном доказу следи

да Тач;rем, N и Р пРйпада}у кругу са центром О, к~и, осим тачака М, N,JJ нема других заједничких тачка са страниЈ.!ама троугла.~Заиста, ако се прет­

постави да овај круг има, рецимо, састраницом АВ заједничку та ч ку М' , ра­ зличиту од М, онда би троугао ОММ' био правоугли са хипотенузом ОМ',

Дакле, било би ОМ'

>

ОМ, па би та•1ка М ' била ван круга.

Према томе, тачка О, заједничка тачка симетрала углова, представља цен­ тар уписаног круга троуглаАВС. Слично, у пресеку симетрала страница добија се центар описаног круга троугла, о чијем постојању говори следећи став. ТЕОРЕМА

48.

(О центру описаног круга) Симетрале страница троугла

секу се у једној тачки.

(;,Ј.

72

Доказ. Н ека ј е S заједничка тачка симетрале s 1, странице ВС и симетрале s 2 странице АС троуглаАВС (сл. 71). Као у примеру 3 из одељка 5.3 закључује се следеће: како је S тачка симетрале s 1, важи једнакост ВС= CS. Међутим, због S Е s 2 је и CS = AS, па следи и AS = BS. Дакле, троугао ABS је једнако­ краки, па тачка S припада и симетрали дужи АВ. Дакле, S је заједничка тачка

симетрала трију страница троугла. Сем тога, како је SA = SB = SC, то круг са центром S и полупречником SA садржи сва темена троугла, па је то опи­ сани круг троуrлаАВС.

•

138

I IOДYДЛPIIO CT

ТЕОРЕМА

49

(О ортоцентру) Праве које садрже висине троугла имају

једну заједничку тачку.

Доказ. Кон струишимо кроз теме А троугла АВС nраву nаралелну са ВС, кроз теме В праву nаралелну са АС, кроз теме С праву nаралелн у са АВ. Те праве се, две и две, секу и одређују троугаоА 1 В 1 С 1 (сл.

Лако се доказује

72).

даје сваки од троугловаА 1 СВ, СВ 1 А, ВАС 1 подударан са троугломАВС (јед­ на заједничка страница, а одговарајући налегли углови једнаки, као наизме­ нични ). Отуда следи, на пример, да је АС 1

= АВ 1

=ВС, па ј е тачка А сре­

диште дужи В 1 С 1 , а висина h., троуглаАВС је симетрала странице В 1 С 1 троу­

гла А 1 8 1 С 1 . Слично се доказује да су и остале висине троугла АВС уједно симетрале страница троуглаА 1 В 1 С,. Према претходној теореми, оне се секу

у тачки означеној са Н. Тачка Н се

•

назива ортоцентром троугла.

Остају још да се

про уч е

тежишне линије. Уочимо тежишне линијеАМ и

BN

троуглаАВС (сл.

73).

Њихову зајед­

ничку тач ку означићемо са Т. Дуж MN је средња линија троугла и, као што

је познато. паралелна је страници АВ и једнака Ј.. АВ. Нека је Р средиште дуж и АТ и

Q

средиш те дуж и В Т. Дуж

i

PQ

је средња линија троугла АВТ, па

је nаралел ·: саАВ и једнака АВ. Дакле, PQ = MN и PQ да су троу МТ

= РТ

и

11

MN.

Сада се види

MNT и PQT подударни (MN = PQ и углови једнаки), па је = QТ. Како је и АР = РТ, односно BQ = QT, следи да је ВТ = 2TN. Ове једнакости карактеристичне су за nресек било

юви

NT

АТ= 2ТМ и

које две тежишне линије. То омогућује да се докаже да све три тежишне

линије троугла имају једну заједничку тачку. Та тачка назива се тежиште троугла .

ТЕОРЕМА

50.

(О тежишту троугла) Тежишне линије троугла секу се у

једној та•1ки, тежишту троугла. Дужина дела тежишне линије од тежишта до темена два пута је веhа од дужине дела те линије од тежишта до сре­ дишта наспрамне странице.

Доказ. Нека је Т заједничка тачка тежишних линија АМ и

АВС (сл.

74).

BN

троугла

Доказаћемо да и тежишна линија СР пролази кроз Т. Претпо­

ставимо да то није тачно, већ да се СР и АМ секу у тачки с

S,

с

с

Ј.,

в

в Ct. 73

различитој од

C t. 74

5.7.

139

ТРОУГАО

Т. Тада, према претходном разматрању, биће

=

AS

2

= 2SM,

одакле је

AS

=

1 АМ. в

с

С =Н

А

l:.t. 7u

C t. 75

Међутим, из истих разлога је и А Т = 2ТМ, па је АТ = ј А М. Следи да су дужи АТ и

мора бити утврдили,

AS једанке. Како су S и Т између А и М, то на основу теореме 2 S = Т. Дакле, дуж СР садржи тачку Т и, као што смо већ раније важи АТ= 2ТМ, ВТ = 2TN и СТ= 2ТР. •

Ове четири тачке, О,

S, Н

и Т, зову се значајне тачке троугла. Занимљиво

би било размотрити положаје значајних тачака разних троуглова у односу

на троугаону површ и кратко истаћи неке битне чињенице. Тако, запажа се да су центар О уписаног круга и тежиште Т увек у троуглу.

с с

Сл.

C!t. 77 Код правоуглог троугла центар

S

описаног круга је средиште хипотену­

зе, а ортоцентар Н је теме правог угла (сл. дв е тачке су ван троугла (сл .

О,

S, Н

76).

78

75).

Код тупоуглог троугла ове

Код оштроуглог троугла све ч ети ри т ачке

и Т су у троуглу.

Код ј еднакокраког троугла су све четири тачке на висини која одговара основици (сл. 77), а код ј еднакостраничног троугла то је само једна тачка ­ центар ј еднакостраничног троугла. То је тачка

S

на слици

78.

140

IIOЛY/IЛI'I IOCT

ПРИМЕР

25. Доказат и

да ј е uентар уnиса ног круга у троуглу најближи

т емену највећег угла. Решење.

Н е ка ј е у троугл у А ВС тачка О

а ~ {3 ~ у (сл. 79). У троуглу А ОС је

1- ~ ~'

uентар уnисан ог круга и

па је ОС~ ОА, а у троуглу

АОВ је 1- ~ ~' па је ВО ~АО. Дакле, од дужи АО, ВО и СО најкраћа је дуж АО. & с

с

С:1.

С- 1. 7'Ј

80

ПРИМЕР 26. У једн ако краком троуглу АВС тачка М је средиште основи­ uе АВ. Н ека ј е N тачка крака ВС, таква да је MN l. ВС и нека је S средиште дужи

MN. Доказати

да ј е nр ава

AN

нор мал на на

CS.

Решење. Позн ато ј е да је тежишна линија СМ истовремено и висина на

оновиuу. Н ека је Р средиште дужи BN (сл. 80). Дуж PS је средња линија троугла BMN , па је PS 11 ВМ; како је СМ 1. ВМ, то ј е и PS l. СМ. Због тога је тач ка

S

ортоuентар троугла СМР ( nресечна тачка висина

томе, права

CS

ј е трећа виси на и

линија троугла ABN,

na

MN

и

PS).

Према

l. МР. Међутим, дуж МР ј е средња ј е AN 11 МР, а отуда и AN l. C S. &

CS

ЗА){АЦИ

1.

Ун у трашњи уrлови троугла су једнаки углов има

5 rp, 8 rp

и

9 rp.

Изра­

ч у нати у степе ним а уг лове овог тро угла.

2.

Ако су

AD

и ВЕ в исине троугла АВС, доказати да је

L DAC

= L ЕВС.

З. С иметрала с n оља шњем угла код врха ј едн акокраког троугла је паралелна ос нов иuи. Доказати.

4.

Одред ити

5.

У правоуглом троуглу ј е једа н оштар угао зо•. Ако је та ч ка М средиште

ueo

број

k

ако су дуж ине страниuа неког троугла: а,?а и

ka.

хипотенузе и N тачка катете, таква да је nрава MN н ормална на хипотену­ зу, онда је дуж M N три п у та мања од веће катете дато г троу гла. Доказати.

6.

У једнакострани чном троу глу АВС на продужетку в исине BD дата ј е тачка Е, таква да је D - B - E и ВЕ = АС. Доказати да су углови АВС и АЕС ком плементни.

5.Р..

5.8.

1

141

1EIHOJ'(>YI'A()

ЧЕТВОРОУГАО

После детаљног упознавања особина троуглова није тешко уочавати и доказивати особине сложенијих фигура, као што су четвороугао, круг и сл. Неки четвороуглови се истичу посебним рслаuнјама између страница. Као

последице тих релација јављају се многе специфичности. Сваки од ових чет­ яороуглова има посебно име. Још у основној школи истакнути су:

"" -

паралелограм (два пара паралелних страниш);

трапез (један пар паралелних страниuа);

делтоид (два пара једнаких суседних страннuа)"

Од најбитнијих особина чствороугла најпре наводимо особину којом се

о;тикују сuи четвороуглоuи" ТЕОРЕМА 51" (О угловима четвороугла) Збир унутрашњих углова у чет­ вороуглу једнак је пуном углу Доказ. Дијагонала дели четвороугао на дR<Ј троугла. Збир углова у чет­

вороуглу једнак је збиру углова у та два троугла" Дакле: а

+ fЗ +

'!

+

о =

= 2" 1~0"= З60"" 8 Користећи дијагонале на сличан начин се 1\Юже доказати да је збир уну­

=

трашњих у1лова многоугла који има n углова: 5" (n - 2)" 180"" Ако се ради о правилном многоуглу, чији су унутрашњи уг лов и једнаки, тај унутрашњи

.

_(n- 2)" 180" n "

у~ОЈе~-

У било ком многоуглу (троуглу, четвороуглу итд") збир спољашњих углова је исти:

S

= 360"

Каквим посебним особинама се одликује делтоид због тога што је чето­

вороугао који има два пара једнаких суседних страница? На слиuи

81 је AD и ВС= Сд Из овога се закључује да је права АС симетрала дијаго­ нале BD, па она полови ту дијагоналу (и делтоид) и још су дијаrонале уза­ јамно нор\1алне" Дијагонала АС је симетрала углова BAD и BCD, па се у

АВ =

делтоид може уписати круг (uентар круга је та'IКа у којој симетрала угла код темена В или код тсмсна Неке

особине

трапезп,

D

сече симетралу АС)"

(сл"

Ю)

четвороугла

ABCD,

срели

смо

код

проучавања примене вектора, а односе се на средњу линију (медијану). Та­ ко, ако су М,

N, Р, Q редом средишта кракова AD и ВС и дијагонала АС и

BD, тада је MN

11 АВ,

MN

1

= 2 (АВ + CD)

и PQ

1

=2

IAB- CD 1" Паралелне

странице, које се називају основице, са сваким краком одређују пар супле­ \1ентних углова: а + о = 1RO" и + ;; = 180°" Ако је Е тачка дуж и АВ, таква

f3

n

142

П ОДУДАРН ОСТ

је СЕ паралелно са

AD,

тада дуж СЕ дели трапез на један паралелограм и

један троугао. Ако су краци трап еза ј еднак и међу собом , т рапез је једнако­ крак, а ако је један крак нормалан н а основицу, трапез је правоугли.

Што се паралелограма тиче, најпре се треба подсетити дефиниције ових четовроуглова.

ДЕФИНИЦИЈА

31.

Паралелограм је четвороугао који има два пара па­

ралел них стр а ница

На основу ове ј едноставне дефиниције добија се велики број занимљивих

особина. ТЕОРЕМА

52

(О паралелограму) Четвороугао је паралелограм ако и са-

мо ако важи било који од наредних услова: а) углови на свакој страници су суллементни;

б) оба пара наспрамн их углова су парови међусобно једнаких углова; в) оба пара наспрамн их страница су парови међусобно једнаких страница; г) дијагонале се узајамно полове. До каз. Нека ј е

дати четвороугао чији су унутрашњи углови оз­

ABCD

начени са а , {Ј, у , о (сл.

83).

а) Еквиваленција

АВ 11 CD л ВС 11 AD .:;. а

+ {Ј = {Ј + у = у + о = о + а = 180°

следи из т еореме о супротним угл овима на трансверзали (теорема

40).

б) Еквиваленција

А В 11

CD л ВС 11 AD .:;. а

= у л {Ј =

о

добија се на основу теореме о угловима са паралелним крацим а (теорема 41 ).

в) Из АВ 11 CD и ВС 11 AD закључује се да су одговарајући углови троу­ глова ABD и CDB једнаки међу собом, па како је BD BD то је д

ABD

=

д

CDB,

одакле следи : АВ

=

=

= CD и ВС = AD. =

Обрнуто, ако је АВ CD и ВС= AD, због BD BD следи да је д ABD д CDB, па ј е L АВD L CDEJ, што повлачи закључак АВ 11 CD (наизмени•ши углови ј еднаки) . На сличан начин се закључује да је

=

=

вс IIAD.

CJI. 83

Сл.

84

5.8.

143

ЧЕТВОI'ОУГЛО

= CD. CDO једна·ш (наизме­ нични, односно у накрс ни), следи да су троуrлови АВО и CDO подударни, одакле је АО = ОС и ВО = OD , тј. дијагонале АС и BD се поло!?е. Обрнуто г) На основу АВ 11 CD и ВС 11 AD, као под в) доказује се да>~ АВ

Како су још и одговарај у ћи уrлови троуглова А ВО и

се тако ђе лако доказуј е коришћењем наизменичних углова.

•

Увођењем nосебних услова добијају се нове особине. На nример, ако је један угао п арал ело грама nрав, на основу закључка а) следи да су и остали у глов и nрави. Такав nаралелограм ј е правоугаоник (сл.

сти троуглова АВС и

84).

Збо г подударно­

BAD, дијагонале правоугаоника су једнаке, па се око

овог четвороугла може описати круг чији је центар пресечна тачка дијаго­ нала.

Ако су све странице четвороугла ј еднаке међу собом, онда је то ромб. Сагласно особинама делтоида, дијагонале ромба су једна другој симетрале. а такођ е су и симетрале ун утрашњих углова. Због тога се у ромб може упи­ сати круг (сл.

85).

Пречник тог круга ј е висина ромба.

Правоугли ромб ј е квадрат (сл.

86).

Он поседуј е све особине досад наве­

дених четвороуглова. Квадрат, рецимо , има описани и уписани .-руг. Њ ихог

заједн ички центар ј е тзв. центар квадрата. Квадрат спада у правилне м но­ гоуглове. Сви nравилни многоугл ови се одликују особином да им се може у пи сати и опи са ти круг.

А

Сл.

C JI. 85

ПРИМЕР

27. Збир

86

ун утрашњих углова на мањој основиuи траnеза већи

ј е од зб ира у нутрашњих углова на већој основици. Доказати. Решење. Нека је Е nресечн а та ч ка продужених кракова

ABCD

и нека је

CD <

АВ, сл.

а угао код С једнак је углу

f3

87.

У троуглу

CDE

AD

и ВС трапеза

угао код D ј еднак ј е углу а ,

(оба као сагласни). Међутим, као што смо дока­

зали, спољашњи углови тог троугпа, у и с5, задовољавају услове с5 у > а. Сабирањем ових неједнакост и добија се у + с5 > а + fЗ. А. ПРИМЕР

А, В, С,

D,

28.

>

f3

и

Доказат и да у равни не постој е чети ри н е коли неарн е тачке

такве да су св и троуглов и АВС,

BCD, CDA , DAB

оштроугли.

144

П OilYДAPIIOCT

Е

о с

(}

с

r

о

\

(Ј А

в С. 1 .

А

С л.

87

в

А С. 1 .

88

89

Решење. Неколинеарне тачке А, В, С и D су темена једног четвороугла, с тим да тај четвороугао може бити конвексан (сл. 88) или неконвексан (сл. 89). Ако

jeABCD

конвексан четвороугао, тада углови тог четвороугла nредстав­

љају по један од углова наведених троуглова. Међутим, како је збир тих углова

360•,

то бар један од ових углова мора бити већи или једнак углу од

90 •.

Ако jeABCD неконвексан четвороугао и ако је, на пример, С теме некон­ вексног угла, тада бар један од углова АСВ, BCD, DCA мора бити већи или једнак углу од

120• . .А

ЗА)~ЛI\И

1.

Израчунати углове nаралелограма ако је један угао три лута већи од су­ седног унутрашњег угла.

2.

Доказати да средишта страница једнакокраког траnеза представљају те­

мена неког ромба.

3.

У nаралелограму ABCD тачка М је средиште дужи ВС, а тачка N је сре­ диште дужи CD. Доказати да праве DM и BN деле дијагоналу АС на три ј еднака дела.

4. 5.

Доказати да су средишта страница и подножје било које висине у троуглу темена једнакокраког трапеза.

У равни четвороугла ABCD одредити тачку М, тако да збир дужи DM буде најмањи.

АМ, ВМ, СМ и

6. 7.

Наћи збир унутрашњих углова произвољног седмоугла. Који nравилан многоугао има унутрашњи угао

5.9.

150•?

КРУГ

Круг је једна од најзначајнијих и најинтересантнијих геометријских фи­ гура. Конструисање осталих фигура не може се ни замислити без кругова. Размотрићемо међусобне односе кругова, nравих и углова.

Нека је k(O, r) дати круг и А, В две тачке на њему (сл. 90). Дуж АВ је тетива круга, а дужина нормале ON на тетиву је централно растојање тети-

5.9.

145

КI'УГ

Сл.

C:l. 90

91

ве, односно централно растојање правеАВ. УгаоАОВ је централни угао који

одговара тет ив и АВ. Ако је М било која та ч ка на кругу, са исте стране праве АВ са које је и О, тада је L АМВ тетивни (периферијски) угао који одговара конвексном централ ном углу А ОВ. (Ако је тачка М на кругу с друге стране

стране правеАВ, тада је угао АМВ тетивни у гао који одговара неконвексном

централ ном углу АОВ) . Да би се избегли неспоразуми, увек треба нагласити да ли је реч о конвексном или о н еконвексном централном углу. На слици 91 виде се разни положај и праве према кругу. Ако је централно растојање праве, тј. дуж ина нормале из центра круга на дату праву, мање од

дужине полупречника r (на сл. 91 је OS < r) , тада права сече круг. Права која сече круг назива се сечииа. Се чица и круг имају две заједничке та чке које одређују тетиву. Најдужа је о на тетива која садржи центар круга

-

то је

преч ник.

Када је реч о чињеници да се круг и права која садржи тачку унутар тог кру га секу, не може се сматрати да ј е то само по себи јасно. Слично се од­ носи и на пресек два круга. У сасвим строгом излагању геометрије ова nи­ тања се решавај у увођењем аксиома непрекидности. Ако је централно растојање једнако дуж ини полупречника, права и круг имају тач но ј едну заједничку та ч ку. Та права је посебно занимљива и назива се танrента круга. На слици 91 права t је тангента. Тангента ј е нормална на додирн и полупречник

(t

.l

07).

Права је ван круга ако ј е централно растојање веће од дужине полу­ пречни ка ( на сл.

91

то је права а, јер је ОА

У каквом односу могу бити два круга се н а сликама

> r).

k(O, r 1)

92-97. Међусобни положај два

централ ног растојања (на сликама то ј е то на следећи начин

и

c(S, r 2)

у истој рав ни види

круга зависи од односа њиховог

d(O, S))

(r 1 > r2):

и полупречника кругова и

OS > r1 + r2 (сл. 92); OS = r 1 + r2 (сл. 93); кругови се додируј у изнутра - OS = r 1 - r 2 (сл. 94); кругови се секу - r1 - r1 < OS < r1 + r 2 (сл. 95); мањи круг ј е у већем - OS < r 1 - r2 (сл. 96);

-

кружне површи су дисјун ктне -

-

кругови су концентрични - О

кругови се додирују споља -

=S

(сл.

97).

146

IIOДYДЛPIIOCT

Сл.

Сл.

92

93

с л.

94

Сл.

97

с

k

<.; л.

Сл.

95

96

Из дефиниције круга и особина изометрије следи да се круг изометријом nресликава на круг nодударног полупречника. Да би се доказала nодудар­ ност два круга довољно је утврдити да имају једнаке полупречн ике. Угао под којим се из центра круга види лук АСВ (сл. 98) је централни угао који одговара том луку. Ако је М та ч ка истог круга, која не припада луку АСВ, тада је угао АМВ перифериј ски над истим луком. м

с

с <.;л.

9!!

Сл.

99

5.9.

147

КРУГ

Ц ентрални и периферијски углов и над истим луком (каже се и над истом

тетивом) повезани су једн оставном релацијом. ТЕОРЕМА

53. (О

централном и периферијском углу) Централн и угао је

два пута већи од одrоварајућеr периферијскоr угла. Доказ. Разликоваћемо случајеве када цента р припада периферијском углу

(сл.

98)

и када му не припада (сл.

99).

Изложићемо доказ за случај конвексног

централног угла.

1)

Нека је МС пречник круга који припада углу АМВ. Троугао АОМ је

=

=

ј еднакокрак, п а је L ОАМ L ОМА а. С поља шњи угао овог троугла је у = L СОА и биће у = 2 а. Слично је <5 = 2 {З, па сабирањем ових једнакости добија се у + о = 2( а + {3 ). Како је у + <5 = L АОВ, а а +{З = L АМВ, сле­ ди L АОВ 2L АМВ.

=

2)

Ако је О ван углаАМВ, одузимају се одговарајуће ј ед накости добијене

у претход н ом разматрању, а ако је О на једном краку угла АМВ решење се

доб иј а директн о.

•

Из ове теореме изводе се важне последице. Периферијски (тетивни) угао над пре•шиком је прав. Ово ј е п оз нати Талесов став, заснован на чињеници да ј е одговарајући централни угао, кад је тетива п речник, једнак опруженом углу.

Знају ћи ове особине може се без мерења за неки угао датог троугла ут­ врдити да ли је оштар, туп или прав. Решење је приказано на слици 100. Треба конструисати круг чији је пречник страница наспрам испитиваног

угла. Угао је оштар, туn или прав, зависно од тога да ли теме троугла лежи ван круга, у к р угу или на кругу .

~

А

В

с

~

А

В

С.:1.

~

А

В

100

Забел ежен а је и следећа анегдота.

Пре неколико векова било је мало људи кој и су знали математику. По­ стоји прича о Адаму Рисеу 22 , који је у своје време био ј едан од ретких зна­ ла ца математике. Наводно се Рисе т акмичио са ј едним геометром. Геометар

је на шеширу као зн ачку носио мали сребрни шестар, чиме је хтео истаћи да ј е он мајстор за рад са шестаром. Ри се ј е предлож ио геометру да се такм иче ко ће у неком кратком времен­ ском року н а цртати више правих углова ,

чији

краци пр олазе кроз две

утв рђен е тачк е А и В . Им ал и су пр аво да користе шестар и лењир.

22 Л. R•s~c (14R2- 1559), не мач к и матсматн чар

148

ПОДУДЛРНОСТ

Геометар је прво нацртао више полуправих:

Ap,Aq,Ar итд, а затим је по­

моћу симетрала дужи, као што је приказано на слици

101,

цртао нормале.

Ри се је за то време, знајући особине круга, нацртао круг преч ника АВ и узи­

Q, R, ... круга за теме угла, врло брзо нацртао велики (102). Пошто његов противник није знао ове особине,

мајући ма коју та ч ку Р,

број правих углова

Рисе је морао још и да до каже геометру исправност свог рада. (Како је Ри се доказао исправност конструкциј е? Докажите и ви!)

С л.

Сл.

101

Друга важна n оследи ца теореме

53,

102

гласи:

Сви периферијски углови једног круга над истом тетивом једнаки су

међу собом. Кори стећи се подударношћу

троуглова, последња особина

може се

уоnштити.

Сви периферијски углови над једнаким тетивама у једном кругу (или у подударним круговима) једнаки су међу собом. Централни углови се веома често користе при конструисању (" пре­

ношењу") nодударних углова, што ј е познато још из основне школе. У вези с тим је и следећи задатак. ПРИМЕР

29.

Угао од

19"

nоделити на

19

ј еднаких делова користећи се

само шестаром. (Подразумева се да је тај угао nрецизно нацртан.) Решење.

19·19

Потребно

ј е,

дакле,

конструисати

= 361, треба поступити на следећи начин:

угао

од

1 •.

Како

је

нацртати произвољан круг

коме је центар теме датог угла и који сеч е краке тог угла. Затим тетиву која одговара датом централном углу пресликати ("пренети") Крај последње тетиве премашује пун угао тачно за наестина нашег угла (сл.

ТЕОРЕМА

19 пута дуж круга. 1•, а то је тражена девет­

103). •

54. (О тангентном

углу) Угао који одређује тетива са танген­

том у ј едној крајњој тачки тетиве (тангентни угао) једнак је тетивном углу који одговара тој тетиви.

Доказ . Нека је АС nречник нормалан на танrенту (сл. прав, као угао над nреч ником, па су тангентни

vrao

и

104). Угао АВС је vrao АСВ iР.nнйки кйn

5.9.

С1.

149

КРУ Г

С1.

103

104

углови са нормалним крацима. Угао АСВ је тетиван над тетивом АВ, што

доказује тврђење.

•

Нека је дата дуж АВ и ван праве АВ тачка О (сл.

105).

Нека су Оа и ОЬ

полуправе које садрже дате тачке. Из тачке О се дуж АВ види под углом

LAOB

(или ОаЬ).

Користећи особине доказане у претходним теоремама, могу се решити следећа два примера.

о

ь Сл .

Cil. 105

ПРИМЕР

30.

106

Конструисати у датој равни скуп свих тачака из којих се

дата дуж АВ види под датим углом <р. Решење. Конструишемо полуправу

At

АВ одређује угао једнак датом углу <р (сл. ла

n

на полуправу

At

и симетрала

=

s

у датој равни, која са полуправом

106).

Затим се конструише норма­

дужи АВ. Пресечна тачка

S

пр авих

n

и

је центар лука k АВ (који одговара луку АСВ на сл. 106). С друге стране праве АВ, на симетрали s одреди се тачка S', таква да је AS AS'. Тачка S '

s

је центар лука

k' ,

=

полупречника

Из сваке тачке лука

k

или

S'A. лука k ', осим

из тачака А и В, дата дуж се види

под датим углом <р. Ово следи из последње теореме. Није тешко доказати да

ниједна тачка равни ван лукова скуп тачака

ПРИМЕР чему је ОА

k

и

k'

нема ту особину, па је

k U k'

тражени

. .&. 31. Конструисати тангенте

> r.

из дате тачке А на круг k(O,

r), при

150

ПO/\YJIЛPII OCT

Решење. Угао између тангенте и полупречник<1 је прав. Стога треба кон­ стуисати круг k 1 коме је дуж ОА п речник. Пресечн е тачке кругова

тачке Р и Т на сл.

107,

k

и

k 1,

тј .

одређују танrентеАР и АТ, што се лако доказује. .А

Дуж и АР и АТ на сл.

107

се називају танrентним дужима. О њима говори

следећ и став. ТЕОРЕМА

55.

(О тангентним дуж има) Танrентне дужи из дате та'!ке на

дати круг једнаке су међу собом. Доказ . Правоугли троугловиАОР иАОТ (сл.

107)

су подударни јер имају

заједнич ку хипотенузу и по једну катету једнаку полупречнику круга:

ОР= ОТ. Из n одударности ових троуглова добија се АР =АТ. •

с

А С1.

в

м C л. lU!S

lU7

Ако ј е у неки четвор оугаоАВСD уписан неки круг, тако да свака страница ч етвороугла додирује кр уг (сл .

108),

тада је то тзв. тангентни •1етвороуrао.

На основу последње теореме може се доказати следећа особина. ТЕОРЕМ А

ABCD је

56.

(О

тангентном

четвороуглу)

тангентан ако и само ако је АВ

Конвексан

Доказ. Доказа ћемо да ј е услов потребан. Заиста, нека је четвороугао и нека су М,

N,

Р,

четвороугао

+ CD = ВС + AD. ABCD

тангентан

Q тачке у којима странице АВ, ВС, CD, DA , 108). Према теореми 55 је: АМ = AQ,

редом, додирују к руг (сл. ВМ = BN, CN = СР и DP DQ. П рема томе:

=

+ CD = АМ + ВМ + СР + DP + CN) + (DQ +AQ) =ВС +AD. АВ

=

(ВМ

Доказ да је услов довољан не наводимо.

+ СР) + (DP + АМ) = (BN +

•

Код неконвексног тангентног четоворугла круг је ван четвороугла и

важи 1 АВ - CD 1

=

1 AD

- ВС

1-

Ако је четвороугао уписан у круг, тако да су му сва темена на кругу, онда је то тетивни четвороугао (сл.

109).

ТЕОРЕМА 57. (О тетивном четвороуглу) Четвороугао ABCD је тетива.н а.ко и само ако му је збир наспрамних углова једнак опруженом углу:

а

+ у = {3 + о = 180°.

Доказ. Да је услов потреба н следи из теореме 53. Заиста, ако је ABCD те­ ти ван четвороугао, збир углова а и у једнак ј е nоловини збира одговарајућих

5.9.

151

КРУГ

централних углова, одређених полупречницима ОВ и

ових централних углова је п ун угао, па је а +у (3 +о = 180°.

Међутим, збир Одатле следи и

OD.

= 180°.

с' _- -"-t 1

с"

t/

-

1

1

с л.

Сл.

109

Докажимо да је услов довољан. Нека је

k

110

круг описан око троугла

ABD.

Треба доказати да круг k садржи и тачку С. Ако С није на кругу, онда је или у кругу (на сл. права

а

CD

110

се че

+ у ' = 180°,

тачка С) или ван круга (тачка С"). Ако је С у кругу, тада

круг у

тачки

па како је а +у

С'.

Према

првом

делу

доказа,

тада

је

= 180°, следи да је у ' = у. Међутим, у је спо­

љашњи угао троугла ВСС', па је у > у', што доводи до противречности. Према томе, тачка С не може бити у кругу. Слично се доказује да не може бити ни ван круга. Дакле, круг

k

садржи теменаА, В, С, D. •

Ево још једног става о тетивном четвороуглу без доказа. ТЕОРЕМА

58.

Четвороугао

ABCD је тетиван ако и само ако је LACB

=

LADB. ПРИМЕР 32. Три угла једног четвороуглСЈ су ту п и. Доказати да је већа она дијагонала ко­ ја сад р ж и те ме о штро г угла.

Решење се налази користећи чињеницу да је пречник н ајвећа тетива круга. Конструи­

саћемо круг k коме ј е п речник дијагонала А С, кој а садржи теме С оштрог угла (сл.

111).

А

Те­

мена В и АВС

D морају бити у кругу јер су углови и ADC ту п и. Према томе, дущ BD је у кру­

гу и мања је од тетиве

MN коју одређује

права

BD, а самим т им мања је од пречника А С. •

Сл .

111

ЗАДАI~И

1.

Колико највише кругова одређују тачке А.В,С,D,Е?

2.

Дате су праве а и Ь и тачка А праве а. Конструисати круг који додирује праве а и Ь, и то пр аву а у датој тачки А.

152

!IO}l..YilЛPIJOC!

3.

Какав се трапез може уписоти у круг?

4.

Дат је круг k(O, 1·) и њеmве тангенте а, Ь и с, такве да је а 11 h, с и с n Ь {В). Доказати да је L АОВ 90°.

=

5.

Кругови у В и

=

k:

k2 у

и

k2

{А)

доЈщрују се у тачки А. Заједничка тангента 1 додирује

С. Доказати да је

5.10.

n а=

L

ВАС

k1

= 90°.

ОСНЕ И РАВАНСКЕ РЕФЛЕКСИЈЕ

На крају одељка

5.1

дефинисали смо изометрије као обострано једно­

значна пресликавнња која дужи пресликавају на подударне дужи. Уверили

смо се да изометрије чувају колинеарност и распоред тачака: ако је А -С, т изометрија и Т(А)

= А 1,

1(В) =В,,

I(C)

= С1 ,

- В -

онда је А 1 - В 1 - С 1 • Важну

улогу у овим пресликавањима имају инваријанте (непокреше) тачке и ин­ варијантне фигуре. Остало је неразјашњено питање да ли изометрије чувају оријентаuију

површи. Позната је особина чије је образложеље доста сло:жено, па се овде наводи без доказа.

Ако се фигуре

1('! 1)

'!1 и '!2 изометријом 1('!2) =.'Т' 2 , тада: су '!1 н '!2 исте оријентације,

Ј пресликавају на фшуре 'Ј' 1 н 'Ј',:

='Ј', и

ако

1)

онда су .'Ј', и 'Ј' 2 међу собом једнаке

оријентације;

2)

ако су '! 1 и '!2 различите оријентације, онда су разли•ште оријентпције

'!',и'!',. До сада није било разматрања конкретних изометрија. Једино је истак­ нуто идентично пресликавање (коинциденцију) 1;, при којем су све тачке инваријаm не. Очигледно да 1,- нс мења оријентацију оријентисане површи.

Изометрије које се одликују овом особина м назиnају се директне иэомеiри­ је. Оне друге, које мењају оријентацију оријентисаних поnрши, називају се индиректним изомс1ријама

Предмет изучавања у овом одељку је једна изузетно значај на врста инди­ ректних изометрија.

Уочимо дуж АБ и симетралу

s те дужи (сл. 112). За тачку В каже се да је

симетри'IНа тачки А у односу на праву s. Р<:~.зуме се да је и тачка А симе­

трична тачки В у односу на исту праnу s. Средиште S дуж и АВ има особину да је S Е s и AS = SB. Нека је N било која тачка у равни одређеној правим АВ и s, N

f/:.

ствена ПI.Чюt праве

s

s. Тада се на н ор мали n праве s, N' Е n, може одредити једин­

N',

л:~.ква да је

s симетрала дужи NN'. Дакле, свакој тачки ван

можемо одредити тачку симетричну у односу на

s.

Тачке праве

s

сматрамо да су симетричне саме себи. На основу реченог може се дефинисати следеће пресликавшье равни на

саму себе, тако да све непокретне тачке TOI' преслиюшања припадају једној правој те равни.

11ЕФИНИЦИЈА 32.

Пресликавање равни, при којем се свака та 'Тка А те

равни прссликява у тацку А' симетричну са А у односу на праву

s

те равни,

< 111 OC III·

III'ЛBЛIICКI·

153

I'I
5

о

N'

N

s

А

в

s С.1

\....1 . 11~

11'

юЈЗИВll се осна симетрија у односу на праву (осу) s. Ознака за такву осну

симетрију је 1,. Може се говорити 11 о пресликавању неке равн е фигуре осном симетри­ јом, у односу на праву која припада истој равни. ДЕФИНИЦИЈА

33.

За две фигуре

тричне у односу на прлву

s

1"

и

'}"'

равни а каже се да су симе­

те равни (осно симетри•Iне) ако свакој тачки

М фигуре'}" одговара та •1ка М ' фигуре'}"', тако да је ЏМ) свакој тачки (сл.

113).

N'

фигуре'}"' одговара тачка

Пише се Ј,('Ј)

N

= М',

и обрнуто,

фигуре'}", тако да је ЏN')

= ('Ј"').

=N

Осна симетрија се назива и осна рефлексија или кратко рефлексија. Ако је Џ'Ј) Права

s

= '}",

тада је фигура 'Т осно симетрична у односу на nраву

s.

назива се оса симетрије или симетрала фигуре'}". На пример, осно

симетричан је једнакокраки трапез ABCD на слици на слици

115

114, затим

цртеж зграде

и слично. Осно симетрични ликови могу се често уочити у

средини у којој се крећемо (делови кућног намештаја и кућних апарата, школска табла и сл.).

Познате су многе осно симетричне геометр11јске фигуре: делтоид, једно­ краки трапез. једнакокраки троугао (једна оса симетрије), ромб, правоугао-

о

5

с

в

А

C;r. Ј

14

(.;.Ј.

11 5

154

110/\Y/IЛ I'IIO CT

ник (две осе симетрије) , једнакостранични троугао (тр11 осе симетрије), ква­ драт (четири осе симетрије), круг (сваки пре<Јник ј е оса симетрије) итд. Упознајмо се са особинама осне симетрије.

ТЕОРЕМА Доказ

.

59. Осна симетрија (рефлексија) је изометрија равни.

Нека је дуж А 'В' симетрична дужи АВ у односу на праву

доказати да је АВ =А 'В '. Ако су и А В ' =В, па ј е очигледно А 'В '

= АВ. Ако нека од тачака А

разликују се случајеви кадаА А или В припада

s.

и В тачке осе

s. Треба s, онда је А ' =А и 11 В не припада оси ,

tl s и В tl s иАВ није нормална наs и када или

На крају се разматра случај АВ .l

s.

Нека А , В tl s, нека је S та ч ка праве s и нека је О средиште дуж и АА' (сл. 116). Углови AOS и А 'OS су прави, АО =А '0, OS = OS и троуглови AOS и А 'OS су подударни, па jeAS =А 'S и L ASO = L А 'SO. Слично се доказује да је BS = B'S и L BS0 1 = L B'S0 1 (0 1 је средиште дужи ВВ'). Одавде се једно­ ставно закључуједаје LASB = LA'SB', па какојеАS =A 'S и BS = B'S, сле­ ди да су троугловиАВS иА'В 'S' подударни (став СУС). СтогајеАВ =А 'В'. Ако је једна од крајњих тачака дужи АВ, рецимо тачка В на оси (В =

S),

тада се подударност троугловаАВО иА 'ВО лако доказује.

Ако је АВ .l

s,

тада се доказује да су АВ и А ' В' збирови или разлике јед­ АВ. •

наких дуж и и поново је А 'В '

=

8

с

Сл. 11 6

L:. t. 117

ТЕОРЕМА 60. Рефлексија је индиректна изометријfL Доказ. Нека су А и В тачке праве

s, а

С и С' = Ј.( С) ван праве

По дефиницији су С и С' са разних страна праве

s,

s

(сл.

11 7).

па иду ћи по дужи АВ,

површи АВС и АВС' остају са разних страна. То значи дн с у оријентисане

површи АВС и АВС' различитих оријентација.

•

=

=

На слици 117 се тачке А , В, С пресликавају у А,В,С', тј. I, (A,B , C) (А, В, С'). Ако се поново пресликавају ове тачке истом рефлексијом, добија

се

I, (А , В, С')

= (А , В, С) . (До истог закључка се долази и а ко А , В tl s). Дакле:

I,лl, (А , В, С)= (А , В, С) , па је, према теореми

7, пресликавање I.oi , коинци­ I...,I, = I;. То је тзв. својство инволутивности рефлексије. (За свако пресликавање I које има својство Ioi = I; каже се да ј е инволугивно.)

денција, тј .

Наведимо без доказа следећу теорему , у одређеном смислу обрнуту тео­ реми

60.

5. 10. OC IIE 11 I'ЛI.IЛII CK E

ТЕОРЕМА

155

J'EФJIEKCI IJ E

Свака индиректна изометрија равни, која има бар једну

61.

инваријан тну тачку, јесте рефлексија.

Постоје индиректне изометрије равни које немај у инваријантних тачака. То нису рефлексије, већ тзв. клизајуће симетрије, које у овом уџбенику н еће м о проучавати.

ТЕОРЕМА

Осно симетри чне праве су паралелне међу собом (и па­

62.

ралелне оси) или се секу на оси.

Сл.

Доказ.

I, (а) = а

Сл.

118

Нека су а

и Ь, такве да је I, (а)= Ь.

= Ь , па је а = Ь, тј. а

119

Ако је а =

s,

онда је

11 Ь. Ако је а ;;е s и а n s {S} (сл. 118), тада је Ј, (S) S, тј. S Е Ь. Праве а и Ь не могу имати још неку заједничку тачку, јер би та та ч ка морала припадати

=

=

= s, што је супротно претпоставци. Дакле, а n Ь = {S} . = 0, тада је а 11 s и права Ь има само једну могућност:

оси

s и било би а Ако је а n s

Ь

n

а =

0 , тј.

Ь 11 а, сл.

119. •

Последица ове теореме је да за сваке две праве у равни постоји осна симетрија која преводи једну праву у другу. Дакле, основне особине рефлексије су:

-

осно симетричне фигуре су подударне међу собом; осно симетричне праве су паралелне или се секу на оси;

непокр етне тачке су све тачке осе симетрије;

непокретне су све праве које су нормалн е на осу

s

(али њихове тачке,

осим тачке на оси, нис у н епокр етн е);

- I, о I, (М)

= М,

тј . две узастопне једнаке осне симетрије дају идентично

пресл икав ање ( инволут ивност) ;

-

рефлексија је индиректна изометриј а рав ни.

ПРИМЕР

33.

Датом троуглу АВС на слици

А 'В' С' симетричан у односу на пра ву

120

конструисати троугао

s.

Решење. По дефиницији, конструишу се тачке А ' и В' , тако да ј е оса s симетрала дуж и АА ' и ВВ '. Та ч ка С' може се кон струисати и користећи се тео ремом 62, јер се nраве АС и А 'С' секу на оси s (видети решење следећег nрим ера). А.

156

IЮДУДАР!ЮСТ

ПРИМЕР

34. Дата је

симетрала

s

дате дужи АА 1 и у истој равни та ч ка В.

Одредити тачку В 1 , В 1 = Il(B), без коришћења непокретних правих симетри­ је I., тј. без повлачења нормала на s. Решење. Користићемо теорему

62.

Права АВ и њој симетрична права s = {S} , онда

А 1 В 1 секу се на оси симетрије или су паралелне. Ако је АВ

n

је права А 1В 1 одређена: А 1 В 1 = A 1S, (сл. 121). На исти начин, како је права АВ 1 симетрична правој А 1 В и како јеА 1 В s = {Т} , то се праваАВ 1 поклапа

n

са правом АТ (слично се поступа ако је А 1 В! ! s). Пресечна тачка правих AS иА 1 Т је тачкаВ, па је пресечна тачка симетричних правихА 1 Т и АТ тражен а тачка В 1 , симетрична тачки В у односу на праву s.

т

А

А,

5

С-1 .

120

Ако је АВ 11 ПРИМЕР

Сл.

s,

35.

121

C; i. 122

онда је права А 1 В 1 такође паралелна са

s

итд. .А

Дат ј е оштар угао ОаЬ и у њему тачка С. Конструисати

тачке А и В, А Е а и В Е Ь , такве да обим троуглаАВС буде нај мањи. Решење. Нека је С 1 = I.(C) и С2 = Iь(С) и нека је С 1 С2 n Оа = {А} и С 1 С 2 n ОЬ ={В}. Троугао АВС је тражени (сл. 122). Његов обим је АВ +ВС+ А С= АВ + ВС 2 +АС , = С 1 С2 • Ако бисмо изабрали било које дру­ ге две тачке А 1 и В 1 , онда би обим троугла А, В 1 С 1 био: А 1 В 1 + В1 С +

+ А1

С= А 1 В 1

дужи С 1 С2 ) • .А

+

В 1 С2

+

А 1 С1

>

С 1 С2 (изломљена линијаС 1 А 1 В 1 С2 већаје од

Пресл икавање осном симетријом у равни подсећа на одсликавање лика у равном огледалу. Формирање просторног лика у равном огледалу може се

представити једним геометријским пресликавањем у простору. Нека је л раван, А и В тачке ван те равни, такве да

n

полови дуж АВ и да

је права АВ нормална на n. Тада је тачки А симетрична та ч ка В у односу на раван п, а такође је и тачка В симетрична са А у односу на исту раван (сл. 123).

Тачке равни

n

симетричне су саме себи.

ДЕФИНИЦИЈА

34.

Пресликавање простора којим се свака та•1ка А пре­

сликава у тачку А ', симетричну са А у односу на дату раван п, назива се

раВан ском симетријом у односу на раван n. Користи се ознака I ,. (А) =А '. Раван n је симетрална раван.

5.10. OCII F lli'ЛIJЛIICKE

С.:л.

157

РЕФЛЕКС IIЈЕ

Сл. Ј 24

123

Раванска симетрија назива се и раванска рефлексија. Раванску симетрију нећемо детаљно проучавати, јер ћемо овде решавати задатке везане за пресликавања у равни. Само ћемо истаћи да су свој ства раванске симетрије слична особинама осне симетрије. На пример:

- раванска симетрија ј е изометрија простора; - симетричне п раве (и равни) секу се на симетралној равни (У сл. 124, где је Ir (а) = {3, имамо симетралну раван диедра) или су

случају на

паралелне

међу собом;

-

непокретне су све тачке симетралне равни;

непокретне су све праве и равни које су нормалне на симетралну раван ;

производ (композиција) две једнаке раванске симетрије је коинциден -

ција (инволутивност) .

(Раванска рефлексија је индиректна изометрија простора, што се неће објашњавати, јер није дефинисана оријентација простора) . Постоји и осна рефлексија простора, али ни ову изометрију нећемо проучавати.

ЗАДАЦИ

1.

Дата је права р и тачке А и В. Конструисати дуж А 1В 1 , која је симетрична са дуж и АВ у односу на праву р, ако су тачке А и В:

1) 2.

са исте стране праве р;

2)

са разних страна праве р.

Конструисати четвороугао који има: а) тачно једну осу симетрије; б) тачно две осе симетрије.

З. У троуглу АВС јеАВ =ВС. Из средишта

D страницеАВ конструисана је н ор мала DE на страницу АВ, Е Е ВС. Обим троугла АВС једнак је 7 ·АС. Из рачунати обим троугла АЕС.

4.

Два брода А и В налазе се усидрени на мору, недалеко од праволинијске обале р. С једног брода nослат је чамац на други брод. Чамац је успут морао да искрца на обалу једног nутника. Одредити (конструисати) нај­ краћи nут којим чамац треба да иде да би обавио постављени задатак.

5.

Дати су кругови А, Е

k ..

А, Е

k,

k1

и

k2

и права р. Конструисати тачке

и тачке А, и А ,

cv

At

и

A z,

тако да

симетричне у односу на праву р.

158

I IO/lY;\Л PJ IOCT

5.11.

ДИРЕКТНЕ ИЗОМЕТРИЈЕ

У претходном одељку смо истаклн да је коинциденција директна изоме­ трија равни. Сада ћемо проучити све остале директне изометрије равни.

Централна снметрааја Уочимо у равни тачку S и н еку дужА В, којој је тачка S среди ште (сл.

Тачке А и В су симетри•mе у односу на та•tку

S,

а та ч ка

S је

125).

центар симе­

трије. Та ч ка А је СИI\tетрична са В у односу на са А у односу на

24

из

5.4),

S.

S, али и та ч ка В је симетрична S ј е једин ствено средиште дужи АВ и ВА (теорема да је тачка S симетричн а самој себи. Ово даје мо­

Та ч ка

па се сматра

гућност да се дефинише ново пресликавање равни на саму себе.

4

в

s

Сл

ДЕФИНИЦИЈА

t.::r. 12<•

125

35.

Пресликавање које сваку тачку А равни а преводи у

та•1ку А' симетричну са А у односу на тачку S те равни назива се централна

симетрија равни а са центром

S.

Ова симетрија озна•шва се са

Ј едина непокретна тачка централне симетрије

I, је

симетрија се може применити на произвољну фигуру ДЕФИНИЦИЈА 36. За фигуру

7

7

тачка

1•.

S.

Централна

равни.

равни а каже се да се пресликава на

фигуру 7' централном симетријом I, ако сш1кој та•tки М фигуре 7 одговара тачка М ' фигуре 7' која је тачки М центрзлно симетрична: М' ЏМ), и

=

обрнуто.

На слици

126

фигура

7

је троугао АВС, који је пресликан на троугао

А' В' С'. Ова слика по казује такође како се врши пресликавање фигуре "тачку по тачку".

Ако се нека фигура централном симетријом пресликава на себе саму, тада се каже да је та фигура централно симетри•tна. 1\а пример, круг је симе­ тричан у односу на свој центар.

Утврдићемо особине централне симетрије. ТЕОРЕМА Доказ

.

~._

...

Централна симетрија је изометрија.

Нека је АВ произвољна дуж равни, А ', В',

= I , (А), В' = I , (В) ........ : ..... .... ,n ,

ве да је А' ..,,... .,,., ....

63.

S

тачке исте равни, так­

и та ч ка S не припада правој АВ (сл.

АПГ"Т --

1

•

•

ro

~•

,.."

,.. r"-,

,.. _

127). Треба _

>.11. }1111'1' KTI11· 11ЗОЧП1'11Ј1·

159

углов и ASB и А 'SB' су једнаки као унакрсни, na су троуглови ASB и А 'SB' nоду дар ни (став СУС). Отуда је АВ =А 'В'.

Ако је S тачка nраве А В, онда су А' и В' такође тачке nравеАВ, na су дужи А В и А' В' једнаке, као разлике двеју једнаких дуж н.

•

Неnосредна последица ове теореме и дефиннције 35 је следећи став.

ТЕОРЕМА 64. Ако је дуж АВ централно сuметрИ'IНа са дужи А 'В', тада јеАВ' А 'В.

=

1,

Доказ. Из ЦА) =А' следи Ј.(А') =А, (А ' В) =АВ', najeA 'B =АВ'. •

= В ',

na како је ЦВ)

следи

В' в

м'

м,

А

ь Сл.

127

Сл.

Н а основу деф11НIЩ1!је ~5 јасно је

Ј," Ј

::ta

121-:

је увек 1, о ЦА)= ЏА ')=А, тј.

= Ј,- КОI\ЈПО1ицнја две једнаке централ не с11метриј е је коинциденнија.

Цен 1 р
65.

Цен трална сим е1р 11ја је директна нзометрнја равни.

Доказ. Н ека су а и /Ј две nраве кроз S. а 1. h, М nроизвољна тачка у нстој М 1 и I 1,(M 1) =М', тј. 11,.,I"(M) =М'. Доказаћемо да је nре­

равн и и нека је ЦМ)

=

сечна тачка

S nравих а и h средиште дужи ММ' (сл. 128). На основу теореме 59 и теореме 1 закључује се да је SM = SM '. Сем тога: LMSM'=2L ASM 1 + 2LM 1SB = 2(LASM 1 + LM 1SB) = 2·90° = I!I0°. Према томе, тачке М, S , М' су КОЛ И!Iеарне и М ' ;С М. na је средиште дужи мм ·. Дакле, nрССЛIIКавање

s

nроtпвољне та
I,

= lџ·l" .

S.

Слеш 1 знк­

што зна
флскс11ја 7" nромен11 оријентацију, па рефлексиј
•

Централна сиl\tетрија је тесно везана са nаралелношћу, о чему говор е следе ћи ставови.

ТЕОРЕМА

66. Цс11трално симетричне праве су пиралелне ме/ју собом.

Л,о11:а·з. lleкa су о 11 п ' nраве, такве да је а'= 1 (п). Као nраве једне равни,

оне се секу IIЛ\1 су п<Јралелне. Ако се секу, тј. ако је а() а'= {А} (сл . 129), тада 11 та
=

-

•

•

'

1 1

-

'~ - -- - .... . ··- ·- : ...

160

П ОЛУД<\ 1'1/ОСТ

Ь Ј S, па је Ь'

= Ь, одакле је Ь'

ll/1).

Ако је А ~ S, онда је

11

А' ~ S па праве а

и а ' имају заједничке две различите тачке, одакле је (према аксиоми

2)

а' =а, тј. а 11 а. 8

4' -4--\

\ о

'\

'А'

'---t" Cl l .ILI

CJI. 1 2'Ј

Важи и обрнута теорема. ТЕОРЕМА

67. Ако

су а и Ь паралелне праве, тада постоји централна си­

метрија. која ове праве пресликава једну на другу. Доказ. Ако је а

= Ь,

онда се свака тачка те праuе r.юже узети за центар

симетрије и права ће се пресликатн на себе саму. Ако је а

n

Ь

= 0, тада у равни ових

правих постој11 права с која сече а у

А и Ь у В. Доказаћемо да се права а пресликава у праву Ь с11метр11јом у односу на средиште праве а (сл.

S дужиАВ. Заиста, важи I,.(A) =В. Нека је М nроизвољна тачка 130) и нека је ЦМ)= М '. Према претход ној тсореми права ВМ'

је nаралелна са а, па је ВМ' праве паралелне са а.

= Ь,

јер би у противном кроз В пролазиле две

•

Последње две теореме се могу објединити у један став. Две праве су паралелне ако и само ако су централно снметри•1не.

На основу доказаних теорема може се формулнсатн следећи став (без доказа).

ТЕОРЕМА

68.

Лара.лелограм је централно симетри'lнз фигура.

Особин е централне си метрије су:

- централна симетрија је директна ИЗОf\tетрија равни ;

-

централно симетричне праве су паралелн е међу собоr-1;

- једина непокретна тачка је центар сиr.tетрије;

-

неnокретне су праве које садрже центар сиt\tетрије;

- I, о I ,

(М)

= М, тј. две узастоnне једнаке централне симетрије дају коин-

циденцију (инволутивност централне снметрије). Централне симетрије простора Е 3 дефинишу се на исти начин, као и цен­ тралне симетрије равни. ПРИМЕР

36.

Дат је произвољан паралелограr.t . Користећи само раван

лењир (тј. nовлачећи само праве) поделити дати nаралелоrрам на два поду-

161

;.11. }(1\l'loKI/11· II)Q,\1/'TI'/IJI'

Решење. Одредимо центар

S

симетрије паралелограма

-

то је пресечна

тачка днјагонала. Свака права која садржи S н не садржи теме паралелограма даје једно од тражених решења (сл. В 1) . .А

t:.J ПРИМЕР

37.

(.;;]. 132

lJl

Дата су два круга,

и

k

k 1,

са различитим центрима О и

0

1,

који се секу. Кроз једну од заједничких тачака кругова повући праву р, која

на овим круговима одсеца једнаке тетиве. Решење. Тражи се дуж

MN, таква да М Е k, N Е k 1, при чему је зајед­ MN (сл. 1З2) . Дакле, тачке М и

ничка тачка А ових кругова средиште дужи

N треба да су симетричне у односу на А. Због тога, до решења се долази тако што се преслика круг k на круг k ', симетричан у односу на А. (На правој АО се одреди тачка 0', таквадајеАО ' =АО и конструише кругk' са центром

0', р

подударан са

= AN.

k.)

Тачка

N

је пресек круга

Није тешко доказати да је АМ

ста, како је

IAk) = k',

то је и Izi(М)

= AN,

= N,

k'

са

k 1•

Тражена права је

што се и тражи у задатку. Заи­

па је по дефиницији АМ

= AN.

.А

ЗАДАЦИ

1.

Конструисати

троугао А 1 В 1 С 1

централно с иметричан датом троуглу

АВС ако је центар симетрије:

1)

тачка А;

2)

тачка О ван троугла; З) тачка

S у троуглу; 4) тачка Т на

страници ВС.

2. 1)

Које од следећих фигура су централно симетричне:

полуправа;

2)

права; З) дуж;

4)

круг;

5) једнакостранични троугао; 6) јед­

накокраки трапез; 7) квадрат? У случајевима централно симетричних фигура одредити центре симе­ трије.

З. Дате су тачке А, В и С. Конструисати тачку С 1 симетричну са С у односу на А и тачку С2 симетричн у са С 1 у односу на В. Затим доказати да је

c,cz = 2АВ.

4.

У једној равни ван датих nравих а и Ь дата је тачка С. Конструисати тачку А на правој а и тачку В на nравој Ь, тако да тачка С буде средиште дужи АВ.

162

5.

I IOДY:I~I'IItJ~ Ј

Конструнсатн квадрат АВ и тачка

N

праве

ABCD

CD,

ако је дат њеrов центар О, тачка М праве

при чему је

10

(М) :;t;

N.

Ротащ1ја Теореме

60

и

65

показују да је композиција две рефлексије равни директ­

на изометрија те равни, при чему се, ако су осе а и

Ь тих рефлексија

међусобно нормалне, добија централна симетрија. Остаје да се проуче слу­

чај еви:

1)

праве а и Ь се секу под оштрим углом (тј. праве а и Ь образују два

оштра и два тупа угла);

2)

праве а и Ь су паралелне. Добијене изометрије,

као и централна симетрија, биће директне.

о

C.I. 134

С. 1 . 133

Нека су а и

угао

h

праве са заједничком тачком О, које одређују оријентисани

-i; (сл. 133). Пресликавањем произвољне тачке а равни, А

:;t;

О, добија

се Iп (А) =А 1, и lh (А 1) =А' односно Iьо In (А) =А'. Због својстава ос не рефлек­

сије је ОА = ОА' и L АОА ' = ср. Описано пресликавање равни на саму себе назива се централна ротација око тачке О за оријентисани угао if!и означава са R 0 vr· Тачка О је једина непокретна тачка овог пресликавања. ДЕФИНИЦИЈА

угао

37. Ако је дата равна

if! и ако је фигура~·

фигура :Ј,

та•1ка О и оријентисани

скуп свих тачака у које се ротацијом R0, ;р пресли­

кавају тачке фигуре 7, тада се каже да се фигура~ ротацијом

=

R0. vr пресликава

на фигуру~· и означава са R 0.~ (!Ј) ~· (сл. 134). Према овој дефиницији јасно је како се врши пресликавање ротаuијом . На пример, ако су дате две различите тачке А и В, центар О и угао ёЈ, та<Јке А ' и В ' се добијају као на слици

135.

Као композиција две изометрије, ротација је такође изометрија. Ова осо­

бина олакшава посао код пресликавања ротацијом. Тако, рецимо, да би се ротирала права а, тј. да се конструишеа' R 0 ;t (a) =а', треба ротирати нор­

=

малу мала

ON, односно подножје N нормале на ON' и садржи тачку N '.

ТЕОРЕМА

69.

из О на а (сл.

136).

Ако је а произвољна права равни и а'

а и а ' одређују угао који је једнак углу ротације.

Права а' ј е нор­

= R0,1(а) =

а ', тада

5. 11. / tiii' I·KTIII'

1\ЗO~ I'ТI'IIJI'

в'

о

C..:. l. 1.\5

C..:Jt. 136

Доh-аз. Нека ј е, на пример,

nравих а и а ' (сл.

136).

yrdo

а оштар. Оз н ачи мо са <р оштар угао између

Угао <р ј едн ак је углу а као угао са нормалним краци­

м а. •

Ако се та•1 каА ротира око центра О за о пружен угао, тачкаА ' биће симе­ трична са А у односу на О, јер је О средиште дужи АА ' : R 0 , 1SO"(A) I 0 (A). Значи, централна симетрија је специјална ротациј а.

=

Ротациј а равни и ма следећа својства:

-

ротација ј е директна изометрија равни на саму себе; центар ротације је њена једина непо крет на тачка (а рота циј а нема н епокретних nравих, осим ако је а

циденција) или а

= 180°

=

< 360°); = 360°

оо, а

( коин-

(централна симетрија); одавде ниј е тешко зак­

ључити да је централ на симетрија композиција две ос не рефлексије у одно­ су н а две међусобно нормалне осе.

-

права са свој им ротираним ликом одређује угао једнак углу ротације.

ПРИМЕР 38. Дату праву р ротирати око дате тачке О за -бо · . (Ако се угао ротације означи, као овде, са -бо · или, на пример, са 60 ., тада није потребно

стављати стрелицу, као у случ ају

d, јер знак "-",

или " +" (овај последњи се

п о договор у изоставља) јасно одре ђ ује оријентацију угла рота циј е). Решење. Ротација је изометрија и зато, да би се кон струисала ротација праве р треба ротирати са мо једну та ч ку, подножје

р (сл.

137).

Права а ' , а'

= Rо.-щ•(а),

N

нормале из О на праву

биће нормална н а рот ира ну нормалу

ON'. A. ПРИМЕР

39.

У равни а дате су тачке А , В, С, такве да је А -В-С. Са ј едне

стране праве АВ у равни дате су тачке

D

и Е, такве да су троуглови

ВСЕ ј една костран ични. Ср едиште М дужи АЕ, среди ште

N

дужи

CD

ABD

и

и тачка

В су темена једнакостраничног троугла. Доказати .

Решење. Уочимо троуглове А ВЕ и DBC (сл.

138). По претп оставци ј е = DB и ВЕ = ВС (странице једнакостраничних троуглова). Сем тога, LABE = LABD + LDBE = 60° + LDBE и L DBC = L DBE + L ЕВС = L DBE + 60°, те је LABE = DBC, па су троугловиАВЕ и DBC п одударни, ода­ кле је АЕ = DC. Како је ВС= ВЕ и LCBE = 60°, а такође BD =ВА и LDBA = 60°, следи да ј е Rв,fН (DBC) =АВЕ. При том ј е Rв.fН (DC) =АЕ, п а се ср едиште N дуж и CD nресликава у средиште М дужи АЕ. Одатле следи rт::~ iP. RN = ВМ и LNBM = 60°. па је т р оугао BMN ј едн акост р а нич а н . .6.

АВ

164

ГIО/\Уl\AriiOCT

[Ј

Сл .

ПРИМЕР

Сл.

137

40. Дата су тр и

круга k 1,

138

k 2 и k 3 са заједн ичким

центром

S.

Кон­

стру исати једнакострани•1а н троугао АВС коме темена nриn адају редом да­ тим круговима .

Решење. Нека ј е В произвољна тачка круга k2• Како је АВ = ВС и LABC = -60°, то ј е С= Rв,-ш (А). Одавде се закључује да је С Е k 1' , где ј е k ' 1 = Rв.-rп(k 1 ). (При другачијем избору тачака А, В, С могуће је и LA BC = 60°.) Конструкција. Конструише се центар S ' круга k ' 1: S' = Rв,-rп (S), а затим и круг k' 1 и добије С Е k 1' n k3 • Затим се конструише круг k(B, ВС) и добије тачка А Е k n k 1, тако да је L СВА = 60°. Ако је k ' 1 n k 3 = {С,С'}, онда су то д ва неподударн а решења , троу гловиАВС иА 'ВС' (сл. 139). .А.

/

Сл.

ПРИМЕР

41.

139

Сл.

140

Конструисати квадрат ако су дате тачке Р,

Q

и

R

у којима

све ч етири странице квадрата (или њихови продужеци) секу једну nраву. Решење. Пошто четири странице имају са ј едном nравом три заједн ичке тачке, закључуј е се да је једна од тих тачака теме квадрата. Нека је то тачка

Р. Нека је

PQ

Q

Е АВ. Углови PAQ и PCR су nрави, na круг k 1 са nречником k, ся nn Р.чникnм PR r:~ nn'll<'u т~ "f(" r J<
садржи т ачкv А. а коvг

S. ll.

РА =РС и

LAPC

Дакле, круг

= 90°,

165

ДI IPGKTII E IIЗ0:-1EТPII JE

ротацијом за

90 °

око Р тачка А се nресликава у С.

k ' 1, настао ротацијом круга k 1 око Р за nрав угао, сече круг k 2 у

тачки С. Даља кон струкциј а се види на слици

140. .А

ЗАДАЦИ

1.

Дату дуж АВ ротирати око дате тачке О за

2.

Дати круг ротирати:

1)

око тачке Р за

2)

око тачке М за-

90°.

120° (тачка Р је ван круга) ; 45 ° (тачка М је на кру гу);

З) око центра О за дати угао ё!. З. Дате су две једнаке дужи АВ и А 1В 1 у истој равни. Конструисати тачку О те равни, такву да се ротацијом око О дужАВ пресликава у дуж А 1 В 1 •

4.

Дате су nраве а и Ь и тачка

S

ван њих. Конструисати круг са центром

кој и сече дате nраве у тачка ма А и В, тако да ј е

5.

Дати су nрава а, тачка С и круг

k

LASB

S

= 60°.

у једној равн и. Конструисати једнако­

краки троугаоА ВС, тако да А Е а, В Е

k,

АС= ВС и

L

АСВ

= З0°.

Транслација Нека су сада а и Ь различите паралелне праве, А и В тачке ових правих,

А Е а и В Е Ь, такве да је а l. АВ. Уведимо ознаку АВ

= 21-+ v (сл.

сликавањем прои звољне тачке Р из исте равни добиј а се:

141).

Пре-

I. (P) =

Р1 и

Iь(Р 1 ) =Р' тј. IьоЏР) =Р ' . Није тешко уверити се да за сваку тачку Р ове рав-+ ни важи РР' it Овако одређено пресл икавање равни на саму себе назива се -+

=

транслација равни за нектар ~са ознаком 'Тv-, па је 'Тv- (Р) =Р' и РР ' тор itje нектар транслације 'Т;~ ДЕФИНИЦИЈА

= it Век-

38. Ако је дата фигура!! у равни а и вектор itкомплана­

ран са а и ако је фигура!!' скуп свих тачака у које се транслацијом 'Тv-пре­ сликавају та •1ке фигуре :т, тада се каже да се фигура !f пресликава на фигуру

rr·

тран с.пяuијом 'Т.- и пиш е 'Т.-(1)

= !['.

а

rл

141

r л.

142

П OДY/IAPIIOCT

166

Транслација очигледно н ема неnо кретн и х тачака. Кретање многих обје­ 142) или право­

ката асоцира транслацију, као кретање лифта, успињаче (сл.

л инијска кретање било ког тела. Пресликавање транслацијом види се на сл ици

143,

где је фигура !Ј четво­

роугао ABCD. На основу раније утврђен их особина рефлексија и вектора долаз и се до особина тран сла ције. Пре свега, тра нслација је директна изо.метрија равни.

Једна од битних особина је да се свака права транслацијом пресликава у па ралелну праву. Праве nаралел н е вектору транслације су непокретне. Сем тога, транслација не мења смер ориј ентисане праве.

М

N <..:.1. 1·1.\ Ако се тачка А ' на сл ици

L.1 l-1-1

143

nресли ка трансла циј ом T _;;i ње н лик биће

.. ...

..

тачка А. Дакле: т_ л; (А) = А, што nоказује да је т_ инверз на тра нслацији

.. .

т

ПРИМЕР

сати праву

42.

q, q

Дата су два кру га

11 р, такву да је

k 1(0 1, r 1)

и

k2 (0z, r 2)

q n k 1 = {А, В} , q

n

k2

и права р. Кон струи­

= {C, D } и АВ = CD .

Решење. Пошто су дужи АВ и CD паралелне и једнаке међу собом и па­ CD транслацијом у

ралелне правој р, то се дуж АВ може пресликати у дуж правцу р. С иметрале тет ива АВ и

0

1 и

0 2.

CD

нормалне су на правој р и садрже тачке

Н ека су подножја ов их нормала н а правој р тачке М и

N.

Трансла-

циј ом круга k 1 за вектор МN пресликаће се: 0 1 у о;, k 1 у k;, среди ште тетиве CD, тачкаА у С и тачка В у D (сл. 144). Ако се кругови

АВ у ср едиште тет иве

k ; и k 2 секу, онда су њихове пресечне тачке уп раво тражене тачке С и D . Ове тачке одређују тражену праву q, q = CD. Одавде се јасно види н ач ин и редослед конструисања. ~ Проучав ајући директне из ометрије простора Е 3 , долаз и се до осне рота­

ције и транслације nростора. Транслација nростора Е 3 се nрактично и не разликује од тран сла циј е равни. Централна сим етриј а nростора Е 3 такође се мож е дефини са ти пр еко сред ишта дуж и, готово идентично са централном симет ријом равни. Међ ут им, ове две симетриј е се б итно разликују. Тако је це нтоалн а симетоиit! пn nст()nя

F.. uJ..JnмnPwт'"'" '",""'".,.""; .,

5.:2.

167

кmн.:ТРУКТIIВIЈН 'ЈЛЛЛ!l\1

Поменуте изометрије простора 1о·Ј нећемо проучавати. Мећутим, кад су у

питању изометрије равни, наведимо без доказа следеhи значајан став који их практично све описује. Свака изометрија може се представити као композиција највише три осне симетрије. Остаје још делимично неразјашљено какве се изометрије могу добити композицијом трију рефлексија. Јасно је да су то индиректне изометрије равни. На основу теореме

61,

ако ова изометрија има непокретну тачку, то

је рефлексија; ако нема непокретних тачака, онда је то, рецимо без обра­ зложења, клизајућа симетрија. Са овим бисмо окончали разматрања о ди­ ректним и индиректним изометријама.

злллпи

1. Дати угао pOq пресликати транслацијом за дати вектор ~ако је тај вектор: 1) паралелан са једним краком угла; 2) супротан вектору из 1); 3) паралелан са симетралом датог угла. 2.

Дата су два подударна кругаk 1 (0,, ције која круг

1.

и

k2(0 2, r).

Одредити вектор трансла­

k 2•

праву Ь пресликаю на праву а;

праву а пресликава на саму себе.

Дата је дужАВ, права р и круг k. Конструисати тачку Р на правој р и тачку К на кругу

5.

r)

пресликава на круг

Дате су паралелне нраве а и Ь. Одредити транслацију која:

1) 2) 4.

k1

k, тако да четвороугао АВРК буде паралелограм.

Конструисати паралелограм

ABCD

ако су два љегова темена дате тачке

А и В, а друга два темена припадају датом кругу

5.12.

k.

КОНСТРУКТИВНИ ЗАДАЦИ

Решавање конструктивног задатка је комплексан проблем, који пре свега захтева добро предзнаље, тј. добро познавање одговарајуће теорије. Кон­

структивни задатак се састоји у следећем: дате су неке фигуре'},, ... , 'fk, а захтева се да се конструише фигура 'Ј која је у одређеном односу са датим фигурама.

Решење оваквог задатка састоји се из коначно много фаза. Свака фаза представља тзв. основну конструкцију Под основним конструкцијама по­ дразумевају се конструкције:

1)

праве кроз две дате тачке;

2) полуправе којој је дата пметна тачка и још једна тачка; З) дужи којој су дате крајње тачке;

4) 5)

круга којем је дат центар и тачка на кругу; круга којем је дат иентар и полупречник;

16S

1Юi\У Jl,\1'1 !OCI

б) кружног лука •·ојем је д:п центар одговараЈућег круга и крајње тачке лука.

Дакле, основне конструкпијс су конструкпије праве и круга (на којим мо­ гу бити одређени неки подскупови

-

дуж, полу права, лук).

Како се за цртање модела праве (графичке праве) користи лењир, а за конструкцију модела круга (графичког круга) шестар, каже се да се кон­ структивни зддаци реша.вају лсњиром и шсстаром. Конструисање се врши

на моделу равни (папир, школска табла и сл.). При решавању конструктивних залатака често се конструишу праве које су паралелне са неком датом правом или су нормалне на дату праву. Сем тога, често се користе симстрале дужи и симетрале углова. Да би се кон­

струисала нека сложена фигура, најчешће се користе помоћне фигуре

-

троуглови одређени неким страницама и угловима. Ове конструкције су јед­ ноставне и обично се састоје из неколико основних конструкнија. На при­ мер, на слици

101

у одељку

5.9.,

за конструисање нормале из тачке В на по­

луправу Ар користе се четири основне конструкције. Ове једноставне и често коришћене конструкције, назваћемо их елементарним конструкција­

ма, треба добро увежбати, јер се на тај начин стиче добра техника конструи­ сања. Под елементарним конструкцијама подразумевају се конструкције:

-

паралелних правих,

-

симетрала дужи,

-

дужи једнаке датој дуж и,

-

угла комплементног датом углу,

нормалних правих,

симетрала углова,

угла једнаког датом углу,

-угла суплементног датом углу,

-

троугла којем су дате странице,

-

троугла којем су дате две странице и њима захваћен угао,

-

троугла којем су дате две странице и угао наспрам једне странице (за

троугла којем је дата страница и на њу налегли углови,

угао наспрам друге дате странице, ради одређености конструкције, треба знати да ли је оштар, прав или туп). За конструисање правих углова, уместо лењира и шест ара, користи се и право уг ли троугао.

Елементарне конструкције се не описују током решавања сложениј их за­ датака; остале конструкције се образлажу, уз примену научен их дефиници­ ја, аксиома, теорема.

Конструисати неку фигуру значи наћи фигуру која је одређена ун и јама, пресецима и разликама датих фигура или неких других фигура које се до­ бијају из датих. Начин добијања тих унија, пресека и разлика, коректно образложен (поткрепљен аксиомама, тсорсмама и дефиницијама), представ­ ља решавање конструктивног задатка.

Фигура која се конструише према постављеним захтевима представља решење конструктивног задатка. Решење нај'iешће чини једна или више класа подударних фигура (на пример, када се конструише неки троулю са

'>_12..

\Ш

КОНСТРУКЛШIШ ЈЛЛАI(!Ј

датим е.;Јементима). Наравно да се не може нацртати цела класа, веh само

неки представници класа тих фигура.

У конструктивном задатку неке фигуре су "дате". Када се каже да су "да­ те", на пример, две фигуре, онда се под тим подразумева да су те фигуре "нацртане", потпуно одређене, па се могу одредити њихове уније, пресеци, разлике.

Може се говорити и о разним методама решавања конструктивних зада­

така, које су условљене датим и траженим фигурама. Да би се конструктив­

ни задатак решио, треба уочити све могућности и за сваки случај описати решење или дати образложење зашто се не може извршити конструкција. Такође, треба уочити сва решења. То се може учинити на разне начине. Ми ћемо овде препоручити неколико стана решавања:

Аналюа је тражење начина да се дође до решења. Треба уочити оне зави­

сности између датих и тражеве фигуре, које ће омогућити решавање про­ б.Је>~а. Ра;:ш тоr·а се обично користи по>~оћни цртеж тражене фигуре са да­ ти>~ елементима (претпоставља се да тражена фигура постоји и да је већ одређена, па се изводе потребни закључци). Конструкщ1ја се састоји у тo:ovte да се на основу закључака донетих у rша­ ,ЈИЗИ одреди тражена фигура коначним бројем елементарних конструкција.

Конструкција је комплетна ако се сваки "корак" опише (образложи). Доказ има за ниљ да утврди да ли доби ј ено решење испуњава услове за­ датка. У ту сврху се користе све познате аксиоме и теореме. Ако је нека чињеница таква да већ начин конструисања потврђује да она испуњава усло­

ве, каже се да је то "тачно по конструкцији". Дискусија. Добијено решење може бити само једно од решења. Можда су на неком кораку добијене дне или вшпе тачака, а у даљем решавању је ко­ ришћена са>~О једна. Дискусија треба да испита услове решиности и да от­ крије

cna

решења задатка.

Постоје проблеми који се не :\Югу решити конструисањем лењиром и

шестаром (тј

.

поплачењем правих и кругова). Познат је нерешив проблем

трисекције угла (подела произвољно г датог угла на три једнака дела). Осим

тога, може да се деси да нема довољно података (неодређен проб"тем) или да је дато сувише података (прео:~рсђен проблем). ПРИМЕР

Конструисати троугао АВС ако су му странице АС, АВ и

43.

те:жишна .:шнија АА 1 подударне редом датим дужима Ь, с, Ан'ализа. Нека је АВС тражени троугао (сл.

. њалинИЈаА

1С1

б ,до ићесетроугаоАСу1

1

145).

t".

Ако се конструише сред-

састраницама:

с ь 2, 2 ,

t,(сл.\

46 ),кОЈИ .

се може конструисати.

Конструкција. lla

правој АС 1

СД= АС 1 •

(3)

(\)

Помоhу дужи %• ~'

конструише се тачка В,

На правој ВА

пајеА,С=ВА 1 .

t,

1

конструише се троугаоАС1 А1 (2) различита од А, таква

да је

конструише се тачка С, различита од В, таква

170

ПОДУ/lЛI'IIOCT

с

с

А

с

С.1.

в

<..:.1

145

146

=

Доказ. По конструкщlјЈt јеАВ =с н тежншна дужАА 1 t •. Треба доказати да је АС= Ь. По конструкцнј11 , дуж А 1 С 1 је средња линија троугла АВС, па

како је А 1 С 1 = ~. след11 да је АС = Ь.

Дискусија. Број решења зависи искључиво од постојања троугла АС,А1. Према томе, са дате стране праве АВ постоји јединствено решење ако је: ь с с ь 1,. 2 > 2 и 1 с. - 2 1 > 2· ...

+

ПРИМЕР

44.

Конструисати троугао АВС ако су му тежишне линије јед­

наке датим дужима

t ,11 lь , t<.

Анализа. Нека је АВС 'Та жени тро('гао. Коришhењем особина тежишта

добија се: АТ= ~l,., вт = зtь и те\ = 3{<, Као на СЛИЦ\1 147 конструише се тачка Tl, таква да је с\ т= CIT\, па је TTI = ~~(' Тачка cl је заједничко сре­ диште дуж и АВ и ТТ 1 , па је четвороугао АТ1 ВТ паралелограм. Према томе је

АТ 1

= ВТ, па се може конструисати троугаоАТ1 Т (познате су му све странице).

Конструкиију, доказ и дискусију урадити сямостално . .А

с

А А

С1

в

С1.

147

148

ПРИМЕР 45. Конструисати троугао АВС ако су му дати с, п - Ь, а -{З (п > Ь). Анализа. Нека је АВС тражени троугао и нека је D тачка странице ВС, таква да је CD =АС. Следн да је BD =а - Ь. Израчуняјмо угао BAD (сл. 148). Троугао ADC је једнакокраки, па ако се са <р означи угао ADC, онда је

2 rp == 180° -

у = а +{З, односно

tp

=а

;t f3.

Пошто је <Р спољашњи vпю

5.1 .!.

троугла

171

KOII CT I'YKТIIВIIII ЗЛДдll ll

ABD, биће LBAD = !f -{З, од-

носно BAD

=~ 2 . Према томе, троу-

пю ABD има довољно елемената за конструкцију. Конструкција. Конструкцијоы тро­ угла

ABD могу се добити два решења 149 троуглови ABD и ABD 1).

(на сл.

Наиме, конструишу се АВ

=

с и полу­ права Ad, која са АВ образује угао јед­ нак половини датог угла а -{З. Круг k(B, а- Ь) може да сечеАd у тачка~1а

D

и

тачка

D 1• Нека је LABD оштi\р . Тада D задовољава услове датог задат­

ка. Теме С добија се у пресеку си метра­ s дужи AD и праве BD. Тачка D 1 не

<..:.1. 149

ле

задовољава услов а

>

Ь.

Доказ и дискусију урадити самостално . .._

У наведеним примерима зна се каква фигура треба да се добије (троугао). Међутим, проблем може бити постављен тако да су описане особине фигуре, односно особине тачака тражене фигуре, а да се о врсти те фигуре не зна

ништа Тек током решавања открива се природа тражене фигуре. Овакви за­ даци представљају nроблеме конструисања геометријском места тачака.

ПРИМЕР

46.

Дати су кругk и тачкаА у истој равни. Конструисати скуп

средишта свих тетива одређених nресецима датог круга и правих које садрже тачку А.

Анализа. Означимо са 'Ј скуп тражених тачака. Ако је М тачка скуnа 'Ј, k , а права ОМ симетрала одговарајуће тетиве (на сл. 150 симетрала тетиnе ВС) . Због тога је L ОМА 90°, па тачка М припада кругу

тада је М у кругу

=

k 1,

чији је пречник дуж ОА. Дакле, 'Ј је неки подскуп круга

k 1•

Прецизније,

то је онај подскуп круга k 1, који је у датом кругу.

р

k

С;Ј .

Сл.

150

Конструкција . Нека је

k •.

коiе се налазе у кругу

k1

k.

15 1

круг пречника ОА и нека 'Ј скуп тачака круга

Доказаћемо да ј е 'Ј тражени скуп тачака.

172

ПОЈ!УДAPIIOCT

Доказ. Нека је М било која тачка скупа АМ

!f.

Како је М у кругу, то права

сеч е k у тачкама Р и Q. Угао ОМА је прав, па како је ОР= ОМ = ОМ и L ОМР = L OMQ, закључује се да су троуглови ОМР и

OQ, OMQ

подударни. Отуда следи да је РМ=

MQ,

па је М средиште тетиве

PQ.

Докажимо још да ван скупа !Ј нема тачака које одликује ова особина. Прет­ поставимо супротно, да је нека та ч ка М' , која не припада скупу !Ј, средиште тетиве

P'Q ',

одређене

сечицом АР' .

Тада је

ОР'=

OQ' , ОМ'

= ОМ '

и

Р' М ' = M'Q' , па су троуглови ОМ'Р' и OM'Q ' подударни. Одатле се зак­ ључује да је L ОМ' Р'= L OM'Q' и по дефиницији је L ОМ 'Р ' 90°. Дакле,

=

тачка М' мора припадати скупу

!f.

Дискусија. Ако је А =О, онда ј е :Ј= {А}, а ако је А ;е О, онда постоји круг

k 1 и једно од решења прикюа ни х на сликама ]5~ , 152 а) и 152 б). А

k

А С1.

ПРИМЕР

47.

Е

t.::1.

152

15Ј

На најмањој страници АС троугла АВС произвољно изабра­

ти тачку М, а на страници ВС тачку скуп средишта свих дужи

N,

такву да је

BN

= АМ.

Конструисати

MN.

Анализа. Нека је тачка Р таква да је дуж

NP

паралелна и ј еднака дужи

=

АМ, као на слици 153. Троугао BNP је једнакокрак, па је L NBP L NPB. Како је спољашњи угао CNP овог троугла једнак углу АСВ (независно од

избора тачака М и N), то је L

NBP

= ~ L АСВ, па се полуправа Вр може кон­

струисати, независно од избора та•1ке М. Сем тога, очигледно је да, незави­ сно од тачке М, теме Р паралелограма

диште О дуж и

ANPM.

MN

ANPM

пришща полуправој Вр. Сре­

је пресечна тачка дијагонала

MN

и АР паралелограма

Дакле, та ч ка О је средиште дуж и АР. Ако је М= А, онда је

тачка О

=S

N =В и је средиште странице АВ. Ма како изабрали тач ку М, дуж OS

биће средња линија троугла АВР, па је траже ни скуп тачака дуж

ST 11 Вр(Т Е ВС) итд. А

ST,

S.l:!. KO!ICTPYK 11101111

ЈЛ/1Лil11

173

ЗАДЛIЩ

Конструисати троугао ако му је дато:

1.

а) a,fz., lzь; б) o,llь, у; в) о,tь, у; г) а,Ь,tь. Конструисати јед накокраки троугао ако су дати: а) основица а 11 наспрам­

2.

Н!! угао; б) а

+ Ь, {З.

Кон струисати правоугли троугао хиnотенузе с, ако је дато:

3.

а) a,hc; б) t <> а; в) а+ Ь,а; г) а+ с, {:З.

4.

Конструисати паралелограм ако му је дата једна страница и дијагонале.

5.

Конструисати ромб ако су му дате дијагонале.

6.

Конструисати једнакокраки траnез ако су му дате основице а и с и крак Ь.

7.

Конструисати квадрат ако му је дата разлика дијагонале и странице.

8.

Дат је круг k(O, r) и nрава р. Конструисати тангенте датог круга које су: а) nаралелне са р; б) нормалне на р.

9.

Дат је круг

k(O, r),

тачка А на кругу и тачка В ван круга. Конструисати

круг који садржи дату тачку В и дати круг додирује у датој тачки А.

10.

Конструисати скуn средишта свих тетива датог круга k, које су једнаке датој дужи

t.

ШЕСТ А Г ЛАВА

РАЦИОНАШIИ АЛГЕБАРСКИ ИЗРАЗИ

У току досадашњег школовања у разним гранама математике, као и у

r-.·tногим њеним применама, сусретали смо се често са алгебарским изрази-

ма Поменимо, на пример, изразе 2(а + Ь) за обим паралелограма, понртину троугла,

v2gh

s

1

i а/1 за

за брзину код равномерног праволинијског кретања,

за брзину КОД слободног падања итл. Заједничко свим тим изразима је

да су у њима симболи неких константи

љивих (а, Ь, h,

s, t, ... )

1

(2, , g, ... ) и

2

симболи неких промен-

међусобно повезани одређеним операцијама (сабира­

љем, множењем, дељење:\1, степеноnањем, кореновањем ... ). У овој г.1ави

he

бити боље проучени рационални алгебарски изрази, тј. они изрази у чијем формирању учествују рационалне алгебарске операције- сабирање. одузи­ мање, множење (самим тим и степеновање) и дељење. Дајемо најпре дефи­ ницију таквог израза.

ДЕФИНИЦИЈА 1. 1) Симболи реалних бројева (1, 2, О, -4, }. У2.л., ... )су рапионалЈЈИ а.лгебарски изрази,-

2)

симболи променљивих (х, у, а, Ь, а,

... )

су рационални алгебарски

изрази:

З) ако су А и В рационални алrебарски изрази, онда су и (А +В), А (А -В), АВ, В рационални алrебарски изрази (при том се усвајају уо-

бичајене конвенције о брисшьу заграда кад оне нису неопходне);

4) Сви раuионални алгебарски изрази се добијају на описани начин (кон.1чном применом претходних правила).

Дакле, раuионални алгебарски изрази су, на пример,

2х -у, ~: ~-

>/2,

Алгебарски изрази

4-

Y2Y;7i,

(2х + З)(7х + 2), ~; ~ ~~~: ~~: ~ ;:.

х+

vi и сл.

нису рационални.

Када треба истаћи променљиве које учествују у формирању неког израза, изрази се означавају, на пример, овако:

Р(х)

=

3х'- 5х + 2, ј(х,у) =х'"! у', А (а, {Ј, у)= а+ f3 +у.

Ј а ено је да се сваки од раuионалних алгебарских израза може трансфор­ мисати у нише раЗ.'"Iичитих облика. На пример, дистрибутивни закон м н о жеља према сабирању у скупу реалних бројева гласи: х(у

+z)

=ху

+xz.

6.1.

175

ТГЛНСФОГМЛЦЈ!Љ ЦЕ.i!ИХ АЈ!ГЕЬЛГСКНХ ГЛЦИОНЛЈ!ШtХ ~П\'Л]Л

Та једнакост се схвата као идентитет, у том смислу што се подразумева да је она тачна за све вредности променљивих које у њој учествују. Такође, она остаје на снази и ако се нека од тих променљивих замени неким другим изразом, на пример:

(а- Ь)(у

+ z)

=(а- Ь)у +(а- Ь)

z.

У овој г.1ави биће проучене идентичке трансформације рационалних ал­ гебарских израза, тј. довођење датог израза на облик који је за олређену сврху најпогоднији коришћсњем познатих својстава алгебарских операција.

Uели алгебарски рационални изрази су они изрази у чијем формирању не учествује операција дељења изразом који садржи променљиве. Такви

изрази се још зову полиноми. Дакле, полиноми су, на пример, изрази

О,- /3, ±х' у +xz 2, 4х3 - 3х2 + 2х-

1.

Специјално. међу полиномима биће истакнути мономи (нпр.

1 1, 5х, х',

4

-4.>y'z'), биноми (нпр. 1 +х, а - Ь,х 1 +у') и триноми (нпр. х'+ х+ 1, а'

-

2аЬ

+Ь

6.1.

2

).

ТРАНСФОРМАЦИЈЕ ЦЕЛИХ АЛГЕБАРСКИХ РАЦИОНАЛНИХ ИЗРАЗА

Трансформшщје целих алгебарскнх рациона:rннх израза заснивају се на одре­ ђеним прави:rима која су последице основних особина операција

( + ), ( - )

и

( · ).

Наводимо једно од таквих правила:

TEOPE:\IA 1. а)

(Дистрибутивни закон) За изразе А, В, С и

D

важи

А(В +С) =АВ +АС,А(В- С) =АВ -АС;

б) (А+

B)(C+D) =AC+BC+AD +BD.

Ова теорема практично не захтева доказ. Као што је и наведено, прво тврђење под а) је сам дистрибутивни закон (Р8) множења према сабирању, а друго тврђење под а), као и тврђење под б) су љегове једноставне после­ дице.

Ово правило (а то важи и за сва остала правила у овом одељку) при\1сњује се, зависно од потребе, на два начина. Наиме, некад се чита "слева надесно",

а некад "здесна налево". Тако, ако неки полином треба изразити као збир моно\-rа (да се "среди", како се то каже), изврше се сва назначена множења (примена правила "слева надесно"), на пример:

(а+ Ь)(а 1 + Ь 2 ) = а 3 + а 2Ь + аЬ' + Ь 3 , 3 (х+ l)(x 2 -х+ 1) =х'' +х' -х 1 -х +х+ 1 =х (у- З)(у·1

+

2у

+ 4) + 12

~у l -Зу 2

+

+ 1,

? 2у-бу+ 4у

-12 + 12

' =у' -у"-

2у.

Приликом ових сређивања извршено је и "свођење сличних монома": х' -х'= О, -х +х= О, -3у 1 +2у'= -у', -бу+ 4у = -2у, -12 + 12 =О. Обрнуто, ако се жели да полином буде изражен у облику производа дру­

гих полинома (да буде распшљсн на чиниоце или факторисан), примсњују се правила "здесна налево"; у случају правила а) каже се да се врши и.здва-

176

I'ЛIЏIOIIA.ПI!II А:IГП~ГСЮI ![]!'Л:JII

јање з:1једничких чинилаца, а у случају правил<-~. б) да се претходно врши rруписање сабирака. На пример:

ar + ау - az' = а(х +у - z 2), х' + х 2 +х + 1 = х 2 (х + 1) + (х + 1)

ar

+ Ьу -

ау

- /n = b)(r- у).

=(а-

(т·

-

ау)

-

(Ьх

= (х' + -

Ьу)

=

1)(х + 1), а(х -у) -

/ф·

- .1') =

Често се nримењује комбинација оба правила, на nplll\.!ep:

Јх''-

Sx' + 3х 2 - Sx =х(3х'- 5х' + 3х- 5) =х [3x(r 2 + 1)- S(x' + 1)] = = х(.'\х - 5)(х 2 + 1).

ТЕОРЕМА

(А

2. (О разлипи - В)(А +В) = А 2 - В 2

квадрата) За изразе А и В важи

Доказ. Применом дистрибутишюг и комутатиuног закона добија се:

(А - В)(А +В) =А' -ВА

+ АВ

-В'= А'- АВ

+ АВ-

В' = А 2 - В'. 8

!. 1) х'- 1 = (1·- l)(x + 1): (а+ Ь)'- (а- Ь) 2 =[(а+ Ь)- (а- Ь)][(а +!Ј)+ (а-- /Ј)]= 21> · 2а =4аЬ; З) А'- В''= (А'- В 2 )(А 2 +В') = (А - В)(А + В)(А 2 +В'). Може се доказаПРИМЕР

2)

ти да се збир квадрата у последњој загради не може растаuити . .&

ТЕОРЕМА

3.

(О збиру и разлици кубова) За изразе А и В важи:

А 3 +В'= (А + В)(А'- АВ +В'), А' - В' = (А - В)(А' + АВ + В 2 ). Доказ.

(А+ В)(А'- АВ +В')= А'+ А'В- А'В- АВ'

+ АВ

(А- В)(А'

+В')= А'- А 2В

+ А'В- АВ 2

+ АВ'

+В'= А'+ В',

+АБ'- В'= А'- В 3 8

ПРИМЕР 2. 1) х'+ 1 = (х+ 1)(r'- х+ 1); 2) ду' - 54x'z.1 = 2х(у 3 - 27x 3z3) = 2х(у - 3xz)(Y 2 + 3"JZ + 9x'z 2); З) А'- В 6 = (А'- В 3 )(А 3 +В') = (А - В)(А 2 + АВ + В')(А + В)(А 2 -

-АВ + В 2 ). У овом примеру, уместо да се најпре растави разлика квадрата А~>- Bt., 1 може се прво раставити разлика кубова А''- В"= (А'- В')(А + А 2В 2 +В'). 1 2 7 1 А.'1И тада је теже погодити да се трином А- + А В + В' може раставити на производ (А'+ АВ + В')(А 1 - АВ + В 2 ), на пример, на слсдећ11 начин:

А'+ А'В' +В'= А'+ 2А 2 В 2 +В' - А'В' 2 2 =(А'+ АВ + В )(А - АВ +В'). & ТЕОРЕМА

(А

+ В) 1

4.

2 2

- (АВ) 2

=

(О кнадрату бинома) За изразе А н В важи:

=А'+ 2АВ

1

= (А'+ В )

+В

1

,

1

(А- В) =А - 2АВ +В'. Доказ.

(А+ В) 1 =(А+ В)(А +В) =А' +АВ +АВ + В 1 =А'+ 2АВ + В 1 , (А

- В) 2 = (А - В)(А -В) = А 2

-

АВ

- АВ + В 2 = А 2

-

2 АВ + В'. •

ПРИМЕР З. 1) 999 2 = (1000- 1) 2 = 10002 - 2·1000 + 1 = 9'18001; 2) (x+y+z)'= [(r+y) + z]'= (х+ у)'+ 2(x+y)z + z 2 = х'+ у 2 + z'+

+ ?rv +

?w +

?п·

t•. l.

З) (fL\: - Ьу)~ + (Ьх + ау) 2 = а\ 2 - 2пЬ.tу + ьу + Ь\ 2 (а~х~ + /Ј\~) + (aly! + ь~уZ) = (а 2 + Ь 2)(1:~ + /); 4) 4х~ + 12х + 9 = (2х) 2 + 2·2х·З + 32 = (2~: + 3)~;

5) n 3 - 4n 2

6) 2Ьс - Ь

+ Ь-

2

177

П'ЛII CФO I',ЧЛI(IIJI· I (~J II I X ЛЛГН;лi'СК IIХ I'Л UIIOIIЛ.1 1111 X 1131'ЛЗЛ

+ 4n = n(n 2 2 - с + а =а 2

4n 2

+ 4) = n(n - 2) 1; (Ь - 2/ЈС + с ) = а 2

-

2

2

+ 2ah.ty + aly2 =

(Ь - с) 2

-

= (а

- Ь + с) (а +

с). А

У nоследњи х неколико nримера nоказа но ј е како се nримењује nрав ило о квадрату збира и разлике на р аставља ње израза који се зову квадратни три­

номи. Међутим, о н о се очигледно н е може nрименити на било који квадрат­ ни трином, већ са мо н а онај који се об ично зове потпуни, тј . који је облика

А2

+ 2А В + В 2

или А 2 - 2АВ

+В

2

. Када квадратни трином није потпун, то

nравило је, наравно, неnрименљиво, али се у неким случајевима такав три­ ном иn ак мо же растав ити. Показаћемо н а nри мерима два метода који некад могу довести до одговарајућег резултата.

I

метод

х2

+ 5х + 6 = х2 + = (х + З)(х + 2)

(2

+ З )х + 2 ·З

= х2

+ 2х + 3х + 2 · З = х(х + 2) + З (х + 2) =

II

метод

х2

+ 5х + 6 = х2 + 2х. 25 + (5) 2 - (5) 2 +6=

2

2

2 (х

+ 25) - 41

=

= ~ + ~- ~) ~ + ~ + ~) = (х + 2)(х + 3). Дакле, прва два сабирка сх ватамо као nрве сабирке р азлагања н еког квадрата бинома; затим им се додаје

(2512

да бисмо добили nотnу н квадратни

трином; на равно, тај број мо ра и да с

одузме и на крају се препише ранији

"слободни чла н" 6. Прва три сабирка добиј еног израза представљају квадрат бинома, а сређивањем остатка добија се једна разлика квадрата, чијим ра­ стављањем се долази до коначног резултата. Овај метод се обично назива " метод доnуњавања до квадрата бинома" . Он је (бар у овом примеру) сложенији од nрвог метода, али је у одре ђе ном смислу универзалнији јер

= +

=

не захтева, као nрви метод, да се " nогоди" да је 5 2 3, а 6 2 · 3, што у сложенијим nримерима може бити прили•Iно тешко. Н аводимо још неко­ лико прим ера растављања кв адратних тринома .

у2

-

(2а

+ 1)у + а (а + 1) = у2 -

ау

-

(а

+ 1) у + а (а + 1) =

=у(у- а)- (а+ l )(y- а)= (у - а- 1 )(у- а)

а5- 5а3

= а(а2 а2

+ 4а = а(а4 4)(а2- 1)

+ 2аЬ-

= (а + Ь -

+ 4) = а[а2(а2- 1) - 4(а2- 1)] l )(a + l)(a - 2)(а + 2)

- а2- 4а2

= а(а -

= а2 + 2а ·Ь + ьz- Ь2- 35Ь2 =(а+ Ь)2-

35Ь2

6Ь)(а

+ Ь + 6Ь) = (а

- 5Ь)(а

+ 7Ь)

д2 + .ху - 6у2 = 2 ~2 + ~ - Зу2) =2 [ ~ + ј у) = 2 [ ~ + {у)

2 -

(~у)

2 ]

= 2 (х - ~

1(х

+

2у)

2 -

(6Ь)2

=

=

llбy2- Зу2] =

(2х

- 3у)(х

+

2у).

178

I'ЛILI1 011Л..III II Л..III ·I•\I'<.КII IIЗI'ЛЗИ

Последњи метод има 11 ту предност што се код њега одмах види када се

дати квадратни трином не може раставити - то је случај увек када се после допуњавања уместо разлике добије збир квадрата. На пример:

х2

-

2х

+ 2 = (х-

1) 2 + 1,

а 2 + 2аЬ + 4Ь 2 = (а + Ь) 2 + ЗЬ 2. ТЕОРЕМА

(А + В) 3 (А- В) 3

(О кубу бинома) За изразе А и В важи:

5.

=А =А

3

+ З А 2В + З АВ2 + В3 ,

3

- З А 2В +З АВ 2 - В3 .

Доказ.

(А+ В) 3 =(А+ В) 2 (А +В)= (А 1 + 2АВ + В1)(А +В)= А 3 + 2А 2В + АВ2 + А 2В + 2АВ 2 + В 3 А 3 + ЗА 2В + ЗАВ 2 + В 3 3 (А- В) =(А- В) 2 (А -В)= (А 2 - 2АВ + В 2 )(А -В)= А 3 - 2А 2В + АВ2 - А 2В + 2АВ 2 - В3 А 3 - ЗА 2В + 3АВ 2 - В3 . 8

=

=

=

=

= (100 +

+ 3 ·1002 + 3 ·100 + 1 = 1030ЗО1; 2) (х- 2) =х - 3х ·2 + 3х·2 -2 =х - бх 2 + 12х- 8; З) &:3 + 12х2 + 6х + 1 = (2х) 3 + З2 • (2х) 2 • 1 +З ·2х · 12 + 13 = (2х + 1)'. .& ПРИМЕР

4. 1) lOP 3

3

2

1)3 =

2

1003

3

3

ЗАДАЦИ

1.

Наћи квадрат и куб израза:

а) 3х -у;

2.

б) а 2

+ 2а;

в) х +у

- z.

Доказати идентитете:

а) а(Ь -с)

+ Ь(с

-а)

=

+ с(а -

Ь) =О;

б) х - yl (х- у)(х + ху + x1yl + ху3 + у'1 ); в) а 3 + Ь 3 + с 3 - ЗаЬс (а + Ь + с)(а 2 + Ь 2 + с 2 5

4

=

-

аЬ

- Ьс - са).

З. Раставити на чиниоце полиноме:

а) х3 -х2 +х- 1 ; б)~х4 /-z 6; в)а 4 -а. 4.

Раставити на чиниоце полиноме:

а) 4а 2 - 20а

5.

+ 25;

б) 6х2 +х- 2; в) у 4 - бi

+ 12/- 8у.

Доказати да је за сваки природан број т број

6.2.

m 5 - т дељив са ЗО.

ПОЛИНОМИ ЈЕДНЕ ПРОМЕНЉИВЕ

У овом одељку детаљн ије ћемо се задржати на својствима целих алгебар­ ских рационалних израза (полинома) у којима се појављује само једна про­ менљива. Такви изрази увек се сређивањем могу довести на следећи канон­

ски облик:

(1) где је х поменута промен љива, а а 0, а 1 ,

јеви) и

n

... ,

а п су дате константе (реални бро­

је природан број или нула. Овде Р(х) означава да се ради о изразу

1•.2. 1JO;J1tiiOMtJ .lbl!HI,

179

11!'0.\-1HIЉI!Вf'

Р који на одређен начин зависи од променљиве х. На пример, tю.шшоми

једне променљиве су изрази (х

+ 1) +

(х

-

2)(х

1,

2х + 3, lx•3х 2 + YI, али и изрази ~r )

+ 2), х( 1 + х(1 +х)) 5, односно х 3 + х 2

нонски облик 2х 2 ~

и сл., који се сређивањсм доводе на ка­

+х итл.

Ако је у канонском запису полинома полином Р степена

n,

1)

(1) an

"#О, онда се каже да је тај

а коефицијент а,,, назива се најстари)иАr коефицијен­

том полинома Р. У том смислу, полиноми нултог степен з су константе ра­ зличите од ну_lе: Р= а 0 , а 0 ;е. О. Из разлога који ће бити јасни касније, /Јул­ том полиному Р= О не приписује се одређени степен. У неким пример им<-~

се посматрају и изрази у којима учествује више променљивих. На пример,

3ах 2

+ Ь): + n~ је

полиноћ.·t по х степена 2, али се он може схватити и као по­

ЛИНО Т\-! по а степена

5,

односно полино/\-t по Ь степена З.

Сваки полином дефинише једну функuију; то сугерише већ и сам запис Р(х). Јасно је да су те функuије дефинисане на скупу реалних бројева, као и да су им вредности поново реални бројеви, тј. Р: 1~ ~К Вредност датог по­

линоl\.ы у било којој тачки из R рачуна се директном заменом; на пример, ако

је Р(х) =х'+ Зх 2 - 2х + 4, биће Р(З) = 3 3 + 3 ·З'- 2·3 + 4 = (1 + Yl) 3 + 3(1 + YI)'- 2(1 + Yl) + 4 = 18 + УП итд. ПРИМЕР

5.

=

52, Р(!+ Yl)

Коефицијент а" (..слободни члан"Ј полино"а

(1)

=

једнак је

предности Р(О) nо"1инома Р у тачки О. Збир свих коефицијената полинома

(1)

једнак је вредности тог полинома у тэчки х=

а"+ а 1

+ ...

+а"=

1:

1'(1). &

У яези са ови~1 "дnоструким" схшпањсм појмti полинома моrуће су и две дефиниuије једнакости полинома: ДЕФИНИЦИЈА

2. Два

полинома, Р и

Q,

једнаки су ако имају идентичне

канонске облике, тј. ако имају једнаке степене и све одrоварајуће коефици­ јенте једн.?ке међу собом: Р(х)

= а"х" +

...

+а, х+ а",

ДЕФИНИЦИЈА З. Полиноми Р 11

Q(x)

Q

= Ь,;х" + ... + Ь 1

х+

1> 0 и

су једн
јуће функl(ије, тј. ако су за свако х Е Ј~ вредности Р(х) 11

Q(x)

међусобно јед­

наке.

Да ли су ове две лсфиниције једнакости полинома еквивалентне? Одмах је јасно да ако су полиноми Р и Q једнаки у смислу дефиниције 2 (тј. ако су

,.идентични"), онда су они је11наки и у смислу дефиниције З (тј. "једнаки су као функuије"). Мање је очигледно да важи и обрнуто: ако су два полинома Р 11 Q једнаки као функције, тј. ако важи P(r) Q(x) за свако х Е R, онда су

=

они идсптични, тј. имају све одговара;јће косфицијенте једнаке. Доказ овог ма како логично г и очекивано г тврђења није једноставан и овде неће бити извођен. Са полиномима једне променљиве могу се једност
алгебарске операције. Тако, на пример, лако се проверава да важи тврђење::
п:н.пика и пооизвол лва полинома су поново полиноми.

180

I'AiliiOI!A.illlll

ЛJIIH;лrCКIIIII!'Л]II

ПРИМЕР 6. 1) (.Јх'- 2r' + 4<- :1) + (2.>' + 2r'- 21 2) (4х' - 2r + 5) - (4х' + 2< - 5) = -4х + 111; 3) (<- l)(x 1 +х' +х+ 1) =х'- 1. А.

+ 5) = Sx' + 2< + 2;

Такође се лако доказује сле:~еhе тврђење.

ТЕОРЕМА

Нека су Р и

6.

степен полинома нома Р+

Q,

Q два

полинома, разли•шп1 од нултоr. Тада је

PQ једнак збиру степена полинома Р и Q; степен поли­

односно Р-

Q

(ако ти полиноми нису нулти) није већи ол

већег од степена полинома Р и

Q.

Степен збира, односно разлике, два п олин о ма r-юже бити мањи од степе­ на сваког од њих (видети претходни пример).

Много је компликованији проб.1ем дељења полинома. У том смислу си­ Z целих бројева, па се и многи појмови

туација је врло слична оној у скупу уводе на сличан начин као у скуну

Z.

С тим у вези је следећа основна дефи­

нициЈа.

ДЕФИНИЦИ.ЈА

4.

Нека су А н В два полинома, при 'Iему је пол и н ом В

Q да

разлиlfИТ од нултог. Ако постоји такав пол и нам

важи А

= BQ!

онда се

каже Д.'Ј. је ПОЛИНО.~1 А ДС.ЉИВ ПОЛffНОМОМ В ИЛИ да је В ДСЛИЛЗ.Ц ( 1ЈИНИЛЭЦ) полинолrя А. а полинтн

Q

се назива количннк пр н дељењу А са В.

ПРИМЕР

х1

1=

-

(х

7. 1) Попи110>1 х'- 1 - 1)(х' +х + 1); количник

дељив је

Јюлиномом х

одговарајућег

дељења

~

је

1,

јер

је

п олин ом

х'+ х+

1. 2) Полином х'+ 1 није дељив полиномом х- 1. Заиста, ако би постојао полином Q, такав да је х 2 + 1 = (х - 1)Q(x), та једнакост би морала да важи за свако реално х. Међутим, за х = 1 њена лева страна узима вредност 2, а десна врtщност О, што значи да такав по_1ином Q нс може да постоји. А На тај начин, дељење полинома је операција која у скупу полинома није

упек изводљива. Уместо тога изводљива је операција која се обично назива ,,псЈъење са остаткО:\I" (подсећамо на аналогију са це:1им бројевима) и која је заснована на следећој теоре:ми. ТЕОРЕМА

7.

Нека су А и В произвољни палиноми, при чему је полином

В различит од нултог. Т;ща постаје и јединствено су одређени полиноми

Q и R,

такви да важи А

=BQ

+ R,

при ~1сму је полином Доказ

стоје два

R или нулти или има мањи степен од полинол.rа В. . Докажимо јединственост полино:-.ш Q и R. Претпоставимо да по­ пара полинома: Q 1 и R 1, односно Q, и R" који задовољавају услове

теореме:

А =

BQ, + R 1,

А =

BQ, + R 2 •

Изједначавањем десних страна тих релација добија се:

B[Q 1

-

Q,] = R,- R,.

Ако пелином на десној страни не би био нулти (тј. ако не би важило

Rl = R 2), тај nелином би био степена мањег од полинома В (јер ту особину имају оба полиноУiа R 1 и R 2 ). Међутим, степен полинома на леnој страни је ~Рћи

rArтTA

;Prтi.J•нr

nrт

Г'Т.::>ТТРLЈ.."

nnrтн·un~.~·•

R

(Г\ТТР'Т'

ТГ1\Г"1Р.1'1

\f

rn\I'ЧЯiV

f(::ЈП~

iP.

h.2 !10;111110\111

Q 1 = Q 2).

181

Ј1Л111' Г1РО\11-.11ЉIIВI'

Дакле, та једнакост може да важи само у случају

Q, = Q 2

и

R, =

R,,

што је и требало доказати.

Уместо доказа егзистенције полинома

и

Q

R

у општем случају, у наред­

ном примеру ћемо показати два "ето да за њихово одређиваље. Ј ас но је да се слични постунuи могу спровести за произвољне п олин о ме А и В.

ДЕФИНИЦИЈА ком, а полином

ПРИМЕР В= х 2

5. Полином Q

из претходне теореме назива се колични­

остатком при дељењу полинома А полиномом В.

R

Поделити полином А =х'

8.

•

-

+ 2r'

3х 3

+х

- 5 полиномом

+ 2r- 3.

Први метод се може назвати "методом неодређених коефицијената". Ко­ личник поменутог дељења очигледно мора бити пелином другог степена, а остатак степена највише првог. Такође је јасно да је најстарији коефици­ јент копичника једнак

Q

=х'

+

1. Зато треба потражити R = ех +
ах

+

/Ј,

х''

-

3х 3

+

2х 1 +х-

5 = (r2 + 2t - 3)(r 2

+ах

те полиноме у облику

+

Ь)

+

(ех+

d),

односно

х' - 3х'

+

2х 1

х -

+

=х'

5

(-За+ 2Ь

+ (2 + + c)r +

п )х'

+ (-З +

(-ЗЬ

2п

+

Ь )х'

+

+
Добијена једнакост полинома еквивалентна је једнакостима одговара­

јућих коефицијената:

= 2 +а, 2 = -3 +

-3

+ Ь, 1 =-За+ 2Ь

2а

+с,

-5

=

-.'\Ь

+ d.

Решавање добијеног система једначина је једноставно и даје: а

тј.

Q =х'-

5х

Ь

= -5,

+ 15, R

= -44х

= 15,

с

= -44,

,Ј=

40,

+ 40.

Други метод дељсња је аналоrан поступку дељења вишецифрених броје­ ва. У датом примеру он се састоји у следећем: прво се деле најстарији '!Ла­ нови: х 4 : х 2 = х 2 • Затим се множи пелином В добијеним мономом х 2 и добија се полиномх" 1 + 2r:--::;x2, па се тај резултат одузима од полиномаА. У резу.~I­ тату -5х 3 + 5х 1 +х- 5 уочава се најстарији члан -5х-\ и дели сах 2 , па се до­ бијеним ко."lичником -5х множи пол ин ом В итд. Овај поступак се понавља док остатак нс постане О или полином ~шњег степена од 2 (тј. ол степена полинома В). Дакле,

(х' х~

1<3 + 2х 2 +х - 5) : (х 2 + 2r - З) =х' - 5х + 15 + 2х 3 - 1r2 -5х 3 + 5х 1 +

х

+

15х

- 5х 3

-

10r2

15х 2 - 14х -

15х 1

+

ЗОr-

5

45

-44х+40

Количник је х''-

1< + 3

2

Q=

х2 -

2х +х-

5=

5х

+ 15,

а остатак

R =

(х'+ 2х- 3)(х 2 -5х

-44х

+ 40, тј.

+ 15) + ( -44х + 40) . ..._

182

I'ЛitiiOIIЛ:IIIII AJIГH;..\I'CКII II ЗI'ЛJ II

У неким задацим а тражиће се само остатак који се добија дељењем двају полинома. а н е и количник. П оставља се питање да ли се он може добити а да се не врш11 цео п осту п ак дељења. Потврдан ( и врло једноставан) одговор

на ово питање у случају дељења л ин еарним биномом х -а даје следећа, Бе­ з_уоваz> теорем:1: ТЕОРЕМА

8.

Нека је Р полином и а реалан број. Остатак при дељењу

полинома Р полиномом х

-

а једнак је Р(а), тј. вредности полиномз Р у

Т:Ј'IКИ Х =а.

До каз. Остатак nри дељењу Р са х -а мора бити или н ула или пелином н у лтог степена, у сваком случају неки реалан број, означимо га са г. Дакле. важи Р(х)

за

н еки

Р(а)

= (а

nолином

- a)Q(a)

Q.

= ~r -

Замењујући

a)Q(x) у

тој

+ ,. једнакости х =а

добија

се

+ r = ,., што ј е и требало до казати. •

У применама се најч ешће користи следећа једноставна посл едиuа ове теореме.

ПОСЛЕД ИЦА. Лолином Р дељивјелинеарним бин омомх- а, тј. може

се факторисзти юю Р(х) = (х - a)Q(.r), ако и само ако је Р(а) =О. •

-

ПРИМЕР 9. l) Факторисати полином једне променљиве Р =х3 + !!х - б знај ућ и да је његова вредност у тач к и 1 једнака нули .

-

б:r~

Користе ћи услов P(l) =О закључује се да је nолином Р дељив са х- 1. Када се изврши то дељење, добија се количник х2 - 5х + 6, тј.

Р= (х- l )(x~ -

Sx + 6) =(х- l) (x - 2)(х- 3).

2) Да би се раставио п елином Р= Х1 -х' + 2х2 + х-3, nриметимо да је Р( Ј ) = О. Дељење Р са х - 1 даје количник Q = х' + 2х + 3. Даље је Q(- 1) = О, п а треб(l n оделити Q са .r + 1. То дељење д(lје Q = (х + 1)(х~ -х+ 3), тј. Р = (х - 1)~r + 1 )(х2 - х + З) (трином х 2 -х

+3

не може се раставити) . А.

ЗЛ) (ЛЦИ

1.

а) Ако су п ол иноми А 1 и A z дељиви n олиномом В, доказати да су н њихов збир и рюл ик(\ дељиви са В.

б) Ако је nолиноl\t А дељив полиномом В, а nол ином В дељив nолиномом С, доказ(IТИ да је полином А дељив полиномом С.

2.

Наћи количник и остатак при дељењу поли нома А п олиномом В ако је:

= +х +

а) А х3 б) А = Х 1

2

Ј , В =х - l; В = х2 - х

+ 3х - 2,

+ 2.

3. Н е изводећи дељење доказати да је пелином х-

4.

3

-

8)5 + (х 1 - 4)-' дељив са

2.

Кори сте ћи Б езуову теорему, раставити на чиниоце полиноме:

а) х ' + ZJ

( 1·

1 ~.

9\.z +

23х

+ 15;

б) Х4 - 2х 3 - Зх!

l1c7out ( 1730- 1783), фршщуск и ~штсмати ч ар

+ 4х + 4.

r, __\.

6.3.

IIЛJIIEЫI ЗЛЉ}\IIIIЧЮ\ }{E.:IIIЛЛII\11/ЛJ\1/\Ibll ]ЛJI•J{HI!ЧIOI СN\I'ЖА~ЛЦ 11ШIННО\1Л

183

НАЈВЕЂИ ЗАЈЕДНИЧКИ ДЕЛИЛЛЦ И НАЈМАЉИ ЗАЈЕДНИЧКИ САДРЖАЛАЦ ПОЛИНОМА

Појмови "највећи заједнички делилац" (НЗД) и

.. најмаљи

заједнички

садржалац" (НЗС) уводе се за полино~tе на сличан начин као и за целе бројеве. ДЕФИНИЦИЈА

6.

Нека су А и В полиноми, р.вли•тити од нултог.

Највећи з,,једни•тки дел ил ац (НЗД) по.пиномаА и В је полиномD који има највиши степен међу по.пиномима који су де.пиоци и полиномаА и

1)

по.пинома В.

2) Најмањи заједнички садржалац (НЗС) по.пинома А и В је пали н ом S који има најнижи степен меl)у полиномима који су дељиви и полиномом А и полиномом В. Ова дефиниција очигледно оставља отовреним три питања: прво, да ли полиноми

D

и

S са описани\t

особина~ы уопште постоје; друго, да ли су они

јединствено одређени; најзад, поставља се и проб~1ем одређивања таквог

(или таквих) полинома

D,

односно

S.

Питање о егзистенцији највећег заједничког делиоца и најмањег зајед­ ничког садржаоца датих полинома има потврдан одговор. За доказ те чиње­

ниuе обично се користи Еук.пидов алгоритам, чије извођеље излази ван ок­ вира нашег програма. Поменимо само да он уједно даје и ефективан посту­ пак за одређивање поменутих полинома.

Што се тиче јединствености ПО;lИЕЮма НЗД (А, В), односно НЗС (А, В),

јасно је да они могу бити одређени са:'\-Ю "до на константан чинилац", тј. важи: ако полином D, односно S, задовољава услове дефиниције б, онда те услове задовољава и пелином

kD, односно IS, за произвољне k, 1 "#О. Нај­ D и S бирају тако да имају најстарији

чешће (мада не обавезно) се полиноми коефиuијент једнак

1.

Како се у овом уџбенику не даје универзалан метод за одређиваље нај­ већег заједничког делиоца и најмањег заједничког сздржаоца датих поли­

нома, описзћемо један начин који је аналоган одговарајућем поступку код целих бројева. Тај начин, \tеђутим, претпоставља да умемо дате полиноме да раставимо на чин ноце који се не могу даље растављати. На пример, нека су дати полиноми

А = х 3 - х 1 - 4х + 4

и

Б= х 2 - 4х +З.

Ако се раставе, добија се А= (х- 1)(х- 2)(х + 2) иВ= (х-1)(х- 3). Ода­ тле је јасно да највећи заједнички делилац датих полинома мора бити D =х - 1, јер је он заједнички дслилац полиномаА и В, а очигледно ниједан полином већег степена од 1 то нс може бити. Слично, најмањи заједнички садржалаu тих полинома је полином S = (х-1)(х- 2)(х + 2)(х- 3), јер је он дсљив и полиномом А и полиномом В, а ниједан пелином степена мањег од

4

ту особину не може имати.

ПРИМЕР 10. Одредити највећи зајешшчки делилаu и најмањи заједнички С<Јllржаланполинома А= (х -1) 2 (х 2 -х+ 1) 2 иВ= (х- З)' (Х+ Z)(x'-x + 1).

Решење. Дати полиноми написани су у облику производа чинилаца који се даље не могу раставити. Фактори п олин о ма D = НЗД (А, Б) биће они који

184

1'Л Ц110НNЈН 11 NЈГЕБЛРСКИ IIЗРЛЗН

се јављају и у полиному А и у полиному В, а то су х - 1 и х2 -х

+ 1. При том

сваки од њих треба степеновати мањим од изложилаца са којим он уч ествује

у тим факторизацијама; за х - 1 то је изложилац 2, а за х 2 -х изл ожилац

+1

то је

1. Да кле,

D = (х- 1 ) 2 (х 2 -х+ 1). Фактори полинома

S

= НЗС (А, В) су они који се јављају било у полино­

муА, било у полиному В; то су х - l ,x

+ 2 и х 2 - х+ 1.

При том сваки од њих

треба степеновати већим од одговарајућих изложилаца. Дакле,

S

= (х-

1 ) 3 (х

+ 2)(х

2

- х+ 1) 2. А.

Појмови највећи заједнички делилац и најмањи заједнички садржалац дефинишу се н а аналоган начин и за више од два полин ома. Такође, они имају смисла и када изрази који су у питању зависе од виш е променљивих. Наводимо неколико одговарајућих примера. ПРИМЕР

11. 1)

Нека је А

=х

2

-

4,

В

=х

2

-х

- 2,

С

=х

2

-

3х

+ 2. Факто­

ризацијом датих полинома добија се А

=

(х - 2)(х

+ 2),

В = (х+ 1) (х -

2),

С= (х-

l )(x- 2).

Зато је НЗД (А , В, С) = х-

2, l )(x + l)(x-

НЗ С (А, В, С) = (х-

2)(х

+ 2).

2) А

= (Зх -

2)(х

В

= (Зх -

2) 2 (х - 6)(х 2

С

= (Зх -

2) 3 (х + 8)(х2 + 2х + 5) 2,

+ 4) 2 (х2 + 2х + 5)2,

+ 2х + 5) 3,

=

НЗД (А, В, С) (Зх- 2)(х 2 + 2х + 5)2 НЗС (А, В, С) = (Зх - 2i(x + 4) 2(х - б)(х + 8)(х 2 + 2х + 5)3 . 3) Изрази а 2 - Ь 2 , а 2 + 2аЬ + Ь 2 , а 2 - аЬ-2ЬZ, факторисани, добијају облик (а - Ь )(а + Ь), (а + Ь) 2 , (а + Ь)(а - 2Ь). Зато је

НЗД (а 2 - Ь 2 , а 2

+ 2аЬ + Ь 2 , а 2 -аЬ - 2Ь 27 =а + Ь, НЗС (а 2 - Ь 2, а 2 + 2аЬ + bZ, а 2 - аЬ - 2Ь 2) (а- Ь)(а + Ь) 2 (а - 2Ь). А.

=

Ако је највећи заједнички делилац за два (или више) полинома једнак константи, каже с е да су ти полиноми узајамно прости.

=

ПРИМЕР 12. 1) х2 - 7х + 10 (х- 2)(х- 5),х2 + 7х + 10 =(х+ 2)(х + 5), па су полиноми х 2 - 7х + 10 и х2 + ?х + 10 узајамно прости. 2) НЗД (а 2 - 2аЬ + Ь 2 , а 2 + 2аЬ + Ь 2) НЗД ((а - Ь) 2 , (а + Ь) 2) 1, па су 2 2 2 2 полиноми а - 2аЬ + Ь и а + 2аЬ + Ь узајамно прости.

=

=

3) Полиноми (а + 1)(а + 2), (а+ l)(a +З) и (а+ 2)(а + 3) су узајамно 1. Међутим, они

прости, ј ер ј е њихов највећи заједнич ки делилац ј елнак

нису узајамно прости у паровима ј ер, на пример, прва лва имају зај еднички чинилац а

+ 1. А

(>

·1.

OIIEI'ЛЦJ!Jl: СЛ

I'Ali!IOI JAJ!JII!:-..1

185

л;ЈП..:Ј)ЛРСКII\1 IПРЛ111:-.1А

злдлци

1.

Одредити највећи заједнички делилац израза:

а) (а+ З)(а' + !) 2 (2а- 5)'. (а- 3)(а 2 + 1)(2а-

+ 2х,

б) х 3

1

х-

-

xz

+ 2t - 2,

У1

(а'+ 1)'(2а- 5);

5) 1,

+ Јх~ + 2х- + 6;

~m-~-щ+~.m+~-щ-~,ш-~+~-~

2.

Наћи најмањи заједнички садржалац израза:

а) х 2 (х

б) а 3 в)

3.

+ y)(2t- у),

+ 2а + а, 2

а .Ј

у'(х-

+а

2

y)(2r +у), ху(х

+ y)(2r

+у);

, а 3;

xz + yz +xt + yt, xz- yz -xl + yr, .xz + yz -xt- yt, xz-yz +xt- yt.

Испитати да ли су узајамно прости изрази:

а) х 3 - 1 их'- & 2 + llx- 6; б) а' - Ь 2 , а' + аЬ - 2Ь 2 , а' + ЗаЬ + 2Ь 2

6.4.

ОПЕРАЦИЈЕ СА РАЦИОНАЛНИМ АЛГЕБАРСКИМ ИЗРАЗИМА

Код произвољних рационалних алгебарских израза (за разлику од целих

којима смо се досад бави.1и) наилази се на нови проблем

-

проблем дефи­

нисаности. Наиме, како у формирању таквог израза може да учествује опе­ рација дељсња, то тај израз неће бити дефинисан за оне вредности промен­

љивих за које би се у неком од Иf\·тснилаuа појавила нула. Тако, на при\1ер,

11

разломак Х+

" - 1>

.ф

НИЈе де

а

'1

.ф

ИIШСШl за х=-.' раЗЈIО~!аК а----=--ь НИЈе де

инисан за

=О итд. О тој чињеници мора се водити рачуна код разних травсфор-

мација рационалних израза. На пример, једнакост

z

"-i- =х тачна је само под

условом да је х ""'О, јер за х= О лева страна те једнакости нема смисла (а десна има!). Зато се услови тог типа увек записују порсл олrоварајућих јед· накости и тако добијају "условни идентитети" (за разлику од "безусловних" ко,1 целих израза, који су важили за произвољне вредности променљивих). Ево још неколико таквих условних идентитета:

ah 2c 3

с2

а'Ь'с = а' , за а ""' О, Ь ""' О и с ""' О;

~у(х-у) у'-х'- -(х-у)(х+у) _l'__-

у_ 1

(у

-v

=x:ty,

зах-у.,t Оих+у.,tО;

у(у + 1) - ~ . ,1 ""' О и у + 1 ""' О. 1)(у + 1 ) -у' _ 1 , за)

У наведеним примерима вршили смо скраћивање, односно проширива­

ње разломака. И једна и друп:1. од тих операција заснина се на једноставној особини разломака

за В ""' О и С ""' О. Код трансформација рационалних алгебарских израза обично се настоји да се крајњи резултат напише у облику скраћеног разломка, тј. израза обли-

186

PЛI\IIOHЛJI!-111 АЈII'Ј·БЛ!'СКИ IIЗf'A"JlJ

ка~· где су Р и Q полиноми који не"ају заједничких фактора (узајамно су прости). Ради тога, нарашю, те полиноме треба прво фактор иса ти да бисмо се уверили да д~Јље скраћивање више није ћ.юrуће.

ПРИМЕР 13. 1) Sa'- а- 4 о1 1

=

+ + v•)(zt) -

(може се показати да је услов а'

+ v·z - xr - v·t .vt xz + xt

xz 2) yz

(х

= -

(у

1)

x)(z

(а- 1)(5а + 4) = 5а + 4 за а~ 1 l)(n"+a+l) a"+a+l' 1 ~ О увек испуљен).

(а а +

х+

v

= ~ за

.v·- х'

z-

1 ~ () и

\'

·

-х ~

n.•

Обрнута операција проширнвања рзз_lОt-.·Iака, најчсшћс се врши каЛ,а се

припрема сабирање или одузилыње два или више разлоt~-·!аКСЈ., кала се користе правила

А

с

В

+с

А +В

= -с

,

односно

А

В

А -В

с-с=-с

која важе кадгод је С~ О.

ПРИМЕР

1

х~ о и х~ 1. _а__ __/Ј___

Ь+1-

2 )a+l

1

х-

_

х

1

_

(х

- 1)

+х

l4.1)x+x_::-r-x(i:-=-t)+x(x--=-!)- х(х- 1 )

_ 2х- 1 -.ф- 1 ),за

a_i!J__+_l)_- Ь(а + 1) _ а- Ь . _ (а+1)(Ь+1) -(а+l)(Ь+1)'заа~ 1 -Ь~-Ј.А

У наведени~I примерима довођење на эаједнички њ"'tенилац вршили смо јс;Ј,ноставним унакрсним .r.н-rожењем, ТЈ. IJO правилу

,4, + В

С _ AD

+

D - BlJ

ВС _ AD_+ ВС

BD -

В~ О,

BD

D

~О.

У пракси, .чеђутиЈ\.1, такав поступак може бити непотребно гломазан. Уме­

сто заједничко г имениоца ВЈЈ који је проиэвод именилаца ;:::rатих разломака, довољно је узеtи нолшю:-.1 (често једностаннији, тј. нижсг степена), који је НЗС тих именилэпа. ПРИМЕР

15. 1) _ ~_

а+ Ь _а- Ь а

-

ь

а

+ь

а1 -

-

ь:..

11

+

Ь)' _(а -!Ј)'_~

а2 -

а2 -

Ь2

Ь2

а?.

-

ь"'-

-

(а''+ 2ah + Ь 1 ) -_(а'~ 2аЬ + Ь') - 4аЬ = а~-6~

0'

за а ~ Ь. а ~ -Ь.

2)

1 х(х

у)(<

1 z)

y(z-

у)(у -х)

+-- 1_ __ _ z(z-x)(z-

у)

yz(z- у) - xz(z -х) + x.)iv,_-_z} __ (r- у)(у- z)(z -х) xyz(x у)(у z)(z х) - xyz(x- у)(у z)(z х)

1 xyz'

~Х~ЋУ~~z~х,х~~у~Цz~Ц• За разлику од сабирањ
операције код којих нису нотребне никакве припреме, .Liовољно је користити rюзната правил<-1:

А

С

А·С

6.4.

А

187

O П!ii'AЦIIЉ СЛ I'AЦИOIINIIIIIM NIГЕБАI'СКИМ I IЗI'AЗ II MA

: С = АВ · Dс = A·D В. С ,

в D

за В ~ О, С ~ О, D ~ О.

ПРИМЕР (

а

16. 1) 2 2 1 . а + 2аЬ + Ь (а-Ь) 2 а+Ь

ьz).

2 _

= ( _ Ь)( + Ь). а

а

L

(а-Ь) 2

. (а

2

+ Ь) =

а+Ь

- (а+ ь? - а- Ь за а ~ Ь, а ~ -Ь.

2) х

2

2

+2ху+ /.~(х+у) 2 х2 - / . 2 - (х - у)(х +у) . х + у

n+ 1 - n-

n+ 1 n2 З) пz=-т =-n- . (n -1)(n

n

2

= х -у ' за х ~

±у.

за n~ О, 1, - 1. А

+ 1) =n -1'

-;;тНајзад, у већини задатака срећу се изрази у којима се појављује више опе­ рација са разлом цима. Средити такав рационални алгебарск и израз знач и

трансформисати га у израз облика ~~ где су Р и Q полиноми, и то yзajall·tнo прости. При том, наравно, треба водити рачуна и о прав илима редоследа извођ ења ра ч у н ских радњи.

(1 1 1) = - __-1-):~ = (х -у) - (х +у) . х 2) (-1 + ПРИМЕР

аЬ - Ьс +са

17. 1)

·ЗаЬс

с-а+Ь аЬс ·ЗаЬс

= З(с- а+ Ь), за

а ~ О, Ь ~ О, с ~ О.

i = - 2у = _ ~

2

х у х х ~ О, у ~ О, х 2 -

l

у х ~ О.

/

у

х

Ј

3

-

-

р

1

+q -

-

_ [ - _ 1 _ - р2 + pq + р +q рј - q3

-

1 Ј q

1

= [ - р +q

р-

-

о

- /

n2 о с:..___.3,_ 2Р2

q2] . р2 _qZ + 2Т

v

2_

2

-

ху

пz + 1 .

1 1 о _ q, · Pz + pq + qz

-.------.

Р,

2

р2

о (р2

=а -

1

а3 - а

+

а2 - 1 за а ~ О, 1, - 1. А.

а

=а

-

за

+ р)

+р

1

+ р (р + 1)

а

а2 - 1

х'

1

- 2р о (р - q)~ + q) + 1 - - 1 - (р+ q)(p- q) zP р(р + 1) р зар~ О,р ~ - l,p ~ ± q. 4) 1 1 1 а1 =а 1 =аа а + -1 а + -::-г--:;-1 а + -:-г---:;1 а а а -а

ху

--ar- = а

4

- а2

а·

+1

+

р(р

1

-

+ 1) -

1 -р+

1'

'!Л/(ЛI(И

1_ Одредити

када су дефинисани разломци:

а) __а__ ,

б)

х +у

х 2 -2ху+у''

a+li'

2.

в)

2а

+1

а 2 -5а+6

Скратити разломке и записати услове по.:.r који~1а добијене једнакости важе:

3.

Разломак

х+ Ј х- 1

") (х+ у)'- ('У + 1)''

проширити тако да именилац новог разлоt1ка буде: 1

а)х2-1;

4.

х2 - 1

~-

2а' - ali - .'\!Ј' а) 2а 1 ··_ s·;iь·+·зр;

в)х 3 -1.

б)х -2х+ 1;

Извршити назначене операпије:

1

б) a+!J:az~ьl. " а-

з

а) х 2 + 3х + 2- (х+ J)(t + 2)(х + 3); 5.

Средити изразе:

а) (а~ х+ а) (а~ х- х) б)

_(-а +х) а+х

(-х а-х

х-+~+1 у:( 1 1 -+-~ ' ~ а Ь + с (] + h" + с - а") - В). У " 1

2hc

11 --~а h +с

. .\'

б. Л ко Је {i

+

~+ /. 1" )- + , с-

v

Ь

+

(

_

11 ).

'

)(1-:r - -1)

2

У

·

' x v-(xv) -+L -+~у2 х2

-

у

'

х

с ~

} 'х-аЬс ++-z _,.,.~

6.5.

ЛИНЕАРНЕ ЈЕДНА ЧИНЕ

z

= ()

И

afJCД_ 1Z #-

0,_

ДОКаЗаТИ

х1

да ЈС ~ а-

+

1.

Са линеарним једначинама и наtшном њиховог рсшавања упознали сте се у основној школи. Под линеарно м једначином се поцразумева свака јед­ начина са непознатом х која се еквивалентним трансформацијама своди на јслначину облика ах=

(1)

h,

где су а и Ь дати реални бројеви. Решење такве једначине је сваки реалан

број х" за који важи ах" ~

h. При том су еквивалевтне оне трансформације

једначине које не мењају њен скуп решења, на пример, замена израза на

једној страни једначине изразом који је са њим идентичан, множење обе стране једначине изразом различитим од нуле и сл. Дакле, усваја се следећа дефиниција. ДЕФИНИЦИЈА

7,

Ја јсдна<Јине А(х) ~О и В(х) ~О каже се да су еквива­

лентне ако је свако решење прве једнаtЈине уједно и решсњсдруге и обрну· то, свако pcuicњe друге једнаlЈИНе је уједно и решењс прве.

6_5_

189

JIИHEAI'III· Jf'J\IIAЧИII!<

У овом одељку најпре ћемо се кратко упознати са неКИЈ\-I проблемима који могу настати приликом решавања једначина у којима учествују рационални

алгебарски изрази, посебно они код којих се непозната налази у имениоцу.

Нека је, на пример, дата једначина:'

=

О. Формалним скраћивањем она

постаје х= О. Међутим, јсдначина х= О није еквивалентна полазној, јер з" х = О лева страна дате једначине није дефинисана. Значи, скраћивање разло­

мака није еквивалентна трансформација. На тај начин, ако се приликом трансформације неке једна чине врше скраћивања, суочава се са условним

х'

идентитетима (на пример, у датом случају са идентитетом х= х за х";

0).

Посматрајмо сада једначину

2х2.

+ Зх =

Зх 2

+

2х.

Ако се заборави на правило да израз којим се деле обе стране једначине приликом трансформације не сме да буде једнак нули, дата једначина се може скратити са х. Тада се она своди на 2х

+3=

Зх

+ 2

и, очигледно, има

за решење број х= 1. (Правилније би било рећи "решење је 1", али је наве­ дени запис уобичајен). Јасно је, међутим, да полазна једначина има за решење и број х= О. Дакле, у овом случају се скраћивањем једначине "губи" једно решење- скуп решења полюне једначине је {О, 1}, а добијене само

{1}.

Најзад, размотримо једначину

5х

1

+ 3 +х+ 2 =

3х- 1 +х

1

+ 2.

Ако се, не пазећи, примени правило да се на обе стране једначине може додати

Sx + 3 =

исти

Зх-

израз

1,

-

у

овом

.

случаЈу

чије решење је х=

израз

-2.

-

1

х+-2•

до

биће

се

.

Једначина

Међутим, то очигледно није и

решење дате једначине, јер изрази који у њој фигуришу нису дефинисани за х=

-2.

Поново је, дакле, настао случај даје промењен (овај пут повеhан)

скуп решења једначине. Другим речима, трансформација "додавање истог израза на обе стране једначинс" преводи једначину у еквивалентну само под условом да је израз који се додаје дефинисан за све вре;щости непознате (или бар за оне које "претендују" да буду решења једначине).

На решавање једначина облика (1) своди се и проблем решавања јед­ начина облика ах 2 + Ьх + с = О уколико се, већ истакнутим методама, дати квадратни трином: по х може раставити на два .:1инеарна фактора облика kt + 1 и mx + n. Наиме, тада се користи следећа еквиваленција: АВ

= О <>А = О

VВ

= О.

Ево сада још неких примера.

ПРИМЕР

2 3 -х- 7 18. х + l -х _ 2 = х' х 2 .

Решење. Сређивањем леве стране, дата једначина постаје -:r

-7

-х

-7

190

I'ЛI

!IIOHA.:II-!11

AJI!ЪI~\I'CКI! Ј\3\'ЛЗI!

Дакле, добија се условни идентитет. Наиме, изрази који у последњој јед­

fl { -1, 2},

начини учествују дефинисани су за х реални бројеви х, осим

-l

ПРИМЕР 19. 2х,· + 4 + r·- 4

и

2

па се закључује да су сви

решења дате једначине. А

, Зх +б

х·+ 4х

+4

х'

х'- 2х 4х

+ 4·

Решење. Скраћивањем разломака који у једначини учествују, она постаје з

2

x-=·z+ х+2 уз услов х

х

=х- 2' (r - 2)(х + 2), водећи и 2 (r + 2) + 3 (r- 2) = 5х- 2 =х'+ 2r, односно

Ако се та једначина помножи са

"' ± 2.

даље рачуна о по\1енутом услову, добија се јелначина =х (х+

х'

3х

-

Сређивањем те једначине добија се

2).

+2

= О и најзад (х

- 1)(х - 2)

= О.

Последња једначина има за рсшења бројеве х број х=

1 је

= 1

их

решење полазне јст~начине, јер је број х=

= 2.

2

Међутим, само

искључен наведе­

ни~ условом. А

Следи основно правило за решавање линеарних једначина. Једначина ах

1) 2)

= Ь у којој је х непозната:

за а= О и Ь"' О нема решсња;

= Ь = О има бесконачна мншо рсшсња З) за а ~О има јединствено pcineњc х = !!... за а

(свако х Е 1{ је решење);

а

Коефицијенти а и

h

у горњој једначини од којих, као што се види, зависи

карактер решсња те једначине, обично се називају параметри. Ако ти кое­

фиuијенти нису конкретни реални бројеви, већ можда неки изрази од дру­ гих параметара, онда се.

no

nравилу, приликом решавања једначине мора

разликовати више с_Јучајсва, као што је и учињено nри_Јиком навођења гор­

њег правила. Правила

1), 2)

и

3)

одређују поступак за тзв. дискусију дате

једначине. Навешћемо неколико примера решавања једначина у којима је неопходна дискусија, тј. код којих ће коначан закљуLЈак о решењу зависити од тога које вредности узимају параметри који у њима учествују. Ако се дру­ rdчије не нагласи, подразумева се да је неnозната у једначини означена са х. ПРИМЕР

20.

(3а-2)х-

Sa =

(2а-3)х.

Решење. Еквивалент н им трансформацијама дата једначина добија облик тј. постаје (а+ J)r = Sa. Према истакнутим правилима се закључује: а) ако је а = -1, онда једначина нема решења; н<шме, она тада добија облик

(1),

О ·х

= -5,

што није тачно ни за једно х Е

.

ствено) решење Једначине х= а

ПРИМЕР

21. mx + 1 =

5а

\{; б) ако је а "' -1, онда је (једи н-

+ 1 . Ао.

т 2 -х.

Решење. Дата једначина је еквивалентна једначини (т+ !)х= (т-

Ако је т Ако је т ;t.:

l)(m + 1).

= -1, она постаје О ·х= О и има за решење сваки реалан -1, nостоји само једно решење, и то је х= т - l. А

број х.

191

t..S. JII!НI'Af'HF H·ДJIЛ'H!I!I'

ПРИМЕР

22.

Решење.

Ј едначина

ах- З= Ь(<се

1).

може

н:шисати

у

еквивалентном

облику

l>)x = З- !Ј. Моrући су следећи случајеви: .1) а= Ь = 3; тада је свако х Е R решење једначине; б) а =/Ј ;е.~; у овом случају једначина нема решења; в) а ,. Ь; тада је коефицијент а - Ь различит од нуле, па је јединствено (а-

б

.

решење Једначине

ПРИМЕР

23.

.

рОЈ х

3- ь . -"

= а _ Ь

Решити једна чин у по а:

1

1

kРешење.

k2 - а 2

(k

+а)

Изрази

који

- k +а

а

-

k1

учествују у једначини су дефинисани

ако је

#- О. Под том претпоставком језначина се може написати у облику

- (k-

а)

=

1,

тј. 2а

Решење добијене једначине је а

= 1.

.

ће бити решење полазне једна чине једино

k

а1 '

-

. k'.с

у случаЈу па Је

=

-

i· Но. оно

(1)' IJ . 2 ,. , ТЈ.

,. -+ z·1 Дакле:

i

а) дата једначина нема решења за k = или k = . k 1 . . 1 б) ако Је · ~ ± , решсње Једначине Је а = . А 2 2 Л1шеарнс фую<щlје Извешћемо сада неке особине линеарних функција, које су у основној школи помињане без доказа. Посматраћемо функцију f:

R

-> 1~, дакле функцију дефинисану на скупу

реалних бројева и са вредностима такође у

дату са

=ах+ Ь,

f(x)

(2)

R.

где су а и Ь дати реални бројеви. Изведимо најпре неке опште особине такве функције.

Претпоставимо да је а ,. О. Тада се лако доказује да је функuијаfбијекци­ ја. Наиме, она је "један-један", јер изј(х 1 ) = f(x 1), тј. из а< 1 + Ь =ах,+ 1!, због

а "'О, лако следи х 1 =х,. Такође, она је "на", јер за свако у Е

,, х = "-------"ь

а

Е

. . R, такво да Је/(<) =

а

·

L_l>_ а

+Ь

R

постоји

=у.

За а =О, наравно, функција (која у том случају постаје

f(r) =

Ь) није ни

"један-један" ни "на". Проверу урадити самостално. Приступимо сада испитивању графика дате функције. Под графиком не­ ке функције[, дефиниса11е на 1~ или на неком скупу А с 1~ и са вредностима у

R,

подразумева се скуп свих тачака (х, у) у правоуглом коор;:щнатном си­

стему Оху за које важи х Е А и у

= f(x),

{(х,у) Е 1~ За функцију

(2),

2

дакле скуп

1 х ЕА,у

= f(x)}.

значи, треба испитати скуп

G

={(х, у) Е R 2

1

х Е l~,y =ах+ h}.

192

I'Лll/IOIINI IIII NIП • I,M'CКII IIЗI'ЛЗII

Размотримо сада неколико случајева.

1)

а> О.

Ј ас но је да та ч ка А (0, Ь) nриnада графику С, јер је f(O)

= а · О + Ь = Ь.

По­

сматрај мо nроизвољне вредност11 х 1 , х~> О и одговарајуhе тачке М 1 (х 1 ,у 1 ), М 2 (х 2 ,У2) графика (сл.

Тада је у 1

= ах 1 + Ь ,у 2 = ru: 2 + Ь.

Ако се са N 1 и N~ Or са nравом која садржи та ч ку А и nаралелна је тој оси, јасно је да ће тачке N 1 и N 2 н мати координате (х 1 , Ь) и (х 2, Ь). Одатле се лако добија да је M 1N 1 = ах 1 11 M~N2 = m:2, па је

1).

означе nресеци нормала из тачака Л1 1

М1

11

М! на осу

N 1 : AN1 = M 2 N 2 : AN2

=а.

На тај начин , троуглови M 1 AN 1 и M~ AN2 су слични, па је LM 1 AN1 и М2 приnадај у једној nравој.

=

Сличан закључак може се извести и за nроизвољне вредности х 1 , х 2 Е

R

= LM2 AN2• Другим речима, тачке, А, М1 (без ограничењах 1 , Xz

> 0),

па се закључује да све тачке графика

G

дате фун ­

кције nрипадају некој nравој . Обрнуто, уочимо произвољно х 1 Е

R,

+ Ь)

одговарајућу тачку М 1 {Х 1 , ах 1

и

конструишимо праву АМ 1 . Докажимо да свака тачка М 2 те праве припада rра­

фику

G.

Нека су (х 2 , у2) координате тачке М 2 и нека је, одређености ради, Xz >О. Означимо са

глова

N 1 и N 2 тачке одређене M.,AN 1 и M']/1N2 добија се а= М 1

па је

као малопре (сл.

1).

Из сли•1ности троу­

N 1 :AN 1 = M 2 N 2 : ANz,

M2N 2 =а ·AN2 = а.х2 и у2 = М2 N2 G дате функције.

припада rрафику

+ Ь = а.х2 + Ь.

Дакле, тачка М2 (хь у2 )

Овим ј е доказано да је график линеарне функције [(х) нија ако је а

>

= ах + Ь

права ли­

О.

у

. У

х

х

C1.Z.

С1. 1

2)

Случај а <О разматра се аналогно. Једино ће у том случају угао који

график заклапа са позитивним смером осе Ох бити туп (у слу чају а угао је био оштар), сл. 2. З) За а= О, очигледно је да функциј аf(х) лелну оси Ох (сл. З).

=Ь

>

О тај

има за rрафик праву пара­

6.5.

193

;!IШI:ЛI'I !Е JI~)\IIЛЧIIШ'

Без формалног доказа помениыо и чињеннuу ,Ј,а коефицијент а, у ствари,

одређује правац графика функuијеЈ(х) =ш+ Ь. Наиме, праве које су графи­ ци функција[1 (х) =ах

+ h 1 и[2 (х)

=ш:+ IJ 2, паралелне су међу собом. Зато се

коефицијент а обично назива коефицијент правца праве у = 1п

+ Ь.

Што се

коефицијента Ь тиче, јасно је да он одређује одсечак који права у =ах

гради на оси

Cl}•

+Ь

(тј. одређује њен пресек А са том осам).

Дакле, произвољна функrшја

f(x) =

+Ь

ах

има за график неку праву у

равни. Логично је поставити обрнуто питање: да ли је свака права у тој равни график неке линеарне функције Лако је видети да је одговор

xCI)•

f?

одречан, јер ако је права паралелна оси Оу, онда она очиг"1едно не представ­ ља график ниједне функције у =[(х). Међутим, ако се уместо једначина

облика у= ах+ !Ј посматрају нешто општијс једначине облика Ах+ Ву+ С= О,

где су А, В и С реални бројеви, такви да је А 2 +В';< О (тј. А и В нису исто­ времено једнаки нули), онда је лако видети да таква једначина представља све могуће праве у

xCI)•

равни. Наиме, за В ;< О, таква једначина се транфор­

мишеу

А

у=

дакле, у облику= 1н

+ Ь,

С

-вх-в,

а за В= О и А"' О у Х=

с

-А.

У првом случају одговарајућа права је коса према оси Оу, а у другом случају је са њом паралелна (сл.

4).

Графичко представљаље линеарне функције повезаћемо сада са решава­ њем одговарајућс линеарне једначине.

Ј

у

у

Х=-~

У=Ь

А

х

С1.4

Сл. З

Нека је дата функцијаf(х) =ах+ h. Вредност х Е

R за

коју

jef(x)

=О назива

се нулом функције[. Јасно је да тој вредности одговара тачка у којој график функције

f

сече осу Ох. Могући су следсћи случајеви:

1) ако је а

;< О, једначина [(х)

=

О има јединствено решење х

значи да функција[ има нулу х= -%,а права у= ах+

h

ь

= - а· То

сече осу Ох (сл. 5);

194

rЛI\I IOIIN111!1 Al ГEG>\!'CIOI !IЗ РЛЗII

= ()

ако је а

2)

и Ь ~ О, једначина ах

+Ь =О

нема решења; одговарајућа

права је, као што се зна, парал елна оси Ох и са њом се не поклапа (сл.

6);

З) ако је а= Ь =О, права у= ах+ Ь =О се поклапа са осом Ох; свака тачка х Е R је нула функције/ (сл. 7). О особинама линеарне функције везаним за неједнакости биће речи ка­ сније (одељак

7

ове главе) .

П рименимо сада добијене закључке на решаnање једначина у којима учествују апсолутне вредности. у

у

у

У= ах~ь СЈ1:0

х

Сл.

х

Сл.

5

У=О

Сл.

6

24. Решити једначине: 1) 1 х - 2 1 = 2х; 2) 1 2r + 1 1 = 2 -х; Решење 1) С обзиром да је

х

7

П РИМЕР

1х

- 2

1

= {х -

- 2 = 2х:.

1х

+З

1 -

1х

- З

1

= 6.

2, за х ~ 2,

2 - х, за х< 2,

треба размотрити посебно случајеве х ~ једначина постаје х

З)

2,

< 2. У првом случају -2, међутим, није и услов х ~ 2. У случају х < 2

односно х

Решење те једначине х =

решење полазне једначине, јер не задовољава

дата једначина добија облик 2 -х = 2л: и има за решење број х = ј који је решење (и то једино) полазне једначине. Графички, решавање ове једначине може се приказати конструисањем

графика функцијау 1 гра

= 1 х- 2 = 32,

ф ика има апсцису х

1 И Уz

.

= 2х

(сл.

8). Једина заједничка тачка тих .

што и Јесте реш ење дате Једначине.

За х ~ - ~ дата једначина добија облик 2х: + 1 = 2 -х и има решење х = Ако је х < - ~~ треба решити једначину - 2х: - 1 = 2 -х. Добија се 2)

i·

х= -З, што је такође решење полазне једначине. Дакле, дата једначина има

два решења: х= ј и х= -3, која одговарају пресецима графика функција У1 = l2x: + Il и У2 = 2 -х (сл. 9).

!

З) Графици функција У1

=

1х

+З

1 -

1х

- З

'

1

=

3, -3 ::s х < 3, х < -3,

6

за х ~

2х,

за

- 6,

за

6.5.

195

Л ИНЕЛI'Н Е ЈЕДЈIЛЧИНЕ

у у

х

х

с л.

и

Yz

=б

8

(;;Ј.

(; ; Ј . у

приказани су на слици

10.

1U

Они се поклапају за све вредности х за

које је х 2:: З. Дакле, ова једначина има бесконачна много решења; то су сви реални бројеви који су већи или једнаки З. А.

ЗАДАЦИ

1.

Решити једначине:

= (х + 1i +

а) (х - 2) 2 + (х- 1) 2

б) (х - З)(х + 5) = О· х 2 - х+ б ' в) (х - 2)(2х - 1) = (х -

2.

+ 2).

Решити једначине по х (а, Ь ,

а) ах

... су параметри) : 1 = а + 2 - х; б) klx - 2 = 4х + k;

+ + 2)х +а

в) (аЬ

3.

2)(3х

(х + 2i;

=

2Ь

+

(Ь

+ 2а)х.

У зависности од вредности реалног параметра т одредити решења јед­ начине :

а) х

+ т _ 1 + т. б) _!_ + _ 1 _ _ ___!?!_.

+

х - т - 1 - т' х х 1 - х2 +х' в) (т- 1)(2х +т)= (т+ 1)х _ (т-l)(т -х) т+1 т-1 т+l

4.

.

Решити Једначину

1- а 1+а

Ь = с:

а) по а;

5. Нацртати графике функција: а) f(x) в) f(x)

6.

=

1х

- З

1 -

1; г) f(x)

=х +

б) по Ь ;

в) по с.

= i x - 1; б) f(x) = -2х: +З; 1 х 1-

Решити једначине и решење приказати графички:

а)

1

1 -х

1

= 3х + 1;

б)

1

2х: - З

1

=5

-х ; в)

1х

- 1

1

+

1х

- 2

1

= 1.

!96

РЛIIИОНЛЛ!!II ЛЛП'!;АI'СЮЈ II:Н'ЛЗII

СИСТЕМИ ЛИНЕАРНИХ ЈЕДНАЧИНА

6.6.

Под системом од две линеарнс једначине са две непознате, х и у, подра­ зумева се конјункција двеју једначина облика

а1х

(1)

+ Ь1у

{ а 2 х + Ь,у

= с1

= с2 '

као и конјункција једначина које се еквивалентним трансформацијама могу

довести на тај облик. Овде су а 1 ,

h 1, с 1 ,

а,,

IJ 1,

с 1 даш реални бројеви.

Решење таквог система је сваки уређени пар реалних бројева (х 0 , у 0 ) за који

важи а~ 0 + h.y0 = С 1 и fllto + Ь-Ј'о = С 2 . Постоји више метода за решавање система линеарних једначина. Из основне школе су познате метода замене и метода супротних коефицијена­ та. Овде истичемо један метод који се лако може уопштити на случај систе­

ма са више непознатих. Ради се о Гаусовом

21 '

поступку за решавање лине­

арних систем.?.

Претпоставимо најпре да је у систему

(1)

бар један од коефицијената уз

непознате, дакле бар један од бројева а 1 , Ь 1 , а 2 , Ь 2 различит од нуле. Нека је

то, на пример, број а 1 (ако би то био неки други од поменутих бројева, даљи поступак био би сличан). Ако се помножи прва једначина система бројем

- Gz и тако добијена једначина дода другој једначини система, добија се al

систем

(2)

Може се лако доказати да је овај систем еквивалентан полазном.

Означимо

!'.

= a 1h2 -

a 2h 1•

Тада се систем

а1х

(3)

6..

{

(2)

може преписати у облику

+ bty;;::; с1 ·у;;::; а1 с2- а2 с1.

Одатле је очигледно да треба посматрати неколико случајева.

Ј) !'. У у

=

ai

"'n.

овом

случају друга једначина

с2- а2

cl

1'.

.

А

.

система

.

има јединствено

.

решење

ко се тај израз замени у прву једначину и реши до

једначина по х, до

б.

Иј а се

х

= с 1 Ь 2 1'.-с 2 Ь 1 . Д

б

.

ИЈена

.

акле, у овом случају дати систем

има јединствено решење (х,у), где је

(4) 2) 1'.

=О и а, с 2 - а 2 с 1 "'О.

У овом случају друга једначина система нема решења, па их не може имати ни сам систем.

3) !'. = 24

О и а 1с 1

С. Г". G<~ш;~

-

а,с 1 =О.

(1777-1855),

нсм<~.чки математичаr

f>.Ь. C!tCTE~JI

:IIIHE'AI'II!IX

197

JFДIIЛЧIIJJЛ

У овом случају решење друге једначине система је произвољан реалан

број у. Из прве једначине (због nретnоставке а, >'О) добија се да мора бити х =

с, - Ь,у а,

.

·

. Дакле, у овом случаЈу дати систем Једначина има

б

есконачно

много решења, при чему су она облика

(с

1

-

/Ј 1 у , "' ) за }' Е R. · ·

а1

Као што је већ речено, аналоган поступак :чоже се спровести и када је различит од нуле било који други од коефицијената уз непознате. На при­ мер, ако је Ь 1

>' U,

систем се може трансформисати у

{

а1 х

+ Ь 1 }'

Одатле се добија такође да за Ь 1 с 2 - Ь 2 с, >'О нема решења, а за

облика

= с1

·х=Ь 1 с 2 -Ь 2 сј

-ti

6

>'О систем има решење

6 =

Ь 1 с 2 - /Ј,с 1

r· '~'-);,"'-':.) за х Е

= U има

(4),

за

6

=О и

за решење сваки пар

R.

Размотримо још случај када су сви бројеви а,, Ь,, а, и Ь, једнаки нули (тада је, наравно, и

L'. = 0).

Тада систем има облик

{

О ·х+О ·у=с, о

' х + о .у =

с,

Одатле је јасно да:

1)

ако је бар један од бројева с 1 , с 2 различит од нуле, дати систем нема

решења;

2)

ако је с 1 = с 2 =О, онда шпи систем има бескон;1чно много рсtпења, и то

Је сваки пар

(х, у)

за х Е

R,

у Е

R,

рсшење система.

Резимирај мо закључке до којих смо дошли. ТЕОРЕМА

9. Нека је (Ј) систем једначина са непознатим х az, bz, Cz дати реални бројеви ид = al bz- az Ь]. Тада: 1) .1ко је L'. >' О, систем има јединствено решењс (r, у), где је

и у, где су

а], ь], С ј,

Х=

с1Ь2-

Д

Czbl

,у=

a-,cz- aze1. ,\

L'. =О и бар један од бројева с 1 /Ј 2 - с 2 /Ј 1 и а 1 с 2 - а,с 1 је различит (1) нема решења; 3) ако је t. = с 1 Ь 2 - с 2Ь 1 = а 1 с 2 - а 1 с 1 = U, могући су следећи случајеви: а) ако је бар један од бројева а 1 , Ь 1 , а 21 Ь 2 раЗЛИ 11ИТ од нуле, тада систем (1) има бесконачна много решењiL На пример, ако је а, >' О, решења су сви (с,- Ь 1 у , у , у Е !{; парови облика 1

2)

ако је

од нуле, систем

\

1

а,

б) ако је а 1 =!Ј: = а 2 = нуле, тада систем

(1)

2 = О и бар један од бројева с 1 , с 2 је различит од нема решења;

198

!'ЛL!ИO!JAЛI!If Л..:1ПЋ•\ГСЮ11ПГХЈ11

в) ако је а 1 = Ь 1

= а2 =

Ь 2 = с 1 = с 2 =О, тпда систем

(1Ј

илш бесконачна

много решења и то је сваки пар ~r,y), х,у Е 1{, његово решењс.

Није неопходно памтити детС~љан исказ ове теореме и примељивати је приликом решавања задатака. ДОIЮсЪНО је знати поновити описани поступ~iК у сваком конкретном случају. ПРИМЕР

25. 4х.·+2у~б .. { -бr- Зу~ -9

1)

Скраћивањем, обе једна чине система своде се на 2х +у ~ З. Како је сваки пар (х,у) реалних бројева код којег је у~

2х решење те једна чине, то и

3-

дати систем има бесконачна много рсшсња и она су облика (х, х Е

R.

У овом примеру је !Ј. ~О и

2)

{

(х (х

Еквивалентш-1м

+ 1)' + - 2) 2 +

c,h, - c,h,

3-

2х),

~ а 1 с,- а,с, ~О.

(у- 2)' ~ (х - 2) 2 (у + 2)' ~ (х + 2) 2

+ +

(у+ 1)' (У - 1)'

+ 1.

грансформацијама, л:ати систем се 1\Южс довести на

облик Х-\'~0

{ -бх +бу·~ l , Ако се прва једначина тог система помножи са б и дода другој, добија се систем

који очигледно нема решења.

{

З)

+ 2у) + 2(2r +у)

2(2х- у)- 3(х

~х- 8у

З(r- 2у)

~ 7х- 4у.

Сређивањем се обе једначине овог система трансформишу у јсдначину О ·х+ О ·у= О. На тај начин, сваки пар (х, у) реалних бројева јесте решење датог система.

4)

Нека је дат систе" једначина

{ ах=у=З х

у- а,

у којем је а параметар. Ако се прва једначина тог система по~1ножи са

-1

и

дода другој, добија се еквивалентан систем

ar-y=3 { (1 - а )х = а - 3. Друга једначина добијеног система очигледно нема решења ако је а =

1,

па их тада не може имати ни полазни систем. Ако је а ?i:

друt·е једначине је х ~ а·

а

- 3 1_ а

-у

3 = ~,

.

" -1

одакле ЈС у

=

=

а

а2

-

З Д

т-=-а· 2

1,

решење

Замена" •v прву једначину добија се

3

јединствено решење ( ~ ~. ~ ~ ; ) .

.

акле, у овом случају дати систем има

!t6. CltCTJ.,MII

199

ЛИBEAPIIIIX Ј[,ДIIЛЧIШЛ

Илуструјмо решавање овог система графички. У случају да је а ~

1, праве

чије су једначине ах- у= З их- у= а се секу. Њихов пресек одређује тачку чије координате х и у и одређују (јединствено) решење датог система (сл. Међутим, ако је а решења (сл.

=Ј

11 ).

одговарајуће праве су паралелне, па систем нема

12). у

у-: х-3

х

Сл

l . l. 11

12

x+ky= 1 { kx - Зkу = 2k. + з.

5)

Дати систем еквивалентан је систему

x+ky=l { -k(k + З)у = k + З. Ако је

је

k

k

= -3,

=О, добијени систем нема решења, па га нема ни полазни. Ако

друга једначина добијеног система је идентитет, па систем за

решење има сваки пар реалних бројева облика је

k

~ О и

k

(1

+ Зу,у),{ Е R. Нај зад,

;е -З, онда је решење друге једначине у=

прву добија х

(2,- i) · А

= 2.

- k'

ако

па се заменом у

Значи, у овом случају систем има јединствено решење

Системи са више непознатих

У многим применама појављују се системи линеарних једначина са више од две непознате. При том, број једначина у систему не мора бити једнак броју непознатих. Може се, на пример, посматрати систем од три једначине са четири непознате или систем од четири једначине са две не­ познате и слично.

ПРИМЕР

26.

За коју вредност параметра

2х

+ Зу

=5

л 3х

-

2у

=1

k л

систем једначина

kx -т- у

=З

има решења?

=

Решење. Једначине 2х +Зу= 5 и Зх - 2у 1 имају (јединствено) зајед­ ничко решење х= l,y = 1. Да би то било и решењеједначинеkх +у= З мо-

200

ГЛ!

ра бити

+ 1~

k ·Ј

мостално

З, тј.

k

IIIOI!A.:J/!1! ЛЛГНАI'СЮЈ I!ЗJ'AJI[

= 2.

:'рафичко решавање овог система урадити са­

. ...._

И за решавање система једначина са више непознатих постоји више ме­ тода. Илустроваћемо метод замене на јепном nримеру. ПРИМЕР

27.

Нека је дат систем једначина 2х- у+ 2z = -2 -2x+y-z=l { х- 2у- z = -5.

z =х - 2у + 5. Заменом у прве 4r- Sy = -12, односно -х+ у= 2.

Из треће једначине тог система изразимо две једначине, оне се трансформишу у

Елиминацијом неnознате у из те две једначине лако се добија да мора бити х

= 2,

а затим у

= 4

и

z = -1.

Провера показује да је тројка

(2, 4, -1)

заиста

решење датог система. А

На све системе једначина са више нспозюпих може се применити Гаусов метод решавања. Тај метод ће овце бити илустрован на неколико примера система од три једначине са три непознате.

ПРИМЕР

28. 1)

Посматрајмо систем једна•шна

2r- Зу+ z = -9 Sx +у - 2z = 12 { х- 2у- Зz = 1. Први корак у решавању овог система јесте премештање треће једначине на прво место (овај корак није обавезан, али олакшава даља рачунања). Затим се та једначина множи са -2 и додаје ранијој првој једначини; поменута једначина се затим помножи са

-5

и додаје ранијој другој једначини. Добија

се систем

x-2y-3z=1 у+

lly

+

7z =- 11 7,

!Зz =

који је еквивалентан полазна м и у коме друга и трећа једначина не садрже непознату х. У следећем кораку елиминише се непозната у у трећој јед­ начини. То се постиже тако што се друга једначина помножи са

-11

и дода

трећој једначини. У добијеном систему

x-2y-3z=1 y+7z=-11 -64z = 128 из трећс једна чине ощых се добија

једначину, из ње се добија у=

3.

z

=

-2.

Заменом те вредности у другу

Најзад, прва једначина даје х=

дати систем има за решење тројку

(1,

З,

1.

Дакле,

-2).

3x-2y+z=5 ~

{

fu-~+2z=4 -х+ у+

z = 2.

Непознатаz из друге и треће једначине датог система се елиминише тако што се прва јсдначина додаје тим једначинама пошто се претходно nом­ ножи са

-2,

односно

-1.

Добија се систем

6.6. CHCTI.MH

201

JНtilfAI'I!HX ЈЕiЩЛЧИIIЛ

f3x-

2у

+z =5

о= -б

i

!l -4х + 3"Ј = -3 '

који очигледно не може имати решења. Дакле, ни nолазни систем Јед­ начина нема решења.

{

3)

2х-4у+бz=О -х+ 2у-

3х

-

бу

3z

=О

+ 9z = О.

Другу једначину система помножити са ножити ту једначину са

3

2

и додати је првој; такође, пом­

и додати је трећој. Добија се систем

0=0 -х+ 2у- Зz =О

о= о, у којем су прва и трећаједначина идентитети. Систем се зато своди на другу

једначину и има за решење сваку тројку облика (2у- Зz,y,z), за произвољне у,

4)

zЕ

К

Решити систем једначина

2x+y-mz=1-2m x-y+z=1 -4х + Sy- 2z = 1, у којем је т реални параметар. Дати систем је еквивалентан, редом, следећим:

x-y+z=1

x-y+z=1

{

-4х

+ 5у- 2z

2х +у

- mz

= 1

=1r

2m,

{ Зу -

y+2z=5 + 2)z = -1 - 2m,

(т

x-y+z=1

y+2z=5 ) -(т+ R)z = -2(m + 8). у

Ако је т >' -8, онда се из треће једначине добија z = 2, затим из друге = 1 и, најзад, из прве х = О. Дакле, у том случају дати систем има једин­

ствено решење

(0, 1, 2).

Ако је т = добија у

-8, трећа једначина је задовољена = 5 - 2z, а из прве х = б - Зz. Дакле, у том

за све

z Е R.

Из друге се

случају је решењс систе­

ма свака тројка облика

(6- 3z,5- 2z,z),

z

Е

R . .lll.

Примене

Навешћемо неколико једноставних задатака чије се решавање своди на решавање линеарних једначина или њихових система. ПРИМЕР и основиuе је

29. 2.

Обим једнакокраког троугла је

19,

а разлика дужина крака

Одредити дужине страница тог троугла.

202

PAЩIOIIЛ.:IJII! АЛГЊЛРСЮ! I!'JI'л:!l!

Решење. Ако се са х означи дужина основице, онда ће дужина крака бити х

+ 2.

Како је обим

19,

то мора бити

+ 2(х + 2)

х Решење ове једначине је х

5

ПРИМЕР

= 5, па тражени троугао има основицу дужине

7. .oiL

и краке дужине

nрвог је

= 19.

По путу се у истом смеру крећу два бициклиста. Брзина

30.

11 km;h,

а другог

14 km/h. Први је прошао поред места А у 11 h, а 14 h. Место В је 21 km удаљено од места

други је прошао поред места В у

А, у смеру кретања бициклиста. Одредити на ком растојању од места А ће други бициклист стићи првог.

Решење. Означимо са t време које протекне од

11 h

до тренутка сусрета

бипиклиста. Пут који је први бицик.1иста прешао за то време је пут мора за

21 km

11r km. Тај 14 h до

бити већи од пута који други бициклиста пређе од

тренутка сусрета, дакле за t -

3

часова. Добија се једначина

llt = 21 + 14(1- 3), чије је решење t = ПРИМЕР

После

7 дана

31.

7.

Тражено растојање је

77 km . .oiL

Два радника могу заједно да заврше неки посао за

10

дана.

заједничког рада, први радник се разболео, а други је наставио

да ради и завршио посао за још

9

дана. За колико дана може сваки од њих

сам да заврши тај посао'! Решење. Нека први радник може да заврши посао за х дана, а други за у

1

дана. Тада за један дан пр~и ра(;уrик ~ради х-п(1 посла По условима задатка Је

чи

i =" и ~ =

v,

10 х

+ уЈ

feo ;1)осш~ а други у-ти део

= 1и 7 х

+ у + у = 1. Ако се озна-

добијени услови се могу записати у облику система јед­

начина

7u

+ 10v = + 16v =

- .

=

IOu {

р ешавањем

тог систе~·tа се доОИЈа и

1 1.

1 , \' 15

~

1 , ТЈ.. 30

х

= ј .:'-1, }' = "l) _-, . .А

ЗАДА!(И

1.

Решити системе једначина:

2х - Зу = 5

а) { -6х+9у= -10;

б

{ 2<

)

-у

- 3 = 2(х -у) 5х+у=у+ 10;

+у

- 3

S(x - 2у + 1) - 2(2х + Зу - 2) =х - !бу + 9 в ) { 3(2х- у+ З)+ 4(-х +у- 1) = 2х +у+ 5.

2.

Решити системе једначина по х. у (а, Ь,

2х

+ Зу =

а) { - 2х + ау

=

1

О;

{Ьх

...

су параметри):

- Ьу = 1 {х - ту = т б) х -у = -1; в) х + ny ~n.

3.

Одредити вредност параметра а тако да систем

ах-у=2

л

2х-у=2

л

3х+у=3

има решења.

4.

Решити системе једна чин а по х,у,

а)

1 1 4 -x-y--z= -5

10x-9z=19 Sx- у= 10 { у- 12z = 10;

2 -

б)

х

+у2- -12 - = 18 z

- 2х + ~у + _1z =

rk:x+kv+z=O

в) \ kx - ky + z = 1 х+ у +z = k;

5.

z:

-4·

'

Лx+y+z=l

{

г)

х+ Л у+ z = 1 х+у+Лz=1.

Путник је кренуо из села ка железничкој станици. Идући константном брзином, пошто је за први сат прешао

3 km, закључио је да ће, настави ли 40 min. Остали део пута он је прешао брзи­ на станицу 45 min пре поласка воза. Наћи растојање

том брзином, закаснити на воз ном од

4 km;h

и стигао

од села до станице.

6.

1i h,

За пуњење базена истовремено су отворене три цеви. После када су Ј б . б 8 азена оиле напуњене, прва цев се запушила, па Је азен наставио да се пуни кроз преостале две цеви. Три часа касније запушила се и друга цев;

. пуно у том тренутку оило Је

19 б азена. 24

За наредних

21

2

. часа тре h а цев Је

сама напунила базен. Одредити колико је времена потребно свакој цеви да сама напуни базен.

6.7.

ЛИНЕАРНЕ НЕЈЕДНАЧИНЕ

Као и линеарне једначине и њихови системи, и линеарне неједначине и начини њиховог решавш-ьа су познати из основне школе. Наведимо неко­

лико једноставних примера линеарних неједначина. ПРИМЕР

32.

1) Решење.

1)

2х

Решити неједначине:

+ 3 ;,: -2;

2) 2-

1 2 х > 5;

3)

7х

+ 2,;

7х-

5.

Као и код једначина, додавање истог броја на обе стране не­

једначине је трансформација која преводи ту неје;шачину у еквивалентну,

тј. не мења њен скуп решеља. У овом случају, додавањем број -3 (још се каже: "пребацивањем броја З са леве на десну страну, уз промену знака") добија се нејсдначина 2r ;:::: - 5. Дељењем обе стране те неједначине са 2

(што је такође еквивалентна трансформација), добија сех

;:::: -

i· Дакле, дата

204

I'АШЮНАЛНЈ\ ЛЈI!'Н;.-\ГСКЈ! IBI'ЛЗ~I

неједначина има за решење све реалне бројеве х за које је х:>: -

5

2"

Другим

речима, скуn решења те неједначине је

{х Е R х ": 1

- ~} =

[-

i· + оо).

Тај скуп се може приказати, на прпмср. као на слнни

13.

о

о

-.2 )_

Cr.IJ

2)

CJI.

14

Ако се поступи слично претходном примеру, добиће се неједначина

-±х > З. Да би се решила та неједначина, треба обе њене стране пом~ ножити са

-2.

кости- уместо

При том, као што је позн;по, мора се обрнути знак неједна­

треба ставити<. Тако се добијах

>

решеља дате неједначине: (-оо,

3)

-6),

сл.

< -6,

што одређује скуп

14.

"Пребацивањем" чланова који садрже непознату на леву, а осталих на

десну страну, добија се неједначина О

:s -7.

Тај услов је контрадикција, што

значи да не може постојати х Е Н.. који је решење дате неједначине. Она, дакле, нема решсња

. ..t..

Слично, као и код линеарних једначина, на неколико примера ћемо по­ казати какви проблеми могу настати приликом решавања сложен иј их лине­ арних неједначина. Ту се првенствено мисли на неједпачине у којИЈ\.Ш се, поред непознате, може појавити и неки параметар, а такође и на неке нејед­

начине које се сuоде на линеарне неједначине или њихове системе. Као што се већ из претходног примера могло видети, нови моменат који разликује решавање неједначина од решавања једначина јесте правило по

којем се приликом множења неке неједначине бројем (или изразом) добија еквивалентна неједначина само под претпоставка" даје тај број (или израз) позитиван. У случају множења негативним бројем (изразом), мора се обрну­ ти знак неједн<Јкости (знак

<

постаје

и сл.), а у случају ла израз којим се

>

множи може мењати знак, морају се посебно посматрати оне вредности про­

менљиве за које је тај израз позитиван, односно негативан. Иначе, као што се зна, основне линеарне неједначине су: (!)ах+ Ь

(3)

ах

ах

+ Ь :>:

>

О,

(2)

О,

+ !Ј <

О,

(4)ax+I!:>O,

где су а и h дати реални бројеви. На ове нејелначине се своде и разне лруге идснтичним трансформацијама израза уз примену аксиома уређено­

сти

(RlO) - (Rl4)

скупа реалних бројева.

Следи основно правило код рсшавања неједначине Неједна•1ина ах 1) '1!1

п ~ n и•~<з

(1 ).

+ h > 0:

7<>

nPiliPЦ..P

rn!.JKU nP!l

п!lц-

finni

у

':!:1

кпiи iP 1· > _!!._.

6 7. Jlltllfu\I'I!E

205

1JI'JI'ЛI!ЛЧiti!Г

2) за а < О има за рсшењс сваки реалан број х за који .;е х < _'!_; а

З) за а

=

> ,;:

О иЬ

за а =О и Ь

4)

О има за решењс сваки број х Е К О нема рсшења

Слично се разматрају једна чине облика ах

+Ь

ео: О, ах

+Ь <

О, односно

ах+ Ь,;: О.

Ова правила ће бити коришћена у наредним примерима.

ПРИМЕР

Решити неједначину по х:

33.

2:r

+а~ ах-

3.

Решења. Неједначина се може написати у облику после множења са -1, у облику (а

а) а > 2. Тада је а

.

2)х

-

,;:

а

О, па лсљењсм са а

- 2>

.

.

(

-оо

б) а

- 2

добијамо х ,;: 11_-1:_~. 2 Зак-

{ 1', 1

ључуЈемо да Је скуп решења ове неЈедначине вал

х Е

в) а =

а+з}"-:_ 2 , а

,;:

" + з]

ТЈ. ишер-

-- · Тада је а

- 2<

О, па се приликом дељења са а

.

.

а+3

кости обрће. Решења су бројеви х за КОЈе Је х ео: а

х Е

х

'а-2'

< 2.

{ Rl

а )х ео: -(а+ З) или,

(2-

+ З. Могући су следећи случајеви:

х ~ а+З} а - 2

2.

= [а+З а - 2' +

оо

_ 2,

)

.

- 2

знак неједна-

.

ТЈ. скуп решења Је

;

У овом случају неједначина гласи О ·х,;:

5

и њено решење је

сваки реалан број х. Другим речима, скуп решења ове неједначине је цео

скуп

R реалних

ПРИМЕР

34.

бројева.

""

Наћи све реалне бројеве х за које је 3kx

Решење. Сређивањем дата неједначина постаје (Зk- !)х

+ 1 <х+

9k 2

< (3k-

l)(Зk

+ 1).

Ако је 3k - 1 > О, тј. k > ј, онда су њена решења сви реални бројеви за које је х

<

Зk + 1. Ако је k

<

ј, тада су решења бројеви х

> 3k

+

1.

За k

=

ј нејед­

начина постаје О·х <О и очигледно нема решења .... Проблем решаnања линеарне неједначине

повезан је са

проблемом

одређивања знака линеарне функције. Заиста, ако треба, на пример, одреди­ ти за које вредности х Е

R

функција

f(x) = ах

+h

има негативне, односно

позитивне вредности, онда, у ствари, треба решити неједначине ах

+Ь <

О, односно ах

+Ь >

О.

Очигледно је да је за решавање тог проблема опет од суштинског значаја да ли је а >О или а

< U (с.-,учај

а =О је тринијалан и његово разматрање

урадити самостално).

Ако је а >О, график функције

f(x)

смером осе Ох гради оштар угао (сл.

=ах+ Ь је пgава која са позитивним

15).

За х<

-а

њене вредности су не­

гативне, што одговара чињеници да је одгоnарајући део графика испод осе Ох rпопоазvмева се vобичаiен начин uртања координатног система). Део

206

PAUI IO HAЛ I!H АЛГЕБА I'СКЈII! ЗРАЗ II

у

у

f( х ljt------=:~ f (х2 ) 1--- ---....::::...1.....

<..:. 1

C l. /5

х

lu

графика који одговара вредностима х > - % је изнад осе Ох и функција f за те в р ед н ости nро мен љиве х има позитивне вред но сти.

За а

<

О ситуа ција ј е обрнута, што је приказано на слици

16.

Искористићемо разматрања слична претходним за решава ње нејед­ начина са ап солутним вредностима.

ПРИМЕР

1)

1

2х

35.

З 1

-

Р ешити неједначине:

< 2;

2)

1

3.х-

5

З) 1 х

> 10;

1

- 1

1

+

1х

-

З 1 ~

2.

Решење. 1) График функције у = 1 2х - З 1 приказан је на слици 17. Ј асно је да ј е 1 2х - З 1 < 2 (тј . rрафик је испод праве у 2) ако и само ако је

1 2

б

<Х<

2) .

=

5 2·

На осн о ву слик е

. . роЈ еви хзакоЈ е Ј ех<

18

закључује се да су реше ња нејед начине реални

5

-

3

5.

ил и х>

З) График фун кције

у = 1х п р ик аза н ј е на слици

1

+ 1х - з

1

19.

1

=

2х - 4 2, , 4 - 2х,

!

Закључуј е се да је у~

у

2

з а х ~ З,

за за

1 :5 х < х < 1,

за све х Е

З,

R. А.

у

1

"f

<.,; ,,, 17

l.

3

х

2 Сл .

18

Сл.

19

х

6. 7.

207

ЛИIIЕЛ!'!IЕ IIJ:J!iДJI,\ЧIIIIE

Линеарне неједначине се користе и код испитивања да ли дата линеарна

функција расте или опнда. Нн и" е, ако за неку функција

А

f:

- 1~ (А је неки

подскуп скупа 1~ реалних бројева) важи х 1 , х, Е А, х 1

:s х,~ j(r 1) :s f(x,),

онда се каже да функција/ расте. Дакле, растућа функција је она код које већој вредности аргумента увек одговара већа (или једнака) вредност фун­ кције. Слично, за функцију

f

се каже да оп:ща ако

х 1 , х,ЕА, х 1 :sx,~f(x 1 ) ?.Ј(х 2 ),

тј. ако већој вредности независно променљиве одговара увек мања (или јед­ нака) вредност зависно променљиве.

За линеарну функцију .f(x) = ах

!)

+Ь

поново размотримо две 'югућности.

а> О. У овом случају је јасно да за све х,, х 2 Е

тј. из х 1

:s х,

следи

.f(x 1) :s .f(x 2),

R важи

па је дата функција растућа. Такав закључак

одговара и интуитивној представи која се добија са слике

2)

а

<

О. Овај пут, јасно за х 1 , х 2 Е

R,

х 1 :S х,~ I(x 1)

тј. функција[ је опадајућа (сл.

ПРИМЕР

15.

важи

?. ј{х 2 ),

16).

36. Решити следеће системе (дакле, конјункције) линеарних

неједначина:

а)

ј2х-7?.0 \ Зх - 2 ?. О;

~Jx+S
о) \х-

2

>О;

.

в)

!

9х+2?.0 Зх-

5

<О.

.

7 2 , а друга за х ~ ~· Решење система је сваки број х за који важе оба услова, дакле сваки Решење. а) Прва неЈедначина система задовољена Је за х

?.

број. х за који је х ?. ~-Може се рећи и овако: скуп решења прве неједначине је

[~· +оо), а друге [~· +оо ); скуп решења система је пресек тих скупова, што

је у овом случају скуп [~· +оо ) , слика 20. б) Скуп решења прве неједначине је (-оо, ти скуnови не секу (сл.

21),

-5),

а д(О)те

(2,

+оо). Како се

дати сис1е.\1 нема решења.

-~

l

2 9 Сл.

2U

Cl. 21

о

!

2. з

•

208

!'ЛI(I!OHAЛHII ЛЈIIЂБЛ!'СЮ!ЈIЗРАЗI!

еквивалентан је са х ~ - ~· а услов ~х - 5 < О са 5 . ~- Систем је еквива.tентан са конјункцнјом услова х~ - ()2 IIX <з·· ТЈ. са

в)

х

<

- 9i

Ус:юв 9х

х

:s;

+2

с куп

5 < 3"

ПРИl\1ЕР

37.

;;"О

. [-

2 У•

рсшсња ЈС

5) 22 3 , слика . Ј..

Решитн следећи систем неједна~шна по непознато ј .к (т је

параметар):

{ р ешење. р ешења х<

-2 --т

т-

1

ако је т<

(т- l)x > ~~- 2 З х>).

.

прве неЈедна чине система су: х

1;

за т=

1

она се своди на О·х

>

m-2 т

> -1

_

.

ако Је т

1

> 1,

и има за решење

5 · ' б рОЈ. х. Сб ~ о зиро м да су решења друге неЈедначине х > З• треоа

сваки реалан

испитати за које а

"' t је испуљено т-

2

5

5

т-2

т - Ј "' з· односно т - 1 < з·

п ретпоставимо

.

.

наЈпре да Је т

сформише у неједначину

> ·lT . ада

3(m -· 2) ;;" S(m - 1),

услов несагласан са условом т

> 1,

то за т

за решавање полазног система у случају т

23,

.

се неЈедначина

олносно т

> 1 > 1

увек важи

,; -

тран-

i- Како је тај

т-

m.....:. Т2 < Т5 Дакле,

нажи с~тусщија као на слици

па систем има за решења бројеве х за које је х

система добија се и за т =

m-2 5 - - =::: 1_ пz- 1 _-,

>

З· Исти скуп решеља

1 (зашто''). _ _!_ <т < 1 2

[ з

Сл.

<

m- 2

m-1

:Ј

г

п-2

5 з

С1.

23

25

Нека је сада т < 1. Неједначина ~: -=:-f > ~ се трансформише у 3 (т - 2)< S(т - 1), односно т > - Дакле, ако је -~<т < 1, онда треба разма­

i-

трати слику

5 3

5 т

5

m -2 m-1

<х

<

као юt

-

24 и закључити да су решења датог система бројеви х за које је . . 1 ћт-25 . . _ 1. аЈЗад, ако Је т :::; - 2 важи е т _ 1 .:5: З• што даЈе ситуаЦИЈУ слици 25. У том случају, дакле, систем нема решсња. т-2Н

т

'

1>.7.•1111/EAPHI:;

_.L Зх•

+

2

- 1

з

3

х -з

t

,_ 9

+

'. 2

+

!::.L

209

1/ЕЈf'ЛНЛЧШ/F

-

9

+

+

,. 3

+

х

з

о

+

2

+

+

+

+ +

Х-1

3xt2

+

х- Ј

С1.

,

ако је

2

+ С:1.

26

а) ако је т <о б)

х.

1,

- 1< 2

,

в) ако Је т .:::s -

t

~·:-.i.L

+

+

<+Ј

27

C.l.

2К

скуп решења система је (~· + оо); т

< 1,

т- 2) 1 ; (3'5 т-

,

скуп решења система је

1

2 , систем

нема решења . ...,

На системе линеарних неједначина своде се разне нелинеарне нејед­ начине са једном непознатом. Наводимо неколико примера. ПРИМЕР

38.

Решити следеће нсједначине:

Зх+2 . б 2х-7 > . _, < . а) х _ З < О, ) х + 2 _ 1, в) х +х - б _ О,

х 1 -2х

г) х

+З >

О.

Решење.
+ 2 > О и х - З < О. У првом случају се добија х< -~и х> З, што очигледно не uажи ни за једно х. У сти: Зх

+2<

О и х

.

.

- 3>

другом случllЈУ ЈС х

О, као и могућност 3х

> - 2,

3

и х

3 < .,

.

што Је задовољено за

- 12

<х

3 < ..

То и

јесу сва решењll. дате нсједначине. Решавање ове неједначине може се једноставно nриказати таблица м са

слике

26,

којој, чини нам се, није неоnходан неки посебан коментар.

i

б) Сређивањем, дата неједначина постаје ~ ~ <о О. Тај услов ће бити испуњен ако је х- 9 <о О и х+ 2 >О или ако је х- 9 s О и х+ 2 <О. Прва конјункција се своди на х?: 9, а друга на х< -2. Дакле, решења неједначине

су сви бројеви х који задовољавају било који од услова х;:, носно скуп решења је (-оо

, - 2) U [9,

9

или х<

-2, од­ 27.

+оо); видети таблицу на слици

в) Растављајући квадратни трином на левој страни, дата неједначина се

преписује у облику (х- 2)(х +З) s О. Поступајући даље слично као у пре­ тходном примеру, добија се да су решења бројеви х за које је -3 s х :5 2. х(х-

+ З2) > О. На знак израза на израза х, х - 2, х + 3. Из таблиuе на сл иии 2R

г) Неједначина се може написати у облику

Х

левој страни утиче, дакле, знак следи да су решења неједначинс бројеви х за које је

-3

<х

< ()

или х

> 2. А

210

PЛI(IIOHЛJIIIII A.III·I.\I'CKIIIIЗI'ЛЗII

ЗЛЈЏI~И

Да л и су међусобно еквивалентне неј едначине:

1.

1

а) х- З 2:

1

2 и х- З+ х_ 7 2: 2 +х_ 7 ; б) _1_ < 2 и 1 - 2(х - З) < О·

х-3 в) (х- З) (х

х-3 (х -

'

- 1) > 2 2 и х > О?

r) х > О

их

1)

- 3 > 2;

Решити следеће н еједначине по х:

2.

а) (k

+

+k

l)x

в) х - 1

2: 1

> а - Ьх;

2 + зkх; б) (а - l)t < 2а; r) m.x + n 2 s nx + т • 2

2

З. Испитати знак и монотоност (рашћење и опадање) слсдећи х функција:

а) [(х)

= 3х- 5;

б) [(х)

= - 21 х + 2.

4. Решити системе неједначина по х:

а

)!

5(t + 1) + 6(х + 2) > 9х + З

?х - З(д + З)

>

2(х -

б

8);

)

!

х- 3 s а(х- 2)

(2а + З)(х-

1)

2:

(а -

l)(x + 2).

Решити неједначине:

5.

х 1. б 2t - 1 > . а) Зх - 1 < З• ) Х+Т - 2 • в)(t-3)(х+ 1 )(х+5)>0;г)

х2 - 4х+3 х sO.

2

6. Решити неједначине и решења приказати графички : а)

1

5 -х

1

< 7; б)

6.8.

1

х - 1

1

+

1

х

+3

1

> 2; в)

2 _ 1

3х-

1 "_х

1

s

2.

ВАЖНИЈЕ НЕЈЕДНАКОСТИ

Погодним тра нсформацијама алгебарских израза понекад се може п о­ стићи и извођење закључака о знаку тих израза, тј . да дати израз за све вред­ ности променљивих које у њему учествују узима вредности одређеног знака.

39. l) x 2 + 4х + 4 =(х+ 2) 2 2: О за свех Е R. 2) -а + 2а - 1 = -(а- 1)2 s О за све а Е R. 2 + %i 2: О за све х, у Е R. 3) х 2 - ху + i = (хПРИМЕР 2

iy)

4)

а 2 + ь~ + с2 - аЬ- Ьс- са= i[(a- Ь) 2 + (Ь- с) 2 +(с- а)2]

а,Ь,с Е

х2

-

2:

О за све

R.

Каже се да су доказане неједнакости х 2 + 4х + 4 2: О, - а 2 ху + 2: О, односно а 2 + Ь 2 + с 2 - аЬ - Ьс - са 2: О. ..t.

i

+

2а

- 1 s О,

У свим наведеним примерима користи се познато својство реалних бројева r2 >

n 1::1

r.R::JK() х Е

R.

6.7.

21!

лtПifAГIIF НЕЈЕДfiЛЧШ!I"

Ако се узме у обзир и додатни податак да је х2. =О ако и само ако је х= О,

у тим примерима може се извести закључак за које вредности променљивих ће важити строга неједнакост, а за које ће оне прећи у једнакост. Заиста, лако се види да у примеру

1) једнакост важи ако и само ако је х = - 2; у примеру 2) ако и само ако је а = !. У примеру З) за то је потребно и довољно да буде

х-

i у= О и у= О, тј. х= у= О, а у примеру 4) а - h =О, h -с= О, с -а =О,

тј. а=

h =с.

Користећи и друга позната својства релација ~ и ::5, као што су, на пример, х

:::;:

х ::5

у~ х+

z :::;: у+ z,

~О

::;:.xz .syz

J',Z

и слична, могу се често од овако добијених неједнакости добити и неке нове.

На пример,

2а

:s

а2

+ 1, а

неједнакост из примера

она из примера а!Ј

+

2)

може се написати и у облику

у облику

4) Ьс

+ са

::5 а 2

+

ь~

+

с 2.

Наравно, основни проблем при рсшавању зазатака који обично гласе: "доказати неједнакост ... ", јесге :..ta се nогоди поступак којим се од неке

очигледне неједнакости долази до оне која се доказује. При том се често чини једна грешка, покушавајући да се докаже дата неједнакост, полази се од претпоставке да је она испуњена, па се затим одређеним трансформацијама долази до неке очиrледне неједнакости (нпр.

-1 <О или х' 2: О и сл.). Одатле се онда изводи закључак да је и полазна q, па се из

неједнакост тачна. Другим речима, доказује се импликација р~ тачности исказа

q

закључује (наравно погрешно) да је тачан и исказ р.

Исправан пут је, у ствари, доказивање Иll·лnликације q =>р, тј, као што смо већ

рекли, трансформисаље те очигледне неједнакости у ону која се доказује. При том, обрнути поступак (трансформација дате неједнакости) може да се

користи само да би се евентуално добила идеја за прави доказ. Такође је могуће на сваком кораку проверити да ли одговарајућа импликација важи и

у обрнуто м смеру, тј. да ли важи еквиваленција р <> q. Ево неколико решен их задатака те врсте.

ПРИМЕР

40.

Доказати да за произвољне реалне бројеве .џ и

z

важи не­

једнакост

x2+y2+z2+3 2

~х+ у+

z.

Решење. Пођимо од очигледне неједнакости

(х- 1) 2 +(у- 1) 2

(!)

+ (z-

1) 2 2: О.

Сређивањем израза на левој страни добија се х'- 2< + у'-2у +

z'-

З 2: U. Ако се на обе стране неједнакости сада дода 2(х +у + z) и затим nnnиif'J.~::J нР.iРnн:ни,r.т rюnP.nи r:я 7_ полязи се по неiелнакости коlа се доказује.

- 2z

+

212

I'AЦIJOI!ЛJ!!BI A.ЛlTJi<\!'CKIIIJJГЛЗII

Једнакост важи ако и само ако важи у неједнакости ако је х

=

у

ПРИМЕР

41.

тј. ако и само

Доказати да за сваки позитиван број а важи

1

а+- <е

2.

а

+ 1 <е

Решење. Ако се већ доказана неједнакост а'

(2))

(1),

= z = 1. -"

2а (видети пример

39

подели позитивним бројем а. добија се наведена неједнакост. Једнакост

важи ако и само ако важи у неједнакости а 2

+

Ј 2:: 2а, тј. ако и само ако је

а= Ј . .А

ПРИМЕР

42.

Ако је х+ у> О, доказати да важи неједнакост

х+у)'<х3 +у'

(

2

-

2

.

Решење. Дата неједнакост еквивалентна је, редом, следећим неједнако­ стима:

х'

+

3х)•

+ 3ху

О ~ 3х 3

+у' ~ 4(х 3 +у'),

3х'у

-

О ~

1

3ху 1

-

+ Зу',

(< + у)(х - у) 1 •

Последња неједнакост је, због х +у

О, увек тачна, па је тачна и њој ек­

>

вивалентна полазна неједнакост. Једнакост важи ако и само ако је х =у. А ПРИМЕР

43.

Ако су а, Ь и с реални бројеви, доказати да је аЬ

Решење.

За природне

аЬ ::5 аЬс, Ьс :5 аЬс

+ Ьс + са

бројеве а, Ь

и са :5 аЬс.

~ 3аЬс.

и с очигледно важе неједнакости

Њиховим

сабирањем добија се аЬ

+са :5 3аЬс, при чему једнакост важи ако и само ако је а = Ь =с =

+ Ьс +

1. .&

Међу најважније неједнакости које се често користе за доказивање дру­ гих спадају неједнакости између средина. Овде ћемо извести најједностав­ није од таквих неједнакости. При том ћемо донекле одступити од разматра­

ња само рационалних израза, јер се у поменутим неједнакостима појављују и корени. Користићемо нека једноставна правила оперисања са коренима, која су позната из основне школе.

Посматрај мо ненегативне бројеве х и у. Лако је видети да су бројеви х ~У и смештен и на бројној оси између бројева х и у (ако ј ех= у, онда је наравс- =х= у). п рви од тих орОЈева називамо аритметичком срено и ~ vxy

vx'j

2

- .

=

дином бројева х и у, а други њиховом геометријском средином. Поставља се

питање о међусобном односу тих средина. Одговор даје следећа теорема. ТЕОРЕМА

10.

За произвољне бројеве х <е О и у <е О важи неједнакост

_г:;-<~

vxy -

2 .

При том једнакост важи ако и само ако је х =у.

6.7. •1ИIIFAPHE

II~JГcЛIIЛЧI!!

213

11'

Доказ. Полази се од очигледне неједнакости

(Гх-

(2)

Vy) 2

~о.

Квадрирањем израза на левој страни добија се

х

- 2v'ry

+у ~ О.

Ако се на обе стране ове неједнакости дода

2Yi.y,

а затим подели са

2,

добија се х ~У ~ v'ry, тј. неједнакост која се доказује. Једнакост важи ако и само ако важи у неједнакости

је х=

(2),

тј. ако и само ако

v. •

Појмови аритметич:ка и геометријска средина слично се уводе и за више од два броја. На пример, аритметичка средина ненегативних бројева х, у и

z је број х + ~ + 2 , а геомстријска средина је број Vxyz. Узајамни однос тих средина је исти као у претходном случају.

ТЕОРЕМА

11.

Нека су х, у и z ненегативни бројеви. Тада важи неједна­

кост

vxx+y+z xyz :s 3 При том једнакост важи ако и само ако је х =у = Доказ.

Да

би

се

доказала

ова

неједнакост,

z.

најпре

се

уводе

смене

х = а 3 , у = Ь 3 , z = с 3 . Може се показати да је бројеве а, Ь, с увек могуће изабра­ ти тако да такве једнакости важе, као и да ће ти бројеви (исто као и бројеви х,у,

z)

бити ненегативни. За бројеве а, Ь, с важи неједнакост

а2

+ h2 + с 2

што је доказано у примеру бројем а

+Ь +с

у одељку

6.1)

39 4).

-

ah - hc - са 2:: О,

Множењем те неједнакости ненегативним

и сређивањем израза на левој страни (видети и задатак 2в)

добија се

дакле

аЬс

:s

а3

+

!Ј~

3

+

С3

,

или, узимајући у обзир да је а =

Vx, Ь = ;,ty, с = Vz, '= v.tyz :S х+ Зу+ z .

Тиме је неједнакост између средина доказана. Лако је проверити да јед­ накост заиста важи ако и само ако је х =у

= z. •

Ево неколико примера примене изведених неједнакости. ПРИМЕР

44.

Доказати да за позитивне бројеве а, Ь и с важи неједнакост

а/Ј + Ьс + са ;::: а + Ь + с. с

а

Ь

214

PAЩIOIINIIIH NIГEБAPCIO III ЗPAЗII

р ешење.

на

nозитивне

. аЬ брОЈеве с

.

Ьс

и а nримени се неЈеднакост између

аритметичке и геометријске средине:

аЬ + Ьс::: 2 -ЈаЬ. Ьс = Zb. с

а

с

а

На сличан начин се добија

Ьс +са :::

zV Ьс . са

с:+ а::::

2vc: . а: = 2а.

а

Ь

а

Ь

= 2с

'

Сабирањем последње три неједнакости добија се

2

(а:+~+ с:)

:::2 (а+

Ь +с),

а одатле неједнакост која се доказује. Једнакост важи ако и само ако важи у свакој од сабираних неједнакости, тј. ако и само ако је а ПРИМЕР

= Ь = с. А

45. Доказати да

зах,у,z::: О важи

(х+ у+ z)(Гх

+

ry

+ u) ::: 9Vxji.

Решење. Применимо неједнакост између аритметичке и геометријске средине најпре на бројеве Гх, .Гz. Добија се:

ry,

х

x,y,z,

а затим на (такође ненегативне) бројеве

+ у + z ::: З

Гх +,;у +

3

Гxfi

~г-:;--;;--:; 2

= З v х f z2 ,

,rz :::з~ rx,;y,rz = зrxyi.

Ако се nомноже ове две неједнакости, добија се

(х+ у +z)(Гх + ry + Yz)::: 9 Vx2 y 2 z2 ~ = 9 Vx 3 y3z 3 = 9Гхјi, чиме је доказана дата неједнакост. х= у=

Једнакост важи ако и само ако је

z. ...

ПРИМЕР

46.

Међу правоугаоницима датог обима

s

одредити онај који

има максималну nовршину.

Решење.

l•

Нека су х

и у странице траженог правоугаоника.

Тада је

х +у = а nовршина тог nравоугаоника је Р= ху. Из неједнакости теореме 10 следи

При том једнакост важи ако и само ако је х= у. Дакле, највећ у вредност ће nовршина Р имати ако је тај nравоугаоник квадрат и она ће износити

1 2 ~s . .&.

6.7.

215

Л1 11Љ\1'11Г; IIE.JIЩIIЛЧIII IE

ЗАДАI(И

1.

Доказати: а

) х- + l >_ 2 у

х

за ху

> О·,

б)

- - -4 <_ -1 2 1 +а 02

в) т+~> З за т >О; г) х4 + / т 2. Ако је а, ь, с > о и а 2 + ь~

за а

1 8

2: -

Е R.

ако је х+ у 2: 1.

= с , доказати да је а + Ь 2

3

3

< с3 .

З. а) Хармонијска, односно квадратна средина позитивних бројева х и у дефинишу се као

~-

х +у -

2

l. + l.' односно х

Jx2 +i

v

2

.

у

Доказати да је за свака два позитивна броја х и у њ11хова хармонијска средина мања или једнака од геометријске, а да је квадратна средина већа или једнака од аритметичке.

б) Формулисати и доказати одговарајућа тврђења за три бројах,у и

4.

Доказати:

а)

(1

+а)

б) ViiБ

5.

z.

(1 +

Ь)

(l

+с) 2:

8

ако су а, Ь, с позитивни бројеви и аЬс

2

+ VЬс + VCii -l :s З (а + Ь + с) за а, Ь, с

= 1;

2: О.

Од свих правоуглих паралелопипеда са датом запремином одредити онај код којег је најмања сума три узајамно нормалне ивице.

СЕДМА ГЛАВА

ХОМОТЕТИЈА И СЛИЧНОСТ

ПРОПОРЦИОНАЛНОСТ ДУЖИ

7.1.

Користећи појам мере, односно дуж ш-Је дуж и (уведене у О,Ј,ељку

2.4 ),

де­

финише се раћ1ера дуж и. ДЕФИНИЦИЈА

·

1е а= ти,

(/

h=

1.

Ако су дате дужи а, Ь, 11, где је 11 јсmшн•нm дуж, и ако

1ш, тада се коли•Јник т:

и Ь, што се озна•ЈаВ:l са а

:h =

т

:n,

n.

односно

односно

а

7i

n1 11, н;нива раэл-rерm•.Ј дужи

=

т

n·

Дакле, размера двеју дужи је размера њихош1х дужина. Ако се дужи мере неком друго~I јединичном аужи, рснимо и 1 , тада је па је а=

u = ku 1, а

:Ь

= mk : nk =

т

mku 1 и Ь = nku 1• Размера .Ј.ужи а и h у овом случају бићс :n. Тако се долази до закључка да рпзмера двеју дужине

зависи од избора једини<Јне дужи. Због тога се размере дуж и ~югу проучава­ ти независно од појма дужине. Размера двеју дужи а и !Ј је дата ако је позната размера њихових дужина или ако је једнака размер и двеју датих дужи (на прш1ер, а: !Ј =р: р и

q

IJ,

где су

дате дужи).

Ако се ради о паралелним оријентисаним дужима, на пример а и Б'; под њиховом размера" подразумеваће се број k, такав да је а= k б': Из особина

вектора зна се да опавдс следи а : Ь = 1 k 1, где је а = 1 а 1 и Ь = 1 б' 1- На тај начин, ако је k < О, добија се негативна размера супротно усмерених ори­ јентисаних дужи. Ако два пара дужи имају једнаке размере, онда се каже да су оне пропор­

пионалне. Дакле, четири дужи, а, Ь, с, и

.

ако Је а

:

ь

=

с

ј

: t,

IICП

односно Б

једнакост а :х =х:

h

= {{

или х :а

=

Li,

ти~1 ре.Ј.ОМ. пропорционалне су •

одсетимо се да се дуж х, КОЈа задовољава

Ь :х, назива геометријска средина датих

дуж и а и Ь.

Нека су А, В, С,

D тачке једне праве, такве да је А -С-В и А -В-!Ј. Ако је AD: BD, тада се каже да тачке С и D деле дуж АВ хармопијском поделом. Тачке А, В, С, D су хармонијске (сл. 1).

АС: ВС=

Користећи се својствима вектора долази се до једне од најзначајнијих тсорсма.

ТЕОРЕМА 1. (Талесова теорема) Ако паралелне праве а и Ь пресецају праву р у тачкама А и В, а праву q у тачкама А 1 и Вь и ако је S заједничка тачка правих

D

и а.

тада важи:

7.1.

217

ПI'OIIOPЦIIOIIЛЛII OCT ДУЖ!/

р

А

с

о

в

Сл.

<...r. 2

1

AAI

SA

вв ~ = sв

SAI

= sв ~·

Доказ. Вектори АА 1 и ВВ 1 су колинеарни (сл. 2), па је (1)

одакле је~: = 1k 1. На основу правила за одузимање вектора, из троуглова SAA I и SBBI добија се: М!= SAI- SA и Ш11= SfJI- SВ. Заменимо М! и вв! у

једнакост (1 ): р и

q

SA1 - SA = k(SB1 -

Slђ, одакле ј е SA 1 -

kSE 1 = SA - ksE. Праве

нису паралелне, па је ова једнакост могућа ј ед11но ако су лева и десна .

страна Једнакости нула вектори:

~--+

SA 1 - kSB 1

~

=О и

__.,.

~~

SA - k SJJ

=О. Одавде је

5:41= k sвl и s;r = k sв, односно SAI SB 1 што се и тврди.

=

1 1 k

SA = SB

AAI

= ВВ 1'

•

Н а основу Талесове теореме долази се до важног закљу чка : ако две прои­ звољне праве р и

q

пресеца низ паралелних правих, тако да су одсе •щи на

једној правој једнаки међу собом, онда су и одсе•щн tm другој правој међусобно једнаки. Тврђење Тал есо ве теореме може се nроширити и на прамен правих, уместо само на прав е р и

q.

Уверимо се да важи и обрнут став. ТЕОРЕМА

h,

2. Ако

су две полуправе

тако да су одсечци на

Sp

Sp и Sq пресе•tене двема правим а и h пара­

и Sq пропорционални, онда су пр.1Ве а и

лелне.

. SA SA А . Ь доказ. п о nретпоставци Је SB = sв l · ко права а НИЈ е nаралелна са , тада 1

постоји nрава а ', паралелна саЬ, која садржи тачкуА и сече ц у тачкиА ' (сл.

3).

SA' у . б SB = sв . зимаЈућ l! у о зир претпоставтада Ј.е, nрема ТалесовОЈ. теореми, SA 1

.

SA 1 = SA • sв , из

ку, долази се до Једнакости sв

тада је, према теореми

1

1

. SA 1 = s·" , лли .rt •

.

КОЈе произлази щt Је

2 из одељка 5. 1, А 1 =А'. Одатле се закључује да је

а' =а, што значи да је права а п аралелна са Ь.

•

X O."'OТI'TIIJA

11

C:IIIЧII OCT

5

1

а-..

......

t..1

С 1.

1

4

Две последње теореме имају широку теоријску и практичну примену. ПРИМЕР

1.

Дату дуж АВ поделити на пет једнаких делова.

Решење. Конструисати произвољну полуправу Ах (сл.

4),

неколинеарну

са АВ и на њој одредити тачке, Х 1 , Xz, Х3 , Х,, Х5 , такве да је АХ 1 =Х

= Х2 Х3 = Х, Х.1 = Х~ Х5 •

Xz =

Затим, кроз Х1 , Х2, Х3 , Х4 конструисати праве пара­

лелне са ВХ5 • Ове праве секу дуж АВ у траженим тачкама С 1 , С21 С3 , С4. ~ ПРИМЕР 2. Дате су дужи а , Ь, с. Конструисати дуж х, тако да је а

:Ь =

=с :х, тј. конструисати четврту пропорционалу за дате дужи а, Ь и с.

Решење. Нека је Оху произвољан конвексан угао (сл. 5). Одредити на кра­ ку Оу тачке А и В и на краку Ох тачку С, тако да је ОА =а, ОВ = Ь и ОС= с. Затим, кроз тачку В конструисати праву паралелну са АС. Она сече крак Ох у тачки Х, тако да је ОХ= х тражена дуж. Заиста, према Талесовој теореми је а : Ь

= с :х. ~

о С;! .

Сл.

5

6

ПРИМЕР З. На датој правој АВ одредити тачку Р која дуж АВ дели у размери двеју датих неједнаких дужи т и

n.

Решење. Нека јеА а произвољна полуправа која не садржи тачку В (сл. 6). Одредити на њој тачку М, тако да је АМ =т, а затим конструисати кроз В праву Ь, nаралелну са а и на њој одредити тачке N и N 1, такве да ј е BN BN 1 = n. Права MN сече правуАВ у траженој тачкиР, а праваМN 1 пресеца АВ у тачки Р 1 , која је такође решење nостављеног задатака. Нека је А -Р-В иА-В -Р 1 • ТачкаР дели дужАВ унутрашњом, а тачкаР 1 спољашњом поделом у размер и т : n (Тачке А , В, Р, Р 1 nредстављају хармонијске тачке.) ~

=

7.2.

219

ХО~ЮТЈ.-1\IЈ .\

ЗЛ)~ЛНИ

l.

Дату дуж а noдcлtПII на делове у paз:o.teptt а)

2.

Дате су дужи а, Ь н јединнчна дуж

а) х= n ·Ь; б) х= n~; в) \:

=

u

а~

=

lcm.

:! : 5:

б)

'\

2 : 4.

Констру11сат11 дужн:

n Ь; r) х= ь·

З. У сваком од троуглова на слици 7 nовучена је дуж nаралелна основици и означене су дужине неких дуж и. У свим случајевима юра•tунати дужину дуж и х, сматрајући остале nознатим.

С .1 -

4.

Да ли је

MN 11

АВ. ако дуж11 на сл1щи

8

щ.tају означене дужнне?

5. На сли ци 9 означене су неке дуж11не. Да л11 је ST 11 PQ'! р

R

м 1. А

в

<..:.1

С.1

h

7.2.

'1

ХОМОТЕТИЈА

Сада ћемо се уnознати са nресликавањем геометрнјск11Х фигура које не одржава nодударност дужи (сем у сnецијалним случајеви~tа). ДЕФИНИЦИЈА 2. Нека је 0 дата та•1ка и k д.'/Пt број р:1зли•тт од нуле. Пресликавање :Н0 фигуре !Ј на фИ.!Ј'.РУ !Ј~ при којем св:1кој Т:J'IKif М Е !Ј од­

говара та•1ка М 1 Е !Ј~ таква да је ОМ 1 тром О и коефицијенотм

= k ОМ, н:ЈЗнв:' се хомотепrја са цен­ k. Пишемо :Но(!!) =!Ј,.

Тачка О се назива центром хомотетије, а k је коефицнјсит хомотетије. Из наведене дефиниције и својстава вектора, о хомотст11ј11 се може одмах зак­ ључити следеће:

1) ако је k

= 1, онда је бМ1 =ОМ,

односно М 1 =м. ла је no

илснтично nресликавање (коинциденција);

= I;,

те је то

220

XOMOTEТIIJA

11 CЛIIЧIIOCT

2) ако је k = - 1, онда је ОМ 1 =ОМ, тј. вектори ОМ 1 11 ОМ су супротни. = 10 , а .то ј е с1 шетр11ја у односу

Тада је та ч ка О средиште дуж и ММ 1 , па је 1f0 на тачку О;

ако је ом!= kОМ, онда је ом=~ ОМ!. Значи да постоји инверзна хо­ мотетија 1f0 1 , са коефицијентом 3)

i;

=~-з а~С = k 3А и ОЁ1 = k 0В следи д~= ОВ1- 3А 1= k(о!з -

' 5) тачка О је једина

(сем у случају k

= 1)

DA)

=

инваријантна тачка пресликавања

Из 4) следи: ако je1fo(AB) = А 1 B t, тада jeAt B1ll АВ 11 А~:~

= 1k 1

(сл. 10).

Дакле, праве се пресликавају на паралелне праве.

Следећи ставови истичу још две особине хомотетије. ТЕОРЕМА

3. Хомотетија

не мења распоред та•1ака праве.

Доказ. Нека су дате тачке А -В-С. Тада је АВ +ВС= АС. П рема 4) ј е k·AC,A 1 B 1= k · АВ и В 1 С 1 = k · ВС, пајеА 1 В 1 + В 1 С 1 = k(AB +ВС)=

А 1 С1 =

=k

·АС =А 1 С 1 . Сада изА 1 В 1

ТЕОРЕМА

4.

+ В1 С1

=А 1 С 1 следиА 1 - В 1 - С 1 • 8

Хомотетија преводи угао на подударан угао са паралелним

крацима.

Сл.

<..:.1. 11

10

в,

Доказ. Нека ј е дат угао ASB, који се хомотетијом пресл икава на угао 5 1 В 1 (сл. 11). Нека су А' и В' тачке на крацима S1 A 1 и StBt, такве да је 1 1 • S1A t S! Bt . S!A t SIB1 S 1 A =SA иS 1 B=SB.KaкoJe SA = SB =k,тоЈе s А , =s в,=k.Али, 1 1 . А В А В1 тада Је на основу теореме 2 и А : В~ = k . Сада из ~В = k следи да је

А1

А 'В'

=

АВ, па су подударни троуглови

ASB

и А 'S 1 В' , одакле следи тражени

закључак о једнакости углова. Краци су паралелни на основу својства

4). •

Према томе, хомотетија одржава колинеарност, распоред тачака, пара­ лелност и ј еднакост углова, али не и једнакост дужи.

Начин конструисања хомотетичних слика произлази директно из дефи­ ниције

2.

Својства хомотетичних фигура могу се лепо искористити при

решавању неких конструктивних задатака.

7.2.

ПРИМЕР

4. Дати троугао АВС

ван датог троугла и : а) k

= -2; б)

Решења се виде н а слици

ПРИМЕР

MNP,

221

ХОМОТЕТИЈА

пресликати хомотетијом Ј{., ако је S та ч ка з

k

= 2·

12. •

У дати троугао АВС уписати једанкостраничан троугао

5.

тако да ј е М Е АВ,

N

Е ВС, Р ЕАС и МР .l АВ.

Решење. Конструисати најпре дуж М 1 Р 1 .l АВ, тако да М 1 Е АВ и Р 1 Е АС, сл. 13. Затим конструисати једнакостраничан троугао М1 N1Р1. Нека је AN 1 n ВС= {N}. Тражени троугао је хомотетична слика троугла М1 N 1Р1,

.

где Ј е А центар и

AN коеф ициЈент . . = AN хомотетиЈе. • 1

k

ЗАДАЦИ

1.

Дати четвороугао ABCD пресликати хомотетијом, ако је коефицијент хо­

i

мотетије k = и центар хомотетије: а) теме А; б) пресечна тачка дијаго­ нала ; в) тачка

S

ван четвороугла .

Сл.

2.

На датом кругу

k

k

Сл.

12 дата је та ч ка

S.

13

Конструисат и хомотетичну слику круга

при хомотетији :Н, са коефицијентом

2.

З. Дата су два подударна круга јом се

k 1 пресликава

k 1 и k 2• Конструисати центар хомотетије ко­ на k 2• Колики је коефицијент хомотетије?

4.

Када за два круга постоје два центра хомотетиј е?

5.

Тачке М,

N, Р

су средишта страница троугла АВС. Доказати да постоји

хомотетија којом се троугао АВС пресликава на MNP. Одредити центар и коефицијент хомотетије.

222

ХО:v!ОТF.ТИЈЛ

7.3.

lf

C.llfЧHOCT

сличност

Проучавање пресликавања rеометријских фигура завршава'ю уnознава­ њем трансформације сличности.

ДЕФИНИЦИЈА З. Пресликавање Р,, р.wни а на саму себе, које сваке две тачке А и В преводи у тачкеА 1 , В,, тако да је А 1 В 1 =

k-AB,

где је

k

дати пО­

зитиван број, назива се трансформација сличности (или кратко сличност)

са коефицијентом

k.

Као у случају тсореме

3,

може се доказати да сличност одржава колине~

арност и распоред тачака. Неnосредно из дефиниције следи још један зак­ ључак.

ТЕОРЕМА

5.

Композиција сличиости са коефицијеитом

i

k

и хомотетије

сп коефицијеитом је изометриј.2 Доказ.

За било које две тачке А, В важи Р, (АВ) =А, В 1 , тако да је

А 1В 1 = k ·АВ и% (А 1 В 1 ) =А, В 2 , гдеје%хомотетија са коефипијентом да јеА 2 В 2 = iA 1 В 1 • Отуда је: А 2 В 2 = i · А 1 В 1 = i ( k-AB) = АВ. 8

i. тако

Неnосредна последица ове теореме је следеће својство, које дајемо без доказа.

ТЕОРЕМА

6.

Свака трансформација сличности може се представити као

композиција једне хомотетијс и једне изометријс. Одавде закључујемо да сличност (као и подударност и хомотетија) nре­ сликава уг лове на подударне уг лове.

Наведимо још једну везу између хомотетије и трансформације слично­ сти.

ТЕОРЕМА

7.

Хомотетија

сличности са коефицијентом

са

коефицијентом

k

је

трансформација

k 1 = 1 k 1-

Доказ. Нек~_с;у А. В дне произвољне тачке. Премсt особини

важиА-;1/ 1

= k АВ, а одатле је 1 А-;1/ 1

ОдавдејеА 1В 1

= 1k

1

1

= 1k

1 ·

1

АБ

1

4) хомотетије (nрема дефиницији).

·АВ. 8

Сличност је један од nојмова који и у свакодневном говору има одгова­ рајућу интерnретацију. Сличним фигурама сматрају се објекти који веома

nодсећају на фигуре из наше следеће дефиниције. ДЕФИНИЦИЈА јентом сличности

k)

4.

За две фигуре 'Ј и '!1 каже се да су сличие (са коефици.

ако постоји трансформација сличности Р,, која фигуру

'Ј преводи на фиrуру 'f 1. Сличност тих двеју фиrура означава се са 'Ј

- '!1•

На основу особина сличности и дефиниције сличних фигура закључује се да су одговарајући уг лов и сличних фигура једнаки, док су парови од­ говарајућих дужи nроnорционални.

7.4.

7.4. У дефиницији

4 се

223

СЈIИ ЧН ОСТ ТРОУГЛ ОВА

СЛИЧНОСТ ТРОУГЛОВА

говори о сличности било којих фигура, п а се то одно­

си и на сличне троуглове. На основу тога закључује се да су код сличних троу­ глова одговарајући углови једнаки, а одговарајуће странице пропорционалне:

1:1АВС- 1:1А 1 В 1 С 1 => а = а 1,

а

Ь

f3 = fЗ1 , У = УЈ, ~ = ь

с

1 = ё;

(односно а : Ь: с= а 1 : Ь 1 : с 1 ).

Трансформација сличности, као што теорема б показује, има особине које су заједничке за изометрију и хомотетију . Може се рећи да сличност има

све особине изометрије, осим чувања подударности дужи. Од свих особина сличности, посебну пажњу треба обратити на следећу. ТЕОРЕМА сличност је

8. Релација сличности RST релација).

фигура је релација еквиваленције (тј.

Тако, н а пример , св и троуглови се могу разврстати по класама е квивален­

ције, тако да су сви троуглови у једној класи слични међу собом. Свака овак­ ва класа садржи као подску пове класе подударних троуглова. За два троугла

се, на основу теореме 6, може доказати да су слични ако и само ако се један пресл икава на другог композицијом ј едне хомотетије и једне изометрије. Потребне и довољне услове за доказивање сличности троуглова утврђују н аредни ставови (ставови сличности троуглова) .

ТЕОРЕМА

9.

(Први став сличности) Два троуглаАВС и А 1 В 1 С 1 су слична

ако и само ако је један пар с траница једног троугла пропорционалан пару

страница другог, а уrлови захваћени овим страницама једнаки ме}ју собом.

У

Доказ. На основу дефиниције АС ВС

4

следи да 1:1АВС

= У1 И А 1 с 1 = в 1 с1 • Докажимо и обрнуто. Нека је у = Yt и = Како је LACB =

_:;gl : gl.

-

cl

1':1А 1 В 1 С 1 . повлачи

= у, то се на кра­ цима углаА СВ могу одредити тачкеА 2 и В 2 (сл. 14), тако да ј е СА 2 = С~1 и СВ2 = С 1 В 1 • Сад је троугао А 2 В 2 С подударан троуглу А 1В 1 С 1 (став СУС), а LAI

Bl

на основу теореме 2, троугао СА 2 В2 је хомотетичан са троуглом САВ. Центар

хомотетије је тачка С, а коефицијент је k = ~~ 1 . Према томе, троугао

А 1В 1 С 1 се пресликава на троугао АВС композицијом једне изометрије и ј едне хомотетије, па је због тога 1:1АВС -~А 1В 1 С1 . • с с,

6

А,

в,

А Сл.

14

224

ХОМОТ11Т ИЈЛ Ј Ј СЛ IIЧН ОСТ

ТЕОРЕМА

(Трећи став сличности).

10.

Троуглови АВС и А ЈВ ЈСЈ су

сли•тни ако и само ако су им све одговарајуће странице пропорционалне. Доказ. Ако је

=k

АВ

11 АВС - 11АЈВ ЈСЈ , тада на основу особина сличности важи · А Ј ВЈ, ВС = k ·ВЈ С 1 и СА= k·Cv4J, а одавде следиАВ : ВС: СА=

=A JB I :ВЈ СЈ: СЈАЈ. Обрнуто, н е ка је АВ: ВС : СА =А Ј ВЈ: В Ј С 1 : С 1 А Ј. Одавде, на основу де­

финиције пропорције,

следи:

AB=k ·A JB 1, BC=k· B JCJ

и

СА

=k·Cv4 1•

Значи, троугао АВС се пресликава на троугао А 1 В Ј СЈ трансформацијом

сличности Pk, па је !1АВС- дАЈ В 1 С1. • Слично се доказују два следећа става. Њихове доказе урадити самостално. ТЕОРЕМА

(Други став сличности) Троуглови АВС и А 1 В 1 С 1 су

11.

слични ако и само ако су два угла једног троугла једнака двама одговара­ јућим угловима другог.

ТЕОРЕМА

12.

(Четврти став сличности) Два троугла АВС и А 1В 1 С 1 су

сли•1на ако и само ако су две странице једног троугла пропорционалне са

одговарајућим страницама другог, углови наспрам тих двеју страница јед­ наки, а наспрам других двеју одговарајућих страница су оба угла оштра, оба права, или оба тупа. Примењујући теореме

-

9 - 12

на посебне случај еве уочава се следеће:

два правоугла троугла су слична ако су им лропорционалне катете;

два правоугла троугла су слична ако имају ј еднак по један оштар угао;

- два правоугла троугла су слична ако су им хипотенузе пропорционалне

једном пару катета;

-

два једнакостранична троугла су увек слична.

Лако се доказује да су одговарајући елементи двају сличних троуглова (висине, тежишне линије и сл.) такође пропорционални страницама. На

=

=

пример, на сл. 15 је а: а 1 h: h J 1 : t 1 . Сем тога, на основу особина пропор­ ција из а: Ь: с= а 1 : Ь 1 : с 1 следи (а + Ь + с) : (а 1 + Ь 1 + с 1 ) =а: а 1 , односно О: 0 1 =а: а 1 . Значи, и обими сличних троуглова су пропорционални стра­ ницама.

Полазећи од а: а 1 =с : с 1 и а: а 1

б

.

до ИЈ а се а

z

:

2 а1

ch

= h : h 1,

с1 h 1

= ch : с 1 h 1 = 2 : - 2-

=

после множења ових пропорција

Р : Р 1• Дакле, површине сличних троу-

глова су пропорционалне квадратима одговарајућих страница.

с

в

с Сл .

15

Сл.

16

7.·1.

ТЕОРЕМА

225

CЛI!ЧIIOCT ТI'OYI".'IOBЛ

Та ч ка М странице АБ троугла АВС припада симетрали

13.

угла АСВ .шо н само ако је АМ: МВ =АС: СВ. Доказ.

Нека је права СМ симетрала угла АСВ и С 1 тачка симетрале,

1)

таква да је АС 1 паралелна са ВС (сл.

је

АМ: МВ

је

=

16). Према Талесовој теореми LAC 1C = LBCC 1 (наl!ћ!енични углови), па

АС 1 : ВС. Међутим,

~ LACB. Због тога је тpoyrdo АСС 1 једнако крак и АС 1 =

LAC 1C = LACC 1 =

=АС, па је АМ: МВ =АС: СВ. Обрнуто, нека је М тачка страющс АВ, таква да је АМ: МВ =АС: СВ.

2)

Докюаћемо да је права СМ симстрала угла АСВ. Нека је С 1 тачка праве СМ, таква да је АС 1

L АС 1 С

паралелна

L ВСС 1 и АМ: МВ

=

са ВС.

= АС 1

Тада је,

као

у

претходном

случају

: ВС. Али, тада је и АС: СВ =АС 1 : ВС,

одакле следи да је АС 1 =АС. Због тога је у троуглу АСС 1 и L АСС 1

= L ACIC.

Како је и

всс!, следи да је и

L ACIC = L

L ACCI = L

=

всс], па је

права СМ симетрала углаАСВ. А.

Сличност троуг~1.ова треба добро изучити, јер се IIомоћу сличних троу­ гпова могу доказати многе корисне особине многоуглова н кругова. Осим тога, сличне фигуре се могу корисно употребити при решавању конструк­ тивних задатака. У овом случају се најчешће користе тсореме ПРИМЕР

6.

9,

!О и

11.

У сваком троуглу било које две висине су обрнуто пропор­

ционалне одговарајућим страницама. Доказати. Решење. Нека су глови

ABD

слични.

;,, : h, =

BD

Због тога је с

: Ь.

и СЕ висине троугла АВС (сл.

15).

Правоугли троу­

и АСЕ имају заједнички оштар угао а, па су по теореми

BD: АВ

=СЕ: АС,

а одав::~е

BD:

11

СЕ= АВ: АС, тј.

А.

ПРИМЕР

7. Доказати да

су ортоuентар, тежиште и пентар описаног кру­

га произвољног троугла колинеарне тачке. (Права којСI садржи ове тачке на­ зива се Ојлеровом 25 правом тог троугла.) Решење. Нека је

S

центар описано г круга троуглаАВС, Т љегово тежиште

и нека је р права одређена тачкама S и Т. Доказаћемо да права р садржи ор­ то центар троугла АВС.

Уочимо средишта А 1 и С 1 страница ВС и АВ и њихове висине Праве А 1 S и С 1

S

Ако се са Н означи пресечна та ч ка праве р и висине

глови А 1

ST

AD

и СЕ.

су симетрале страница и нормалне су на те странице (сл.

и АНТ слични,

тежишта закључује се да

ST:

па је

ТН

= А1

ST:

ТН

AD,

= А 1 Т:

Т: ТА, тј.

ST:

ТА.

ТН =

17).

види се да су троу­

Знајући особине

1 : 2.

Претпоставимо да Н није ортоцентар троугла АВС. Тада ће пресечна

та ч ка висине СЕ и праве р бити нека друга та ч ка, реuимо Н'. Али тада се, слично претходном разматраљу, из сличности троуглона С 1

ључује да је ТН

=

ST:

ТН'

= 1 : 2.

С.

и СТН' зак­

ТН', што потврђује да је Н= Н', па је тачка Н ортоцентар и припада

Ојлеровој правој. А.

25

TS

Из две последље пропор!{ије следи да је

F.uk:r (1707-1783).

швајцарски м::псмзтичаr

226

ХО\ЮППIЈА

ПРИМЕР

8.

11

( ',;1\I Ч I\0(..1

Конструисати троугао АВС ако су му дапr углови а и {З 11

тежишна линија tc. Решење. Конструисати било какав троугао А 1 В 1 С коме су углови L СА , В,= а и LCB 1 А 1 = {З. Затим конструисати тежишну линију овог троугла (на слици 18 дуж СМ 1 ). На полуправој СМ, одредши тачку М, такву

=

да је СМ tc- Права кроз М, паралелна са А 1 В 1 се че nраве А 1 С и В 1 С у тачка­ маА н В итд. • А

с

<.:.r 17

C.r 18

ЗАДАЦИ

1.

На слици

19, а) -ж), дата су

по два троугла са измepelllll\1 nојединим стра­

ницама и угловима. Који од наведених парова троуглова су слични?

а)ћ

~

9

5 С л.

2.

!9

Доказати да су два једнакокрака троугла слична ако IIJ\Iajy једнаке углове Ј(()/1

RnxnR::I

7.5. 111'11:-.i BI E CJI IIЧI IOCТI IIIЛ

227

ЛРЛIЮУГЛII ТI'OYI ЛО

З . Доказати да су два троуглаАВС иА 1 В 1 С, слична ако су све страниuе троу­

гла А 1 В 1 С, нормалне на одговарајуће странице троугла АВС.

4. Дрво баца сенку дужине 19,5 m. Колика је висина дрвета ако вертикални стуб висине 2 m истовремено баuа сенку З m. 5.

На географској карти размере

трн места са А , В и

С. Ако је место А удаљено

од места С, а место

В ј е удаљено

10 km

1 : 500 000 оз н ачен ::Ј су 15 km од места В и 20 km

од места С, колике су страниuе троугла АВС на карти?

6. Конструисати троугао АВС, којем су дати углови а и (З и збир с

7.5.

+ h, .

ПРИМЕНЕ СЛИЧНОСТИ НА ПРАВОУГЛИ ТРОУГАО

Хи nотенузина висина CD дели nравоугли троугао АВС на два право угла троугла ACD и CBD, који су слични са троуглом АВС, а слични су и међу собом. (Сваки има по један заједнички угао са троуглом АВС.) Отуда се може формулисати следећи став. ТЕОРЕМА

14.

У сваком правоуглом троуглу важи:

а) хипотенузина висина је rеометријска средина одсе'!ака које сама од­ сеиа на хипотенузи;

б) катета је геометријска средина хипотенузе и ближеr одсе•1ка хипоте­ нузе (Еуклидов став);

в) троугаоАВС је правоугли ( LC = 90°) ако и само акоје с 2

=а + Ь 2

2

(Пи­

тагорина теорема) .

А

с

q, р + q =с, одсечци што их висин а CD одређује на 20). а) дАСD- д CBD, јер је LBAC = LBCD (углови са нормалним крацима) још је LADC = LBDC = 90°. Из сличности след и q : h, = h, : р, што се и Доказ. Нека су р и

хиnотенузи (сл. и

тврди.

б) Из сличности троуглова CBD и АВС се закључује а :р= с : а, а из сличности троугловаАСD и АВС добија се Ь : q = с : Ь. Тиме ј е Еуклидов став доказа н .

в) На основу Еуклидовог става, за nравоугли троугао важи: а 2 = ср и 2 Ь = cq, па је а 2 + Ь 2 = ср + cq = с(р + q) =с ·с= с 2, тј. а 2 + /) 2 = с . 2

228

XO.'v!OTETIIJЛ

Обрнуто, нека је а 2

СЛНЧ IIО СТ

11

+ Ь = с 2• Доказаћемо да је АВС 2

nравоугли троугао, са

правим углом АСВ. Конструишимо тачку В', такву да је СВ'

LACB' а2

= 90°

+ Ь2 =

= СВ =а

и

(сл. 21). Тада је а~+ ь~ = d\ где је d = АВ' . Међутим, како је и с 2 , следи да је с 2 = d 2, тј. с= d. Због тога су nодударни троуглови

АВС и АВ'С (по ставу ССС), па је

ПРИМЕР

9.

LACB = LACB' = 90°. •

Дате су дужи а и Ь. Конструисати геометр11јску средину тих

дуж и.

Решење. Користимо чињеницу да је угао над преч ником прав. На слици

22

је АВ =а и ВС= Ь. Тражена дуж је висина

пречник OS =

i

i

BD.

(О•IIIГЛедно је полу-

= АС= (а + Ь), већи или једнак BD, и при том је BD ако је а = h; видети теорему 10 у шестој г.nав11.) • OS, OS

s \

/ /

\

/ /

\

/ /

с

с

R

Cl.

C:l. 22

ПРИМЕР дирне земљу

10.

8

Олуја преломи стабло висине

16

2.~

т и при том му врх до­

т далеко од стабла. На којој се висин11 поломила стабло?

Решење. Према слици 23 и Питагориној теореми је х~ Одавде је х= б т. Стабло се прелом ило на висин н од б т.

+ 82 = (16 -

х) 2 •

•

ЗАДАЦИ

1.

Конструисати

u

2.

дуж

= lcm, износи: а)

чија дужина у односу на дату јединич ну дуж,

v'ЗО; б)

V13'",

в) У'Т; r) У5; д) УЈ.

Дате су дужи а, Ь, с и d. Конструисати дуж: а) Уа 2 - Ь 2 ; б) ас+ bd, в) УаЬ с 2 ; r) Уа 2 -

+

З. Нека су а и Ь катете, с хипотенуза,

hc

Ьс; д) Jah- ctl.

хипотенузина вис11на, р управна

пројекција катете а и q управна пројекција катете h н а хнпотенузу. Одре­ дити непознате елементе скупа {а, Ь, с, h,, р. q} ако је: а) а 25, р= 20; б) ь = о, 8, hc = о, 48; в) ћс = 60, f{ = 144; г) а = 5, с = 1~; д) с = 20, h, = 8; ђ) р= 0,09, q 0,16.

=

=

4.

Странице троугла су ници дужине

5.

13, 14

и

15.

и

24,

Израчунати внсину која одговара стра­

14.

Катете троугла АВС су

10

а обим сличног троугла А 1 В 1 С 1 је

Из рачунати странице троугла А 1 В 1 С 1 •

90.

7.6.

6.

IIPII\.IЫIЛ CJII IЧH OCTИ

IIA

229

КРУГ

Према ск ици на сл. 24 Талес је измерио висину Кеопсове пирамиде. Осно­ ва те пирамиде је квадрат ивице 233 т, а бочне ивице су једнаке међу собом. Колика је висина пирамиде?

С:1.

7.6.

Сл.

24

25

ПРИМЕНА СЛИЧНОСТИ НА КРУГ

Круг је једноставна фигура и он је симетричан у односу на сваку праву која садржи центар. Због тога су свака два круга хомотетична и без бирања

посебних положаја. На слици

SA

25

су два произвољна круга

k

и

k 1•

Одговарајући полупречници

и S 1 А 1 су паралелни, а коефицијент хомотетије је т

тачке А иА 1 важи ОА 1 =т

·

= !.f. За хомотетичне

ОА. Хомотетични кругови имају заједничке тан­

генте које садрже центар хомотетије. До ових закључака се долази формал­

но, тако што се докаже особина да кругу

одговара

круг

доказати

k 1 (S 1, r 1),

такав да је

OS 1 =т ·OS

и

k (S, r) у хомотетији :Jl0 r 1 = mr. Ово се може лако

користећи се дефиницијом круга и особинама хомотетије.

Уз помоћ сличних троуглова могу се добити и занимљиве особине круга.

<.;~ 1.

].(,

(.,1

27

230

ХОМОТЕТИЈА И СЛИЧН ОСТ

Нека је Р тачка у равни круга k и нека су а и Ь две сечице датог круга, повучене кроз Р. Тачка Р може се изабрати у кругу, на кругу или ван круга.

1)

Нека је Р у кругу и нека су А и А 1 пресечне тачке праве а са кругом

k,

а В и В 1 пресечне тачке праве Ь и круга k, сл. 26. Троуглови АВР и А 1 В 1 Р су слични, јер имају једнаке углове (код Р су углови унакрсни и L ВАР =

= L А 1 ВЈ Р, јер су над истим луком) . На основу сличности добија се да је АР: ВР = В 1 Р :А 1Р, а одавде је АР· А Ј Р = ВР · ВЈ Р.

2) Ако Р Е k , тадајеА 1 Р = В 1 Р= О, пајеАР · А Ј Р= О= ВР · В 1 Р (сл. 27). 3) Уочимо садасечицеа и Ь, повучене из тачке Р која ј е ван круга k (сл. 28).

Троуглови АВ 1 Р и А 1 ВР имају заједнички угао АРЕ, а осим тога је L АВЈР = L РАЈЕ (одговарају заједничкој тетивиАВ). На основу другог става сличности ова два троугла су слична и РА: РВ 1 =РВ: РА 1 , одакле је РА . РА Ј =РВ. РВ,. Ако сечица из Р има са кругом

k

заједничке тачке А и А 1 , тада су РА и

РА 1 одсечци које круг k одређује на овој сечици. На основу претходног ра­ зматрања изводи се значајна особина круга.

Ако је k дати круг и Р дата тачка у равни круга k, тада производ одсечака које круг k одређује на било којој сечици повучено} из тачке Р има констан­ тну вредност. Константан производ

р2

= РА-РА Ј.

назива се потенцијом тачке Р у односу на круг k.

k

р

Сл .

CJI. 28

29

Ако је тачка Р тачка ван круга, потенција тачке Р има још једну интерпретацију. ТЕОРЕМА

15. Ако је

Р та ч ка ван круга

k,

у равни тог круга, онда је по­

тенција ове тачке у односу на круг k једнака квадрату одговарајуће танген­ тнедужи.

Доказ. Нека је РТ тангентна дуж и права а сечица (сл.

29).

Троуглови

АРТ и ТРА Ј имају заједнички угао са теменом Р. Осим тога, као што је раније доказано, тетивни угао ААЈ Т је једнак углу између тангенте и тетиве, тј . једнак је углу А ТР (теорема 54 из одељка 5.9). Због тога су троуглови АРТ и ТРА Ј слични, па су им од говарајуће странице пропорционалне: РТ: РА =

=РАЈ: РТ; одатле произлази РТZ

=

РА · РАЈ= р 2•

•

У вези са потенцијом тачке у односу на круг је и тзв. златни пресек, о којем је било говора и у трећој глави уџбеника.

231

ПPII:\IEIIA CЛIIЧIIOCТIIIIA КI'УГ

7.6.

Ако је нека дужАВ тачком С подељена тако да је већн одсечак геометриј­ ска средина дужиАВ и мањегодсечка, тј. ако важи АС :АВ =ВС :АС (сл.

30),

тада се каже да је извршен златни пресек дужи АВ.

А

с

8 А

С 11.

8

р

<...1 .\1

30

Антички архитекти су сматрали да правоугаони обmщ1 1 грађевина имају

изузетан естетски изглед ако су им димензије одређене златним пресеком. Чак се веровало да је златни пресек божански дар и да грађевине које имају те особине имају посебан магични утицај на људе у Њl1111а. О златном пре­ секу се нарочито водило рачуна при грађењу храмова.

Данашњи архитекти такође сматрају да правоугаониuи са особинама златног пресека доприносе лепшем изгледу.

Златни пресек се конструише користећи се nотенuијом крајње тачке А дужи АВ у односу на по1 одно изабрани круг. На слици

31

је помоћу круга

преч ника једаког датој дужиАВ, који у тачки В додирује ову дуж, конструи­ сана тачка С. Већи одсечакАС једнак је одсечку АР сечицеАS. Ова конструк­ ција се јасно види на слици. Докажимо да јер: а= (а- р) :р.

На основу особина потенције је АВ 1 = АР·АР,, односно а 2 = (р+ а)р. 2 Одавде се најпре добија а 2 = р 1 +ар, а потом р = а 1 - ар и, коначно, р 2

= а(а- р), што је исто ПРИМЕР

=

као р: а= (а- р) :р.

11. Дате су тачке А и В. Одредити скуn : ВР = т :n, где су т и n дате дуж н.

свих тачака Р у равни,

таквих да је АР

Анализа. Није тешко доказати да симетрале унутрашњег и спољашњег

угла у једном темену троугла деле наспрамну страницу хармонијском nо­ делом (видети теорему

13).

Нека су, на nример, РМ и

PN

nоменуте симетра­

ле углова у и Yl троугла АВР (сл. 32). Тада је угао MPN nрав. Нека су, даље, D и Е тачке правих РМ и PN, такве да је DE 11 АР и В Е DE. Тада је троугао АМР сличан троуглу BMD, па отуда пропорција АМ: BN =АР : BD. Такође су слични троуглови APN и BEN, па је AN: BN =АР : ВЕ. Коришћењем наизменичних углова лако се доказује да су троуглови краки, па је

BD

BPD

и ВРЕ једнако­

= ВР = ВЕ. Према томе: АМ: ВМ =АР : ВР.

Конструкција. Најпре се на правој АВ одреде тачке М и Р , у примеру З, одељак

7.1).

Како је

L MPN

N (као тачке Р и

прав , то ће тражени скуn тачака

ћтАти vnvr L- nnPЧJ.IИI(Я MN (T1R. Аполониiев16 КРУГ, сл.

33).

232

XO:v!OTETI IJ Л 11 СЛ IIЧ НОСТ

N

4

о Сл. :в

Доказ. Нека је Р произвољна тачка круга =т

:n.

На правим РМ и

PN

одреде се тачке

D

k. Доказа ћ емо да је АР: ВР = и Е као у а н ализ и и сл ични м

закључивањем лако се докаже тврђење. Треба још доказати да ниједн а тачка која не припада кру гу k нема ту осо­

бину. Стога претпоставимо да постоји тачка Р ' (/;. k, таква да је Р'А : Р ' В =т :n. Слично као у анализи доказује се да ј е угао MP 'N прав, па се долази до контрадикције. .А ПРИМЕР

12. Нека

су

k

и

k 1 два

круга који се секу у тачкамаА и В и нека

су Т и Т 1 тачке додира ових кругова са заједничком тангентом t. Доказати да права АВ полови дуж ТТ1 •

Решење. Нека је Р пресечна тачка правих АВ и t . П отенциј а тачке Р у од­

носу на k је РТZ = РА ·РВ, а у односу на круг k 1 ј е РТZ = РТf, па је и РТ = РТ1 (сл. 34) . .А ПРИМЕР сати круг

k

13. Дате су

Plf = РА ·РВ.

Дакле је

тачке А и В са исте стр ане дате nраве р . Конструи­

који садржи тачке А и В и додирује праву р .

Решење. Један од начина решавања задатка је коришћење потенције тачке Р, која се добија у пресеку дате праве р и праве АВ. Наиме, потенција тачке Р у односу на било који круг који садржи тачке А и В је иста: РА

=х• 2

·

РВ =

Узимајући било који круг који садржи тач ке А и В, ко нструише се

најпре дуж х, а онда добију тачке Т и Т' итд. Овај на•1ин решава ња задатка урадити самостално.

Ре шимо сада задатак уз помоћ хомотетије. Центар хо мотетиј е тражених

кругова ј е пресечна тачка праве р и симетрале дужи АВ (сл. ла

s

35), јер си метра­

дужи АВ садржи центре ових кругова.

Конструкција. Из неке тачке S' симетрале s дуж и А В конструише се н ор­ мала

ST

на р. Круг

k' (S', S'Т')

додирује праву р и биће хомотетичан

k ' у тачкама А ' и А' '. На симетрали s S и S 1, такве да jeAS 1 11 А "S' иА S 11 A'S'. Та•rке S и S 1 су

траженим круговима. Права ОА се ч е

одреде се тачке

центри тражених кругова. Даље р ешавање урадити самостал но .

ПРИМЕР

14.

Конструисати

правилан

десетоугао

у писан

k (0, r). 26

Лп оло није Пер 1·еј ск и (око

262-190 n. 11.

е.), староrрчк и мuтсмати•1ар

у дат и

круг

233

7.о. IIPIIM EHЛ CЛI IЧH OCTII IIЛ КРУ Г

'1 <.:п.

C.:JI. 34

р

35

Анализа. Нека су А и В два суседна темена правилног десетоугла (сл. Троугао ОАВ је једнакокрак и

=L

= 360° : 10 = 36°, због чега је

36).

L ОАВ

=

ОВА=

72°. Нека је D тачка

теореми

а :r

LAOB

9,

= (r -

важи:

OD

полупречника ОА, таква да је

L ABD

= 36° (сл. 36). Према

троуrлови ОАВ и АВD су слични, па ако је АВ =а, онда је

OD) : а. Међутим, како су троуглови АВD и OBD једнакокраки, то

= BD = АВ = а,

па је а

: r = (r-

а) :а. Према томе, тачка

полупречник ОА златним пресеком, тако да је већи одсечак Конструкција. Тачку

D

OD

одредити исто као тачку С на слици

је уместо тачке В тачка О (сл.

D

дели

= а.

31, само

што

37). А

А

Сл.

Сл.

36

Доказ. Уочи мо једнакокраки троугао ОАВ (сл.

37

36). Нека је на полупречни­

= АВ = а. По дефиницији златног пресека и конструкцији на слици 37 важи а: r = (r- а) : а, тј.АВ: ОВ = AD : АВ. Отуда, ку ОА тачка

по теореми

D,

таква да је

OD

BAD слични (имају заједнички = АВ а отуда и BD = ОА. Значи, троугао OBD је једнакокрак, па како је LADB његов спољашњи угао, биће L ADB = 2L АОВ. Међутим, у троуглу ABD је L DAB = L ADB, па је и LDAB = 2 L АОВ. Уз ознаку L АОВ = !f>, у троуглу ОАВ је L АОВ +

9,

следи да су троуглови ОАВ и = ОА, то је онда и BD

угао ОАВ). Како је ОВ

234

+

ХОМ ОТ~Т!IЈЛ

L ОАВ

је <р

+

L ОВА =<р

1!

CЛIIЧI-IOCT

+ 2 <р + 2 <р = 180° (збир

углова у троуглу). Дакле

= 36°, па како је 360°: 10 = 36°, следи да је АВ =а страница правилног

.

десетоугла уписаног у дати круг .А.

ЗАДАЦИ

1.

У дати полукруг уписати квадрат, тако да два темена квадрата припадају пречнику, а друга два кружном луку.

2.

У датом кругу k дата су два полуnречника ОА и ОВ. Конструисати тетиву коју ова два nолуnречника деле на три једнака одсечка.

3.

Дат је конвексан угао хОу и тачка А у углу. Конструисати круг који садржи тачку А и додирује краке датог угла.

4.

Дата су два круга

k 1 (0 1, r 1)

и

k 2 (02, r2).

Конструисати њихове зај едничке

тангенте.

5.

Конструисати правоугаоник ако му је разлика страница једнака датој

дужи d и nовршина ј еднака m 2, где је т дата дуж.

6.

У дати круг

k (0, r)

уnисати правилан nетоугао.

ОСМА ГЛАВА

ТРИГОНОМЕТРИЈА ПРАВО УГЛОГ ТРОУГЛА

Из ставова о подударности троуглова познато је да ј е троугао од р еђ ен са

своја три независна елемента. На пример, ако су познате дужине страница а и Ь и угао у између њих, може да се ко н струише ј един ствен троугао са тим елементима. Тим подацима (а, Ь, у) одређени су и сви остал и елементи троугла: трећа страница, остала два угла, висине тог троугла, ср едње лини­ је, полупречници описаног и уписаног круга, обим и површина троугла итд. На пример, дужина треће странице с троугла је одређена функција од а, Ь и у.

Поставља се питање како наћи експлицитни облик те функције. Или, како ду­ жина треће странице с зависи од а, Ь и у? Ако би се знао одговор на последње питање, онда би се могао решити следећи важан nрактични проблем. Између места А иВ (између којих се налази брдо) тр еба прокопати тунел. Колика ће бити дужина тунела, ако се места А и В виде из места С, тако да

се растојања

d (А,

С), d (В, С) и угао АСВ могу измерити (сл.

1)?

Иначе, постоје врло прецизни инструменти помоћу којих се може изме­ рити угао из чијег се темена види одређена дуж. Дакле, од велике је важност и одговор на пит ање: како израчунати остале

елементе троугла ако је он једнозначно одређен са три дата елемента? Спе­ циј ално, како то постићи ако се ради о правоуглом троуглу? Одговор није једноставан.

Да би се у потпуности одговорило на постављена nитања, мора се дефи­ нисати и развити читава теорија посебне врсте функција, тзв. триrономе­ тријских функција, које чине основни садржај једне математичке области , необично важне, па чак и незаменљиве у механици,

астрономији,

навигацији

и

техници. Ова математичка дисциплина

се назива триrонометрија. Сам назив потиче од две грчке речи : триrонос, што

значи троугао и метрон, што значи ме­

ра. Тригонометрија је, дакле, првобитно предст ављала област математике која се бавила израчунавањима непозн атих еле­ мената троугла помоћу познатих. Данас она има много шире значење и примену .

11'111 OIIOMI".I PIIJЛ

8.1.

III'ЛII
II'OYI.IЛ

ТРИГОIIОМЕТРИЈСКЕ ФУНКЦИЈЕ ОШТРОГ УГЛА Дефаtнащаtја траtrонометрнјсюtх фующија оштрог угла

lleк:~ је троугао АВС nравоугли, где је С тer.te nравог угла (сл.

да се стрнюще троугла које су нacnpar-1 owтpttx углова, СА

11

2).

Зна се

СВ, ню11вају ка­

тете, а страница насnрам nравог угла, тј. стран11ца АВ, х11nотенуза. Н ека је а дужина катете СВ, Ь дужина катете СА и с дужина хиnотенузеАВ. Н ека је,

даље, а мера угла САВ у стеnенима и да је мера угла АСВ једнака

90•.

f3 мера угла СВА

у стеnен11ма. Наравно

Ове мере ћемо означит11 на стщи. мада не

треба идентификовати број а са страницом СВ или број а са углом САВ итд.

в

в

а

А

А С Ј1.

Cz <.:.Ј.

2

Сз

с

3

Подсетимо се да су св11 nравоугли троугла­

ви са једнаким једним оштрим углом међусоб­ но слични и обратно, ако су nравоугли троу­

глови слич ни, онда су им одговарајући оштри углови једнак11. Осим тога, код сличних троу­ глова одговарајуће страюще су

nроnорцио­

налне. То значи да за слllчне троуглове на

8 1 слици З количник насnрамне катете угла а и хиnотенузе не зависи од nромена страница а и

с, nод условом да је с

А

а.

LC а2

-=-=

l.l. 4

= 90°. 1lа11ме, тада је: п

=-

Слнчна је ситуација са количником налегле катете и хиnотенузе, одно­

сно двеју катета. Они су неnроменљиви ако је угао а сталан. Међутим, ако се угао а мења (сл. у nравоуглом троуглу (сл.

2)

4), онда се ови

количн1щи мењају. Дакле,

а Ь а h КОЛИЧНИЦИ: с' с' Ь И а су ЗаВИСНИ ОД угла а.

Они су одређене функције угла а. Сада се те функцнј е могу nосебно имено­ вати. Прецизније, могу се дефинисати тзв. тригонометријске функције оштрог угла а nреко количника дужина страница nраооуглог троуглаАВС (сл.

2).

8.1.

ДЕФИНИЦИЈА

237

ТРИГОНОМЕТРИЈСКЕ ФУНКЦИЈЕ ОШТРОГ УГЛА

1.

1) Број% назива се синус угла а и обележава се са sin а (чита се:" синус алфа").

2)

Број~ се назива косинус угла а и обележава се са cos а (•mта се: "КО·

синус алфа").

З) Број Ђ- се назива тангенс угла а и обележ,wа се са tg а (чита се:,. тан· гене алфа").

4)

Број ~ се назива котангенс угла а и обележава се са ctg а (чита се:

,. котангенс

алфа").

Дакле,

sina или:

sin а

а

с'

cos

Ь

а

-с' tga =ctg~ а Ь'

а

а'

L

је количник наспрамне катете угл
_lичник налегле катете угла а и хипотенузе; угла а и његове налегле катете;

ctg

cos а tg а је ко.:шчник наспрамне

је ко­ катете

а је количник налегле и наспрамне катсте

угла а.

Као што се види, поменути количници занисс само од угла а. Дакле, ако

се а мења, онда се и

sin

а,

cos а, tg а

и

ctg а

мењају, а ако је а одређен угао,

онда је сваки од ових бројева потпуно одређен јединствени број. Према ТО· ~с, дефинисане су четири нове функције: а-+

а->

ctg

sin а ,

cus

а ~

а, а ~

tg а

и

а, чији су домени једнаки скупу бројева који су всличине свих

оштрих углова. Ове функције се називају триrонометријске функције оштрог угла.

Треба поменути да симбол

никакву величину. Симбол

sin

sin

(ипи

cos, tg, ctg )

сам за себе не означава

означава функцију синус.

ПРИМЕР

ди ти

1. У правоуглом троуглу су познате катете: sin а , cos а, tg а , ctg а, sin fJ, cos fJ, tg fJ и ctg {3.

Решење. Према Питагориној теореми добија се с

а

= 4

иЬ

=

З. Одре·

=vп'+ Ь =125 =5. 1

Зато је: а4

.

sш а =С= S~

sinfJ

=~=~,

cos

1!3

а =С-:=

cosfJ

5 , tg а

=%=*, tg{J

а4

Ь

3 , ctg а

=~=~,

ctgfJ

/ЈЗ

а

=

4•

=*=~"'

ПРИМЕР 2. Конструисати угао а ако је: 1) tga

. а з ) sш

-

=

~; 2) cosa - ~,

5

4.

Решење. У случају З) угао а не постоји, јер катета не може бити већа од хипотенузе. За случај 1) конструкција је дата на слини 5, а за случај 2) на слици

6.....

Истакнимо и нека важнија својства уведених функuија. Имајући У виду

дефиниције тригонометријских функција оштрих углова и чињеницу да је ..-~тРт~ '\lлРк м~1.:а:.~ ()n УIАттnтР~пnР "l~vn..vчviPмл Т1~ "'~wu r. nf':neћe твоћење:

238

ТI' ИГОI ЮМЕТ РИЈЛ ПI'АВОУГЈIОГ ТРОУГЈIЛ

8

<..:.1. 1Ј

C. l. :-

(1)

за било који оштар угао а та•mе су неједнакости: О

< sin а < 1,

О

< cos а < 1,

О

< tg а ,

О

< ctg а .

Одговоримо сада на питање: ако ј е k реалан број за који је О< k < 1, да ли постоји оштар угао а такав да је sin а = k? Одговор је потврдан, ј ер се такав угао може конструисати као н а сл ици ВС

7 (s

је лолукруг н ад АВ

= 1

и

Сл ично питање и одговор важе за функцију косинус. Зато важи

= k).

тврђење:

функције

(2)

sin

и

cos

узимају све вр едности из интервала

Лако је видети да функције

(0,

tg

и

ctg

(0,

Ј).

узимај у све вредн ости из интервала

оо). Иста книмо још својство рашћења функција Нека

cos и ctg. је LBAC 1 = а,

sin

и

односно опадања

tg,

функција

Тада ј е а <а , и ВС < ВС , (ве ћем периферијвс вс, ском углу одговара ве а тетива). ако Ј е s ш а = АВ ' sш а, = АВ, cos а =

=

АС

АВ и

cos а , =

да ј е тада (З)

а

<

АС,

(сл .

ћ

.

.

. .

к

< > ctg

АВ, то Је s ш а

tg а < tg а,, ctg а а, ~

7).

.

s ш а1 и

.

cos а > cos а 1 .

М

оже се п оказати и

а 1 . За то је исправ н о тврђење:

sin а < sin а ,, cos а > cos а 1 , tg а < tg а,, ctg а > ctg а 1 •

ПРИМЕР З. Упоредити бројеве:

1) sin1°

и

sin2°; 2) tgl 0

и

ctg 1°;

З)

sin1°

и

coS1°. Решење.

1) sin1° < sin2°; 2) tglo < ctg 1°; З) sin 1° < cos 1°. .А

Вредности тригонометр11јских функција нек11х оштрих углова Израчунаћемо сада вредн ости тригон ометријских функција за углове од зо ·,

45 •

и бо · .

ПРИМЕР 4. Доказатидајеsin ЗОО=

i,

cos 30° =

1.

tg зоо =

1и

ctg ЗО" =v'Ј.

Решење. Посматрајмо једн акостра нични тр оугао АВС странице а (сл. По Питагориној теореми, дужина висине

износи :

(I) =R- = ;!. 2

h= V a2-

CD

0

8).

~

1. 11'111

239

UIIO~ШTI'IIJ CKI· ФYIIKIIIIJI· UIIIII'U I YI . IЛ

с

А

в

2 l '. l i

L'. l

И з nравоуглог троугла

х

ACD, на основу дефиниција триrонометријских

функција, следи :

. i n :юо =

tg -з()

о

n~2 = !Јл

n12 = 7/ =

2n

2п\/З

i,cos зоо

=

~ = а;: = "Ј,

VJ Зt)о h 2а VJ ",. = 3• ctg. = nj = ~ = v .1.

П РИМЕР 5. Показати дajesi n 60° = ctg 60° = "{. Решењс. Кор истећи сл ику

=

8

1.со

2

60°

=

i,

tg 60°

А

= VJ и

и дефиниције тригонометријских функција

добија се

. . б(Јо _ !1 _ а VJ _ УЗ

. б Оо _ rV2 _ n _ 1

- (i - 2јЈ - Т• COS

Sl n

-

О

- 2n - 2•

/1 ,.., 2а - = -tgo"_ t)o = -V: = -2n2-VJ = V.), 3 ctg GOo = -rV2 11 n2 n 2mf\ ПРИМЕР 6. И зрач унати вредности тригонометриј­ ских функција угла а 45 °.

VJ

= -". А

'

о

с

=

Решење. Н ека је на слици 9 четвороугао ABCD квадрат чија је стран иuа а. Тада је дијагонала ква­ драта d aVI. П о дефиницији 1 је:

=

.

.oso

Sln ....

а а = {ј= аЛ =

V2.

Т•

cus 45° =~=VZ.

А

{/

{/

tg45°== 1, ctg45°=-= {/ {/ lla

основу тврђења

(2)

в

а

L.l.

С)

l. A

може се закључит и да за nроизвољно мали nози­

т иван број k nостоји оштар угао а, та кав да је sin а тt~ко ђе мора бити мали број (сл.

7).

= k.

Према (З) тај угао а

Због тога се усваја договор

240

Tl'lfГOHOMETPJIJA ПРЛВОУГЛОГ ТРОУГЛА

sin

( 4)

О' ~ О.

Сличним закључивањем и~1а С:\1ис.тrа дефинисати у нули и функције и

tg

cus

са

cos

(5)

оо

= 1,

tg оа

= О.

Има оправдања да се прихвате и с.~едеће дефиниције

sin 90'

(б)

~

1, cos 90'

~ О,

ctg 90'

~ О.

На основу свега може се сложити следећа табешt вредности трнгономе~ три ј ских функција за неке уг лове.

"

О'

sin и.

о

cos и:

1

tg"

о

-

45'

(>()о

1

п.

vз

2

2

2

''

2

vz

2 V'J 1

ctg а

30'

т

l

V'J

l -

Ј

90° 1

1

о

2 V1

1

-

i

Y:\_L_j з

1

Напомињемо да постоје врло прецизне таблице вредности свих тригоно­ метријских функција за све оштре уг лове који се изражавају чак у деловима секунди. Једна таква (али мање прецизна) таблица дата је на страни

244.

Осим тога, сваки бољи калкулатор има могућности да се помоћу њега могу одредити вредности тригонометријских функција било којег оштрог угла.

ЗАДАЦИ

1.

Да ли постоји оштар угао чији је синус (косинус) једнак датом броју:

'2· 4) 2-z.'~'Ј .;з -1'2 ii) - 1- · 1) .:?. ' 2) §..'Ј 7' · VL, .Р~ 5 v2 - 1 ' ) ·sin47°' 2д!Ј

+ ь'

(а > О, Ь > О, а "' Ь ); 8' х

1

+ х (х >

О)?

7)

02

2.

Израчунати вредности тригономстријских фунюшја угла који вектор по­ ложаја тачке М образује са позитивним делом х-осе за:

1) М(3,4); 2) М(2,1); 3) М(1,1); 4) M(.f3, 1).

3.

Израчунати вредности израза

sin( а + 15°)- sina sin 2 а

4.

Који је већи од два дата броја:

1) sin7'

.

ако Је а ~

или sin (~) '; 2)

30'.

cos (sin 7")

или

241

Н.~- ВЛЖШ\Ј\1 Tf'II!.OHOM!'TPIIJCKИ И)IЕЈ!ПIТI'ТН

8.2.

ВАЖНИЈИ ТРИГОНОМЕТРИЈСКИ ИДЕНТИТЕТИ Основни тригонометријски идентитет

Тригонометријске функције оштрог угла нису независне међусобно. До­ uољно је да се зна вредност једне тригонометријске функције, за одређену вредност угла, па да се на основу ње могу наћи вредности осталих тригоно­

метријских функција. То проистиче из следеће теореме. ТЕОРЕМА

l.

Ако је О"

<

а

онда је:

< 90",

sin 2 а + cos:: а

(1)

t

(2)

sша

ех'

ga = cos

tg а · ctg а

(.>)

= 1,

= 1.

Доказ. Нека је а оштар угао правоуглог троугла чија је наспрамна катета а,

налегла катета Ь, а хипотенуза с. Према Питагориној теореми а 2

б

.

до ИЈ~\10

+

Ь2

=с

2

(а)' . ћ и Са = sш. а и СЬ = oos а. С + (Ь)' С = 1, одак.ле се до бИЈ.а (1) стављаЈу

Даље Је, на основу дефинициЈе,

а

tg а = Б

а,{

= ъ;; =

sin а cos а·

као и

tga ·ctga = Касније ће бити доказано да

(1)

а

-ь

Ь

·- = 1. • а

важи за сваки угао а. Та једнакост, која

је тачна за све уг лове а, позната је као основни триmнометријски идентитет. Из једнакости пример, за оо

<

а

(1), (2) и (3) < 90° важи:

ctg а = tgl а'

(4) (5)

се могу извести разне друге једнакости. На

!<>а ь

sina

v'1 + tg 2 а cus а

(6)

_,

ОДНОСНО

1

. v'J+tg' а ·

ta 1 a Ь

sin 2 а

1

+ tg'-;

односно cos 2 а

= 1

+ счi'а'

1

1 + tg 2 а·

Једнакост (4) непосредно следи из (3). Да би се добило (6), довољно је (1) поделити са cos 1 а, после чега се добија

sin' а cos a

1 cos- а

--+Ј=--,-. 2

Одавде је l + tg2 а = - _Ј__ или cus 2 а 2 cos

Једнакост

(5)

а

доказати самостално.

1 + tg а

242

ГI'IIГOIIOMETPIIJЛ ПРЛDОУГЛОГ ТРОУГЛА

ПРИМЕР

= ..fJ, наћи sin а ,

7. Ако је tg а

cos а и ctg а.

Решење. Из (5) за tg а = ..fJ добија се sin а = . ~ = У[, а из (б) cos а = +З

v1

=

1 v'1+3

= 21

ПРИМЕР

- sin 4 a

и

8.

. н арад,

(4) , ctg а

из

1 Уз

=

-13 • = з·

Доказати да је за свако а, где је оо

<

а

< 90°, cos4 а -

= 1- 2sin 2 a.

Решење. Ако се израз СО$ 4 а ристи (1), добија се

- sin4 а посматра као разлика квадрата и иско­

cos 4 а - $in4 а = (cos 2 а + sin 2 a)(cos 2 а - sin2 а) = = cos2 a - sin 2 a = 1- sin2 a - sin2 a = 1- 2sin 2 a. • Тригонометријске функције комплементног угла

=

Као што је познато, ако је а +{З 90°, онда се каже да је угао а компле­ ментан углу {З и да је угао {З комплементан углу а. Дакле, у правоуглом троу­ глу оштри углови су међусобно комплементни. За оштре углове а и {З пра­ воуглог троугла важи {З 90° - а. Осим тога, важи и следећа теорема.

=

ТЕОРЕМА

2.

За свако а за које је оо -а)

(7)

sin(90°

(8)

tg (90° -

а

)

= cos а, = ctg

а

<

а

< 90° важи:

cos(90°

= sin а,

-а)

, ctg (90° -

а

)

= tg а.

Доказ. Ако је у правоуглом троуглу један оштар угао а, онда је други {З {З

= 90°- а (сл. 10). Према томе, = 90° - а. Стога је:

супротна катета а угла а је налегла углу

в

а

А

ь Сл.

l.l. 10

sin(90°tg (90° -

а) =% = cos а,

cos (90°

= аЬ = ctg а '

ctg (90° -

а

)

11

z

-а) = = sin а, а

)

= ьа = tg а . •

ПРИМЕР 9. Знајући да је cos 40° = /, где је l sin 40°, tg 40°, ctg 40°, sin 50°, cos 50°, tg 50°, ctg 50°.

дати број, израчунати :

~

'·

I'HIIЛIIAII·I· III'ЛIIO~I

, 1()1 II'UYI

243

IЛ

Решење.

stn-Юo =

cos~40°

V1 -

ctg -I0° =

=

~.

tg 40° =

~in 4...,t()Joo = ~

со~

~; ~in 50° = ~in (90° - -Нђ = сщ ..юо = /.

cos 50° = cus (90°- -Нђ = sin ..юо = ~. tg.)-()о =

ЗЛ ,' (.\1

1.

1

~

, ctg.)-

. 0о = Yl=7 1

.А.

01

Доказнл t Д(! је за све оштре углове

1 1)--.,со~ - х

~)

2.

1 +~ sm· 1'

r: 2) ' . -х ' · t<>·x- ыn

= s111· . ,х cos·,х' 1

ь

' sш . ·, 1·; = to·x ь

1 1 l -2cos"x (СО~ -+ 11'ь х)(--tgx) = 1·' 4) S IП . = tg x- ctgx. 1.' COS \" X COSX

Израчунати вредности за остале триrонометријске функције оштрог угла а ако је:

1)

3.

sin c~ = IL.-

1; 2) cosa =

1

12+ 1

; 3) tg a =

У5;

4) ctga

= · Ч. ~ <.

~' гао пр11 врху једнакокраког троугла, са краком дужине Ј. једнак је

30•

(сл.

11 ). Јl ека је В ' пројекција тачке В на крак АС. Одрещпи: 1) ВВ '; 2) АВ ' : 3) СВ '; 4) tg 75 "; 5) sin 15".

8.3.

РЕШАВАЊЕ ПРАВО УГЛОГ ТРОУГЛА

П од основним елемент11ма троугла, уопште, подразумевају се дужине стрнниш.Ј a.l> 11 с, као и величине одговарајућttх углова а, [З и у; а у захтеву ,.реш нт11 троугао•· n одрюумева се да треба помоћу познат11х елемен;mt tt зрэ•tунатн његове н е п ознате елементе. Ако се разматра пр<~воугли тро угао

са хи п отен узом с, онда је у

= 90°. Тада је, на основу дефиниција тригономе­

тр llјских функција оштри х углова:

(Ј)

.

.

п=c~ tn a.a=htga

'

h=ccos a

{/

'

h=nclga с=-.-

'

sm а '

ь

с=--.

cos а

Одавде се види да се, на пример, катетео и Ь могу израчунати ако се знају хнпотенуза с и угао а . П ошто се у nракси углови могу 11Змерит11, као што је всh напОI\tе нуто. то значи да за решавање nравоуглог троугла треба да се знају вредности тр 11гонометријских функција за све оштре углове. За одређивање тих вредности у nракси се нзјчешће користе кзлкулатори. За наше потребе, на следећој страници дата ј е таблица прнближннх вредно ст11

св 1 rх триго нометријских функција, које су израчунате са тачношћу од 0,001 за све оштре уrлове који се могу изразити у целим степе ним а.

У тој таблиц11 вредности тригонометријских функц11ја, за уrлове а који ни сv веhи од 45 ", налазе се испод ознаке функције у хоризонтали у којој се

244

П'ЈIГОЈIО\11-.ТРЈIЈЛ ПРЛВОУГЛОГ ТРОУГ.1Л

лево налази угао а. За уг лове {Ј всћс од45', вредности фунщија се налазе изнад одговарајуће ознаке у хоризонтали у којој се десно налази угао {3. Тако је, на пример,

sin 28' = 0,469, cos 2R' = 0,883, tg 28' = 0,532, ctg 2R' = 1,881; за = 81°, из таблицс се чита ла је: sin 81 о = 0,988, cos 81' = 0,156, tg 81' = 6,314, ctg 81' = 0,158. угао већи од 45°, на пример, .В

Помоћу ове таблиuе могу се рсшавати и обрнути задщи. На пример, ако

је

sin х = 0,342, онда се из таблиuе чита Ако је tgx = 1,150, тада је х = 49'. Ако

да том сину су одговара угао х

= 20 '.

се дата вредност неке функuије не

налази тачно у таблицама, онда се за непознати угао узима онај за који је

вредност одговарајуће функuије најближа датој вредности. На пример, ако је

cosx = 0,680, у таблиuи је најближа вредност = 47'. Према томе је х= 47'.

за косинус

којој одго­

0,682

вара угао а

ПРИМЕР

10.

Решити правоугли троугао са хипотенузом с ако је: Ј) с

14, а = 24'; 2) а = 10, а = 42'; З) а = 5, Ь = 10; 4) а = 9, 4, с = 10. Решење. 1) Треба израчунати: а, Ь и {Ј. Према (1) је а = с sin а 14 sin 24'= 14 · 0,407 = 5,698; Ь =с cos а = 14 cos 24' = 14 · 0,914 = 12,796;

fJ = 2)

90'- 24' Из

= 66'.

(1)

с

седобијаЬ

=actga = 10ctg42'= 10 · 1,111 = 11,11;

° =О °=

1 =--$- = .· 0 , sшcr sш 4 ....

1

,6 6 9

а

tau i .sina -----~----·- t--··()

2

fJ

= 90'-

а

= 48'.

-

~~.

1

14,9;

1

сч~ а

со~ и

0,017

0,017

57,290

0,9998

8()

0,035

0,035

28,636

0,99!)4

88

1

0,052

0,052

19.081

0,998()

4

0,070

О ,о? О

14,301

0,998

5

0,087

0.087

11,430

0,99()

6

0,105

0.105

9,514

0,9t)5

7

0,122

0,123

8,144

0,993

83

8

0,139

0,141

7,115

0,990

82

9

0,156

0,158

6,314

0,988

81

10

О,

174

0,176

5,671

0,9К5

80

11

0,191

0,194

.\,145

0,982

79

12

0,208

0,213

4,705

0,978

78

13

0,225

0,231

4,331

0,974

77

14

0,242

0,249

4,011

11,970

76

15

0,259

0,268

3,732

0,966

75

!б

0,276

0,287

3,487

0,961

74

17

0,292

0,306

1,271

O.t.J56

73

3,078

0,951

72 71

87

1 1

18

0,309

0,325

1

! 1

19

0,326

0,344

2,904

0,946

20

0,342

0,364

2,747

0,940

86

1'

i

Н5

' 1

84

-

70

1

' 1

=

RЗ

245

l'l'ШAMibl' IJPЛIIOYI ЛОГ TI'OYr··rл

а

sша

tga

21

0,35~

0,1К4

2,605

0,9:14

69

22

0,375

0,404

2,475

0,927

68

23

0,391

0,424

2,356

0,921

67

24

0,407

0,445

2,246

0,914

()()

ctg

cos

а

а

25

0,423

0,466

2,145

0,906

65

26

0,438

0,488

2,050

0,89{)

64

0,454

0,510

1,963

0,891

61

0.469

0,532

1,881

0,88:\

(,2

29

0,485

0,554

1,804

O,IO.S

61

30

0,500

0577

1,732

0,866

бО

31

0,515

О,ЫН

1,664

0,857

59

32

0,530

0,625

1,600

0,848

58

33

0,545

0,649

1,540

0,839

57

34

0,559

0,675

1,483

(),829

_)(,

35

0,574

0,700

1,428

0,819

27

28

:

1

1

'

1

1

1

1

55 1

36

0,588

0,727

1,376

0,809

37

0,602

0,754

1,327

0,799

38

0,616

0,781

1,280

0,788

39

0,629

0,810

1.235

0,777

54

1

'

53

1 1

52 51

40

0,643

0,839

1,192

0,766

50

41

0,656

0,869

1,150

0,755

49

42

0,669

0,900

1,111

0,743

48

43

0,682

0,933

1,(172

0,731

47

44

0,695

0,966

1,036

0,719

46

45

0,707

1,000

1,000

0,707

45

sir1 {З

{Ј

L______

cus{J

ctgfЗ

tg{J

,

5 = Ьа = ТО = 0,5; а = 27"; (1 = 90" - а = 63"; с = v. "--:-;а +Ь = =V25 + 100 = 515. 4) sina = = ~·6 = 0,94; а= 70"; (1 = 90"- а =20°; Ь = ccosa = = 10 cos 70" = 10.0,342 = 3,42.... 1

3) tg а

1

z

Следећи примери показују да се, применом формула

(1)

које важе за пра­

воугли троугао, долази до нових тврђења која се односе на оштроугле троу­

глове. Између осталог, у могућности смо да решимо постављени проблем са почетка ове главе.

ПРИМЕР (сл.

(2)

12)

ll. Ако је у оштар угао троугла са дужинама страница а, Ь И с

доказати једнакост

с 2 =с/+ Ь 2 - 2аЬ

cosy.

246

TPIIГOIIOM(;ТJ'IIJЛ ПРЛООУГЛОГ Т!'ОУ ГЛЛ

Решење. Ако је А ' пројекција тачке А на страницу ВС, онда је, према А ' С= Ь

cos у,

па према томе и А 'В= а- Ь

cos у.

(1 ),

Приr.tе1111 ли се још Питаго­

рина теорема на два правоугла троугла, добиће се

h~ = Ь 2 - (Ь COS у)

2

= с2

-

(а

Ь cos у) 2.

-

2

Решавањем ове једначине по с добија се (2). Тврђење (2) је познато као косинусна теорема . А.

А

с

а

С л.

ПРИМЕР

C.t 13

12

Ако је Р површина троугла са оштрим углом у, (сл.

L2.

12),

доказати да је

Р= ~аЬ sin у.

(3) Решење. Према

(1), из

правоуглог троугла СА 'А добија се h.

је још Р= ~ah., то је формула (З) тачна. А. ПРИМЕР

13.

= Ь siп у. Како

Ако

глог троугла, (сл.

jeR дужина полулречника описаног круга око оштроу­ 13), доказати да је 2R

(4)

а

Ь

с

= sin у = SU1{J = sin у·

Решење. Нека је BD пречник круга на слици 13. Тада је L DCB = 90°, L BDC = о = а (као периферијски над истим луком) и BD = = 2R. С обзиром на лравоугли троугао BDC, према (Ј) добија се

a=2R sina. Аналогно се добија да је Ь

= 2 R sin {З и с = 2 R sin у. Ове три ј еднакости

дају тврђење

(4).

Оно је познато као синусна теорема. А.

ПРИМЕР

L4.

Доказати да у оштроуглом троугл у важи формула

R

(5) Решење. Према (4).

R

с

= аЬс

4Р '

= ~n-.~ . а поема(::\)

2Р

sin v = - . .

()тvn::~ яажи (<;' А

8.3

PHIIAI\Лibl· 1/I'Л/ЮУ!";ЮГ

Ако се узме у обзир да је

sin 90°

247

T!'OYI ЛЛ

= 1 и cos 90° = О (вндети

стр.

240),

онда

се лако nроверава да формуле (2), (3), (4) и (5) важе 11 у случају када је у 90°. Иначе, када буду дефинисане и тригонометриј ске функције туnих

=

углова (У другом разреду) биће nоказано да те формуле важе за било какав троугао.

ЗАДАЦИ

1.

Изразити nолуnречник уnисаног круга у функцији странице а за:

1)

r

и nолуnречш1к оп11саног круга

правилни nетоугао;

2)

nравилни шестоугао;

З) правилни п-тоугао.

2.

У једнакокраком траnезу ABCD nознато је: ВС ти основицу а

= АВ

= CD = DA = 2.

nреко оштрог угла а на основ11ци.

2)

Ј) Изрази­ Изразити

површину трапеза у функцији угла а . З. Нека је а (а

пречника

r

< 180°)

централни угао који одговара тетнви

t круга nолу­

= 4. 1) Изразити г у функцији од угла а. 2) Изразити растојање

центра круга од тетиве у функцији угла а.

R