ЗБИРКА ЗАДАТАКА i - rvukovic.netrvukovic.net/teka/zbirka_1.pdf · Пирсов2...

$: ЗБИРКА ЗАДАТАКА I - rvukovic.netrvukovic.net/teka/zbirka_1.pdf · Пирсов2 закон {(x→y) →x} →xjе jедна од, компликованиjих али$
ЗБИРКА ЗАДАТАКА Iматематика за боље ученике

првих разреда гимназиjе

Растко Вуковић, проф.

© Архимед, Бања Лука, 2016.

Растко Вуковић: Збирка I

Предговор

Књига jе додатак моjоj скрипти Математика I, наведеноj у литератури на краjу.Да бих избjегао понављање, ове и методе из скрипте се само дjелимично поклапаjу,али су одговараjуће области препознатљиве. Чак и ако су наслови jеднаки, примjерии задаци нису. Тако jе програм математике за средње школе у Републици Српскоjдубље захваћен.

Зато што се теме надовезуjу на поменута предавања, овде нема дугих нити лакихувода. Брзо се прелази са средње тешких „задачића“ за ученике слабиjег и просечногзнања на задатке за боље ученике, све до понеког проблема коjи би могао битии на математичкоj олимпиjади. Ипак, као што ово ниjе лектира за почетнике,ниjе ни помагало за такмичења. Сматрам да „лаких“ збирки на нашем тржиштуу овом тренутку има довољно, као и „тешких“ спортских. Уосталом, задаци саматематичких надметања средњошколаца нису типични за процес наставе.

Jош jедан важан проблем код писања школских збирки долази из сукоба „прописа“за наставника са могућим плагиjаризмом. У уском процепу, између жалби да сузадаци другачиjи од прописаних или „претешки“ и нарушавања нечиjих ауторскихправа, тешко jе бити оригиналан, али то ниjе немогуће. Свугдjе сам, гдjе jе тоимало смисла, пажљиво цитирао изворе али сам их и радо избjегавао. Иначе,супротно општем веровању, мислим да много учења напамет, или увjежбавања„истих“ задатака не би требао бити циљ математике за гимназиjе.

Сматрам да су (кратки) излети изван редовног градива пожељни и корисни. Тоне само зато што су теме нашег програма понегдjе послагане као рогови у врећи,већ и због сталног постепеног развоjа математике и њених примена у свиjету.

Тако некако долазимо до закључка да jе ово збирка задатака за додатну наставу,или за додатно самостално учење математике. Циљана jе да буде jедан обичанприручник каквих немамо довољно у повезивању предвиђеног школског градива,али на начин да више служи учењу горње половине, од оних мање лоших до наjбољихученика.

Растко Вуковић, jануар 2016.

Гимназиjа Бања Лука 2

Sadrzaj

1 Логика и скупови 51.1 Алгебра исказа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 Скуп . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3 Релациjа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.4 Функциjа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2 Броjеви 352.1 Цели броjеви . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 352.2 Разломци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 432.3 Реални броjеви . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.4 Примене пропорциjа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54

3 Геометриjа 593.1 Тачке и праве . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 603.2 Углови . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 633.3 Сличност . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 733.4 Тригонометриjа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 82

4 Симетриjе 934.1 Подударност . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 944.2 Изометриjа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1004.3 Хомотетиjа . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1104.4 Фигуре . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 115

5 Линеарна алгебра 1275.1 Вектори . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1285.2 Координате . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1335.3 Jедначине . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1415.4 Неjедначине . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 146

6 Полиноми 1516.1 Делење . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1526.2 Нултачке . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1566.3 Матрице . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161

3


6.4 Рационални изрази . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 169

Bibliografija 267

Indeks 269


Glava 1

Логика и скупови

Овдjе су обрађени поjмови засновани на математичкоj логици и теориjи скупова,коjи заjедно са теориjом група припадаjу области апстрактне алгебре.

1.1 Алгебра исказа

Исказ jе реченица алгебре логике, односно тврђење коjе може бити тачно илинетачно. Означавамо „тачно“ са 1 или ⊺, што читамо „те“, а „нетачно“ са 0 или �што читамо „не-те“. Истинитосну вриjедност реченице p често означавамо са τ(p).Према томе, τ(p) = ⊺ када jе p тачан исказ, а τ(p) = � када jе p нетачан исказ.

Вариjабле, променљиве, или опште броjеве алгебре логике означавамо великимили малим словима a, b, c, . . . , x, y, z. Оне такође могу узети само по jедну од двевриjедности из скупа {„те“, „не-те“}. Негациjа jе унарна операциjа и она има наjвишиприоритет. Мало нижи приоритет имаjу бинарне операциjе конjункциjа, дисjункциjа,а jош нижи приоритет имаjу импликациjа и еквиваленциjа, такође бинарне операциjе.

Негациjа исказа a, коjу означавамо ¬a, a, или a′, мења вриjедност тачностиисказа a, тако да jе ¬⊺ = ⊺ = � и ¬� = � = ⊺, односно ¬1 = 1 = 0 и ¬0 = 0 = 1, када исказa узима редом вриjедности „тачно“, односно „нетачно“.

Дисjункциjа два исказа, a ∨ b што читамо „a или b“, jе тачна ако и само ако jебар jедан од тих исказа тачан. Конjункциjа два исказа, a ∧ b, или a&b што читамо„a и b“, jе тачна ако и само ако су оба исказа тачни. Дисjункциjа и конjункциjа суредом дати у следећим скраћеним табелама.

∨ 1 01 1 10 1 0

∧ 1 01 1 00 0 0

Када нема забуне са аритметиком, дисjункциjу и конjункциjу пишемо као сабирањеи множење, редом a + b и a × b, односно a ⋅ b.

5


Задатак 1.1.1. Провjерити тачност исказа:

4

5> 5

7;

3

5− 2

3= 1

10; ¬(31

32< 15

16) ; ¬(17

18− 13

14= 1

63) .

Импликациjа, коjу означавамо a⇒ b, jе увек тачна осим када jе претпоставка aтачна, а последица b нетачна. Еквиваленциjа, a ⇐⇒ b, jе тачна када су искази a, bисте вриjедности. Ексклузивна дисjункциjа a∨b (такође a∇b или a⊕ b) jе тачна кадаjе само jедан од исказа a, b тачан.

Примjер 1.1.2. Написати скраћену табелу екслузивне дисjункциjе.

Рjешење 1.1.2. За оба иста ∇ даjе нетачно �, а за различита тачно ⊺:∇ ⊺ �⊺ � ⊺� ⊺ �

Примjер 1.1.3. Изразити ексклузивну дисjункциjу помоћу негациjе, конjункциjе идисjункциjе.

Рjешење. Има више начина, нпр. a⊕b = (a∨b)∧¬(a∧b), или a⊕b = (a∨b)∧(¬a∨¬b),или a⊕ b = (a ∧ ¬b) ∨ (¬a ∧ b). Користећи „инжињерскe“ ознакe1, последњи примjербио би: a⊕ b = ab + ab.

Задатак 1.1.4. Написати скраћену табелу импликациjе (еквиваленциjе) и изразитиих помоћу негациjе, дисjункциjе, или конjункциjе.

Задатак 1.1.5. Изразити дисjункциjу и конjункциjу помоћу импликациjе и негациjе.

Уз импликациjу, a⇒ b, иду три додатне врсте исказа: конверзиjа b⇒ a, инверзиjа¬a⇒ ¬b и контрапозициjа ¬b⇒ ¬a.

Задатак 1.1.6. Написати конверзиjу, инверзиjу и контрапозициjу за импликациjу:i. ако jе он добар тенисер, онда jе он популаран;ii. ако пада киша, трава jе мокра;iii. данас jе недеља, па jе нерадни дан.

Таутологиjа jе исказ коjи jе увек тачан. По jедноj подели таутологиjе могу битиочигледне (нпр. „бjело jе бjело“) или компликоване, по другоj важниjе или мањеважне.

Пирсов2 закон {(x → y) → x} → x jе jедна од, компликованиjих али важниjих,таутологиjа коjу можемо сматрати врстом Закона искључења трећег3. Пирсоваформула jе лажна само ако jе антецеденс {(x → y) → x} тачан, а консеквент x

1за негациjу p уместо ¬p, за конjункциjу pq уместо p ∧ q, за дисjункциjу p + q2Charles Sanders Peirce (1839-1914), амерички математичар и филозоф3Тврђење може бити само jедно од: тачно, нетачно



нетачан. Ако jе ово тачно, или jе консеквенс, x, тачан, када jе цела формула тачна,или jе антецеденс x→ y нетачан. У последњем случаjу, антецеденс од x→ y, што jеx, мора бити тачан4.

Примjер 1.1.7. Пирсов закон:

p(x, y) = ((x⇒ y)⇒ x)⇒ x

i. доказати помоћу истинитосне таблице;ii. доказати методом контрадикциjе.

Рjешење. i. Таблицу попуњавамо с лева у десно, редаjући „тачно“ и „нетачно“ у прведве колоне, одозго на доле:

x y x⇒ y (x⇒ y)⇒ x p(x, y)1 1 1 1 11 0 0 1 10 1 1 1 10 0 1 0 1

У последњоj колони сви ретци завршаваjу са тачно, тj. 1, што значи да jе реченицаp таутологиjа.

ii. ИмпликациjаA⇒ B jе нетачна само када jеA тачно иB нетачно. Претпоставимода постоjи такав случаj. Тада A = ((x ⇒ y) ⇒ x) = ⊺ и B = x = �. Зато jеA = ((� ⇒ y) ⇒ �), односно A = ((⊺) ⇒ �), па jе A = �. То jе у контрадикциjиса претпоставком да jе A = ⊺, што значи да jе дата импликациjа увек тачна.

Задатак 1.1.8. Следеће таутологиjе:

(p⇒ q)⇒ (¬p ∨ q), (¬p ∨ q)⇒ (p⇒ q),

¬(p ∧ ¬p)⇒ p, (p ∨ q) ∧ p⇒ (p ∨ ¬q),

i. доказати помоћу истинитосне таблице;ii. доказати методом контрадикциjе.

Задатак 1.1.9. Проверити таутологиje5 методом по свом избору:i. Закон рефлексивности импликациjе: p→ p;ii. Закон искључења трећег6: p ∨ ¬p;iii. Закон непротивречности: ¬(p ∧ ¬p);iv. Закон двоjне негациjе: ¬¬p↔ p;v. Закон транзитивности импликациjе: (p→ q) ∧ (q → r)→ (p→ r);vi. Закон транзитивности еквиваленциjе: (p↔ q) ∧ (q↔ r)→ (p↔ r);vii. Закон уклањања импликациjе: (p→ q)↔ (¬p ∨ q);

4Peirce, the Collected Papers 3.3845Универзитет Црне Горе: http://www.fzpkotor.com/joomla/6Tertium non datur


http://www.fzpkotor.com/joomla/


viii. Закон уклањања еквиваленциjе: (p↔ q)↔ ((p→ q) ∧ (q → p));ix. Закон свођења на апсурд7: (¬p→ (q ∧ ¬q))→ p;x. Закон идемпотенциjе за конjункциjу: (p ∧ p)↔ p;xi. Закон идемпотенциjе за дисjункциjу: (p ∨ p)↔ p;xii. Закон комутативности за конjункциjу: (p ∧ q)↔ (q ∧ p);xiii. Закон комутативности за дисjункциjу: (p ∨ q)↔ (q ∨ p);xiv. Закон асоциjативности за конjункциjу: (p ∧ (q ∧ r))↔ ((p ∧ q) ∧ r);xv. Закон асоциjативности за дисjункциjу: (p ∨ (q ∨ r))↔ ((p ∨ q) ∨ r);xvi. Закон апсорпциjе за конjункциjу: (p ∧ (p ∨ q))↔ p;xvii. Закон апсорпциjе за дисjункциjу: (p ∨ (p ∧ q))↔ p;xviii. Закон дистрибуциjе конjункциjе: (p ∧ (q ∨ r))↔ ((p ∧ q) ∨ (p ∧ r));xix. Закон дистрибуциjе дисjункциjе: (p ∨ (q ∧ r))↔ ((p ∨ q) ∧ (p ∨ r));xx. Деморганов закон конjункциjе: ¬(p ∧ q)↔ (¬p ∨ ¬q);xxi. Деморганов закон дисjункциjе: ¬(p ∨ q)↔ (¬p ∧ ¬q);xxii. Modus ponens8: (p ∧ (p→ q))→ q;xxiii. Modus tolens9: ((p→ q) ∧ ¬q)→ ¬p);xxiv. Закон конjункциjе са таутологиjом: (p ∧ ⊺)↔ p;xxv. Закон дисjункциjе са таутологиjом: (p ∨ ⊺)↔ ⊺;xxvi. Закон кнjункциjе са контрадикциjом: (p ∧ �)↔ �;xxvii. Закон дисjункциjе са контрадикциjом: (p ∨ �)↔ p.

Задатак 1.1.10. Доказати да jе формула F = ¬(x⇒ (¬x⇒ y)) логички неистинита,тj. увек jе нетачна.

Задатак 1.1.11. Доказати да формула f = (x⇒ y)∧(y⇒ x) ниjе нити идентичкиистинита, нити jе идентички лажна.

Задатак 1.1.12. Ако су прве две реченице тачне, трећа реченица jе: тачна, нетачна,неодређена.

i. Ана jе стариjа од Цвиjана. Бранко jе стариjи од Тање. Цвиjан jе стариjи одБранка?

ii. Боровнице коштаjу више од jагода. Боровнице коштаjу мање од малина.Малина кошта више од jагода и боровница?

iii. Продавница и пиjаца су jужно од апотеке. Њена кућа jе североисточно одапотеке. Њена кућа jе западно од продавнице и пиjаце?

iv. Температура jе у понедељак била нижа него у уторак. У среду jе била нижанего у уторак. У понедељак jе била виша него у сриjеду?

Задатак 1.1.13. Ако су прве две реченице тачне, трећа реченица jе: тачна, нетачна,неодређена.

a. Сви Ламели су Сигноти са дугмадима. Ниjедан жути Сигнот нема дугмад.Ниjедан Ламел ниjе жут?

7Reductio ad absurdum - лат. „свођење на апсурд“8Modus ponens - лат. „афирмациjа афирмациjом“9Modus tolens - лат. „начин негациjе негирањем“



b. Чачкалица jе корисна. Корисне ствари су вриjедне. Чачкалица jе вриjедна?c. Облачни дани су вjетровитиjи од сунчаних. Магловити дани су мање вjетровити

од облачних. Сунчани дани су мање вjетровити од магловитих?d. Књижара има бољи избор разгледница од киоска. Избор разгледница у драгстору

jе већи него у књижари. Драгстор има бољи избор разгледница него књижара иликиоск?

У сљедећа два примjера сва три исказа су тачни. Коjи од понуђених одговораA, B, C, D или E jе тачан?

Задатак 1.1.14. Jована има четворо деце. Двоjе њене деце имаjу плаве очи, а двоjесмеђе. Пола од деце су девоjчице. Ако су прва три исказа тачни, коjи од следећихjе такође тачан?

I: Наjмање jедна девоjчица има плаве очи.II: Двоjе од деце су дечаци.III: Дечаци имаjу смеђе очи.A. само I, B. само II, C. само II и III, D. нити jедна.

Задатак 1.1.15. Све мешавине пића су сокови. Сви сокови су питки. Неки соковису црвени. Ако су ова три исказа тачна, коjа од следећих реченица jе такође тачна?

I: Неке мешавине пића су црвене.II: Сви сокови су мешавине пића.III: Све мешавине пића су питке.A. само I и II, B. само II, C. само I и III, D. само III, E. нити jедна.

Следећа два задатка читаjте пажљиво и бираjте понуђени одговор.

Задатак 1.1.16. Четири особе фарбаjу Богданову кућу. Михаjло фарба предњустрану. Лазар jе у пролазу иза и фарба задњу страну. Андреj фарба оквире прозорана северноj страни. Сергеj jе на jугу. Ако Михаjло и Андреj замене мjеста, а затимсе замене Андреj и Сергеj, гдjе jе тада Сергеj?

A: у алеjи иза куће,B: на северноj страни куће,C: на предњоj страни куће,D: на jужноj страни куће.

Задатак 1.1.17. Филип воли да препусти студентима избор њихових сарадника.Међутим, ниjедан пар студената не треба радити заjедно седам или више узастопнихчасова. Адам и Бане jесу били заjедно узастопних седам часова. Вељко и Гавро сурадили заjедно три узастопна часа. Вељко не жели да ради са Адамом. Ко битребао бити додjељен Банету?

Вељко, Адам, Гавро, или Филип.

У следећа два задатка се тражи мудар, или логичан одговор.



Задатак 1.1.18. Богати отац jе имао два сина а сваки од синова jе имао по jедногкоња. Отац jе на самрти окупио синове и рекао им. Оно што имам премало jе да седиjели па ћу оставити оном од вас двоjице коjи има спориjег коња. Организоваћететрку на коњима и онаj чиjи коњ стигне последњи наследиће моjе имање, а онаj коjиима бржег коња зарадиће са њим свакако.

Не знаjући како да заврше трку, коjа би могла траjати бесконачно, синови одупо савет мудраца. Шта им jе мудрац могао одговорити?

Задатак 1.1.19. Претпоставимо да имамо два брата бизанца, jедног коjи увиjекговори истину, а другог коjи увиjек лаже. Коjе jедноставно питање, за одговорда-не, треба поставити непознатом од браће, да би сазнали коjи jе он?

У електротехници су ознаке за наjчешће електричне контакте (прекидаче) приказанепосебним симболима, као на следећим сликама. Прекидач x или y jе укључен кадаима вриjедност 1, односно искључен када има вриjедност 0. Мултиполи су мрежеконтакта.

Конjункциjа „тачно и нетачно jе нетачно“ приказана jе на слици 1.1, дисjункциjа„нетачно или тачно jе тачно“ приказана jе на слици 1.2, а „негациjа нетачног jе тачно“jе на слици 1.3.

Slika 1.1: Конjункциjа: први jе укључен, други искључен.

Slika 1.2: Дисjункциjа: први jе искључен, други jе укључен.

Задатак 1.1.20. Представити закон дистрибуциjе A(B+C) = AB+AC прекидачима.

Задатак 1.1.21. Представити прекидачима Деморганове законе:

A +B = AB, AB = A + B

и доказати их анализираjући ток струjе.



Slika 1.3: Негациjа: искључен постаjе укључен.

Негациjа се понекад означава апострофом. Тако jе A′ исто што A или ¬A. Нашемама се негациjа означава и са ускличником испред.

Задатак 1.1.22. Доказати формулу алгебре логике

(A′B +AB′)′ = AB +A′B′.

Извести ову jеднакост користећи Де Морганове законе, а затим нацртати ианализирати шему.

Задатак 1.1.23. Коjу формулу Q = Q(A,B,C) представљаjу прекидачи на слици1.4.

Slika 1.4: Наћи Q у функциjи A,B и C.

Ради jасноће се дисjункциjа, конjункциjа и негациjа, на шеми прекидача додатноозначаваjу енглеским OR, AND и NOT , као у следећем примjеру.

Задатак 1.1.24. На шеми са слике 1.5 изразити J и K помоћу A,B,C и D.

У алгебри логике постоjе два основна квантора, или квантификатора: ∀ и ∃.Први jе универзални и потсећа на (обрнуто) прво слово енглеске речи „All“ - сваки,а други jе егзистенциjални и потсећа на прво слово енглеске речи „Egzist“ - постоjи.



Slika 1.5: Наћи J и K у функциjи A,B,C и D.

У реченици логике ∀x читамо „за сваки икс“, а ∃x читамо „постоjи икс“. Напримjер, реченицу ∀x ∈ A f(x) ≤ M читамо „за свако x са особином А jе еф од xмање или jеднако М“.

Примjер 1.1.25. Прочитати реченицу:

(∃m ∈ N)(∀n ∈ N) m ≤ n.

Да ли jе она тачна?

Рjешење. Читамо: “постоjи природни броj m такав да jе за сваки природни броj n,броj m jе мањи или jеднак n”. Jесте, такав jе броj m = 1.

Задатак 1.1.26. Дат jе низ броjева a1, a2, a3, . . . . Прочитати и протумачитиреченице:

(∀ε > 0)(∃m ∈ N)(∀n ≥m) ∣an − am∣ < ε,

(∃m ∈ N)(∀ε > 0)(∀n ≥m) ∣an − am∣ < ε.

Задатак 1.1.27. Написати помоћу квантора. Када jе дат произвољан природниброj m увиjек се може наћи природни броj n, такав да jе њихов производ већи одсваког унаприjед датог природног броjа p.

Посебно, егзистенциjални квантор има jош и облик ∃1 или ∃! коjи читамо „постоjитачно jедан“. Рецимо реченицу: (∃1x ∈ Q) 3 ⋅ x = 1, читамо: „постоjи тачно jеданрационалан броj икс такав да jе три пута икс jеднако jедан“.



1.2 Скуп

Скуп jе толико основни поjам у математици да га не треба дефинисати. Акога ипак дефинишемо, можемо рећи да jе скуп неуређена колекциjа различитихелемената.

Скупове и елементе означавамо великим и малим словима абецеде. Када елеме-нат x припада скупу A пишемо x ∈ A. Када сваки елеменат скупа A припада скупуB, тада кажемо „A jе потскуп B“ и пишемо A ⊆ B. Два скупа су jеднака акко (ако исамо ако) jе A ⊆ B и B ⊆ A, тада пишемо A = B. Када кажемо: „A jе прави потскупB“, тада jе искључена могућност jеднакости ова два скупа, и можемо писати A ⊂ B

Униjа скупова A и B jе скуп A ∪B коjи садржи све елементе оба дата скупа исамо њих. Пресек скупова A и B jе скуп A ∩ B коjи садржи заjедничке елементедатих скупова и само њих. Комплемент скупа A jе скуп A′ коjи садржи све онеелементе коjе не садржи дати скуп A. Броj елемената скупа A означавамо са n(A)или ∣A∣. Униjу и пресек, када то не доводи до забуне, често пишемо као збир ипроизвод.

Разлика скупова A и B jе скуп A ∖B коjи садржи све оне елементе првог коjинису садржани у другом скупу. Скупове са коjима радимо увек посматрамо каопотскупове неког фиксног универзалног скупа, универзума коjи означавамо са U ,E, или ξ. Празан скуп ∅ jе скуп без елемената. За скупове кажемо да су дисjунктни,ако им jе пресек празан скуп.

примjери Венових диjаграма за униjу, пресек и разлику скупова A, B и C прика-зани су на слици 1.6 сенчењем.

Slika 1.6: A ∪B ∪C, A ∩B ∩C, (A ∪C) ∖B.

Различите ситуациjе разлике, пресека и комплемента са три скупа, приказане суВеновим диjаграмима на слици 1.7.

Задатак 1.2.1. Показати да за комплемент скупа важи:

A′ = U ∖A, A′ ∪A = U, A′ ∩A = ∅.

Задатак 1.2.2. Показати да важе jеднакости:1. A ∪A = A и A ∩A = A - закони идепотенциjе;2. (A ∪B) ∪C = A ∪ (B ∪C) и (A ∩B) ∩C = A ∩ (B ∩C) - закони асоциjациjе;3. A ∪B = B ∪A и A ∩B = B ∩A - закони комутациjе;



Slika 1.7: A ∖ (B ∩C), A ∖ (B ∩C)′, A′ ∖ (B ∩C).

4. A ∪ (B ∩ C) = (A ∪ B) ∩ (A ∪ C) и A ∩ (B ∪ C) = (A ∩ B) ∪ (A ∩ C) - законидистрибуциjе;

5. A ∪Ø = A, A ∩U = A, A ∪U = U, A ∩Ø = Ø - закони идентитета;6. (A′)′ = A - закон инволуциjе;7. A ∪A′ = U , A ∩A′ = Ø, U ′ = Ø, Ø′ = U - закони комплемента;8. (A ∪B)′ = A′ ∩B′ и (A ∩B)′ = A′ ∪B′ - Деморганови закони.

Идентитети у задатку 1.2.2 су поредани у паровима дуалних скупова. Дуалскупа S jе скуп S∗ када се у jеднакости они могу мењати заменом униjе са пресекомили обратно. На примjер, дуали су U и Ø у jеднакостима:

(U ∩A) ∪ (B ∩A) = A, (Ø ∪A) ∩ (B ∪A) = A,

коjе су обе тачне.

Задатак 1.2.3. Дата су два произвољна два скупа A и B. Помоћу Венових диjаграмапоказати да су скупови A∩B′, A∩B и A′∩B дисjунктни и да jе њихова униjа A∪B.

Задатак 1.2.4. Доказати да за произвољна два скупа A и B важи jеднакост:

n(A ∪B) = n(A) + n(B) − n(A ∩B).

Следећих неколико примjера се могу решавати помоћу Венових диjаграма, алии помоћу претходне формуле.

Задатак 1.2.5. У разреду има 32 ученика. Њих 16 учи њемачки, а 21 учи енглескиjезик. Колико их учи оба jезика?

Задатак 1.2.6. У кафани jе током поднева 62 људи пило по jедну кафу или некопиће. Њих 45 jе пило кафу, а 33 нешто друго. Колико гостиjу jе пило кафу садругим пићем?

Задатак 1.2.7. Ако jе n(A∖B) = 15, n(A∪B) = 48 и n(A∩B) = 12, колико jе n(B)?

Задатак 1.2.8. У групи од 120 лица, 82 говоре енглески а 65 француски. Коликоих говори само енглески, колико само француски, а колико оба jезика?



Задатак 1.2.9. Показати да за произвољна три скупа A, B и C важе jеднакости:

(A ∩C) ∩ (B ∩C) = A ∩B ∩C, (A ∪C) ∪ (B ∪C) = A ∪B ∪C,

(A ∪B) ∩C = (A ∩C) ∪ (B ∩C), (A ∩B) ∪C = (A ∪C) ∩ (B ∪C).

То су били закони дистрибуциjе униjе и пресека. Скоро слична су и следећаправила са разликама.

Задатак 1.2.10. Помоћу Венових диjаграма доказати скуповне jеднакости:

C ∖ (A ∪B) = (C ∖A) ∩ (C ∖B), C ∖ (A ∩B) = (C ∖A) ∪ (C ∖B),

(A ∪B) ∖C = (A ∖C) ∩ (B ∖C), (A ∩B) ∖C = (A ∖C) ∪ (B ∖C).

Задатак 1.2.11. Показати да за произвољна три скупа A, B и C важи jеднакост:

n(A ∪B ∪C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩B) − n(A ∩C) − n(B ∩C) + n(A ∩B ∩C).

Задатак 1.2.12. На неком такмичењу подељене су медаље у три категориjе A,Bи C. У тим категориjама jе подељено редом 40, 32 и 29 медаља. Укупно 56 особасу добиле медаље, а само 4 особе су добиле медаље у све три категориjе. Коликоукупно особа jе добило медаље у по две категориjе?

Задатак 1.2.13. У групи од 49 лица, свако игра бар jедну од игара A, B или C.Њих 21, 27, односно 29 игра A, B, односно C, тим редоследом. Прву и другу игруигра 8 лица, другу и трећу 14, а све три играjу 3 лица. Колико лица игра прву итрећу игру (A и C), а колико лица игра прву и другу али не и трећу игру?

Задатак 1.2.14. Група од 120 студената10 означена jе броjевима од 1 до 120. Свиса парним броjевима су кандидати за физику, они са броjевима дjељивим са 5 сукандидати за хемиjу, а они са броjевима дjељивим са 7 суза математику. Коликоих нису кандидати нити за jедан наведени предмет?

Задатак 1.2.15. Од 200 кандидата на интервjу за посао, 100 има мотоцикл, 70има кредитну картицу, а 140 има мобилни телефон. Оба, мотоцикл и кредитнукартицу има њих 40, кредитну картицу и мобилни има њих 60, а мотоцикл имобилни имаjу 60. Десет кандидата има сва три уређаjа. Колико кандидата неманити jедан уређаj?

Задатак 1.2.16. Ако jе A ⊂ C и A ⊆ B ⊆ C, тада jе A ⊂ B или jе B ⊂ C. Доказати.

Декартов производ скупова jе скуп уређених парова њихових елемената. Прецизниjе,за дате скупове A и B, Декартов производ jе скуп

A ×B = {(x, y)∣x ∈ A ∧ y ∈ B}. (1.1)10Ascen education: http://www.ascenteducation.com/


http://www.ascenteducation.com/


Задатак 1.2.17. Ако jе A ⊆ B и C ⊆D, тада jе A ×C ⊆ B ×D. Доказати.

Задатак 1.2.18. Доказати да за произвољне скупове важи дистрибуциjа:

(A ∪B) ×C = (A ×C) ∪ (B ×C).

Задатак 1.2.19. Доказати дистрибуциjу:

(A ∩B) ×C = (A ×C) ∩ (B ×C).

Задатак 1.2.20. Доказати дистрибуциjу:

(A ∖B) ×C = (A ×C) ∖ (B ×C).

Задатак 1.2.21. Пописивач иде од врата до врата и улази у кућу Олге, коjа jенаставница математике. Добар дан госпођо, скупљам податке за попис. Коликовас живи на овоj адреси? Муж и jа са троjе деце, одговара она. Добро, коликодеца имаjу година? Е па, то ћете морати да израчунате, каже Олга. Производњихових година jе 72.

П: У реду, рачунам, али треба ми jош информациjа.О: Збир њихових година jе исти као броj на адреси моjе куће.П: Добро, али требам jош неки податак.О: Тако jе. Моjе наjстариjе дете заиста воли спанаћ.Аха, одговорио jе пописивач, сада знам.Коjи jе броj Олгине куће и колико њена деца имаjу година?

Задатак 1.2.22. Свака од четири карте на слици 1.8 има слово на jедноj странии броj на другоj. Колико наjмање карата треба окренути ради провере следећегправила: “ако jе на jедноj страни слово А онда jе на другоj страни броj 7”?

Slika 1.8: Васонов (Wason, 1924 – 2003) тест.

Задатак 1.2.23. Доказати Деморганове законе за скупове:

(A ∪B)′ = A′ ∩B′, (A ∩B)′ = A′ ∪B′.



Симетрична разлика скупова A и B jе скуп:

A△B = (A ∪B) ∖ (A ∩B), (1.2)

коjи се означава такође са A⊖B или a⊕B.

Задатак 1.2.24. Показати да важи jеднакост:

(A ∪B) ∖ (A ∩B) = (A ∖B) ∪ (B ∖A)

на два начина:i. на примjеру скупова A = {1,2,3,4} и B = {3,4,5,6}.ii. помоћу Венових диjаграма,

Принцип математичке индукциjе. Нека jе дат низ исказа T1, T2, T3, . . . , даклетврђења од коjих jе свако тачно или нетачно. Нека важе ове две особине:

1. T1 jе тачно,2. увек када jе Tn тачно, биће Tn+1 такође тачно.Тада jе свако Tn тачно.

Задатак 1.2.25. Доказати да jе n2 збир првих n = 1,2,3, . . . непарних броjева.

Задатак 1.2.26. Доказати:

i. 2 + 4 + 6 + ⋅ ⋅ ⋅ = n(n + 1), ii. 1 + 4 + 7 + ⋅ ⋅ ⋅ = n(3n − 1)/2,iii. (∀n ≥ 3) n2 ≥ 2n + 1, (∀n ≥ 4) n! ≥ 2n,

гдjе факториjел дефинишемо са n! = (n − 1)! ⋅ n, односно 1! = 1, 2! = 1 ⋅ 2, 3! = 1 ⋅ 2 ⋅ 3,... .

Партитативни скуп скупаA jе скуп ℘(A) свих подскупова скупаA. На примjер,скуп

℘(A) = {Ø,{1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3},{1,2,3}} (1.3)

jе партитативни скуп скупа A = {1,2,3}.

Задатак 1.2.27. Доказати да jе n(℘(A)) = 2n(A).

Задатак 1.2.28. У некоj групи лица свако се бави неком од активности: плес,трчање, jога и шах. Онаj коjи се бави плесом или шахом бави се и трчањем. Онаjко се бави jогом бави се и шахом. Онаj ко се бави трчањем и jогом бави се и плесом.У коjоj од наведених активности има наjмање, а у коjоj наjвише ових лица.

Следећу загонетку jе у прошлом веку наводно осмислио Аjнштаjн11 и рекао даих може решити само 2% људи.

Задатак 1.2.29. Човек jе наишао на медведа у пустари. Оба су се уплашила ипочела бежати. Човек на север, медвед на запад. Изненада, човек jе стао нациљаопушком на jуг и убио медведа. Коjе боjе jе био таj медвед?

11Albert Einstein, 1879 - 1955, славни теориjски физичар.



Задатак 1.2.30. Имамо низ пет кућа различитих боjа. У свакоj кући живи човекдругачиjе националности. Сваки човек има другачиjег љубимца, воли различитопиће и пуши различиту марку цигарета.

1. Британац живи у црвеноj кући.

2. Швеђанин држи пса као љубимца.

3. Данац пиjе чаj.

4. Зелена кућа jе лево од беле куће.

5. Власник беле куће пиjе кафу.

6. Особа коjа пуши Пал Мал гаjи птице.

7. Власник жуте куће пуши Данхил.

8. Човек коjи живи у централноj кући пиjе млеко.

9. Норвежанин живи у првоj кући.

10. Човек коjи пуши Бленд живи поред оног ко држи мачке.

11. Човек коjи држи коње живи поред човека коjи пуши Данхил.

12. Човек коjи пуши Блу Мастер пиjе пиво.

13. Немац пуши Принц.

14. Норвежанин живи поред плаве куће.

15. Човек коjи пуши Бленд има комшиjу коjи пиjе воду.

Ко има рибе код куће? Jесте ли међу оних 2% ?



1.3 Релациjа

Бинарна релациjа jе скуп уређених парова:

ρ = {(x1, y1), (x2, y2), (x3, y3), . . .}, (1.4)

гдjе су први елементи парова из скупа коjи називамо домен релациjе (x1, x2, ⋅ ⋅ ⋅ ∈X),а други елементи парова из скупа коjи називамо кодомен релациjе (y1, y2, ⋅ ⋅ ⋅ ∈ Y ),као што се види на слици 1.9.

Slika 1.9: Релациjа ρ ∶X → Y .

За уређене парове скупа ρ кажемо да су у релациjи. На примjер, бинарнарелациjа jе скуп ρ = {(1,2), (−3,4), (a,−5)}, што значи да су 1 и 2 у релациjи, затим-3 и 4, а такође и пар a и -5. То краће пишемо 1ρ2, (−3)ρ4 и aρ(−5). Разлог заовакво писање су наjпознатиjе релациjе као што су jеднакост12, или неjеднакост13.Релациjа може имати коначно или бесконачно много елемената (уређених парова).

У даљем тексту подразумевамо да jе релациjа бинарна. Међутим, релациjа jеуопште скуп уређених низова константне дужине. На примjер, релациjа дужине триjе скуп трочланих низова, прецизниjе:

µ = {µ1, µ2, µ3, . . .}, µk = (xk, yk, zk), k = 1,2,3, . . . (1.5)

Другим речима, трочлана релациjа jе Декартов производ три скупа X,Y и Z, коjиjе скуп уређених троjки:

µ = {(x, y, z)∣x ∈X,y ∈ Y, z ∈ Z}. (1.6)

Дефинициjе (1.5) и (1.6) су еквивалентне и могу се даље поопштавати.Нека су X1 и X2 непразни скупови и нека jе ρ бинарна релациjа Декартовог

производа X1 ×X2. Тада пишемо ρ ⊆X1 ×X2, а скупове:

{ D1(ρ) = {x2 ∈X2∣∃x2 ∈X2, (x1, x2) ∈ ρ},D2(ρ) = {x1 ∈X1∣∃x2 ∈X2, (x1, x2) ∈ ρ},

(1.7)

називамо првом и другом проjекциjом, редом. Прву проjекциjу називамо и доменили област дефинисаности, а другу кодомен, ранг или подручjе вриjедности датерелациjе. Скуп

ρ−1 = {(x2, x1)∣(x1, x2) ∈ ρ}12пишемо x = y уместо = (x, y)13пишемо x ≤ y уместо ≤ (x, y)



називамо инверзном релациjом дате релациjе.

Примjер 1.3.1. У Декартовоj равни Oxy представити релациjу

M = {(1,1), (2,1), (2,3)}.

Slika 1.10: Релациjе: i) M ∶ x→ y; ii) f ∶ x→ 12x + 1.

Рjешење. То су тачке са координатама M1(1,1),M2(2,1) и M3(2,3), приказане наслици 1.10 лево. Приметимо да ова релациjа представља ону на слици 1.9.


f = {(x, y)∣y = 1

2x + 1, x ∈ R}.

Рjешење. Израчунавамо неколико тачака, на примjер A(0,1),B(2,2),C(4,3), док неприметимо да све оне леже на истоj правоj, представљеноj на слици 1.10 десно. То jеправа линиjа у Декартовом правоуглом систему кооордината Oxy, чиjе тачке имаjуапсцисе x и ординате y = 1

2x + 1. Парови ових координата (x, y) су елементи датерелациjе f .


ρ = {(x, y) ∶ y = x2}.

Рjешење. Користећи дату jеднакост y = x2 израчунавамо што jе могуће више уређенихпарова (x, y) коjе цртамо као тачке у Декартовом систему Oxy. На слици 1.11 лево,такве су тачаке: O(0,0),A(1,1),B(2,4),C(−2,4) и D(−1,1). Све сличне тачке лежена параболи и зато за jеднакост y = x2 кажемо да дефинише параболу.

Решавањем jедначине y = x2 по x добиjамо x = ±√y, што нам даjе идеjу дапоставимо следећи, инверзни проблем.



Slika 1.11: Граф параболе ρ ∶ y = x2 и корена ρ−1 ∶ y = ±√x.


ρ−1 = {(x, y) ∶ y = ±√x}.

Рjешење. Jеднакошћу y = √x израчунавамо парове (x, y) и цртамо тачке у Декартовом

правоуглом систему Oxy. Добиjамо граф корена, као на слици 1.11 десно.

Приметимо да на графовима параболе и корена имамо инверзне тачке. ТачкаA′(1,1) jе инверзна тачки A(1,1), тачка B′(4,2) jе инверзна B(2,4), C ′(4,−2) jеинверзна C(−2,4), тачке D′(1,−1) и D(−1,1) су инверзне. Добиjаjу се заменом првеи друге координате. Уопште, тачка T (ξ, η) коjа припада параболи ρ на слици 1.11лево, инверзна jе тачки T ′(η, ξ) коjа припада графу корена ρ−1 на слици 1.11 десно.

Зато кажемо да су инверзне и саме релациjе ρ и ρ−1 дефинисане jеднакостимаy = x2 и y = √

x. Приметимо да се jедино тачке симетрале I и III квадранта Декартоверавни инверзиjом пресликаваjу саме у себе. Наиме, тачка T (x,x) инверзиjом прелазиу тачку T ′(x,x) са истим координатама, а то су све тачке праве линиjе y = x.

На следећоj слици 1.12, испрекидана права линиjа jе оса симетриjе параболеy = ax2 и њоj инверзног графа корена y = ±

√xa , за произвољан реалан a > 0.

Било коjа функциjа f ∶ X → Y може се посматрати као бинарна релациjа саскупа X на скуп Y . Таква релациjа се увек може представити графом

G(f) ∶= {(x, f(x)∣x ∈X} ⊆X × Y. (1.8)

Када год функциjа f има инверзну функциjу f−1, она jе и инверзна релациjа. Та сефункциjа тада може представити инверзним графом:

G−1(f−1) ∶= {(y, f−1(y))∣y ∈ Y } ⊆ Y ×X. (1.9)

Међутим, свака релациjа има инверзну релациjу, била она функциjа или не.



Slika 1.12: Граф параболе y = ax2 за a > 0, и корена y = ±√x/a.

Задатак 1.3.5. Дат jе скуп X = {a, b, c, d, e, f} са графом релациjе ρ ⊆ X × X наслици 1.13. Представити релациjу ρ и инверзну релациjу ρ−1 помоћу скупа уређенихпарова.

Slika 1.13: Граф релациjе ρ.

Задатак 1.3.6. Дата jе релациjа ρ = {(x, y) ∶ x∣196 ∧ y∣225, x ∈ N}. Написати свеелементе скупа ρ и скупа ρ−1.

Задатак 1.3.7. Дата jе релациjа ρ = {(x, y) ∶ y = 13x − 1, x ∈ R}. Представити ρ и

ρ−1 у истом Декартовом Oxy систему.

Задатак 1.3.8. Дата jе релациjа ρ = {(x, y) ∶ y = 2x − 2, x ∈ R}. Представити ρ иρ−1 у истом Декартовом Oxy систему.

Задатак 1.3.9. Показати да jе релациjи дефинисаном функциjом y = x2−1 инверзнарелациjа дефинисана двема функциjама y = ±

√x + 1, на начи:

ρ = {(x, y) ∣ y = x2 − 1, x ∈ R}, ρ−1 = {(x, y) ∣ y = ±√x + 1, x ≥ −1}.



Нацртати графове у истом систему Oxy.

Када су дате бинарне релациjе ρ1 ⊆ X1 × X2 и ρ2 ⊆ X2 × X3 на непразнимскуповима, онда се скуп

ρ1 ○ ρ2 = {(x1, x3)∣(x1, x2) ∈ ρ1 ∧ (x2, x3) ∈ ρ2}

назива композициjа или производ релациjа ρ1 и ρ2.

Задатак 1.3.10. На слици 1.14 су дате релациjеρ, σ и њихова композициjа γ = σ○ρ.Написати елементе скупова ρ, σ, γ. Показати да jе инверзна релациjа γ−1 = ρ−1○σ−1.

Slika 1.14: Композициjа релациjа γ = σ ○ ρ.

Задатак 1.3.11. Дате су релациjе:

ρ1 = {(1,1), (1,2), (2,2), (3,3)}, ρ3 = ρ2 ○ ρ1 = {(1,1), (2,1), (2,2), (3,3, )}.

Наћи релациjу ρ2.

Задатак 1.3.12. Дате су релациjе:

ρ2 = {(1,2), (2,1), (3,2), (3,3)}, ρ3 = ρ2○ρ1 = {(1,1), (1,2), (2,1), (2,2), (3,2), (3,3, )}.

Наћи релациjу ρ1.

Задатак 1.3.13. Дате су релациjе (функциjе):

f(x) = 2

3x + 1, g(x) = 1

2x − 3.

Наћи комопозициjу h(x) = (g ○ f)(x) = g[f(x)]. Показати да jе h−1 = f−1 ○ g−1.

Задатак 1.3.14. Навести примjере релациjа ρ1, ρ2 и проверити:a. x(ρ1 ∪ ρ2)y ⇐⇒ xρ1y ∨ xρ2y,b. x(ρ1 ∩ ρ2)y ⇐⇒ xρ1y ∧ xρ2y,c. x(ρ1/ρ2)y ⇐⇒ xρ1y ∧ ¬(xρ2y),d. ρ1 ⊆ ρ2 ⇒ (xρ1y⇒ xρ2y).



Када jе дата релациjа ρ ⊆X × Y , са ρ(X) ⊆ Y означавамо све оне елементе y ∈ Yза коjе постоjи неки елеменат x ∈X, тако да jе xρy, тj. (x, y) ∈ ρ.

Задатак 1.3.15. Нека jе ρ ⊆ X × Y бинарна релациjа из X у Y . Нека су A,B ⊆ Xпроизвољни подскупови домена. Доказати:

a. A ⊆ B ⇒ ρ(A) ⊆ ρ(B),b. ρ(A ∪B) = ρ(A) ∪ ρ(B),c. ρ(A ∩B) ⊆ ρ(A) ∩ ρ(B).

Задатак 1.3.16. Нека су ρ1, ρ2 ⊆X ×Y две релациjе из домена X у кодомен Y . Акоjе ρ1(x) = ρ2(x) за свако x ∈X, тада jе ρ1 = ρ2.

За релациjу ρ ⊆ X ×X кажемо да jе рефлексивна, симетрична, антисиметричнаили транзитивна, ако важи, истим редом:

xρx, xρy⇒ yρx, (xρy ∧ yρx)⇒ (x = y), (xρy ∧ yρz)⇒ (xρz),

за све њене елементе (уређених парова) x, y, z ∈ ρ. Ирефлексивна (неповратна) jерелациjа за коjу никада ниjе xρx.

Када jе релациjа рефлексивна, антисиметрична и транзитивна, она се кратконазива релациjом поретка. На примjер, неjеднакост x ≤ y за x, y ∈ R, или a ⊆ b заскупове a и b, или a⇒ b за a, b ∈ {⊺,�}. Када jе релациjа рефлексивна, симетрична итранзитивна, кажемо да jе она релациjа еквиваленциjе и означавамо jе са ∼. Пишемоx ∼ y и кажемо: елементи x и y су еквивалентни.

Задатак 1.3.17. Дат jе скуп S = {1,2,3,4,5,6} и jеднакост y = 2x−3. Наћи релациjуρ = {(x, y)∣x, y ∈ S}. Представити jе као скуп уређених парова и као граф.

Примjер 1.3.18. Ако jе ρ релациjа поретка на датом скупу, тада jе њоj инверзнарелациjа ρ−1 такође релациjа поретка на истом скупу.

Рjешење. Рефлексивност jе тривиjална. Антисиметриjа (x, y) ∈ ρ ∧ (y, x) ∈ ρ⇒ x = yзначи да (y, x) ∈ ρ−1 ∧ (x, y) ∈ ρ−1 ⇒ y = x, за свако x и y, што значи антисиметриjуинверзне релациjе. Транзитивност следи из, редом:

(x, y) ∈ ρ ∧ (y, z) ∈ ρ⇒ (x, z) ∈ ρ,

(y, x) ∈ ρ−1 ∧ (z, y) ∈ ρ−1 ⇒ (z, x) ∈ ρ−1,

(z, y) ∈ ρ−1 ∧ (y, x) ∈ ρ−1 ⇒ (z, x) ∈ ρ−1.

Прва формула jе транзитивност дате релациjе ρ, а трећа jе тражена транзитивностњоj инверзне релациjе ρ−1.

Цео броj a дељив jе целим броjем b различитим од нуле (a, b ∈ Z и b ≠ 0), акопостоjи цео броj q такав да jе a = bq. Тада пишемо b∣a и читамо „b диjели a“. Броjb називамо диjелилац или садржалац броjа a, броj q количник или квоцjент тогделења. Релациjа b∣a jе релациjа поретка.



Задатак 1.3.19. Доказати да важе особине дељивости:

1. ако b∣a, онда b∣ac за свако c ∈ Z;

2. ако a∣b и b∣c онда a∣c;

3. ако a∣b и a∣c, онда a∣(bx + cy) за свако x, y ∈ Z;

4. ако a∣b и b∣a, онда jе a = b или jе a = −b;

5. ако за позитивне броjеве a, b важи a∣b, онда jе a ≤ b.

Следећи примjер jе доказ тзв. Еуклидовог алгоритма дељења.

Примjер 1.3.20. Доказати да се сваки цео броj a ∈ Z може на jединствен начинпомоћу датог природног броjа b ∈ N приказати у облику

a = bq + r, q, r ∈ Z, 0 ≤ r < b.

При томе се q и r називаjу редом: количником и остатком при дељењу броjа aброjем b.

Доказ. Из скупа S = {. . . , a − 2b, a − b, a, a + b, a + 2b, . . .} целих броjева изаберимонаjмањи коjи jе природан или нула14. Нека jе то броj r = a − bq ∈ N0. Тада jе

a = bq + r, 0 ≤ r < b,

jер би у случаjу r ≥ b и броj a − (q + 1)b, коjи jе мањи од r, био природан или нула.Тиме jе доказана егзистенциjа броjева q и r.

Jединственост тих броjева доказуjемо сводећи на контрадикциjу претпоставкуда постоjи jош jедан такав пар q1, r1. Наиме, одузимањем старе од нове jеднакостиa = bq1 + r1 коjа такође иде са условом 0 ≤ r1 < b, добиjамо 0 = b(q1 − q) + (r1 − r), штозначи дељивост b∣(r1 − r). Даље, због ∣r1 − r∣ < b имамо r1 − r = 0, те q1 = q.

Задатак 1.3.21. Доказати да jе сваки производ четири узастопна цела броjа дељивса 24.

Задатак 1.3.22. Доказати: (∀n ∈ N) 30∣(n5 − n).

Задатак 1.3.23. Доказати да ни за jедан цео броj n броj n2 + 3n + 5 ниjе дељив са121.

Кажемо да jе d ∈ Z наjвећи заjеднички диjелилац (нзд) целих броjева a и b аковажи d∣a и d∣b, и ако за све c ∈ Z такве да c∣a и c∣b важи ∣c∣ ≤ ∣d∣. Пишемо d = NZD(a, b).

Задатак 1.3.24. У jедноj корпи налази се 35 kg зелених, а у другоj 65 kg црвенихjабука. Треба препаковати jабуке у мање jеднаке гаjбе без мешања зелених и црвених,а да у свакоj гаjби буде иста количина jабука. Одредити носивост гаjбе.

14Скуп природних броjева проширен нулом jе N0 = {0,1,2, . . .}.



Задатак 1.3.25. Доказати да се наjвећи заjеднички диjелилац броjева a, b ∈ Z можеизразити у облику NZD(a, b) = αa + βb, за погодно одабране α,β ∈ Z.

Кажемо да jе d ∈ N наjмањи заjеднички садржалац (нзс) целих броjева a и b аковажи a∣d и b∣d, и ако за све c ∈ N такве да a∣c и b∣c важи d ≤ c. Пишемо d = NZS(a, b).

Задатак 1.3.26. Два аутомобила крећу истовремено на кружноj стази. Првиаутомобил пређе цео круг за 33, а други за 39 минута. После колико минута ће сеоба аутомобила наћи поново истовремено на стартноj линиjи?

Тривиjалне релациjе еквиваленциjе су: jеднакост реалних броjева, jеднакостскупова и еквиваленциjа логичких исказа. У наставку ћемо видети jош неке.

Задатак 1.3.27. Ако jе ρ релациjа еквиваленциjе на датом скупу S, тада jе њоjинверзна релациjа ρ−1 такође релациjа еквиваленциjе на истом скупу S.

Задатак 1.3.28. Дата jе релациjа ρ на скупу S. Ако jе она:a. рефлексивна (∀x ∈ S) xρx,b. ирефлексивна (∀x ∈ S) ¬(xρx),c. симетрична (∀x, y ∈ S) (xρy)⇒ (yρx),d. анти-симетрична (∀x, y ∈ S) (xρy ∧ yρx)⇒ (x = y),e. транзитивна (∀x, y, z ∈ S) (xρy ∧ yρz)⇒ (xρz),

онда jе таква и њоj инверзна релациjа ρ−1.

Задатак 1.3.29. Броjеви x, y ∈ R су у релаицjи ако и само ако jе x2 + y2 ≤ 1. Дали jе та релациjа: a. рефлексивна, b. ирефлексивна, c. симетрична, d. анти-симетрична, e. транзитивна?

Нека jе у скупу X дефинисана релациjа еквиваленциjе ∼ и нека су a1 и a2

произвољни елементи тог скупа. Означимо са A1 и A2 скупове свих елеменатаеквивалентних редом са a1 и a2. Тада, или jе A1 = A2 или A1 ∩ A2 = ∅. Тозначи да jе скуп X подељен на дисjунктне скупове еквиваленциjе коjи се зову класееквиваленциjе. Елементи из исте класе су међусобно еквивалентни, а елементи изразличитих нису. Фамилиjу класа еквиваленциjе скупа X у односу на релациjуеквиваленциjе ∼ називамо скуп-количник датог скупа и дате релациjе и означавамога X/ ∼. Узимањем у свакоj класи еквиваленциjе jедног елемента добиjа се скупреперзентаната.

Примjер 1.3.30. Релациjа паралелности a∣∣b правих a, b ∈ S у еуклидском просторуS jе релациjа еквиваленциjе.

Обjашњење. Наиме, рефлексивност a∣∣a важи jер jе свака права a ∈ S паралелнасамоj себи. Симетриjа a∣∣b ⇒ b∣∣a важи, jер ако jе права a паралелна b, онда jе идруга права паралелна првоj. Транзитивност a∣∣b ∧ b∣∣c ⇒ a∣∣c важи, jер ако jе aпаралелна b и b паралелна c, онда jе a паралелна c.



Примjер 1.3.31. Бинарна релациjа ρ ∈ S jе рефлексивна, симетрична и задовољаваследећи услов

(∀x, y, z ∈ S) xρy ∧ xρz ⇒ yρz.

Доказати да jе ρ релациjа еквиваленциjе.

Доказ. Због симетриjе ρ и комутативности конjункциjе jе zρx ∧ xρy ⇒ yρz, а то jетранзитивност.

Нека jе дат природан броj m већи од 1 и нека су дата два цела броjа a и b. Кадапишемо15:

a ≡ b (mod m)

кажемо да jе броj a конгруентан броjу b по модулу m, што значи да a и b имаjуjеднаке остатаке након дељења са m.

Примjер 1.3.32. Показати да jе: 166 ≡ 26 (mod 7) и 370 ≡ 28 (mod 9).

Рjешење. Тачно jе, jер 166 = 26 ⋅ 7 + 5 и 26 = 3 ⋅ 7 + 5. Друго: 370 = 41 ⋅ 9 + 1 и28 = 3 ⋅ 9 + 1.

На примjер, када jе m = 3, тада су сви природни броjеви подељени у три класееквиваленциjе, оне дељиве са три коjи се могу писати у облику 3k (за k = 1,2,3, . . . ),оне коjи имаjу остатак 1 (облика 3k + 1) и оне коjи имаjу остатак 2 (броjеви 3k + 2).

Задатак 1.3.33. Доказати да jе a ≡ b (mod m):i. ако и само ако jе a = b +mz за неки цео броj z;ii. ако и само ако jе разлика броjева a и b дељва са m;iii. то jе релациjа еквиваленциjе a ∼ b у односу на дати броj m.

Задатак 1.3.34. Ако jе a ≡ b (mod m) и c ≡ d; (mod m) онда jе:i. ax + cy ≡ bx + dy (mod m) за свака два цела броjа x, y;ii. ac ≡ bd (mod m) ;iii. ако jе m = λn, n > 1, онда jе a ≡ b (mod n).

Задатак 1.3.35. Нека jе P (x) полином по x са целоброjним коефициjентима. Тадаиз a ≡ b (mod m) следи P (a) ≡ P (b) (mod m).

Примjер 1.3.36. Наћи остатак делења броjа 3100 са броjем 13.

Рjешење. Из 3 ≡ 3 (mod 13) следи 33 ≡ 27 (mod 13). Из 27 ≡ 1 (mod 13) следи33 ≡ 1 (mod 13). Отуда (33)33 ≡ 133 (mod 13), односно 399 ≡ 1 (mod 13). А како jе(33)33 ⋅ 3 ≡ 1 ⋅ 3 (mod 13) биће 3100 ≡ 3 (mod 13). Из 0 ≤ 3 < 13 следи закључак да jеостатак делења броjа 3100 броjем 13 броj 3.

Задатак 1.3.37. Одредити остатак при делењу броjа 22011 броjем 13.

15Гаусова ознака из његове књиге „Disquisitiones arithmeticae“ обjављене 1801. године.



1.4 Функциjа

Посебна врста релациjе jе функциjа. Ако сваком елементу x из скупа X одговарапоjедини елеменат y скупа Y , кажемо да jе скуп X пресликан у скуп Y . Први x jеоригинал, други y jе његова слика, а поступак пресликавања називамо функциjа f .Пишемо f ∶X → Y , односно y = f(x).

Сваки оригинал функциjе има наjвише jедну слику, али не мора да буде обрнуто.Када свака слика потиче од наjвише jедног оригинала, функциjа се назива инjекциjаили „1-1“. Када за сваку слику постоjи оригинал, функциjа се назива сурjекциjа или„на“. Функциjа коjа jе инjекциjа и сурjекциjа назива се биjекциjа или обостраноjеднозначно пресликавање.

Slika 1.15: Граф функциjе f ∶X → Y .

На слици 1.15 jе граф функциjе f коjа пресликава елеменат x1 домена X уелеменат y1 кодомена Y , затим x2 у y2, али оба x3 и x4 пресликава у исти y3, штозначи да представљена функциjа ниjе инjекциjа. Са друге стране, она ниjе нитисурjекциjа, jер за слику y4 не постоjи оригинал x ∈X.

Задатак 1.4.1. Шта би могли бити домен и кодомен следећих функциjа?i. f(x) = 0 ако jе x парно, f(x) = 1 ако jе x непарно.ii. Jединична функциjа: f(x) = x за свако x ∈X.iii. Проjекциjа: f(x, y) = x за свако (x, y) ∈X × Y .iv. Карактеристична функциjа на скупу X: ако x ∈ X тада fk(x) = 1, а ако

x ∉X тада fk(x) = 0.

Задатак 1.4.2. Нека jе функциjа f ∶ N→ N дефинисана на следећи начин: вриjедностf(x) jе збир цифара броjа x.

i. Израчунати: f(4), f(23), f(362), f(f(234)).ii. Наћи сва решења jедначине: f(x) = 4.iii. Да ли jе ова функциjа инjекциjа?iv. Да ли jе ова функциjа сурjекциjа?



Задатак 1.4.3. За следеће функциjе проверити да ли су инjекциjе и сурjекциjе.Наћи њихове инверзне функциjе ако постоjе.

f1(x) = 3x − 4, f2(x) =2x + 1

2x − 1, f3(x) = x2 − 5, f4(x) =

x2 − 1

x2 + 1.

Задатак 1.4.4. На слици 1.16 су приказани графови у Декартовом систему. Коjиод њих су функциjе, а коjи су само релациjе?

Slika 1.16: Графови у Oxy.

Задатак 1.4.5. Дате су функциjе формулама: f(x) = 2x + 1 и g(x) = x2 − 2x + 3.Наћи композициjе f ○ g, g ○ f, g ○ g и f ○ f .

Задатак 1.4.6. Дате су функциjе формулама:

f(x) = 3x − 2, h(x) = (g ○ f)(x) = g[f(x)] = 6x − 7.

Наћи функциjу g(x).

Задатак 1.4.7. Дате су функциjе формулама:

g(x) = 2

3x + 1, h(x) = (g ○ f)(x) = g[f(x)] = 1

3x + 2

3− 7.

Наћи функциjу f(x).

Задатак 1.4.8. Дати су скупови A = {1,2,3},B = {a, b, c},C = {5,6,7} и функциjе:

f = (1 2 3a b c

) , g = (a b c5 6 7

) .

Наћи композициjе: g○f ∶ A→ C и (f○g)−1 ∶ C → A. Показати да jе g−1○f−1 = (f○g)−1.



Задатак 1.4.9. Нацртати граф функциjе f(x) = [x−1], гдjе угласта заграда значинаjвеће цело од аргумента.

Примjер 1.4.10. Нацртати графове функциjа:

f(x) = { 1, x ≥ 0−1, x < 0

, g(x) = { x + 1, x ≥ 0x − 1, x < 0

.

Наћи функциjе h1 = g ○ f и h2 = f ○ g.

Рjешење. Горњу грану f = 1 (односно g = x + 1) цртамо само за x ≥ 0, а доњу f = −1(односно g = x − 1) само за x < 0, као на сликама 1.17.

Slika 1.17: Функциjе f и g.

h1(x) = g[f(x)] = { f(x) + 1, f(x) ≥ 0f(x) − 1, f(x) < 0

= { 2, x ≥ 0−2, x < 0

= 2f(x),

h2(x) = f[g(x)] = { 1, g(x) ≥ 0−1, g(x) < 0

= { 1, x ≥ 0−1, x < 0

= f(x).

Задатак 1.4.11. Нацртати графове функциjа

f(x) = ∣x − 1∣ − 1, g(x) = ∣x + 1∣ − 1.

Наћи функциjе h1 = g ○ f и h2 = f ○ g.

Задатак 1.4.12. Нацртати граф функциjе

f(x) =⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x + 3, x ≤ 03 − x, 1 ≤ x ≤ 33x, x > 3

.

Примjер 1.4.13. Решити неjедначину x2 − 1 > 0.



Рjешење. За производ (x− 1)(x+ 1) > 0 тражимо + ⋅ + = + и − ⋅ − = +. Налазимо, прворjешење: x − 1 > 0 x + 1 > 0, односно x > 1. Друго рjешење: x − 1 < 0 и x + 1 < 0,односно x < −1. Коначно рjешење jе свако реално x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,+∞).

Задатак 1.4.14. Наћи домен функциjе:

f1(x) =√x2 − 4, f2(x) =

√4 − x2, f3(x) =

√x2 + 4x, f4(x) =

√4x2 − 12x.

Задатак 1.4.15. Решити неjедначине:

x − 1

x + 2> 0,

x + 1

x − 2< 3, −1 ≤ 1 − 4x

5≤ 1,

x2 − 2x − 3 ≤ 0, 0 ≤ x2 + 4x ≤ 5, 0 ≤ 4x2 − 12x + 8 ≤ 3.

Комплемент скупа S у односу на (универзум) ξ означавамо са CξS, односнопросто CS када се универзум подразумева.

Следећи примjер jе сличан задатку 1.3.15 из секциjе о релациjама, осим што jесада реч о функциjи.

Задатак 1.4.16. Нека f пресликава X у Y и нека су A1,A2 ⊂X. Тада важи:i. A1 ⊂ A2 ⇒ f(A1) ⊂ f(A2),ii. f(A1 ∪A2) = f(A1) ∪ f(A2),iii. f(A1 ∩A2) ⊂ f(A1) ∩ f(A2).

Нека f ∶X → Y . Потсетимо се да jе инверзна (реципрочна) слика елемента y ∈ Yскуп свих елемената x ∈ X за коjе важи y = f(x). Реципрочну слику означавамо саf−1(x). Реципрочна слика неког елемента може бити и празан скуп, када y ∉ f(X).Ако jе B ⊂ Y , реципрочна слика скупа B jе скуп свих x ∈ X таквих да jе f(x) ∈ B,што означавамо f−1(B).

Задатак 1.4.17. За инверзну (реципрочну) слику важи:i. B1 ⊂ B2 ⊂ Y ⇒ f−1(B1) ⊂ f−1(B2),ii. f−1(B1 ∪B2) = f−1(B1) ∪ f−1(B2),iii. f−1(B1 ∩B2) = f−1(B1) ∩ f−1(B2),iv. f−1(CYB) = CXf−1(B).

Потсетимо се да jе биjекциjа (сурjекциjа и инjекциjа) свако пресликавање за коjеважи еквиваленциjа:

x1 ≠ x2 ⇐⇒ f(x1) ≠ f(x2).У том случаjу, функциjа f ∶ X → Y од jедног оригинала x ∈ X прави тачно jеднуслику тако да се свака слика y ∈ Y инверзиjом f−1 ∶ Y →X може врати у тачно jеданоригинал.

Задатак 1.4.18. Нека jе f ∶X → Y и произвољни A,A1,A2 ⊆X.i. f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2) ⇐⇒ f jе биjекциjа.ii. Cf(A) = f(CA) ⇐⇒ f jе биjекциjа.



Slika 1.18: Функциjа f ∶X → Y .

Примjер 1.4.19. Показати да за функциjу f ∶ X → Y важи Cf(A) ⊆ f(CA). Тафункциjа не мора бити биjекциjа.

Рjешење. На слици 1.18 лево jе домен X а десно jе кодомен Y . Слика скупа A ⊂ Xjе f(A) ⊂ Y , униjа оба унутрашња кружна скупа. Слика комплемента CA ⊂ X jеf(CA), спољашњост наjмањег кружног скупа. Онаj прстен у Y између два кружнаскупа jе заjеднички за оба f(A) и f(CA). То значи да jе Cf(A) ⊆ f(CA).

Дакле, можемо имати два различита оригинала x1 ∈ A и x2 ∈ CA чиjе сликепадаjу у заjеднички део скупова f(A) и f(CA). Тада jе y = f(x1) = f(x2), алиy ∈ f(A) ∩ f(CA), што значи да функциjа ниjе биjекциjа.

Посебно, ако jе f(A) ∩ f(CA) = ∅, тада jе Cf(A) = f(CA) и функциjа jестебиjекциjа, што jе требало показати у задатку 1.4.18.

Дански математичар Jенсен16 jе 1906. године доказао да за све x1, x2 ∈ X и свепозитивне p, q ∈ R такве да jе p + q = 1, важи неjеднакост

f(px1 + qx2) ≤ pf(x1) + qf(x2), (1.10)

ако jе функциjа y = f(x) конвексна (удубљена) на домену X ⊆ R. Неjеднакост ћебити обрнута:

f(px1 + qx2) ≥ pf(x1) + qf(x2), (1.11)

ако jе функциjа конкавна (испупчена).

Примjер 1.4.20. Квадратна функциjа y = x2 jе конвексна, а корена y = √x конкавна,

за x ≥ 0 . Проверити jенсенове jеднакости (1.10) и (1.11) узимаjући p = q = 1/2,x1 = 3 и x2 = 4.

16Johan Ludvig William Valdemar Jensen (1859-1925)



Рjешење. За квадратну, односно корену функциjу имамо, редом:

(1

2⋅ 3 + 1

2⋅ 4)

2

≤ 1

2⋅ 33 + 1

2⋅ 42,

√1

2⋅ 3 + 1

2⋅ 4 ≥ 1

2

√3 + 1

2

√4,

(7

2)

2

≤ 9 + 16

2,

√7

2≥

√3 +

√4

2.

Прва неjеднакост се своди на тачну 49 ≤ 50, а за десну након израчунавања коренадобиjамо 1,87083 ≥ 1,86603 што jе такође тачно.

На слици 1.19 су приказани графови функциjе y = f(x) коjа jе конвексна (лево)и конкавна (десно). Прва jе удубљена, друга jе испупчена. То значи да ће се дужкоjа спаjа две тачке графа десно цела налазити изнад графа, а одговараjућа дуждесно испод графа.

Slika 1.19: Конвексна и конкавна функциjа.

Задатак 1.4.21. Када су апсцисе краjњих тачака дужи x1 и x2, тада:i. за свако x ∈ (x1, x2) постоjе два позитивна реална броjа p и q, таква да jе

p + q = 1 и да jе x = px1 + qx2;ii. на конвексноj функциjи важи неjеднакост (1.4);iii. на конкавноj функциjи важи неjеднакост (1.5).

Примjер 1.4.22. Показати да за конвексну функциjу y = f(x) важи неjеднакост

f(λ1x1 + λ2x2 + λ3x3) ≤ λ1f(x1) + λ2f(x2) + λ3f(x3),

гдjе су λ1, λ2, λ3 позитивни реални броjеви такви да jе λ1 + λ2 + λ3 = 1.



Доказ. Нека jе λ1 ≠. Тада jе 1 − λ1 = λ2 + λ3 ≠ 0, па имамо редом:

f(λ1x1 + λ2x2 + λ3x3) = f (λ1x1 + (1 − λ1)λ2x2 + λ3x3

1 − λ1)

≤ λ1f(x1) + (1 − λ1)f (λ2x2 + λ3x3

1 − λ1)

= λ1f(x1) + (1 − λ1)f (λ2x2 + λ3x3

λ2 + λ3)

= λ1f(x1) + (1 − λ1)f ( λ2

λ2 + λ3x2 +

λ3

λ2 + λ3x3)

≤ λ1f(x1) + (1 − λ1) (λ2

λ2 + λ3f(x2) +

λ3

λ2 + λ3f(x3))

= λ1f(x1) + λ2f(x2) + λ3f(x3).

Задатак 1.4.23. Експоненциjална функциjа f(x) = 2x jе конвексна на целом свомдомену x ∈ R. Тестирати jенсенову неjеднакост за коефициjенте λ1 = 1

2 , λ2 = 13 ,

λ3 = 16 и аргументе x1 = −2, x2 = 2, x3 = 3.

Задатак 1.4.24. За конвексну функциjу y = f(x) важи jенсенова неjеднакост

f (n

∑k=1

λkxk) ≤n

∑k=1

λkf(xk),

гдjе n ∈ N, за свако k = 1,2, . . . , n jе λk > 0, при чему ∑nk=1 λk = 1.

Приметимо да неjеднакост 1.4.24 постаjе jеднакост ако и само ако x1 = ⋅ ⋅ ⋅ = xn.Друго, да обрнута неjеднакост „≥“ важи за конкавну функциjу, jер ако jе y = f(x)конвексна, онда jе функциjа y = −f(x) конкавна.

Задатак 1.4.25. Успоставити биjекциjу између елемената преброjивог скупа Nприродних броjева и:

i. свих парних природних броjева;ii. скупа целих броjева Z;iii. скупа рационалних броjева Q.

Ово значи да су скупови N,Z и Q преброjиви, да имаjу исти броj елеменатаℵ0 (алеф нула). Међутим, скуп R jе непреброjив. Броj елемената скупа реалнихброjева, тj. његов кардинални броj, jе jе c = 2ℵ0 и називамо га континуум.

Задатак 1.4.26. Доказати да нема биjекциjе између скупова N и R, природних иреалних броjева.


Glava 2

Броjеви

Броjеви нам служе за броjање, мерење и означавање. За наjважниjе скуповеброjева у математици имамамо посебне ознаке, то су: скуп природних броjева N,целих Z, рационалних Q, ирационалних I, реалних R и комплексних C.

Slika 2.1: Скупови броjева.

Посебни броjеви су цифре, за коjе пордразумевамо да су декадне 0,1,2,. . . , 9.Њима дефинишемо базу броjевног система и све остале броjеве.

2.1 Цели броjеви

Цели броjеви су цифре базе броjевног система, позитивни и негативни природниброjеви. У бинарноj бази имамо само две цифре 0 и 1 па броjеве пишемо следећимредом: 0, 1, 10, 11, 100, 101, 110, 111, 1000, 1001, 1010, 1011, . . . . У декадномсистему, то су броjеви 0, 1, 2, . . . ,9, 10, 11, . . . . Како jедноцифрених бинарнихброjева може бити 2, двоцифрених 2 ⋅ 2, троцифрених 2 ⋅ 2 ⋅ 2, то нам даjе идеjу какоправити конверзиjу декадних у бинарне броjеве и обратно.

35


Примjер 2.1.1. Превести декадни броj 29 у бинарни, октални и хексадецимални.

Рjешење. Броj n = 29 базе 10 преводимо у броj nb базе b = 2,8,16. Делимо броj базоми добиjамо количник и остатак, затим опет делимо количник и добиjамо нови мањиколичник и нови остатак, па опет, до нуле. Остатке напишемо у обрнутом редоследуи то jе дати броj дате базе.

29→ 111012, jер: 29 ∶ 2→ 14 1, 14 ∶ 2→ 7 0, 7 ∶ 2→ 3 1, 3 ∶ 2→ 1 1, 1 ∶ 2→ 0 1.29→ 358, jер: 29 ∶ 8→ 3 5, 3 ∶ 8→ 0 3.29 → D116, jер: 29 ∶ 16 → 1 13, 13 ∶ 16 → 0 13, а цифре A,B,C,D,E,F означаваjу

броjеве 10,11,12,13,14,15.

Задатак 2.1.2. Превести броjеве 1000112,43078,BC1216 у декадне.

Знамо да су прости броjеви они природни броjеви, осим jединице, коjи су дељивисамо jединицом и самим собом. То jе бесконачан низ броjева:

2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37,41,43,47,53,59,61,67,71,73,79,83,89,97, . . . (2.1)

Просте броjеве називамо и прим броjеви.

Примjер 2.1.3. Допунити дати низ са неколико нових прим броjева.

Рjешење. Алгоритам се назива Ератостеново сито. Напишемо у низу све природне(или овдjе наведене просте) броjеве од 2 до n = 170.

. . . ,97,101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167, . . . (2.2)

Уочимо у низу први броj коjи ниjе ни подвучен ни прецртан и подвучемо га а затимпрецртамо све његове вишекратнике у низу. Ако су сви броjеви низа означени(подвучени или прецртани), поступак jе завршен; у противном, понављамо претходникорак.

Примjер 2.1.4. Броj простих броjева jе бесконачан.

Доказ. Претпоставимо да jе броj простих броjева коначан и нека су то броjевиp1, p2, . . . , pn, поредани по величини. Посматраjмо броj q = p1p2 . . . pn + 1. Броj q ниjедељив нити са jедним од n броjева pi, jер подељен са сваким од њих даjе остатак1. Како jе q > 1 биће то прост броj већи од pn, или сложен броj коjи има простфактор већи од pn. У оба случаjа смо у контрадикциjи са претпоставком да немавише простих броjева. Дакле, броj простих броjева не може бити коначан.

Примjер 2.1.5. Ако jе n природан броj и 2n − 1 прост, онда jе и n прост броj.

Доказ. Доказаћемо еквивалентно тврђење, да jе 2n − 1 сложен броj, ако jе n сложенброj. Нека jе n = rs за оба r, s > 1. Тада jе 2n − 1 = 2rs − 1 = (2r)s − 1. Отуда

2n − 1 = (2r − 1)[(2r)s−1 + (2r)s−2 + ⋅ ⋅ ⋅ + 1],

а то jе сложен броj.



У доказу jе кориштена општа формула

as − 1 = (a − 1)(as−1 + as−2 + ⋅ ⋅ ⋅ + 1), (2.3)

коjа се лако проверава непосредним множењем и сређивањем на десноj страни.Посебно, за s = 2 имамо познату „разлику квадрата“, а за s = 3 „разлику кубова“:

a2 − 1 = (a − 1)(a + 1), a3 − 1 = (a − 1)(a2 + a + 1),

коjе се такође могу проверити множењима на десним странама jеднакости.Непотпуна индукциjа jе закључивање коjим се из поjединачних ставова коjи се

односе на ограничен броj случаjева изводи jедан општи став. Такав закључак сеобично назива емпириjска или непотпуна индукциjа, коjи у математици има значаjсамо као jедна разумна хипотеза.

Пре 25 векова су Кинези су мислили да jе броj n ∈ N прост ако и само ако jе броj

Kn = 2n − 2 (2.4)

дељив са n. До тог исказа су вероватно дошли непотпуном индукциjом, jер jе тачанза све броjеве n < 341 али не и даље. Почев од n = 341 = 11 ⋅31 има бесконачно многосложених броjева n са коjим jе дељив Kn.

Задатак 2.1.6. Показати да jе K11 дељиво са 11 и да K12 ниjе дељиво са 12.Доказати да jе K341 = 2341 − 2 дељиво са 341 = 11 ⋅ 31.

Броjеви коjи се добиjаjу помоћу формуле

Fn = 22n + 1, n = 0,1,2, . . . (2.5)

називаjу се Ферматови броjеви.

Задатак 2.1.7. Показати да су првих пет Ферматових броjева прости:

F0 = 3, F1 = 5, F2 = 17, F3 = 257, F4 = 65 537

На основу оваквог налаза jе Фермат1 претпостављао да су сви његови броjевипрости. Међутим

F5 = 4 294 967 279 = 641 × 6 700 417.

Дељивост F5 са 641 jе утврдио Оjлер2 1732. године. Касниjе jе доказано да су свиФерматови броjеви F5, F6, . . . , F16 сложени.

Примjер 2.1.8. Броjеви Pn = n2 + n + 41 су прости редом за n = 0,1,2, . . . ,39.Међутим, броj P40 = 412 ниjе прост.

1Pierre de Fermat (1601-1665) француски правник и математичар.2Leonhard Euler (1707-1783( шваjцарски математичар коjи jе радио у Русиjи.



Због поменутих превида, у математици се индукциjом назива следећи принципдоказивања: „ Ако 1 ∈M и ако из n ∈M следи n+1 ∈M, тада jе M = N.“ Ту jе N скупсвих природних броjева, а M jе његов потскуп за коjи jе дати исказ истинит.

Дакле, исказ jе истинит за сваки природни броj:1. ако jе истинит за броj 1 и2. ако из претпоставке да jе истинит за природни броj k ≥ 1 следи да jе истинит

за броj k + 1.Оба, први и други корак принципа математичке индукциjе су неопходни. Већ

смо видели шта се може десити ако нема другог корака, а у следећим примjеру jегрешка због одсуства првог.

Примjер 2.1.9. Показати да за тврђење

Tn ∶ 10 + 21 + ⋅ ⋅ ⋅ + 2n = 2n+1

важи импликациjа (∀n ∈ N) Tn ⇒ Tn+1, али да T1 ипак ниjе тачно.

Рjешење. Након додавања 2n+1 обема странама jеднакости Tn, добиjамо Tn+1. Међутим,T1 ниjе тачно, jер jе на левоj страни jеднакости 1, а на десноj 22, .

За доказ следећих (тачних) тврђења употребите (математичку3) индукциjу4.

Задатак 2.1.10. Доказати да за свако n ∈ N:a. 3∣(4n+1 + 2),b. 9∣(3 ⋅ 4n+1 + 10n−1 − 4) .

Задатак 2.1.11. Доказати да важе неjеднакости:a. 2n > n, ако jе n = 0,1,2, . . . ,b. 2n > n2 ако jе n = 5,6,7, . . . ,c. 2n > n3 ако jе n = 10,11,12, . . . ,

Нека a, b ∈ N од коjих jедан може бити и нула. За броj k ∈ Z кажемо да jезаjеднички делитељ броjева a и b ако jе k∣a и k∣b. Наjвећи позитиван цео броj коjиjе делитељ и од a и од b, назива се наjвећи заjеднички делитељ5 броjева a и b.Означавамо га са NZD(a, b). Наjмањи природни броj са коjим jе дељив и a и bназива се наjмањи заjеднички садржалац тих броjева. Означавамо га NZS(a, b).

Примjер 2.1.12. Наjвећи заjеднички делитељ два цела броjа, од коjих jе бар jеданразличит од нуле, jе jединствен.

Доказ. Ако jе d = NZD(a, b) и d′ = NZD(a, b), онда d∣d′ и d′∣d одакле следи d = d′.

Примjер 2.1.13. Помоћу Еуклидовог алгоритма делења наћи NZD(936,588).3у математици подразумевамо да jе индукциjа математичка, иначе jе називамо непотпуна4в. и задатке 1.2.25 и 1.2.265в. задатак 1.3.24



Рjешење.936 = 1 ⋅ 588 + 348,588 = 1 ⋅ 348 + 240,348 = 1 ⋅ 240 + 108,240 = 2 ⋅ 108 + 24,108 = 4 ⋅ 24 + 12,24 = 2 ⋅ 12.

Дакле, NZD(936,588) = 12.

Уопште, према Еуклидовом алгоритму6, за a, b ∈ N и a > b одређуjемо количникеqi и остатке ri низом i ≤ i ≤ k + 1 дељења:

a = q1b + r1, 0 < r1 < b;b = q2r1 + r2, 0 < r2 < r1;r1 = q3r2 + r3, 0 < r3 < r2;

. . .rk−3 = qk−1rk−2 + rk−1, 0 < rk−1 < rk−2;rk−2 = qkrk−1 + rk, 0 < rk < rk−1;rk−1 = qk+1rk + 0. (rk+1 = 0)

Низ остатака r1, r2, . . . , rk jе опадаjући низ природних броjева мањих од b и завршавасе броjем rk = NZD(a, b).

Задатак 2.1.14. Одредити наjвећи заjеднички диjелилац датих броjева.

NZD(455,385), NZD(996,918), NZD(2247,2033)

Када jе a1, a2, . . . , an низ ненегативних целих броjева од коjих jе бар jедан различитод нуле, за наjвећи позитиван цео броj d коjи jе делитељ свих тих броjева, кажемода jе њихов наjвећи заjеднички делитељ. Израчунавамо га вишеструком применомЕуклидовог алгоритма и означавамо са NZD(a1, a2, . . . , an).

Примjер 2.1.15. Када a1, a2, . . . , an ∈ N и n ≥ 3, тада jе

NZD(a1, a2, . . . , an) = NZD(NZD(a1,NZD(a2, . . . , an))).

Доказ. Нека су d = NZD(a1, a2, . . . , an) и d′ = NZD(a1,NZD(a1, . . . , an)). Из d∣aiза све i = 1,2, . . . , n следи d∣NZD(a1, . . . , an) и наравно d∣a1, па d∣d′. Обратно, изd′∣NZD(a2, . . . , an) и d′∣a1 следи d′∣ai за свако i = 1,2, . . . , n, па d′∣d. Отуда d = d′.

Задатак 2.1.16. Наћи наjвећи заjеднички диjелилац:

NZD(420,126,525), NZD(529,1541,1817), NZD(1275,855,2310).6в. примjер 1.3.20



Наравно, наjвећи заjеднички диjелилац се може наћи и на друге начине осимпомоћу Еуклидовог алгоритма. Следећа метода7 заобилази поменуто израчунавањепарова.

Примjер 2.1.17. Три штапа дужина 48 cm, 60 cm и 90 cm треба исећи на комадеjеднаких максималних дужина.

Рjешење.48 60 90 224 30 45 38 10 15 1

Дакле, NZD(48,60,90) = 2 ⋅ 3 = 6. Штапови требаjу бити дужине 6 cm, а биће их8 + 10 + 15 = 33 комада.

Ради поређења, у следећем примjеру истом методом тражимо наjмањи заjедничкисадржилац NZS три броjа. За NZD тражимо заjедничке делитеље сваког броjа уретку, а за NZS тражимо их за бар неког од од тих броjева.

Примjер 2.1.18. Jелена, Мариjа и Биљана често иду у школску библиотеку. Jеленаиде сваких 4 дана, Мариjа сваких 6 дана, Биљана сваких 8 дана. Ког датума усептембру ће све три поново заjедно посетити библиотеку ако се зна да су тоучиниле 2. септембра?

Рjешење. Тражимо наjмањи заjеднички садржилац броjева 4, 6 и 8:

4 6 8 22 3 4 21 3 2 21 3 1 31 1 1 1

Дакле, NZS(4,6,8) = 2 ⋅ 2 ⋅ 2 ⋅ 3 = 24. То значи да ће до поновног сусрета доћи 26.септембра.

Задатак 2.1.19. Од броjева 12, 32 и 42, коjа два имаjу:i. наjвећи заjеднички диjелилац броj 4;ii. наjмањи заjеднички садржалац броj 84.iii. Наћи NZD(12,32,42).iv. Наћи NZS(12,32,42).

Када су a и b цели броjеви и ab ≠ 0, jедначина облика

ax + by = c, (2.6)

при чему су и вриjедности x и y из скупа целих броjева, назива се линеарна Диофантоваjедначина, по Диофанту коjи jе био грчки математичар из Александриjе, коjи jеживео у 3. веку наше ере.

7в. саjт http://pismenizadaci.com/


http://pismenizadaci.com/


Примjер 2.1.20. Доказати да линеарна Диофантова jедначина (2.6) има рjешењеако и само ако d∣c, гдjе jе d = NZD(a, b).Доказ. Нека jе d = NZD(a, b). Претпоставимо да jе (x0, y0) рjешење jедначине. Тадаjе ax0 + by0 = c. Како jе d∣a и d∣b, то jе d∣c.

Обрнуто, претпоставимо да d∣c. Тада постоjи цео броj k такав да jе c = kd. Садруге стране, постоjе8 цели броjеви x′ и y′ такви да jе, редом:

ax′ + by′ = d,

ax′k + by′k = dk,a(kx′) + b(ky′) = c.

Дакле, добиjено jе jедно рjешење (x0, y0) = (kx′, ky′) Диофантове jедначине (2.6).

На основу горњег примjера и Еуклидовог алгоритма имамо метод за тражењеjедног решења Диофантове jедначине.

Примjер 2.1.21. Диофантова линеарна jедначина

28x + 70y = 39

нема решења, jер jе 14 = NZD(28,70), а 14 ниjе делитељ броjа 39.

Примjер 2.1.22. Решити линеарну Диофантову jедначину

13x + 32y = 5.

Рjешење. Овдjе су a = 13 и b = 32, два релативно проста броjа. У складу са 1.3.25,броj NZD(a, b) = 1 представљамо као збир 1 = 5 ⋅ 13 + (−2) ⋅ 32, коjи множимо са c = 5и добиjамо 25 ⋅ 13 + (−10) ⋅ 32 = 5. Према томе, jедно од решења дате Диофантовеjедначине jе (25,−10). Лако се проверава да су решења и

x = 25 + 32z, y = −10 − 13z, z ∈ Z

за произвољан цео броj z.

Примjер 2.1.23. Решити Диофантову jедначину

432x + 522y = 0.

Рjешење. Овдjе су a = 432 и b = 522 са NZS(a, b) = 18. Међутим, c = 0, што отварадругу могућност, да посматрамо количник

x

y= −522

432= −29z

24z.

Отуда, решења дате jедначине су

x = −29z, y = 24z,

гдjе jе z произвољан цео броj осим нуле.8в. задатак 1.3.25



Задатак 2.1.24. Решити Диофантову jедначину

258x + 147y = 369.

Задатак 2.1.25. Решити Диофантове jедначине:

97x + 35y = 13, 98x + 35y = 13, 98x + 35y = 14.

Све методе решавања линеарне Диофантове jедначине (2.6) са две променљиве,лако се поопштаваjу на одговараjућу линеарну Диофантову jедначину

a1x1 + ⋅ ⋅ ⋅ + anxn = b, a1, . . . , an, b ∈ Z (2.7)

са захтевом за целоброjна решења x1, . . . , xn. Ова jедначина такође има решењасамо ако NZD(a1, . . . , an)∣b.

Блиске Диофантовим jедначинама су линеарне конгруенциjе

a1x1 + ⋅ ⋅ ⋅ + anxn ≡ b (mod m), (2.8)

коjе опет, имаjу решења ако и само ако NZD(a1, . . . , an,m)∣b.Наиме, (2.7) jе еквивалентно са a1x1+. . . anxn−my = b, а то jе линеарна jедначина

коjа има решења у скупу целих броjева ако и само ако NZD(a1, . . . , an,m)∣b.

Примjер 2.1.26. Конгруенциjа 42x ≡ 60 (mod 91) нема решења, jер NZD(42,91) =7 ниjе делитељ од 60.

Примjер 2.1.27. Конгруенциjа

42x ≡ 50 (mod 76)

има рjешење, jер jе NZD(42,76) делитељ од 50.

Рjешење. Скраћивањем добиjамо 21x ≡ 25 (mod 38). Затим, приметимо да важи:

21x ≡ 25 ≡ 25 + 38 ≡ 63 (mod 38).

Како су 21 и 38 узаjамно прости, можемо делити са 21 и добиjамо рjешење

x ≡ 3 (mod38).

Отуда суx ≡ 3 (mod 76), x ≡ 41 (mod 76)

решења по модулу 76.



2.2 Разломци

Скуп броjева коjи се могу добити дељењем целих броjева означавамо са

Q = {mn∣m ∈ Z ∧ n ∈ N}. (2.9)

Елементе тог скупа називамо рационалним броjевима или разломцима.

Задатак 2.2.1. Бранко jеде две кришке колача, док Сара поjеде jедну. Ако Бранкопоjеде 2/4 колача а све кришке су исте величине, коjи део колача остаjе након штосу Бранко и Сара jели.

Задатак 2.2.2. Ана и Ацо деле 18 колача. Ана jе поjела 1/6 колача. Ацо jе поjео1/3 колача. Колико jе колача остало?

Задатак 2.2.3. Мариjа ради 412 часова у понедељак, 21

2 у уторак и 612 у петак.

Мариjа jе радила три седмице. Колико часова укупно?

Задатак 2.2.4. Рационалан броj 5/7 jе настао скраћивањем рационалног броjа чиjиброjилац и именилац имаjу збир 204. Одредити првобитни разломак.

Задатак 2.2.5. Казаљке часовника показуjу 9 часова. После колико времена ће сеоне први пут поклопити? Колики ће угао бити између казаљки у 10:10?

Задатак 2.2.6. Колико укупно секунди има 1 час, 32 минуте и 4 секунде? Коликочасова, минута и секунди имаjу 5524 секунде?

Задатак 2.2.7. Представити следеће периодичне децималне броjеве

0,444 . . . , 0,565656 . . . , 0,123123123 . . . ,

2,555 . . . , 13,141414 . . . , −56,789789789 . . .

помоћу количника целих броjева.

Задатак 2.2.8. Jедна инча има 12 стопа. Превести у децимални броj стопаследеће броjеве инча:

13, 38, 63, 88.

Декадну базу подразумевамо, другу базу b ≠ 10 пишемо у индексу броjа. Такоброj 1101,1012 из бинарног система (b = 2) у декадном систему пишемо 13,625, jерjе 1 ⋅23 +1 ⋅22 +0 ⋅2+1 ⋅20 +1 ⋅2−1 +0 ⋅2−2 +1 ⋅2−2 = 13,625. Обратно, цели део декадногброjа (прво 13, а затим количнике) делимо са b = 2 и напишемо остатке уназад, као упримjеру 2.1.1, а децимални део множимо броjем b = 2 и пишемо целе делове истимредоследом.

Задатак 2.2.9. Превести броj 12,0123 у декадни броj и назад.

Задатак 2.2.10. Превести 0,456 у бинарни, октални и хексадецимални броj.



Задатак 2.2.11. Представити следеће периодичне децималне броjеве

0,999 . . . , 0,4999 . . . , 0,111 . . . , 0,0714285714285 . . .

у бинарном систему броjева.

Антички Египћани су користили само разломке облика 1/n (половина, трећина,четвртина, ...) чиjим сабирање би добиjали остале9. Тако jе 1/2 + 1/4 = 3/4, или1/2+ 1/3+ 1/4 = 6/7. Сваки разломак jе могуће представити као збир египатских10.

Задатак 2.2.12. Представити следеће разломке помоћу збира египатских.2

3,

3

5,

3

8,

4

5.

Скратити разломак mk/nk значи поделити броjник mk и називник nk истимброjем k ≠ 0. Резултат jе разломак m/n. Подразумеваjу се ознаке (2.9).

Задатак 2.2.13. Скратити разломке:

133 − 113

132 + 13 ⋅ 11 + 113,

153 + 173

152 − 15 ⋅ 17 + 172,

a3 − b3a4 − b4 ,

a − ba5 − b5 ,

a3 + b3a6 + b6 .

Задатак 2.2.14. Одредити цифре x и y тако да броj 2015xy буде дељив са 7 и са11.

Задатак 2.2.15. Ако11 се разломак 2aa4bbab , гдjе су a и b непознате декадне цифре,

може скратити са 9, онда се он може скратити и са 36.

Супротна операциjа скраћивању jе проширивање разломака, односно множењеброjника и називника истим броjем (различитим од нуле). Када разломке сабирамопрошируjемо их до jеднаких називника, а затим сабирамо броjнике и преписуjемоназивник.

Задатак 2.2.16. Извршити назначене операциjе:2

3+ 7

6− 1

2,

11

21− 5

7+ 1

3, −7

9+ 3

4+ 11

6.

Када разломак множимо броjем, множимо само броjник. Двоjни разломак, количникдва разломка m1

n1и m2

n2, поjедностављуjемо по обрасцу

m1

n1

m2

n2

= m1 ⋅ n2

m2 ⋅ n1, (2.10)

тj. производ вањских елеменатаm1 и n2 jе броjник резултата, а производ унутрашњихm2 и n1 jе називник.

9То jе нађено на чувеном Ринд папиру из око 1650. г.п.н.е.10Odd greedy expansion: https://en.wikipedia.org/wiki/Odd_greedy_expansion11Федерално такмичење математичара БиХ за VII разреде основних школа одржано у Илиjашу,

14. маjа 2011. године


https://en.wikipedia.org/wiki/Odd_greedy_expansion


Задатак 2.2.17. Поjедноставити изразе:

a − b2

a

b − a2

b

,1 − 2 ⋅ ba +

b2

a2

1 − ba

,8 ⋅ a3

b3− 1

4 ⋅ a2b2+ 2 ⋅ ab + 1

,27 + a3

b3

a2−3abb2

+ 9.

У ком случаjу дати изрази немаjу смисла (имаjу дељење нулом)?

Редукован разломак jе разломак скраћен до краjа, тако да се више не можескраћивати. То jе разломак m/n чиjи броjник m и називник n су узаjамно простиброjеви, тj. када jе NZS(m,n) = 1. Увек се може писати:

m

n= n + (m − n)

n= 1 + m − n

n, (2.11)

па ако m/n ниjе (jесте) редукован онда jе такав и разломак (m − n)/n. На примjер,

6

4= 4 + 2

4= 1 + 2

4.

Разломак (6/4) чиjи jе броjник (6) већи од називника (4) назива се неправи разломак.Обратно, разломак (2/4) чиjи броjник (2) jе мањи од називника (4) називамо правиразломак. Ово даjе идеjу за решавање следећег задатка.

Задатак 2.2.18. Показати да су за свако z ∈ Z следећи разломци редуковани12:

35z + 9

15z + 4;

14z + 3

21z + 4.

Исто се може доказивати претпоставком да дати разломак ниjе редукован, да jеоблика mk/nk за k ≥ 2, и свођењем на контрадикциjу.

Задатак 2.2.19. Доказати да су за свако z ∈ Z следећи разломци редуковани:

13z + 6

11z + 5,

2z + 3

5z + 7.

Реципрочни броjеви су они чиjи производ jе jедан. Разломке делимо тако штомножимо први са реципрочним другим:

m1

n1∶ m2

n2= m1

n1⋅ n2

m2= m1 ⋅ n2

m2 ⋅ n1. (2.12)

Дакле, резултат jе исти као и за „двоjни разломак“ (2.10).Следећи задаци су су били на приjемним испитима13 на факултетима у Београду,

Шумарском и Техничком, у периоду 1991-1995. године.12Међународна математичка олимпиjада 1959. године:

http://www.artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=1959_IMO_Problems/Problem_113в. приручник [9]


http://www.artofproblemsolving.com/wiki/index.php?title=1959_IMO_Problems/Problem_1


Задатак 2.2.20. Израчунати вриjедности израза:

(0,5 ∶ 1,25 + 75 ∶ 1

47 −

311

) ⋅ 3(1,5 + 1

4) ∶ 1813

,

Задатак 2.2.21. Скратити разломак:

2x2 − 11x + 5

3x2 − 14x − 5.

Задатак 2.2.22. За a ≠ ±2, поjедноставити израз:

( a + 1

a2 − 4+ 1 − a2

a3 + 8) ∶ 1

(a − 1)2 + 3.

Задатак 2.2.23. Када jе ∣x∣ ≠ ∣y∣ поjедноставити израз:

x3 + y3

x + y ∶ (x2 − y2) + 2y

x + y −xy

x2 − y2.

Задатак 2.2.24. За a ∈ R ∖ {−1,0,1} поjедноставити:

( 1

a − 1− a

3 + 1

a4 − a) ∶a + 1

a − a2.

Задатак 2.2.25. Ако jе ab ≠ 0 и a ≠ b, наћи:

[(a + b)2

ab− 4] ⋅ [(a + b)

2

ab− 1] ∶ a

3 − b3ab

.


2a2 − ab − 3b2

2a2 − 5ab + 3b2, a ≠ b,3b/2.

Задатак 2.2.27. Поjедноставити израз:

⎡⎢⎢⎢⎢⎣

a−2 + b−2

a−1 + b−1(a

2 + b2ab

)−1⎤⎥⎥⎥⎥⎦

∶ 1

3(a + b) .

гдjе стоjи x−1 = 1/x и x−2 = 1/x2.


22x − 4 ⋅ 2x + 3

2x/2 − 1,

гдjе jе (2x/2)2 = 2x, односно (2x)2 = 22x за свако x ∈ Z.



2.3 Реални броjеви

Реалан броj коjи ниjе рационалан називамо ирационалан. Према томе, скупреалних броjева R делимо на два дисjунктна скупа броjева, скуп рационалних Qи ирационалних броjева I.

Знамо да су рационални они коjе можемо представити помоћу разломака (2.9),па су ирационални они коjи се не могу представљати на таj начин. Са друге стране,рационални броjеви се могу писати помоћу периодичних децималних броjева14, пасу онда ирационални они коjи се пишу помоћу непериодичних децималних броjева.Скуп рационалних броjева jе преброjив (има их ℵ0 - „алеф нула“), а ирационалнихнепреброjив15 (има их c - „континуум“).

Slika 2.2: Реални броjеви.

Друга подела реалних броjева jе на реалне алгебарске и трансцедентне броjеве.Алгебарски броjеви су они коjи се могу добити кореновањем, нпр.

√2 или 3

√5, затим

сабирањем (укључуjући одузимање) и множењем (делењем) таквих. Трансцедентнису ирационални броjеви коjи нису алгебарски, нпр. π = 3,14159 . . . или e = 2,71828 . . . ,и они коjи се могу добити сабирањима и множењима таквих.

Задатак 2.3.1. Доказати да броj√

6 ниjе рационалан.

Ирационалним називамо реалан броj коjи ниjе рационалан.14в. задатак 2.2.715в. задатак 1.4.26



Задатак 2.3.2. Доказати да jе броj√

2 +√

3 ирационалан.

Збир два ирационална броjа, рецимо 2+√

2 и 2−√

2, може бити рационалан броj.

Задатак 2.3.3. Доказати да су ирационални броjеви:

1√7 −

√6,

√3 −

√2√

3 +√

2.

Задатак 2.3.4. Ако jе n природан броj и ниjе квадрат неког природног броjа доказатида jе тада броj n +√

n ирационалан.

Задатак 2.3.5. Доказати да jе броj 3√

2 ирационалан.

Броj jе алгебарски, ако jе рjешење (ненулте) полиномске jедначине са рационалнимкоефициjентима.

Задатак 2.3.6. Ако jе q ∈ Q+ (позитиван рационалан броj) показати да су броjевиq,

√q, 3

√q, . . . алгебарски.

Златни пресек jе подела дужи на два дела a и b коjом се цела дуж односи премавећем делу као већи део према мањем. Тада jе (a + b) ∶ a = a ∶ b.

Slika 2.3: Златни пресек (a + b) ∶ a = a ∶ b.

Златни броjеви су реципрочни количници Φ = a/b и φ = b/a коjи представљjуодносе делова добиjених геометриjском златном поделом, као на слици 2.3.

Задатак 2.3.7. Показати да jе ирационалан броj φ =√

5−12 = 0,61803 . . . златни броj

и рjешење алгебарске jедначине x2 + x − 1 = 0.

Задатак 2.3.8. Показати да jе ирационалан броj Φ =√

5+12 = 1,61803 . . . златни броj

и рjешење алгебарске jедначине x2 − x − 1 = 0.

Задатак 2.3.9. Показати да jе:

Φ =√

1 +√

1 +√

1 + . . ., φ =√

1 −√

1 −√

1 − . . ..

Задатак 2.3.10. Проверити верижни разломак:

Φ = 1 + 1

1 + 11+ 1

1+...

.



Апсолутна вриjедност ∣r∣ реалног броjа r ∈ R jе позитиван броj или нула. Кадаjе r ≥ 0 тада jе ∣r∣ = r, а када jе r ≤ 0 тада jе ∣r∣ = −r. То пишемо кратко:

∣r∣ = { r, r ≥ 0−r, r < 0.

(2.13)

Задатак 2.3.11. Применити (2.13) када r узима вриjедност израза:

x − 1, 1 − x, 2x − 3, 2 − 3x.

Задатак 2.3.12. Одредити ∣r∣ када r узима вриjедност:

x2 − 1, 4 − x2, x2 + x − 2, −x2 + 5x − 6.

Примjер 2.3.13. Нацртати граф функциjе дефинисане изразом:

f(x) = ∣x − 1∣ − 2,

а затим наћи рjешење jедначине f(x) = 0.

Рjешење. Имамо редом:

f(x) = { (x − 1) − 2, x − 1 ≥ 0−(x − 1) − 2, x − 1 < 0

= { x − 3, x ≥ 1−x − 1, x < 1

= { y+, x ≥ 1y−, x < 1

гдjе jе y+(x) = x − 3 функциjа коjа важи само за аргументе x ≥ 1, а y−(x) = −x − 1jе функциjа коjа важи само за x < 1. Сваку цртамо посебно у њеном домену, каона слици 2.4. На слици видимо да jе f(x) = 0, тj. ордината jе нула када функциjапресеца апсцису, у тачкама x1 = −1 и x2 = 3.

Задатак 2.3.14. Нацртати граф функциjе дефинисане изразом:

f(x) = ∣x − 2∣ − 1,

а затим наћи рjешење jедначине f(x) = 0.

Задатак 2.3.15. Решити jедначине по x ∈ R:

∣6x∣ = 5, ∣2x − 3∣ = 4, ∣23x − 3

2∣ = 3, ∣4

3− 3

4x∣ = 2,

Задатак 2.3.16. Решити неjедначине по x ∈ R:

∣6x∣ ≤ 5, ∣2x − 3∣ < 4, ∣23x − 3

2∣ ≤ 3, ∣4

3− 3

4x∣ < 2,

∣6x∣ > 5, ∣2x − 3∣ ≥ 4, ∣23x − 3

2∣ > 3, ∣4

3− 3

4x∣ ≥ 2.



Slika 2.4: Граф функциjе y = ∣x − 1∣ − 2.

Задатак 2.3.17. Доказати идентитете:

x + ∣x∣2

= { x, x ≥ 00, x < 0

x − ∣x∣2

= { 0, x ≥ 0x, x < 0

(x + ∣x∣2

)2

+ (x − ∣x∣2

)2

= x2, (x + ∣x∣2

)2

− (x − ∣x∣2

)2

= sgn(x) ⋅ x2,

гдjе функциjа16 sgn(x) има вриjедност +1 за x > 0, вриjедност 0 за x = 0 и −1 заx < 0.

За A ⊂ R функциjа maxA даjе наjвећи, а функциjа minA наjмањи броj a ∈ A.Скуп позитивних реалних броjева означавамо са R+, а негативних са R−.

Задатак 2.3.18. Када jе a, b ∈ R+ доказати да jе:

max{a, b} = ∣a + b∣ + ∣a − b∣2

, min{a, b} = ∣a + b∣ − ∣a − b∣2

.

Аритметичка, геометриjска и хармониjска средина два броjа a, b ∈ R+ jе реаланброj, редом:

A(a, b) = a + b2

, G(a, b) =√ab, H(a, b) = 2

1a +

1b

. (2.14)

Ови изрази се лако поопштаваjу на случаjеве када jе ab > 0, а затим и на дуженизове реалних броjева.

16signum - знак броjа: https://en.wikipedia.org/wiki/Sign_function


https://en.wikipedia.org/wiki/Sign_function


Примjер 2.3.19. Доказати да за средине (2.14) увек важи:

G =√AH, H ≤ G ≤ A,

гдjе уместо неjеднакости стоjи jеднакост акко17 a = b.

Доказ. Из (2.14) добиjамо:√AH =

√a+b2 ⋅ 2

1a+

1b

=√

a+b2 ⋅ 2ab

a+b =√ab = G. Даље, из

(√a −√b)2 ≥ 0 следи a − 2

√ab + b ≥ 0, односно a+b

2 ≥√ab, те A ≥ G. Због G =

√AH и

G ≤ A добиjамо G ≥H.

Задатак 2.3.20. Користећи слику 2.5 лево, доказати G(a, b) ≤ A(a, b), при чемуважи jеднакост само ако a = b.

Slika 2.5: i)√ab ≤ a+b

2 . ii) Изоперметриjски проблем.

Задатак 2.3.21. Користећи слику 2.5 десно, решити тзв. изоперметриjску неjеднакост:„Међу свим паровима броjева са датим производом наћи онаj чиjи jе збир наjмањи“.

Задатак 2.3.22. Возило иде из места A у место B. Наћи просечну брзину кретањавозила у следећа два случаjа.

i. Током првог часа, возило се креће константном брзином 20 km/h. Затимнагло повећа брзину и током следећег часа се настави кретати константномбрзином 30 km/h.

ii. Прву половину пута возило прелази константном брзином 20 km/h, а другуполовину константном брзином 30 km/h.

Заокруживање18 броjа x jе замењивање тог броjа погодниjим броjем x тако даразлика ∣x − x∣ буде што jе могуће мања. Тако, ирационалан броj π = 3,14159265 . . .на две и четири децимале заокружићемо броjевима π = 3,14 и π′ = 3,1416. Када jезадња цифра 5 а броj заокружуjемо на предзадњу, онда ту предзадњу не мењамоако jе парна, а заокружуjемо jе на прву већу (парну) ако jе непарна.

17акко - ако и само ако18в. [11], стр. 73-82.



Заокруживање цифре 5 коjе се назива правило парне цифре jе уведено радисмањивања кумулативне грешке рачунања, jер парних и непарних цифара имаjеднако (парне су 0, 2, 4 и 8, а непарне 1, 3, 5 и 9) и jеднако су вероватне. Тако,броj x = 3,1415 заокружуjемо на броj x = 3,142 управо зато што не знамо да се радио заокруживању броjа π.

Разлику ∆(x) = x − x између тачног броjа x и његове апроксимациjе x ≈ xназивамо грешка приближног броjа x, а апсолутну вриjедност ∆ = ∣x − x∣ називамоапсолутном грешком. Грешка може бити позитивна или негативна, док jе апсолутнагрешка увек позитивна. Сваки броj ∆x коjи ниjе мањи од апсолутне грешке ∆ називасе граница апсолутне грешке приближног броjа x. Дакле,

∆x ≥ ∆ = ∣∆(x)∣ = ∣x − x∣. (2.15)

Граница апсолутне грешке ниjе jеднозначно одређена и приликом рачунања настоjимода она буде што мања.

Примjер 2.3.23. Одредити границу апсолутне грешке приближног броjа π = 3,14коjи замењуjе тачан броj π.

Рjешење. Из 3,14 < π < 3,15 следи ∆ = ∣π−3,14∣ < 0,01, па jе ∆π = 0,01 jедна границаапсолутне грешке приближног броjа π. И броj ∆π = 0,002 jе граница апсолутнегрешке, jер jе 3,140 < π < 3,142. Према томе, можемо ставити π = 3,14 ± 0,01 илитачниjе π = 3,14 ± 0,002.

Релативна грешка приближног броjа x ≠ 0 jе количник његове апсолутне грешкеи апсолутне вриjедности тог броjа:

δ(x) = ∣∆(x)∣∣x∣ = ∣x − x∣

∣x∣ . (2.16)

Сваки броj δx коjи ниjе мањи од релативне грешке δ(x) назива се граница релативнегрешке приближног броjа x.

Примjер 2.3.24. Нека jе тачан броj x ∈ [15,02; 15,10]. Изабрати неку његовуапроксимациjу из датог интервала, а онда одредити границе апсолутне и релативнегрешке те апроксимациjе.

Рjешење. За апроксимациjу узмимо x = 15,06. То jе аритметичка средина датогинтервала. Тада jе ∣x − x∣ ≤ 1

2(15,10 − 15,02) = 0,4, па за границу апсолутне грешкеможемо узети ∆x = 0,4. Зато jе δx = ∣∆x∣/∣x∣ = 0,4/15,06 = 0,0266 граница релативнегрешке.

Нека jе дат реални броj у запису

x = ±cncn−1 . . . c1c0, c−1c−2c−3 . . . , (2.17)

гдjе су ci цифре датог броjевног записа, означене индексима i ≤ n ∈ {1,2,3, . . .}. Уподразумеваном декадном систему броjева, цифре су ci ∈ {0,1,2, . . . ,9}.



Значаjне цифре реалног броjа (2.17) су све цифре у његовом запису, почев одпрве цифре са леве стране коjа jе различита од нуле. Значаjна цифра приближногброjа jе сигурна ако апсолутна грешка тог броjа ниjе већа од половине jединице коjаодговара тоj цифри.

Код броjева 1,23 или ±0,01020 подвучене су значаjне цифре. Сваки реални броj(2.17) може се записати у облику

x = ±(cnbn + cn−1bn−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + c1b + c0 + c−1b

−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + c−mb−m + . . . ), n,m ∈ N, (2.18)

гдjе jе подразумевана база броjног система b = 10. Цифре овог записа ci су свезначаjне када jе водећа cn ≠ 0. Цифра c−m jе сигурна ако апсолутна грешка тогприближног броjа задовољава jеднакост

∆ = ∣∆(x)∣ ≤ 1

2⋅ b−m. (2.19)

Када jе нека значаjна цифра приближног броjа сигурна, онда су сигурне и свезначаjне цифре лево од ње.

Примjер 2.3.25. Нека су a = 42,00 и b = 0,0304500 апроксимациjе броjева a = 41,95и b = 0,03045007. Колико те апроксимациjе имаjу сигурних цифара?

Рjешење. Из ∣∆(a)∣ = ∣a − a∣ = ∣41,95 − 42,00∣ = 0,05 ≤ 12 ⋅ 10−6 следи да jе последња

цифра броjа a сигурна, а тиме и све цифре испред (лево од) ње. Дакле, приближанброj a има сигурне три цифре. Слично jе ∆(b)∣ = ∣b − b∣ = 0,07 ⋅ 10−6 ≤ 1

2 ⋅ 10−6 пазакључуjемо да броj b има пет сигурних цифара.

Задатак 2.3.26. Показати да jе:i. граница апсолутне грешке збира приближних броjева jеднака збиру граница

апсолутних грешака сабирака;ii. збир приближних броjева има наjвише онолико сигурних цифара колико и

сабирак са наjмањим броjем сигурних цифара.

Задатак 2.3.27. Сабрати приближне броjеве

x1 = 0,5666 x2 = 65,435 x3 = 0,012345 x4 = 234,5

чиjе су све цифре сигурне, па оценити грешку збира.



2.4 Примене пропорциjа

Задатак 2.4.1. Ако 9 килограма шећера кошта 10,44 евра колико килограма се могудобити за 8,12 евра?

Примjер 2.4.2. Маjстор може обрадити 270 столица за 24 радна дана. Међутим,након 8 дана он добиjе jош 30 таквих столица. Колико дана ће маjсторска обрадаукупно траjати?

Slika 2.6: Директна пропорциjа

Рjешење. Након 8 дана маjстор jе завршио трећину посла, од коjег му jе преостало180 столица. Са овима и jош 30 нових он за следећих x дана треба да обради 210столица. На слици 2.6 видимо да стрелице имаjу исти смер, jер више дана рада значивише урађеног посла. Имамо директну пропорциjу, а односе у колонама формирамониз стрелице:

x ∶ 24 = 210 ∶ 270.

Отуда 270x = 24 ⋅ 210, па jе x = 18 и 2/3 дана. То jе укупно 26 и 2/3 дана.

Задатак 2.4.3. Фармер има хране за 300 кокошиjу током 20 дана. Ако он купиjош 100 кокошки, колико ће та храна траjати?

Примjер 2.4.4. Знамо да 2 радника за 3 дана асвалтираjу 4 метра пута.i. Колико ће метара пута асвалтирати jедан радник за jедан дан?ii. Колико ће метара пута асвалтирати 3 радника за 5 дана?

Рjешење. Демонстрирамо различите методе за решавање овог типа задатака.i. За исто време, за три дана, ће дупло мање радника асвалтирати дупло мању

деоницу пута, тj. 1 радник за 3 дана асвалтираће 2 метра. Исти радник за три путамање времена урадиће трећину посла, тj. 1 радник за 1 дан асвалтираће 2/3 метара.

Slika 2.7: Продужена пропорциjа

ii. Више асфалтираних метара ћемо добити ако имамо више радника, односноако они раде више дана. Зато су на слици пропорциjа 2.7 стрелице за броj радника



и броj радних дана у истом смеру са броjем метара. У смеру стрелица формирамоодносе

x ∶ 4 = 3 ∶ 2= 5 ∶ 3

одакле добиjамо x ∶ 4 = (3 ∶ 2) ⋅ (5 ∶ 3), тj. x = 4 ⋅ 32 ⋅

53 = 10. Три радника ће за пет дана

асвалтирати десет (10) метара пута.

Задатак 2.4.5. Решити претходни примjер 2.4.4 замењуjући методе.

Задатак 2.4.6. Седам камиона за 12 сати потроши 756 литара горива. Показатида пет камиона за девет сати потроши 405 литара.

Задатак 2.4.7. Производ се складишти у сандуцима коjи се одлажу на простордужине 55, ширине 30 и висине 15 сандука, укупне цене 37 125 долара. Коликосандука jе висок протор на коjи има 25 редова сандука распоређених у 75 колона,ако jе укупна њихова цена 28 125 долара?

Задатак 2.4.8. Решити претходни примjер 2.4.7 израчунаваjући цену jедног сандукаи запремину целог простора.

Задатак 2.4.9. Лазар, Марко и Невена требаjу да поделе 10 000 динара у размери5 ∶ 3 ∶ 2. По колико ће они добити?

Задатак 2.4.10. Поделити дужину од 100 метара на четири дела тако да свакиследећи део буде 20% дужи.

Последња два задатка су била из рачуна смеше, или поделе. Мало сложениjеситуациjе ћемо демонстрирати на следећа два примjера, помоћу две методе. Другипримjер jе са општим броjевима да би се лакше уочила jединственост резултата.

Примjер 2.4.11. Раствор 18% алкохола помешан jе са раствором 24% алкохола идобиjена jе смеша од 3 литре 22% алкохола. Колико jе узето првог, а колико другограствора?

Рjешење. Прва смеса има x, а друга y литара. Из система jедначина:

{ 18x + 24y = 22 ⋅ 3x + y = 3

након скраћивања прве прве jедначине са 6, затим смене y = 3 − x из друге у прву,добиjамо 9x + 4(3 − x) = 11, односно x = 1, а y = 2 литре.

Примjер 2.4.12. Колико треба узети сваке од две врсте робе, цена a и b, да би седобила мешавина количине m по цени c.



Рjешење. Да би задатак имао рjешење, цена c мешавине мора бити између ценасастоjака. Нека jе a < c < b. Ако по ценама a и b узимамо количине редом x и y,онда важи систем jедначина:

{ ax + by = c ⋅mx + y =m (2.20)

Из друге jедначине замењуjемо m у прву и добиjамо ax + by = c(x + y), а затимx ∶ y = (b − c) ∶ (c − a). Ова пропорциjа се може представити графом на слици 2.8.Потребне количине су:

x =m ⋅ b − cb − a, y =m ⋅ c − a

b − a.

Slika 2.8: Рачун мешања

Задатак 2.4.13. Кафа цене 270 динара по килограму меша се са кафом цене 310динара по килограму и добиjа 220 килограма кафе по цени 300 динара. Коjе суколичине прве и друге кафе у смеши?

Метода jедначина из примjера 2.4.11 се лако поопштава на већи броj састоjака,када се може поjавити више различитих решења. Међутим, шеме са слике 2.8 тадаслабо помажу.

Примjер 2.4.14. Да би направили златан пехар масе 300 грама од злата финоће750 jединица, колико треба узети злата финоће 800, 700 и 600 jединица?

Рjешење. Означимо са x, y и z редом количине злата финоће 800, 700 и 600 jединица.Сада систем (2.20) постаjе

{ 800x + 700y + 600z = 750 ⋅ 300x + y = 300,

односно

{ 8x + 7y = 2250 − 6zx + y = 300 − z.

Отуда решења x = 150 + z и y = 150 − 2z са произвољним реалним „параметром“z ∈ [0,75] грама. На примjер:

x = 200 g, y = 50 g, z = 50 g,

jе jедно од решења.



Задатак 2.4.15. Предузеће има 4 врсте брашна по цени19 од 72, 48, 60 и 66 новчанихjединица по килограму. Колико треба узети од сваке врсте да цена буде 50 н.j. покилограму?

Када се тражи бар jедно рjешење, или ниjе наведена количина раствора, тада jезгодниjе20 користити шему 2.9 сличну слици 2.8.

Примjер 2.4.16. У коjоj размери треба помешати растворе алкохола jачине 65%,50% и 30% да би се добио раствор са 45% алкохола?

Slika 2.9: Мешање три компоненте

Рjешење. И овдjе су броjеви 15, 15 и 5, односно 20 добиjени одузимањем тражене идате вриjедности концентрациjе (или обрнуто да би резултат био позитиван), што севиди на слици 2.9. При томе за z, тj. за алкохол наjмање концентрациjе, одређенасу два коефициjента, броjеви 5 и 20, коjе затим сабирамо и добиjамо коефициjентса коjим z учествуjе у процесу мешања. Дакле, имамо продужену пропорциjу

x ∶ y ∶ z = 15 ∶ 15 ∶ 25,

односно након скраћивања x ∶ y ∶ z = 3 ∶ 3 ∶ 5.

С обзиром да количина траженог раствора ниjе одређена, овим jе задатак завршен.Уколико би стаjао и таj захтев, узели бисмо x = 3k, y = 3k, z = 5k и наставили сарачуном поделе.

Задатак 2.4.17. Треба потрошити 4 врсте легуре бакра. Jедна садржи 80% бакра,друга 70%, трећа 45% и четврта 40%. У коjоj размери треба узети поjедине врстеда би се добила легура са 50% бакра?

Задатак 2.4.18. Златар меша 100 g сребра финоће 600 0/00 и 500 g сребра финоће850 0/00. Коjе финоће ће бити мешавина?

Задаци мешања коjи садрже „поделу унутар поделе“ су варљиви jер решењазависе од приоритета. Разматраћемо поделу унапред одређене количине новцарадницима, према траjању рада и према коефициjенту учинка. У првом случаjућемо давати jеднаке исплате сат по сат, у другом случаjу ћемо обрачунати исплатена краjу рада према платним коефициjентима.

19в. http://www.slideshare.net/JelenaDobrivojevic/racun-mesanja20в. http://elib.mi.sanu.ac.rs/pages/main.php


http://www.slideshare.net/JelenaDobrivojevic/racun-mesanja

http://elib.mi.sanu.ac.rs/pages/main.php


Задатак 2.4.19. Укупни износ од 24 000 рубаља треба поделити на два радникаако њихове месечене зараде износе редом 30 000 и 17 000 рубаља, а они су радили по30 и 40 часова.

i. Исплату извршити према времену на послу.ii. Исплату извршити према процени радног учинка.

Задатак 2.4.20. Укупни износ од 1200 КМ треба поделити на три радника чиjемесечне зараде износе по 700, 600 и 800 КМ, а они су радили по 5, 9 и 12 часова.

i. Исплату извршити према времену на послу.ii. Исплату извршити према процени радног учинка.

Следе задаци са процентима. Ако у раствору имамо s грама соли и v грамаводе, онда имамо s + v грама21 слане воде. Однос количине соли и раствора jеks = s ∶ (s + v), a однос воде и раствора jе kv = v ∶ (s + v). Проценат соли у растворуjе ps = 100ks %, а проценат чисте воде у раствору jе pv = 100kv %. Приметимо да jезбир коефициjената састоjака ks + kv = 1, а збир процената ps + pv = 100 %.

Задатак 2.4.21. Роба jе коштала 110 новчаних jединица, а затим jе поскупила за20 %. За колико процената мора да поjефтини да би њена цена била 100 н.j.

Задатак 2.4.22. Плате Ане и Бранке су биле у односу 2 ∶ 3, а од када су обемаплате повећане за 1000 КМ таj однос jе 9 ∶ 11. Колике су њихове плате?

Задатак 2.4.23. У двема шољам се налазе кафа и млеко. Из прве шоље преспемомало кафе у млеко, а затим вратимо jеднаку количину мешавине. Да ли jе вишемлека у првоj, или кафе у другоj шољи?

Задатак 2.4.24. У две веће посуде су литра сирупа и четири литре воде. Из првепосуде у другу сипамо извесну количину сирупа, након чега се сок промеша па сеиз друге врати у прву jеднака количина течности. Колика jе та количина ако се упрвоj посуди нашло 20% сирупа? Колики jе тада раствор сирупа у другоj посуди?

21радимо у истим физичким jединицама


Glava 3

Геометриjа

Геометриjа jе област математике коjа проучава тачке, линиjе, облике и простор.Планиметриjа jе геометриjа у равни (2-дим), коjа се бави равним облицима попутлиниjа, троуглова или кругова. Стереометриjа jе геометриjа у (3-дим) простору,коjа проучава геометриjска тела, попут коцке, ваљка или лопте.

Ниjе могуће нити jе потребно доказивати сваки исказ. Ми у геометриjи доказуjемосве што можемо и трудимо се да онога што остане недоказано буде што мање и дабуде неспорно. Тако се основе геометриjе засниваjу на првим принципима, коjеделимо на: дефинициjе, постулате, аксиоме или опште прихватљива запажања.

На примjер, дефинициjе су: тачка из коjе полазе две полуправе назива се теме.Угао jе део равни између две полуправе коjе полазе из истог темена. Те полуправе сеназиваjу краци угла. Када су краци угла различити делови jедне праве линиjе, угаоназивамо испружен. Када се две праве линиjе секу тако да њихова пресечна тачкаформира четири jеднака угла, онда кажемо да су те праве узаjамно окомите, а дасу та четири угла прави углови. Оштар угао jе мањи од правог, а тупи угао jе већиод правог (а мањи од испруженог). Комплементни или комплементарни су угловикоjи заjедно чине jедан прави угао. Углови су суплементни или суплементарни акозаjедно чине испружен угао.

Постулати су на примjер следећа тврђења коjа узимамо „здраво за готово“.Могуће jе повући праву линиjу кроз било коjе две тачке. Праву линиjу можемопродужавати неограничено. Било коjу тачку праве линиjе можемо узети за центаркружнице, а полупречник можемо бирати по вољи велик. Сви прави углови сумеђусобно jеднаки.

Опште прихватљива запажања су на примjер следећа. Ствари jеднаке истимстварима jеднаке су међусобно. Ако jеднаке споjимо (одузмемо од) са jеднаким,целине (остаци) ће бити jеднаке. Целина jе већа од свог дела. Овдjе спадаjу и разнеаксиоме, па и Хилбертове1 аксиоме геометриjе, коjе су разматране2 на предавањимакоjа овдjе следимо.

1David Hilbert (1862-1943), немачки математичар2в. скрипту [1], поглавље: III Геометриjа, стр. 56-67.

59


3.1 Тачке и праве

Преброjавање са битним редоследом елемената су вариjациjе, а са небитнимредоследом комбинациjе. Вариjациjе V n

k броjе низове, комбинациjе Cnk скупове. Саn ∈ N елемената се може направити

V nk = n ⋅ (n − 1) ⋅ (n − 2) . . . (n − k + 1) (3.1)

низова дужине k, гдjе jе 1 ≤ k ≤ n броj различитих елемената. Посебно, ако jе k = nвариjациjе називамо пермутациjе и пишемо n!, што читамо „n факториjел“. Прематоме

n! = n ⋅ (n − 1) . . .2 ⋅ 1 (3.2)

су пермутациjе. Скуп са n елемената има

Cnk = (nk) = V

nk

n!= n ⋅ (n − 1) . . . (n − k + 1)

1 ⋅ 2 . . . n (3.3)

потскупова са k елемената. Израз (nk) коjи називамо биномни коефициjент читамо

„n над k“.

Задатак 3.1.1. Дат jе скуп од n = 12 тачака. Колико оне могу да одреде:а) правих;б) равни?

Израчунати ове броjеве за неки други броj n.

Задатак 3.1.2. Колики jе наjмањи броj тачака коjима jе одређено:а) 21 правих;б) 20 равни?

Колинеарне тачке су оне коjе леже на истоj правоj. Компланарне су тачке онекоjе леже у истоj равни.

Задатак 3.1.3. Дат jе скуп тачака у коjем нема три колинеарне тачке. Коликоима тачака ако оне одређуjу двоструко више правих?

Задатак 3.1.4. Дат jе скуп тачака у коjем нема три колинеарне, нити четирикомпланарне тачке. Колико има тачака ако оне дефинишу два пута више правихнего равни?

Хилбертове аксиоме инциденциjе можемо сажети у следеће три:i-1. За две одвоjене тачке A и B равни увек постоjи jединствена права линиjа l

у тоj равни, таква да jоj припадаjу те обе тачке.i-2. За сваку праву l равни, постоjе две различите тачке A и B у тоj равни, коjе

jоj припадаjу.i-3. Постоjе три различите неколинеарне тачке у равни.Ради вежбања употребе аксиома, покушаjте самостално доказати следеће леме

геометриjе (мале теореме), па тек затим погледаjте понуђена решења.



Лема 3.1.5. За произвољне разне праве l1, l2, ако A ∈ l1 ∩ l2, онда l1 ∩ l2 = {A}.

Доказ. Претпоставимо да постоjи B ≠ A и B ∈ l1 ∩ l2. Према аксиоми i-1, l = AB = l2.То jе у контрадикциjи са претпоставком, па према томе не може постоjати такватачка B.

Лема 3.1.6. Ако су A,B,C три неколинеарне тачке, онда су оне различите.

Доказ. Претпоставимо прво да jе скуп тачака {A,B,C} jедночлан, тj. A = B = C.Према аксиоми i-3, постоjи тачка Q ≠ A. Према аксиоми i-1, постоjи линиjа l коjасадржи A и Q. Тако A,B,C ∈ l, па су A,B,C колинеарне, што jе контрадикциjа.Према томе, скуп {A,B,C} има бар два елемента.

Претпоставимо да jе скуп {A,B,C} двочлан. Према аксиоми i-1, тада постоjилиниjа коjа садржи те две разне тачке. Тада су тачкеA,B,C датог скупа колинеарне,што jе контрадикциjа. Према томе, скуп {A,B,C} има три елемента.

Лема 3.1.7. Нека су A,O,B неколинеарне тачке. Нека jе тачка X ≠ O, са колинеарнимO,B,X. Тада A,O,X нису колинеарне.

Доказ. Према леми 3.1.6, тачке A,O,B су различите. Нека jе права b = OB. ТадаA ∉ b, jер су тачке A,O,B неколинеарне. Према аксиоми i-1, X ∈ b. Како X ≠ O,можемо писати b = OX. Како A ∉ b, према аксиоми i-1 су A,O,X неколинеарне.

Задатак 3.1.8. У скупу правих сваке две се секу. Доказати да све те правеприпадаjу jедноj равни, или све имаjу тачно jедну тачку заjедничку.

Пре решавања следећа два задатака погледаjе Хилбертове аксиоме поретка. СаA −B −C означавамо три колинеарне тачке, а тачка B jе између A и C.

Задатак 3.1.9. Ако jе A −B −C и A −D −C, онда су A,B,C,D тачке jедне правеи ниjе B −A −D. Доказати.

Задатак 3.1.10. Ако су O,A,B,C тачке jедне праве и ако jе A−O−B и A−O−C,онда ниjе B −O −C. Доказати.

Праве су паралелне ако се поклапаjу, или леже у истоj равни а немаjу заjедничкихтачака. Права jе паралелна равни ако у тоj равни постоjи права са коjом jе онапаралелна. Паралелне праве a и b означавамо a∣∣b. Праву x паралелну равни ξозначавамо x∣∣ξ.

Задатак 3.1.11. Дате су праве a и b у равни π. Ако су све тачке неког скупа Sтакве да a ⊂ S ⊂ π са исте стране праве b, доказати да су праве a и b паралелне.

Задатак 3.1.12. Дате су права a и раван α са исте стране дате равни π, доказатида jе онда a∣∣α.

Конвексан jе угао φ ако ниjе већи од испруженог угла (0○ ≤ φ ≤ 180○). Прематоме, угао jе неконвексан ако jе већи од испруженог (180○ < φ < 360○).



Задатак 3.1.13. Колико конвексних углова мањих од испруженог одређуjу n = 3компланарне праве коjе се секу у jедноj тачки.

Задатак 3.1.14. Колико неконвексних углова може бити у:а) троуглу; б) четвороуглу; в) петоуглу?

Задатак 3.1.15. Колико диjагонала има конвексан:а) петоугао; б) шестоугао; в) n-тоугао?

Задатак 3.1.16. Колико наjвише четвороуглова одређуjу 7 тачака у равни, међукоjима не постоjе 3 колинеарне.

Задатак 3.1.17. У скупу S тачака нема 3 колинеарне. Колико тачака има скуп Sако оне одређуjу jеднак броj троуглова и четвороуглова?

Следе задаци логичко-комбинаторног типа из геометриjе коjи су планирани илису били на такмичењима из математике за средњошколце.

Задатак 3.1.18. У правоугаонику страница 4 и 3, распоређено jе 6 тачака. Доказатида постоjе две од тих тачака чиjе растоjање ниjе веће од

√5.

Задатак 3.1.19. У кругу површине 1 распоређено jе 2015 тачака. Доказати дапостоjе три тачке, темена троугла површине мање од 0,001.

Задатак 3.1.20. Свака страница конвексног четвороугла подељена jе на осам jеднакихделова. Спаjањем одговараjућих дионих тачака на наспрамним страницама добиjамомрежу од 64 поља, коjа jе затим обоjена као шаховска плоча. Доказати да jе збирповршина свих црних поља jеднак збиру површина свих белих поља.

Следећи задатак jе био на Међународноj математичкоj олимпиjади 2015. аследећи 2011. године.

Задатак 3.1.21. Коначан скуп S тачака у равни зовемо уравнотеженим ако засваке две различите тачке A и B скупа S постоjи тачка C у скупу S таква да jеAC = BC. Доказати да за сваки природан броj n ≥ 3 постоjи уравнотежен скупкоjи се састоjи од n тачака.

Задатак 3.1.22. Нека jе S коначан скуп тачака у равни коjи садржи бар дветачке. Никоjе три тачке скупа S нису колинеарне. Ветрењачом се назива следећипоступак. На почетку се бира права ` коjа садржи тачно jедну тачку P ∈ S. Права` ротира у смеру казаљке на сату око центра P до момента у коме по први путсадржи неку другу тачку скупа S. Од тог момента та тачка, Q, постаjе новицентар, а права наставља да се ротира око Q у смеру казаљке на сату по истомпоступку коjи се никада не прекида.

Доказати да jе могуће изабрати неку тачку P ∈ S и неку праву ` коjа садржиP , тако да у добиjеноj ветрењачи свака тачка скупа S постаjе центар бесконачномного пута.



3.2 Углови

Углови са паралелним крацима су jеднаки или су суплементни. Оглови саокомитим крацима су jеднаки или су суплементни. Периферни углови над истомтетивом су jеднаки или су суплементни.

Slika 3.1: Jеднаки и суплементни углови.

Углови α и β су суплементни акко α + β = 180○, тj. ако и само ако jе њихов збирjеднак испруженом углу.

Задатак 3.2.1. Наћи углове α,β и γ приказане на слици 3.2.

Slika 3.2: Израчунати углове α,β и γ.

Задатак 3.2.2. i. Наћи углове a○ и b○ на слици 3.3 лево.ii. Наћи непознати угао x○ на средњоj слици 3.3.iii. На истоj слици десно jе правилан конвексан петоугао (пентагон). Наћи

углове a○, b○, c○, d○, e○. Показати да jе c○ = d○ = e○, односно да jе горњи унутрашњиугао петоугла подељен на три jеднака дела.

На интернету3 се могу наћи следећа два задатка.

Задатак 3.2.3. Наћи угао коjи jе jеднак свом двоструком суплементу4.3facebook: https://www.facebook.com/WhiteCraneEducation/4Суплемент, или суплементаран jе угао коjи са датим чини испружен угао, тj. збир им jе 180○.


https://www.facebook.com/WhiteCraneEducation/


Slika 3.3: Наћи непознате углове.

Задатак 3.2.4. Петоструки комплемент5 неког угла jе за 24○ мањи од свог двострукогсуплемента. Коjи jе то угао?

Задатак 3.2.5. Наjмањи угао троугла jе две трећине средњег, а средњи jе триседмине наjвећег. Колики су углови троугла?

Трансферзала jе било коjа права коjа сече паралелне праве. На слици 3.4 то jеправа t коjа пресеца праве p∣∣q. Она прави jеднаке и суплементне углове. Унакрсниуглови су jеднаки, а овдjе то значи α = δ и β = γ. Опружени (испружени) углови сусуплементни, овдjе β + δ = 180○ и α + γ = 180○.

Количник наспрамне катете и хипотенузе jе синус угла. Количник налегле катетеи хипотенузе jе косинус угла.

Slika 3.4: Трансферзала a сече паралелне праве.

Сагласни углови су: α и γ1, или β и δ1, или α1 и γ, односно β1 и δ.Супротни углови су: α и γ, β и δ, α1 и γ1, β1 и δ1.Унакрсни углови су: α и δ, β и γ, α1 и δ1, β1 и γ1.Суседни углови су: α и α1, β и α, α1 и β1, β1 и β.

Задатак 3.2.6. Наћи угао на трансферзали ако jе:i. супротан свом шестоструком комплементу;ii. комплементан свом шестоструком суседном.

Следећа два задатка круже интернетом6 као тешки геометриjски проблеми.5Комплемент, или комплементаран jе угао коjи са датим чини прав угао, збир им jе 90○.6World’s Geometry Problems:http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm


http://thinkzone.wlonk.com/MathFun/Triangle.htm


Задатак 3.2.7. i. Наћи непознати угао x на на слици 3.5 лево.ii. Наћи непознати угао x на на слици 3.5 десно.

Slika 3.5: Наћи непознате углове x.

Задатак 3.2.8. Доказати да збир унутрашњих углова конвексног n-тоугла, заприродни броj n ≥ 3, износи (n − 2) ⋅ 180○.

Примjер 3.2.9. Доказати следећа тврђења.i. Периферни угао кружнице jе jеднак половини централног над истом тетивом.ii. Угао између тангенте и тетиве jеднак jе периферном над истом тетивом,

коjи jе са друге стране тетиве.iii. Периферни угао над пречником jе прав.iv. Периферни углови са супротних страна тетиве су суплементни.

Доказ. На три слике 3.6 види се кружница полупречника r са центром у тачки O иса тетивом AB. Само на првоj слици (лево) види се тангента t у тачки A.

i. Лево, централни угао AOB jе унутар периферног угла AP1B са теменом утачки P1 кружнице. Троугао AP1O jеднакокраки, па jе ∠OAP1 = ∠AP1O и прематоме, вањски угао AOp jеднак jе двоструком делу периферног ∠AP1O. Слично садруге стране, ∠pOB = 2∠OP1B. Сабирањем та два добиjамо ∠AOB = 2∠AP1B,дакле да jе периферни пола централног.

У средини, троугао P2OB jе jеднакокрак, са вањским ∠AOB = 2∠AP2B.Десно, на основу претходног, централни угао ν = ∠COA jе двоструко већи од

периферног γ = ∠CP3O, а такође централни ν + θ = ∠COB двоструко jе већи одпериферног γ + φ = ∠CP3B. Одузимањем налазимо θ = 2φ.



Slika 3.6: Централни и периферни углови.

ii. Лево, из центра O повучена jе нормала OC ⊥ AB. Углови AOC и tAB имаjуузаjамно окомите краке и према томе, jеднаки су. То jе половина централног угла,односно периферни угао над тетивом AB.

iii. Када jе тетива пречник, тада jе централни угао испружен, па jе па jе периферниправ.

iv. Лево, нека jе тачка Q1 пресек праве p и кружнице, али са супротне странететиве AB од тачке P1. Троугао P1BQ1 jе правоугли, са правим углом у периферноjтачки B, па су му углови у теменима P1 и Q1 комплементни (збир им jе правугао). Слично jе са троуглом P1AQ1. Зато су збирни углови у теменима P1 иQ1 суплементни (допуњаваjу се до испруженог).

Задатак 3.2.10. Дат jе круг са центром у O са тангентном DE кружним луковимау пропорциjи BC ∶ CD ∶ AD ∶ AB = 7 ∶ 8 ∶ 12 ∶ 9. Наћи све углове означене броjевима1,2, . . . ,12, као што се види на слици 3.7.

Задатак 3.2.11. Показати да од две тетиве истог круга мањи од оштрих перифернихуглова припада мањоj.

Симетрала угла jе права линиjа коjа полови угао. Другим речима, симетралаугла jе геометриjско место тачака jеднако удаљених од кракова угла. Под симетраломугла троугла сматра се и (дуж) онаj део симетрале (праве) коjи се налази унутрартроугла.

Задатак 3.2.12. Доказати да мањи угао троугла има дужу симетралу.

Следећи задатак jе Штаjнер-Лехмусова теорема. Лехмус7 jе 1840. године оваквопитање послао писмом Штурму8 коjи га jе поставио jавно као задатак. Jедан одпрвих коjи се jавио са рjешењем био jе Штаjнер9.

7C. L. Lehmus (1780-1863), њемачки математичар.8C. Sturm (1803-1855), француски математичар.9Jakob Steiner (1796-1863), шваjцарски математичар, геометар.



Slika 3.7: Круг и дванаест углова.

Задатак 3.2.13. Ако су две симетрале угла jеднаке, троугао jе jеднакокрак.

Задатак 3.2.14. Ако тетивни четвороугао има окомите диjагонале коjе се секу утачкиM , права крозM окомита на било коjу страницу полови супротну страницу.

Ово тврђење се назива Брахмагуптина10 теорема, аутора коjи jе познат и пооткрићу фомуле за површину тетивног четвороугла из коjе се може извести Хеонов11

образац.Површина правоугаоника страница дужина a и b jе P1 = ab, као што се види на

првоj слици 3.8. Површина паралелограма висине h на страници a, на истоj слициу средини, jе P2 = ah. На тоj слици десно jе површина троугла P3 = 1

2aha.

Slika 3.8: Површине.

10Brahmagupta (око 598-665), индиjски математичар11Херон из Александриjе (око 10-70), грчки математичар.



Постоjи много занимљивих задатака у геометриjи коjи се могу решавати помоћуповршина. Међу познатиjе спада визуелни доказ Питагорине теореме, као онаj наслици 3.9. За произвољан правоугли троугао наjдуже странице (хипотенузе) дужинеc и осталих страница (катета) дужина a и b важи jеднакост c2 = a2 + b2.

Slika 3.9: Питагорина теорема.

Други примjер jе мало мање позната Чевиjева12 теорема из 1678. године, коjућемо сада доказати. Део праве унутар троугла од било коjег његовог темена допроизвољне тачке на супротноj страници, називамо чевиjан. Тако, за троугао ABCи произвољне три тачке X ∈ BC, Y ∈ CA и Z ∈ AB, три дужи AX, BY и CZ сучевиjани. Када кажемо да су три или више линиjа конкурентне, мислимо да онепролазе истом тачком, рецимо P , као на слици 3.10.

Slika 3.10: Конкурентни чевиjани.

12Giovanni Ceva (1647-1734), италиjански математичар.



Теорема 3.2.15. Три чевиjана AX,BY,CZ из различитих врхова троугла ABC суконкурентни, ако и само ако jе

BX

XC

CY

Y A

AZ

ZB= 1.

Доказ. Прво, нека су дати чевиjани конкурентни. Површине троуглова jеднакихвисина су пропорционалне, па према слици 3.10 имамо редом:

BX

XC= P3(ABX)P3(AXC) = P3(PBX)

P3(PXC) = P3(ABX) − P3(PBX)P3(AXC) − P3(PXC) = P3(ABP )

P3(CAP ) .

Слично:CY

Y A= P3(BCP )P3(ABP ) ,

AZ

ZB= P3(CAP )P3(BCP ) .

Након множења ових, добиjамо:

BX

XC

CY

Y A

AZ

ZB= P3(ABP )P3(CAP )

P3(BCP )P3(ABP )

P3(CAP )P3(BCP ) = 1.

Тиме jе доказана тражена jеднакост.Друго, нека важи дата jеднакост. Претпоставимо да се два чевиjана из A и B

секу у тачки P , а да кроз ту тачку пролази трећи CZ′. Тада jе према претходномдоказу и према новоj претпоставци, редом:

BX

XC

CY

Y A

AZ ′

Z ′B= 1,

BX

XC

CY

Y A

AZ

ZB= 1.

ОтудаAZ ′

Z ′B= AZZB

што значи коинциденциjу (поклапање) тачака Z ′ и Z, чиме смо доказали да суAX,BY,CZ конкурентни.

Покушаjте помоћу површина троугла доказати и следећу теорему, а тек затимпрочитаjте рjешење.

Теорема 3.2.16. Симетрала унутрашњег угла троугла диjели наспрамну страницуу односу других двеjу страница.

Доказ. Нека jе s = CCs симетрала угла C троугла ABC, а h = CCh висина настраницу AB, као на слици 3.11 лево. Конструишимо нормале CsM ⊥ BC и CsN ⊥AC на странице a и b редом. Имамо за површину троугла ACCs, редом:

ACs ⋅CCh2

= AC ⋅CsN2

,

ACs ∶ AC = CsN ∶ CCh.



Слично, посматраjући троугао BCCs добиjамо BCs ∶ BC = CsM ∶ CCh. Како jеD ∈ s, то jе CsN = CsM , па из претходних пропорциjа следи:

ACs ∶ AC = BcS ∶ BC,

q ∶ b = p ∶ a,

q ∶ p = b ∶ a,

што jе и требало доказати.

Slika 3.11: Симетрале углова троугла ABC.

Примjер 3.2.17. Троугао jе дат дужинама своjих страница a, b, c. Наћи односе укоjима центар уписане кружнице S диjели симетрале углова тог троугла.

Рjешење. На слици 3.11 десно, имамо троугао ABC са симетралама углова AAs,BBs и CCs коjе се секу у тачки S. Из претходне теореме 3.2.16 следи:

BsC ∶ BsA = BC ∶ BA = a ∶ c,

а због BsC +BsA = b добиjамо:

BsC = ab

a + c , BsA = bc

a + c .

Примењуjући претходну теорему на троугао BCBs добиjамо

SBs ∶ SB = CBs ∶ CB,

што са претходним даjе тражени однос за симетралу BBs. Уопште:

AsS

AS= a

b + c ,BsS

BS= b

a + c ,CsS

CS= c

a + b . (3.4)



Задатак 3.2.18. Нека се симетрале AAs, BBs и CCs унутрашњих углова троуглаABC секу у тачки S. Доказати да jе:

i) SAsAAs

+ SBsBBs

+ SCsCCs

= 1, ii) SA

AAs+ SB

BBs+ SC

CCs= 2,

iii) SA

SAs+ SB

SBs+ SC

SCs> 3, iv) 1

4< SA

AAs

SB

BBs

SC

CCs≤ 8

27,

v) SBs ⋅ SCs <1

4⋅BBs ⋅CCs < SB ⋅ SC.

Кориштене су ознаке са слике 3.11 десно.

Симетрале унутрашњих углова трогла ABC секу се у jедноj тачки S. Та тачка jеjеднако удаљена од страница троугла, па jе она центар кружнице коjа их додируjе,уписане кружнице датог троугла. Пресеци симетрала страница секу се у другоj,такође jедноj тачки коjа jе jеднако удаљена од сва три темена троугла, па jе онацентар описане кружнице троугла. Уписану и описану кружницу повезуjе следећиисказ.

Примjер 3.2.19. Нека симетрала угла γ = ∠ACB сече кружницу описану окотроугла ABC у тачки M . Тада jе MS = MA = MB, гдjе jе S центар уписанекружнице. Доказати.

Доказ. Према слици 3.12 лево. Из ∠ACM = ∠BCM = γ2 следи да jе M средина

лука AB, па jе MA = MB. Такође jе ∠ASM = ∠SAC + ∠SCA = α2 +

γ2 и ∠SAM =

∠SAB +∠BAM = α2 +∠BCM = α

2 +γ2 . Из последње две jеднакости jе MA = MS, а

отуда и из прве jеднакости следи MA =MB =MC, што jе и требало доказати.

Slika 3.12: Описана и приписана кружница троугла ABC.

Споља приписана кружница ka троугла ABC додируjе његову страницу a ипродужетке остале две, на слици 3.12 десно. Центар Sa споља приписане кружнице



тог троугла налази се на симетралама вањских углова у теменимаB,C и на симетралиунутрашњег угла у темену A.

Задатак 3.2.20. i. Показати да додирне тачке уписаног круга деле странице a, b, cтроугла на одсjечке дужина:

−a + b + c2

,a − b + c

2,

a + b − c2

.

ii. Показати да додирна тачка вани приписаног круга диjели страницу a на одсjечкедужина:

a − b + c2

,a + b − c

2.

Тангентни четвороугао jе онаj чиjе странице тангираjу кружницу. Страницететивног четвороугла су тетиве кружнице.

Задатак 3.2.21. Доказати следећа тврђења.i. Збирови наспрамних страница тангентног четвороугла су jеднаки.ii. Збирови наспрамних углова тетивног четвороугла су jеднаки.

Задатак 3.2.22. Нека су AA1 и BB1 висине ∆ABC. Доказати следећа тврђења.i. Тачке A,B,A1,B1 припадаjу jедноj кружници.ii. Троуглови ∆ABC и ∆A1B1C имаjу jеднаке одговараjуће углове.

Задатак 3.2.23. У троуглу ABC jе ∠C = 60○. Ако су AA1 и BB1 висине и Csсредина странице AB, доказати да jе тада троугао CsA1B1 jеднакостраничан.

Задатак 3.2.24. Нека су A и B две фиксне и C ≠ A,B променљива тачка датекружнице. Ако су AA1 и BB1 висине троугла ABC, доказати да дужина A1B1 независи од положаjа тачке C.

Задатак 3.2.25. Нека су M и N редом тачке на страницама BC и AC троуглаABC чиjи jе центар описане кружнице O. Доказати да jе четвороугао ABMNтетивни ако и само ако jе OC ⊥MN .

У наслову коjи следи jош дубље ћемо се бавити геометриjом jеднаких углова ипоследицама.



3.3 Сличност

Када се конвексни угао α пресече паралелним правама a и a′, као на слици 3.13,тада имамо jеднаке углове β = β′ и γ = γ′ и обратно, када су ти углови на крацимаjеднаки, онда су пресечне праве паралелне. Отуда и позната Талесова теорема осличности,

a∣∣a′ ⇐⇒ AB ∶ AB′ = AC ∶ AC ′ = BC ∶ B′C ′, (3.5)

коjа jе централно место следеће групе задатака.

Slika 3.13: Талесова теорема о сличности.

Када троуглови ABC AB′C ′ имаjу jеднаке одговараjуће углове, тада кажемо дасу они слични и пишемо ∆ABC ∼ ∆AB′C ′. У VI књизи Еуклидових Елемената,став 2. можемо наћи следеће тврђење, мало другачиjе исказано.

Задатак 3.3.1. На продужетку страница b и c троугла ABC конструисано jеB′C ′∣∣BC. Доказати помоћу површина да jе BB′ ∶ AB = C ′C ∶ CA.

Обрат овог тврђења jе следећи задатак.

Задатак 3.3.2. Ако jе BB′ ∶ AB = C ′C ∶ CA, са ознакама као на слици 3.13, онда jеa∣∣a′. Доказати помоћу површина.

Паралелограм jе четвороугао коjи има два пара паралелних страна. Из оведефинициjе произилази да су наспрамни (унутрашњи) углови паралелограма jеднаки,да су му наспрамне странице jеднаке дужине, да му се диjагонале полове.

Доказати следећа два исказа користећи дефинициjе паралелограма. Треће jедоказ Питагорине теореме помоћу сличности троуглова.

Задатак 3.3.3. Када су одговараjући углови два троугла jеднаки, тада су им иодговараjуће странице пропорционалне.

Средња линиjа троугла jе дуж коjа спаjа средине две његове странице. Наспрамнастраница троугла, паралелна средњоj линиjи понекад се назива основица троугла.

Задатак 3.3.4. Средња линиjа троугла паралелна jе основици и по дужини jеднакањеноj половини.



Задатак 3.3.5. Применом сличности за правоугли троугао ABC висине hc = CD изправог угла, коjа диjели хипотенузу c = AB на одсjечке p = AD и q =DC, доказати:

a2 = q ⋅ c, b2 = p ⋅ c, h2c = p ⋅ q,

гдjе су катете дужина a = BC и b = AB. Затим доказати a2 + b2 = c2.

Подножjа висина троугла ABC означимо са A1,B1,C1, као на слици 3.14. Висинетроугла се секу у тачки H коjу називамо ортоцентар датог троугла, а троугаоA1B1C1 jе ортички13 или педални. У задатку 3.2.22 jе доказано да тачке A,B,A1,B1

припадаjу jедноj кружници и да jе ∆ABC ∼ ∆A1B1C, тj. да ортички троугао наглавном одсеца сличне троуглове.

Slika 3.14: Висине AA1,BB1,CC1 троугла.

Задатак 3.3.6. На слици 3.14 показати следеће.i. Угао x = ∠A1AC комплемент угла γ = ∠ACB и исто jе угао y = ∠CBB1. То

су и периферни углови над истом тетивом A1B1.13orthic triangle - енг. троугао чиjа су темена подножjа висина датог троугла



ii. Четвороугоа AC1HB1 jе тетиван jер су му наспрамни углови у B1 и C1

суплементни, тачниjе прави. Зато ∠HAB1 = ∠HC1B1.iii. Висина (CC1) датог троугла jе симетрала угла ортичког троугла.iv. ∆A1B1C ∼ ∆ABC.

На слици 3.14 додаjмо тачку O, центар описаног круга троугла ABC, коjа севиди на слици 3.15. Тачка O се налази у пресеку симетрала страница троугла, а овепролазе средишњим тачкама A′,B′,C ′ окомито на странице наспрам темена A,B,Cдатог троугла. Углови датог троугла су ∠A = α,∠B = β,∠C = γ.

Slika 3.15: Висине AA1,BB1,CC1 троугла.

Задатак 3.3.7. Показати следеће.i. ∠A′OC = α, ∠B′OA = β и ∠C ′OB = γ. Рецимо, ∆C ′OB ∼ ∆ACpB, а углови у

Cp и C су периферни над истом тетивом.ii. ∠HC1B1 = ∠C1AO. Наиме, оба ∠HC1B1 и ∠C1AO су комплементи γ.iii. HC1 ⊥ C1A⇒ B1C1 ⊥ OA . Аналогно C1A1 ⊥ OB и A1B1 ⊥ OC.iv. ∆CA1B1 ∼ ∆C1AB1 ∼ ∆C1A1B ∼ ∆ABC.

Дуж коjа спаjа врх троугла са средином супротне странице назива сетежишницаили медиjана, а троугао чиjа су темена средине страница датог троугла називасе медиjални троугао. Тежиште jе тачка у коjоj се секу тежишнице (медиjане)троугла, а ортоцентар jе тачка у коjоj се секу висине троугла.



Задатак 3.3.8. Доказати да тежиште диjели тежишницу у односу 2 ∶ 1 почев одврха троугла.

На слици 3.16, ∆A′B′C ′ jе медиjални троугао од ∆ABC. Додате су две медиjанеAA′ и BB′ коjе се секу у тежишту T , две висине AA1,BB1 троугла ∆ABC коjе сесеку у ортоцентру H и две висине A′A′

1,B′B′

1 троугла ∆A′B′C ′ коjе се секу у H ′.

Slika 3.16: Медиjални троугао A′B′C ′ троугла ABC.

Задатак 3.3.9. Користећи слику 3.16 проверити следећа тврђења.i. Странице медиjалног троугла су паралелне одговараjућим страницама датог,

па су ова два троугла слични.ii. Странице медиjалног троугла су половине дужина страница датог, па

медиjални разлаже дати троугао на четири jеднака дела.iii. Четвороугао AC ′A′B′ jе паралелограм, па AA′ полови B′C ′ у тачки A′′.iv. Медиjане медиjалног трогугла леже на медиjанама главног, па им jе тажиште

заjедничко.v. Висине (нпр. A′A′

1) медиjалног троугла леже на симетралама одговараjућестранице (BC) главног троугла, па jе ортоцентар H ′ медиjалног троугла уjеднои центар O описаног круга главног троугла.

Након овог задатка смо на корак од открића Оjлерове линиjе, e на слици 3.16,на коjоj леже три значаjне тачке троугла: ортоцентар H, центар S уписаног круга ицентар O описаног круга. Пре тога се потсетимо неколико иначе познатих ставова.

Задатак 3.3.10. Доказати следећа тврђења.i. Центар S уписаног и центар O описаног круга су jединствене тачке троугла.ii. Све три висине троугла секу у jедноj тачки H, ортоцентру троугла.



Задатак 3.3.11. Доказати следећа тврђења.i. Све три тежишнице (медиjане) се секу у jедноj тачки, тежишту троугла.ii. Троугао jе тежишницама подељен на шест мањих троуглова jеднаких површина.iii. Тежиште диjели тежишницу у односу 2 ∶ 1 почев од врха троугла.

Задатак 3.3.12. Ортоцентар H, центар S уписаног круга и центар O описаногкруга су колинеарни. Центар уписаног круга диjели растоjање од ортоцентра доцентра описаног круга у односу 2 ∶ 1.

Задатак 3.3.13. Доказати да jе центар O′ описаног круга медиjалног троуглаA′B′C ′ на средини OH, дужи чиjи су краjеви центар описаног круга и ортоцентарглавног троугла ABC.

Овим jе доказано да центар O′ описаног круга медиjалног троугла A′B′C ′ лежина средини дужи HO коjа лежи на Оjлеровоj линиjи главног троугла ABC. Какоjе ∆A′B′C ′ ∼ ∆ABC, полупречник описаног круга медиjалног троугла двоструко jемањи од таквог полупречника главног троугла.

Ово су биле само неке од многих значаjних тачки троугла, а нису нити jединетакве коjе леже на Оjлеровоj правоj. Са друге стане, троуглови имаjу и другихзанимљивих особина, као што jе тврђење: “наспрам дуже стране налази се већиугао и обарно”, доказано на страни 64. скрипте [1]. У пакету са тим иде и следећетврђење, тамо недоказано.

Примjер 3.3.14. У било коjем троуглу, збир две стане jе већи од треће.

То jе геометриjска интерпретациjа познате неjеднакости троугла, b < c + a, изкоjе због произвољности страница a, b и c лако добиjамо две неjеднакости:

∣c − a∣ ≤ b ≤ c + a, (3.6)

jош даље поопштаване и често кориштене у алгебри и анализи.

Теорема 3.3.15 (Птоломеjева). Ако jе четвороугао уписан у круг, тада jе производњегових диjагонала jеднак збиру производа парова супротних страница.

Доказ. Према слици 3.17, нека jе ∠A = ∠ab, ∠B = ∠bc, ∠C = ∠cd и ∠D = ∠da.Бираjмо тачку K ∈ AC тако да jе ∠ABK = ∠CBD. Из ∠ABK +∠CBK = ∠ABC =∠CBD +∠ABD следи ∠CBK = ∠ABD.

Из задатка 3.2.21, да су наспрамни углови тетивног четвороугла суплементни,следи jеднакост ∠BAK = ∠BDC, а затим ∆BAK ∼ ∆BDC, и ∆ABD ∼ ∆KBC.Отуда AK ∶ AB = CD ∶ BD и CK ∶ BC = DA ∶ BD, односно AK ⋅ BD = AB ⋅ CD иCK ⋅BD = BC ⋅DA. Сабирањем добиjамо AK ⋅BD+CK ⋅BD = AB ⋅CD+BC ⋅DA, илииздваjањем фактора (AK +CK) ⋅BD = AB ⋅CD+BC ⋅DA. Међутим AK +CK = AC,па имамо AC ⋅BD = AB ⋅CD+BC ⋅DA, тj. xy = ac+bd, што jе и требало доказати.



Slika 3.17: Птоломеjева теорема.

Ову Птоломеjеву14 теорему можете лако применити на доказ следеће тзв. ВанШутенове15 теореме.

Задатак 3.3.16. Око jеднакостраничног троугла ABC описана jе кружница, а Mjе произвољна тачка лука од A до B. Доказати да важи MC =MA +MB.

Кружница jе геометриjско место тачака у равни коjе су jеднако удаљене од jеднефиксне тачке. Ту фиксну тачку називамо центар круга, а удаљеност полупречниккруга. Кружница jе перифериjа круга. Jош неке особине кружнице откривамо узадацима коjи следе.

Задатак 3.3.17. Ако се две праве линиjе a, b секу у тачки P и пресецаjу кружницуполупречника r у тачкама A,A′ и B,B′ редом, доказати да важи:

i. PA ⋅ PA′ = PB ⋅ PB′;ii. PT 2 = PA ⋅ PA′, ако jе B = B′ = T ;iii. PA ⋅ PA′ = ∣d2 − r2∣, гдjе jе d удаљеност тачке P од центра круга.

За било коjи круг полупречника r и било коjу тачку P у истоj равни удаљену dод центра круга, броj d2 − r2 називамо потенциjом тачке P у односу на дати круг.Таj броj jе позитиван, нула или негативан редом када jе тачка P изван круга, накружници или унуар круга. Реч потенциjа jе први употребио Jакоб Штаjнер, когасмо помињали у задатку 3.2.13, а употреба води директно у координатну геометриjу.Према некима, идеjу за откриће аналитичке геометриjу дао jе Фермат16 Декарту17

у свом писму.14Claudius Ptolemy (око 100-170), грчки математичар из Александриjе.15Franz Van Schooten (1615-1666), холандски математичар16Pierre de Fermat (1601-1665), француски правник и математичар.17Rene Descartes (1596-1650), француски филозоф и математичар.



Примjер 3.3.18. Геометриjско место тачака jеднаких потенциjа у односу на дванеконцентрична круга jе права линиjа окомита на линиjу коjа спаjа центре та двакруга.

Рjешење. На слици 3.18 лево, дате су тачке C(p, q),M(x, y) чиjе се коориднатепресецаjу у тачки (x, p) формираjући правоугли троугао. Катете паралелне редомапсциси (x-оси) и ординати (y-оси) имаjу дужине ∣x − p∣ и ∣y − q∣, па jе дужинахипотенузе

r =√

(x − p)2 + (y − q)2.

Slika 3.18: Координатна геометриjа.

Поставимо ли центар круга у тачки C, геометриjско место тачака jеднако удаљениход центра за r = const. jе кружница са аналитичким записом

(x − p)2 + (y − q)2 = r2. (3.7)

Потенциjа тачкеM(x, y) у односу на кружницу са центром C(p, q) и полупречникомr jе

d2 − r2 = (x − p)2 + (y − q)2 − r2. (3.8)

Посебно, ако jе потенциjа нула, тачкаM jе на кружници са jедначином (3.7). Наконквадрирања и сређивања потенциjе (3.8), добиjамо

x2 + y2 − 2px − 2qy + c = 0, c = p2 + q2 − r2. (3.9)

За две кружнице са центрима (p, q) и (p′, q′) коjе у тачки (x, y) имаjу jеднакепотенциjе важи jеднакост (c′ = p′2 + q′2 − r′2)

x2 + y2 − 2px − 2qy + c = x2 + y2 − 2p′x − 2q′y + c′,

коjа након поjедностављивања постаjе

(p′ − p)x + (q′ − q)y = 1

2(c′ − c). (3.10)

Ово jе jедначина праве линиjе. Бираjући Декартов систем координата Oxy такода апсциса пролази центрима кругова, биће q = q′ = 0, па jедначине кругова (3.9)



добиjаjу jедноставниjе облике и изгледаjу као на слици 3.18 десно. Права (3.10)постаjе

x = c′ − c2(p′ − p) , p′ − p ≠ 0. (3.11)

То jе права ` окомита на апсису (x-оса), тj. паралелна ординати (y-оса). У посебномслучаjу, када jе c′ − c = 0, та права jе ордината.

Геометриjско место тачака jеднаких потенциjа у односу на два не-концентричнакруга назива се потенциjална или радикална оса.

Slika 3.19: Радикалне осе `1 и `2.

Задатак 3.3.19. Показати да радикалне осе `1 и `2 одговараjу онима на слици 3.19,

Задатак 3.3.20. Ако центри три круга формираjу троугао, онда постоjи самоjедна тачка чиjе су потенциjе у односу на та три круга jеднаке. Доказати.

Заjедничка тачка три радикалне осе назива се радикални центар три круга.Доказ изостављамо jер jе тривиjалан. Следећи исказ jе Аполониjева18 теорема.

Примjер 3.3.21. Нека jе тачка O на средини странице BC ⊂ x-осе троугла ABC.Доказати да jе AB2 +AC2 = 2(AO2 +BO2).

Slika 3.20: Аполониjева теорема

18Apolonije iz Pergama (262-190 p.n.e.), александриjски научник, Велики геометар.



Доказ. Са слике 3.20 израчунавамо:

AB2 +AC2 = [(b + a)2 + c2] + [(b − a)2 + c2]

= 2(b2 + c2) + 2a2

= 2 ⋅AO2 + 2 ⋅BO2.

На сличан начин се може доказати и поопштење овог става, коjе се понегдjеназива Стjуартова19 теорема.

Задатак 3.3.22. Нека jе ∈ BC троугла ABC. Ако jе BO ∶ OC =m ∶ n, доказати

n ⋅AB2 +m ⋅AC2 = n ⋅BO2 +m ⋅CO2 + (m + n) ⋅AO2.

У следећем задатку помоћу Стjуартове доказаћемо Лаjбницову20 теорему.

Задатак 3.3.23. Ако jе T тежиште троугла ABC и P произвољна тачка, доказатида jе:

PA2 + PB2 + PC2 = TA2 + TB2 + TC2 + 3 ⋅ PT 2.

У своjим Елементима jе Еуклид имплицитно употребио jедно тврђење коjе сене може извести из његових постулата а чиjу важну улогу jе открио Мориц Паш21

1882. године. То jе Пашова аксиома:У равни, ако права линиjа пресеца jедну страницу троугла онда она пресеца jош

jедну страницу троугла и продужетак друге.У случаjу да jе трећа страница паралелна онда се прихвата и „пресек у бесконачности“.

Ова аксиома помаже у доказу следећег тврђења коjе се назива Менелаjева22 теорема.

Задатак 3.3.24. Дат jе троугао ABC и права линиjа коjа пресеца праве BC, ACи AB редом у тачкама P,Q и R. Доказати да jе тада:

AR

RB

QC

QA

PB

PC= −1,

гдjе се дужина узима негативно ако jе на продужетку странице троугла.

У наставку ћемо видети jедну важну последицу сличности троуглова коjа jевеома ефикасна и популарна у математици и њеним применама у другим наукама.То jе тригонометриjа правоуглог троугла.

19Matthew Stewart (1718-1785), шкотски математичар.20Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716), математичар и филозоф, Лужички Србин из Немачке.21Moritz Pasch (1843-1930), немачки математичар.22Menelaus of Alexandria (око 70-140), грчки математичар и астроном.



3.4 Тригонометриjа

Тригонометриjа jе грана математике коjа се бави мерењем страница и угловатроугла и одговараjућим функциjама углова уопште. Међутим, овдjе се ограничавамона трогонометриjу правоуглог троугла.

Slika 3.21: Правоугли троугао

Периферни угао над пречником jе прав. На слици 3.21, над пречником ABкружнице k периферни угао ∠ACB = 90○. Знамо да та таj троугао важи Питагоринатеорема

c2 = a2 + b2, (3.12)

гдjе jе c = 2r пречник кружнице k и хипотенуза троугла ABC, са узаjамно окомитимкатетама BC = a и CA = b. Оштри углови ∠A = α и ∠B = β тог троугла сукомплементни, тj. α + β = 90○.

Мењаjући избор тачке C ∈ k могуће jе добити правоугли троугао ∆ABC сличанбило коjем унапред датом правоуглом троуглу. То jе основна идеjа тригонометриjе,да се проучавање овог троугла примени на било коjи правоугли троугао. Све даљеjе ствар пропорциjа и сличности.

Синус угла jе количник њему наспрамне катете и хипотенузе. Косинус углаjе количник налегле катете и хипотенузе. Тангенс угла jе количник наспрамне иналегле катете, а реципрочно, котангенс jе количник налегле и наспрамне катете.Тако, на слици 3.21 имамо, истим редом:

sinα = ac, cosα = b

c, tgα = a

b, ctgα = b

a. (3.13)

То су основне тригонометриjске функциjе.

Задатак 3.4.1. Израчунати оштре углове (у степенима, минутама и секундама)троугла са страницама:

(а) 3, 4 и 5 метара (египатски троугао);(б) 5, 12 и 13 jединица дужине.

Задатак 3.4.2. Помоћу квадрата подељеног диjагоналом показати да jе:

sin 45○ =√

2

2, cos 45○ =

√2

2, tg 45○ = 1, ctg 45○ = 1.



Задатак 3.4.3. Помоћу jеднакостраничног троугла показати да jе:

sin 30○ = 1

2, cos 30○ =

√3

2, tg 30○ =

√3

3, ctg 30○ =

√3,

sin 60○ =√

3

2, cos 60○ = 1

2, tg 60○ =

√3, ctg 60○ =

√3

3.

Задатак 3.4.4. Дати су правоугли троуглови A1BC A2BC, на слици 3.22 лево.Наћи дужину x = A1A2.

Slika 3.22: Правоугли троуглови A1BC A2BC.

Задатак 3.4.5. Дужи AB = 5 cm и CD = 9 cm су окомите на дуж BC, као наслици 3.22 десно. Угао ∠BCA = 30○. Израчунати дужину x = BD.

Угао елевациjе види посматрач на земљи, између правца хоризонта и линиjеопажања обjекта на небу, као на слици 3.23 лево. Угао депресиjе види посматрач наузвисини, између хоризонталног правца и линиjе опажања обjекта испод хоризонта,као на слици 3.23 десно.

Slika 3.23: Угао елевациjе и депресиjе.



Задатак 3.4.6. Балон се подиже вертикално и посматра се његов угао елевациjеса места удаљеног 250 метара од узлетишта. У jедном тренутку угао елевациjебалона био jе 35○, а након две минуте таj угао био jе 60○. Коjом брзином, у km/h,се балон подизао?

Задатак 3.4.7. Авион лети по правоj линиjи брзином 900 километара на час, насталноj висини h. Посматрач на земљи jе у jедном тренутку опазио елевациjуавиона 20○, а након jедне минуте 60○. На коjоj jе висини авион?

Задатак 3.4.8. Особа стоjи на обали реке и види врх дрвета на супротноj обалипод углом елевациjе 60○ (слика 3.24 лево). Када се одмакне 40 метара од обале таjугао jе 30○. Наћи (а) висину дрвета, (б) ширину реке, на две децимале23.

Slika 3.24: л: Дрво h иза реке x. д: Планина h.

Задатак 3.4.9. Као на слици 3.24 десно, када се врх T планине гледа из тачкеA са висине 2000 m од тла, угао депресиjе jе α = 15○, а са тла из тачке B угаоелевациjе jе β = 10○. Ако су тачке A и B на истоj вертикали, наћи висину планинеу метрима, приближно до jедне децимале24.

Задатак 3.4.10. Израчунати непознате дужине x у графицима на слици 3.25.

У следећа три задатка проверавамо основне тригонометриjске jеднакости. Прваод њих се назива и тригонометриjском Питагорином теоремом.

Задатак 3.4.11. Доказати да за сваки угао α важе jеднакости:

sin2 α + cos2 α = 1, tgα = sinα

cosα, ctgα ⋅ tgα = 1.

23в. саjт http://math.tutorvista.com/24в. саjт http://www.analyzemath.com/


http://math.tutorvista.com/

http://www.analyzemath.com/


Slika 3.25: Решавањем троугла наћи непознату дужину x.

Задатак 3.4.12. Доказати да jе увек:

sinα = tgα√1 + tg2 α

, cosα = 1√1 + tg2 α

.

Задатак 3.4.13. Доказати да за све комплементне углове α и β важе jеднакости:

sinα = cosβ, tgα = ctgβ.

Зашто нам требаjу основне тригонометриске jеднакости, видећемо делом из парследећих задатака.

Задатак 3.4.14. Знаjући jедну, израчунати остале тригонометриjске функциjедатог угла:

sinα = 1

3, cosβ = 2

5, tgφ = 2, ctg θ = 1,5.

Идентитет jе jеднакост коjа jе скоро увек тачна, за разлику од jедначине коjа jетакође jеднакост али скоро увек нетачна. На примjер, jеднакост 1

x =1x jе идентитет

jер jе тачна за сваки броj x осим за нулу, а jеднакост 2x + 3 = 5 jе jедначина jер jенетачна за сваки броj x осим за jединицу.

Примjер 3.4.15. Доказати тригонометриjски идентитет

(sinx − cosx)2 + (sinx + cosx)2 = 2.

Рjешење. Користимо позната алгебарска правила и основне тригонометриjске идентитетеиз задатка 3.4.11. Дата jеднакост jе еквивалентна са следећима, редом:

(sin2 x − 2 sinx cosx + cos2 x) + (sin2 x + 2 sinx cosx + cos2 x) = 2,



(1 − 2 sinx cosx) + (1 + 2 sinx cosx) = 2,

2 = 2,

што jе увек тачно. Свака у низу jеднакости била jе jеднако тачна, па jе свака одњих идентитет, укључуjући и прву.

Задатак 3.4.16. Доказати тригонометриjске идентитете:

sinx − sinx cos2 x = sin3 x, sin4 x − cos4 x = 1 − 2 cos2 x.

Задатак 3.4.17. Доказати тригонометриjске идентитете:1

tgx+ tgx = 1

sinx cosx,

cosx

1 − sinx− cosx

1 + sinx= 2 tgx.


sin4 x − cos4 x

sin2 x − cos2 x= 1,

tg2 x

tg2 x + 1= sin2 x,

1 − sinx

cosx= cosx

1 + sinx, 1 − 2 cos2 x = tg2 x − 1

tg2 x + 1.

Реципрочне тригонометриjске функциjе косеканс и секанс произвољног угла φдефинсане су jеднакостима:

cscφ = 1

sinφ, secφ = 1

cosφ. (3.14)


tgx sinx + cosx = secx, tg2 x = csc2 x tg2 x − 1,

secx + tgx = cosx

1 − sinx, (sinx + cosx)(tgx + ctgx) = secx + cscx.

Примjер 3.4.20. Решити тригонометриjску jедначину:

3 tg3 x − 3 tg2 x + 1 = tgx.

Рjешење 3.4.20. Преводимо све лево и растављамо на факторе:

3 tg3 x − 3 tg2 x − tgx + 1 = 0,

(3 tg2 x − 1)(tgx − 1) = 0,

(√

3 tgx − 1)(√

3 + tgx)(tgx − 1) = 0.

Десно jе нула, а производ jе нула када jе било коjи од фактора нула. Према томеимамо три решења:

tgx =√

3

3, tgx = −

√3

3, tgx = 1,

x1 = 30○ x2 =? x3 = 45○.

Прво и треће следи из задатака 3.4.2 и 3.4.3, а за друго рjешење ће нам требати jоштригонометриjе.



Задатак 3.4.21. Решити тригонометриjске jедначине:

i. 2 sin 3x − 1 = 0, ii.√

2 cos 5x − 1 = 0,

iii. 4 sinx cosx − 2 sinx = 2 cosx − 1, iv. tgx + ctgx = 4√3.

Задатак 3.4.22. Наћи решења тригонометриjских jедначина:

i.2 sin 2x − cos 2x

sin 2x + cos 2x= 1

2tg 2x, ii.

7 sin 3x − 6 cos 3x

sin 3x + 2 cos 3x= tg 3x.

Примjер 3.4.23. Решити неjедначину:

∣3 sinx − 1∣ ≤ 1

2.

Рjешење 3.4.23. Ослобађамо се апсолутне вриjедности и добиjамо две неjедначине:

−1

2≤ 3 sinx − 1 ≤ 1

2.

Првоj, па другоj додаjемо 1 и формирамо неjеднакости:

1

2≤ 3 sinx ≤ 3

2.

Леву па десну неjеднакост делимо са 3:

1

6≤ sinx ≤ 1

2,

а отуда:9,59○ ≤ x ≤ 30○.

Задатак 3.4.24. Решити jедначине са апсолутним вриjедностима:

∣2 ctgx − 1∣ + 3 = 6, ∣3 tgx − 6∣ − 9 = −3,

∣ tgx − 7∣ = ∣2 tgx − 2∣, ∣ sinx − 3∣ = ∣ sinx + 2∣,

Задатак 3.4.25. Решити тригонометриjске неjедначине:

∣2 tgx + 3∣ < tgx + 6, ∣5 − 4 cosx∣ + 2 < 6.

Теорема 3.4.26 (Синусна). За произвољан троугао ABC важе jеднакости:

a

sinα= b

sinβ= c

sinγ= 2R,

гдjе су a, b и c странице наспрам истоимених темена троугла, са угловима редомα,β и γ, а 2R jе пречник описане кружнице.



Slika 3.26: Оштар и тупи угао γ троугла ABC.

Доказ. Дат jе произвољан троугао ABC са описаном кружницом k(O,R), као наслици 3.26 лево. Нека jе у темену C оштар угао γ. Изаберимо тачку C ′ ∈ k тако даjе дужина AC ′ = 2R. Троугао ABC ′ jе правоугли, са правим углом у темену B и сауглом γ у темену C ′, одакле лако налазимо c = 2R sinγ, а отуда jедна од траженихjеднакости. Симетрично добиjамо и остале.

Ако jе у темену C тупи угао γ > 90○, онда jе угао у темену A оштар, па напретходни начин доказуjемо a = 2R sinα, а затим користимо исту слику 3.26 десно.На продужетку странице AC jе подножjе висине hb = BB′, а из правоуглих троугловаABB′ и CBB′ добиjамо hb = c sinα = a sinγ′, а отуда

c

sinγ′= a

sinα= 2R.

Међутим, синуси суплементних углова γ и γ′ су jеднаки.

Са слике 3.26 десно, за тупи угао γ налазимо редом:

h2b = a2 − x2 = c2 − (b + x)2, x = B′C,

a2 = c2 − b2 − 2bx, x = a cosγ′,

a2 + b2 − 2ab cosγ = c2, cosγ = − cosγ′,

а то jе jедна од jеднакости, косинусне теореме. Слично доказуjемо за оштар угао γи симетрично за остале углове троугла.

Теорема 3.4.27 (Косинусна). За произвољан троугао ABC важе jеднакости:

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα,b2 = c2 + a2 − 2ca cosβ,c2 = a2 + b2 − 2ab cosγ,

са наспрамним страницама a, b, c темена са угловима редом α,β, γ.



Косинусна теорема поопштава Питагорину теорему. У случаjу када jе γ = 90○,тада jе cosγ = 0, па трећа jедначина постаjе

c2 = a2 + b2,

а то jе Питагорина теорема. То видимо и на следећем примjеру.

Примjер 3.4.28. Странице троугла ABC су a = 5, b = 12 и c = 13. Наћи угао утемену C.

Рjешење. Из косинусне теореме, треће jедначине, имамо редом:

c2 = a2 + b2 − 2ab cosγ,

132 = 122 + 52 − 2 ⋅ 12 ⋅ 5 ⋅ cosγ,

cosγ = 0,

односно γ = 90○. То jе правоугли троугао, на слици 3.27 лево.

Slika 3.27: Правоугли и разнострани троугао.

Примjер 3.4.29. Дат jе разнострани троугао ABC са страницама BC = 6, AC = 5и углом ∠ABC = 30○. Наћи дужину странице AB ако jе удаљеност од темена Aдо странице BC мања од

√

22 .

Рjешење. На слици 3.27 десно видимо да могу бити два троугла ∆ABC и ∆A′BC,оба са страницама a = 6, b = 5 и β = 30○. Таква двозначност следи из синусне теореме:

a

sinα= b

sinβ,

sinα = ab

sinβ = 6

5⋅ sin 30○ = 3

5,

α′ = 36,87○, α = 143,13○,

jер су синуси суплементних углова (α′ + α = 180○) jеднаки.



Два решења добиjамо и из косинусне теореме:

b2 = c2 + a2 − 2ca cosβ,

52 = c2 + 62 − 2c ⋅ 6 ⋅ cos 30○,

25 = c2 + 36 − 12c ⋅√

3

2,

c2 − 6√

3c + 11 = 0.

Да су могућа два решења c = 3√

3 − 4 и c′ = 3√

3 + 4 ове квадратне jедначине, лакосе проверава уврштавањем, (3

√3 ± 4)2 − 6

√3(3

√3 ± 4) + 11 = 0, што jе у оба случаjа

„±“ тачно. Међутим, само краћа страница c = AB испуњава додатни услов задатка,да jе висина ha <

√

22 .

Решавање троугла значи налажење страница и углова датог троугла. Већ изпретходна два примjера jе jасно да су у тоj врсти задатака веома корисне синусна икосинусна теорема.

Примjер 3.4.30. Дат jе правоугли троугао ABC, ∠C = 90○, са тачком D ∈ AB нахипотенузи таквом да jе AD = 1, DC =

√2 и BD = 2. Наћи угао ∠DCB = ϕ.

Slika 3.28: Правоугли троугао ABC.

Рjешење. На слици 3.28, из ∆BDC и ∆ADC налазимо:

CD

sinβ= BD

sinϕ,

CD

sin(90○ − β) = AD

sin(90○ − ϕ) ,

sinβ =√

2

2sinϕ, cosβ =

√2 cosϕ,

па квадрирањем и сабирањем налазимо 1 = 3 cos2ϕ, односно cosϕ = 1√

3, одакле

ϕ = arccos 1√

3= 54,7○.



Slika 3.29: sin(u + v) = sinu cos v + cosu sin v.

Задатак 3.4.31. Користећи слику 3.29 доказати да jе тачна формула за синусзбира углова u и v:

sin(u + v) = sinu cos v + cosu sin v. (3.15)

Задатак 3.4.32. Користећи особине парности синусне и непарности косинуснефункциjе доказати адиционе формуле за синус и косинус:

{ sin(α ± β) = sinα cosβ ± cosα sinβ,cos(α ± β) = cosα cosβ ∓ sinα sinβ.

(3.16)

Задатак 3.4.33. Користећи адиционе формуле за синус и косинус доказати адиционеформуле за тангенс:

tg(u ± v) = tgu ± tg v

1 ∓ tgu tg v. (3.17)

Задатак 3.4.34. Без употребе калкулатора, или таблица, наћи непознате елементетроугла ABC.

i. α = 45○, β = 60○, полупречник описаног круга R = 2√

6;ii. a = 2

√3 cm, c =

√6 cm, β = 105○;

iii. AB = 24 cm, AC = 9 cm, α = 60○.

Задатак 3.4.35. Разлика страница a и b троугла ABC jе 3 cm, угао γ = 60○,полупречник описане кружнице R = 7

√

33 cm. Одредити странице троугла.

Задатак 3.4.36. У кругу су дате две тетиве AB = 8 cm и AC = 5 cm чиjи jемеђусобни угао α = 60○. Колики jе полупречник круга?

Задатак 3.4.37. Наћи непознате елементе троуглова на слици 3.30.



Slika 3.30: Решавање троуглова.

Примjер 3.4.38. Странице троугла су x−2, x и x+2, а jедан угао jе 120○. Коликоjе x и колике су странице?

Рjешење. Наспрам наjвеће странице (рецимо c = x + 2) jе наjвећи угао (γ = 120○), паjе c2 = a2 + b2 − 2ab cosγ, односно:

(x + 2)2 = x2 + (x − 2)2 − 2x(x − 2) cos 120○,

одакле добиjамо x2 − 5x = 0, тj. x(x − 5) = 0. Само рjешење x = 5 jе геометриjскиприхватљиво. Према томе a = 3, b = 5 и c = 7.

Примjер 3.4.39. Дат jе произвољан троугао ABC са подразумеваним страницамаa, b, c, углом γ = ∠C и полупречницима уписане r и описане R кружнице. Доказатида jе површина µ троугла ABC jеднака било коjем од израза:

µ1 = rs, µ2 =√s(s − a)(s − b)(s − c), µ3 =

1

2ab sinγ, µ4 =

abc

4R.

Трапез jе четвороугао са паром паралелних страна, паралелограм са два парапаралелних страна, а делтоид jе четвороугао са два пара суседних страна jеднакихдужина.

Задатак 3.4.40. Наћи непознате странице и углове четвороуглова на слици 3.31.

Slika 3.31: Решавање четвороуглова.

Задатак 3.4.41. У тетивном четвороуглу ABCD jе страница DA = 1, диjагоналаBD jе нормална на страницу BC, углови ∠ABC = ∠BAD = 120○. Израчунатидужине странице CD и диjагонале BD.


Glava 4

Симетриjе

Симетриjа jе особина дела да се не мења приликом промене целине. У математици,симетриjа jе особина коjа остаjе непромењена, инвариjантна у датоj трансформациjи.У том смислу, изометриjе и хомотетиjе су геометриjске симетриjе, а обе су тема овогдела Збирке.

Растоjање у неком скупу1 S дефинишемо за по два елемента. Када постоjифункциjа d ∶ S2 → R са особинама (∀A,B,C ∈ S):

i. d(A,B) ≥ 0 - ненегативност;ii. d(A,B) = 0 ⇐⇒ A = B;iii. d(A,B) = d(B,A) - симетриjа;iv. d(A,C) ≤ d(A,B) + d(B,C) - неjеднакост троугла;

тада реалан броj d(A,B) називамо растоjање између наведених елемената A и B, абинарну функциjу d називамо метрика.

Изометриjа jе пресликавање коjе чува растоjање. Прецизниjе, пресликавањеf ∶ S → S произвољних елемената A и B скупа S у таj исти скуп, за коjе важи

d[(f(A), f(B)] = d(A,B) (4.1)

jе изометриjа. Такве су геометриjске рефлексиjе, ротациjе и транслациjе. За дватроугла кажемо да су подударни ако постоjи изометриjа коjа jедан пресликава удруги.

Када се колинеарне тачке функциjом f ∶ S → S пресликаваjу у колинеарне ипостоjи константан коефициjент пропорционалности λ ∈ R такав да за сваки партачака A,B ∈ S важи jеднакост

d[f(A), f(B)] = λd(A,B), (4.2)

тада имамо пресликавање сличности (3.5), коjе у основи има хомотетиjу. Саконстантом ∣λ∣ < 1 хомотетиjа постаjе контракциjа, са ∣λ∣ > 1 хомотетиjа jе дилатациjа.Посебно, ако jе ∣λ∣ = 1 хомотетиjа jе изометриjа. Према томе, изометриjа (4.1) jеспециjални случаj хомотетиjе (4.2).

1подразумева се да jе скуп S равнина, а да су A,B,C, . . . тачке те равни

93


4.1 Подударност

Два троугла су подударна ако постоjи изометриjа коjа jедан троугао пресликавау други. Другим речима, троуглови су подударни ако имаjу jеднаке, подударнесве одговараjуће елементе. Међутим, да бисмо знали да су два троугла подударна,довољно jе да знамо да имаjу jеднака нека три од тих елемената.

Прецизниjе, за троуглове ∆ABC и ∆A′B′C ′ кажемо да су конгруентни илиподударни, што пишемо ∆ABC ≅ ∆A′B′C ′, ако имаjу jеднаке:

SSS - све три одговараjуће странице,SUS - по две одговараjуће странице и њима захваћен угао,USU: по jедну страницу и на њоj налегле углове,SSU: две странице и угао наспрам веће.

То су четири става подударности троуглова, приказана сликама 4.1.

Slika 4.1: Ставови подударности троуглова.

Прва три става су безусловна, четврти ниjе. Када би у ставу SSU изоставили„угао наспрам веће стране“, тада не мора уследити подударност троуглова, као штосе види на слици 4.2.

Slika 4.2: Две странице и угао.

Наиме, на слици се виде два троугла ∆AB1C и ∆AB2C, очигледно неподударна,мада имаjу две заjедничке стране a, b и угао α. Угао α jе наспрам мање стране, jерjе a < b, па став SSU не важи.

Примjер 4.1.1. Показати да су два троугла подударна ако су им подударне двестранице и тежишне дужи коjе одговараjу jедноj од њих.



Slika 4.3: Два троугла са jеднаким двема страницама и тежишницама.

Рjешење. Дати су троуглови ∆ABC и ∆A′B′C ′ такви да jе AC = A′C ′, AB = A′B′

са тежишницама AD = A′D′, као на слици 4.3. Подножjа тежишница су тачке D иD′ на срединама одговараjућих страница AB и A′B′. Према томе, AD = A′D′, па изстава SSS следи ∆ADC ≅ ∆A′D′C ′. Отуда ∠DAC = ∠D′A′C ′ па из става SUS следи∆ABC ≅ ∆A′B′C ′.

Задатак 4.1.2. Показати да су два троугла подударна ако су им jеднаке две страницеи висина на трећу страницу.

Задатак 4.1.3. Показати да су два троугла подударна ако су им jеднаки jеднастраница, висина на ту страницу и тежишна дуж коjа одговара тоj страници.

Задатак 4.1.4. Диjагонале паралелограма ABCD секу се у тачки E.i Показати да jе ∆ABE ≅ ∆A′B′E′.ii. Показати да jе E средина обе диjагонале.

Задатак 4.1.5. Дат jе троугао ABC и две тачке D,E ∈ BC тако да jе AB = ACи AD = AE. Показати да jе ∆ABD ≅ ∆ACE.

Задатак 4.1.6. Над страницама троугла ABC конструисани су jеднакостраничнитроуглови A1BC, B1AC и C1BA. Доказати да су дужине AA1, BB1 и CC1 jеднаке.

Задатак 4.1.7. На симетрале вањских углова троугла ABC у тачкама A и B изтемена C спуштене су нормале чиjи продужеци секу продужетке странице AB утачкама M и N . Доказати да jе дужина MN jеднака обиму троугла.

Следећих осам задатака2 само на први поглед не укључуjу конгруенциjе. Међутим,када у датом проблему приметите подударне троуглове, на корак сте од решења.

Примjер 4.1.8. У троуглу ABC из темена угла ∠A = 45○ повучена jе висинаAD коjа диjели супротну страницу на одсjечке дужина BD = 3 и DC = 2. Наћиповршину троугла ABC.

2Singapore Mathematical Societey: http://sms.math.nus.edu.sg/


http://sms.math.nus.edu.sg/


Slika 4.4: Угао ∠A = 45○, дужине BD = 3 и DC = 2.

Рjешење. Означимо страницу датог троугла BC = a, а висину AD = h. Додаjмоправоугле троуглове ∆ABD1 ≅ ∆ABD и ∆ACD2 ≅ ∆ACD. Конструишимо продужеткестраница, тако да jе D1 −B −D3 и D2 −C −D3, као на слици 4.4.

Зато што jе ∠D1AB + ∠CAD2 = ∠BAC = 45○ биће ∠D1AD2 = 90○. Углови утеменимаD1,D2 четвороуглаD1AD2D3 су прави, па jе таj четвороугао правоугаоник.Како jе AD1 = AD = AD2 таj правоугаоник jе квадрат странице h.

Због BD1 = BD = 3 и CD2 = CD = 2, биће BD3 = h − 3 и CD3 = h − 2. ТроугаоBD3C jе правоугли, па Питагорина теорема даjе, редом:

(h − 3)2 + (h − 2)2 = 25,

h2 − 5h − 6 = 0,

(h − 6)(h + 1) = 0.

Дакле, висина h = AD троугла ABC jе дужине h = 6, тако да jе тражена површинатроугла P (ABC) = 1

2ah = 15.

Задатак 4.1.9. Унутар jеднакокраког правоуглог троугла ∆ABC, гдjе jе AC = ABи ∠A = 90○, дата jе таква тачка D да jе BD = BA и ∠DBA = 30○. Доказати да jетада DA =DC.

Задатак 4.1.10. Jеднакокраки троугао ABC у коjем ∠A = ∠B = 80○ има чевиjанAM повучен на страницу BC тако да jе CM = AB. Наћи ∠AMB.

Задатак 4.1.11. У правоуглом троуглу ABC, гдjе jе ∠C = 90○ и ∠A = 30○, дужDE ⊥ AC спаjа катету D ∈ AC и хипотенузу E ∈ AB. Наћи дужину те дужи, акоjе AD = CB и DE +AC = 4.

Задатак 4.1.12. Ортоцентар H троугла ∆ABC jе унутар троугла. Ако jе BH =AC, наћи ∠B.



Задатак 4.1.13. У квадрату ABCD страница jединичне дужине, тачке P ∈ AB иQ ∈ AD. Обим троугла ∆APQ jе 2. Колики jе угао ∠PCQ?

Задатак 4.1.14. На троуглу ∆ABC извана су дописани jеднакостранични троуглови∆ABD и ∆ACE. Дужи DC и EB секу се у тачки P . Наћи ∠APD.

Задатак 4.1.15. Унутар jеднакостраничног троугла ∆ABC дата jе тачка D таквада jе DA =DB. Изван се налази тачка E таква да jе ∠DBE = ∠DBC и BE = AB.Наћи ∠E.

Геометриjске конструкциjе се обављаjу jедино шестаром и лењиром без поделе.У основноj школи се учи да jе то поступак од четири корака: анализе, конструкциjе,доказа и дискусиjе, а овдjе ћемо у овом току, као важан део приметити и подударносттроуглова.

Основне геометриjске конструкциjе су: пренос дужи, пренос угла, конструкциjасиметрала дужи и угла, конструкциjа паралеле са датом правом кроз дату тачку,конструкциjа нормале на дату праву кроз дату тачку, дељење дужи у датоj размери,и наравно, конструкциjе SSS, SUS, USU и SSU. Овдjе подразумевамо да су све овеконструкциjе познате.

Задатак 4.1.16. Конструисати троугао ∆ABC са следећим датим елементима:

SSS ∶ a, b, c; SUS ∶ a, b, γ; USU ∶ α,β, c, SSU ∶ α,β, a.

Потсетимо се подразумеваних ознака ∆ABC. Наспрам теменаA,B,C су страницередом a, b, c. Истим редом, у теменима су унутрашњи углови углови α,β, γ, а изтемена полазе висине ha, hb, hc и тежишнице ta, tb, tc. Обим троугла jе 2s.

У следећих неколико иначе добро познатих примjера се демонстрираjу основнеметоде коjе користимо при конструкциjама. Прва jе метода пресека.

Примjер 4.1.17. Конструисати троугао ABC коме су задате дужине a и b двењегове странице и дужина висине hc на трећу.

Рjешење. 1. Анализа.Тачка C мора бити удаљена од праве BC за hc, од тачке A за b, а од тачке B за

a. Први услов jе да тачка C буде на нормали на праву AB и од ње удаљена за hc,скуп свих тачкака коjе задовољаваjу други услов jе кружница k(C, b) са центром уC и полупречником b, а скуп свих тачака коjе задовољаваjу трећи услов jе кржницаk(C,a).

2. Конструкциjа, као на слици 4.5.Кроз произвољне тачкеM,N конструишемо праву `, а око истих тачака опишемо

и кружнице kM , kN jеднаког полупречника r > MN . Пресек кружница дефинишенорамалу на праву `, чиjи пресек са ` jе тачка D. На нормали одредимо тачку Cудаљену hc = CD од праве `. Опишемо две кружнице kA = k(C, b) и kB = k(C,a), апресеке тих кружница са правом ` означимо редом са A и B. Имамо троугао ABC.

3. Доказ jе на основу анализе очигледан.



4. Дискусиjа.Задатак има 0, 2 или 4 решења према томе да ли jе b мање, jеднако или веће од

ha. У случаjу када задатак има 2 или 4 решења, по два су подударна и то су онакоjа се обично посматраjу.

Slika 4.5: Конструкциjа троугла са a, b, hc.

Приметите аналогиjу овог и задатка 4.1.2. Уопште, када год су дати елементи сакоjима су два троугла подударна, то значи да jе са тим елементима одређен троугао,те да би се такав можда могао и конструисати. Друга jе метода помоћних фигура.

Примjер 4.1.18. Конструисати правоугли троугао ∆ABC, ако jе задан његовоштар угао α и збир дужина његових катета a + b.

Рjешење. 1. Троугао ∆ABC можемо допунити продужавањем катете AC до дужинеa + b, или продужавањем катете BC. Бирамо прву, продужењем за a до тачке D.Троугао ABD има страницу AD = a + b и углове ∠BAD = α, ∠ADB = 45○.

2. Конструишемо AD = a + b, полуправу ∠DAp = α (пренос угла) и полуправу∠ADq = 45○ (симетрала правог угла). Затим налазимо пресек B = p ∩ q и вучемонормалу из тачке B у тачку C ∈ AD. Имамо троугао ABC.

3. Доказ jе на основу анализе очигледан.4. Задатак увек има jедно рjешење.

Методе осне симетриjе, ротациjе, транслациjе и сличности ћемо разматрати касниjе,када се будемо бавили осталим задацима у вези са тим симетриjама.

Задатак 4.1.19. Конструисати троугао ∆ABC ако су дате тачке A1,B1 и C1

коjе су подножjа његових висина3.

Задатак 4.1.20. Дате су две дужи a и b. Конструисати њихову геометриjскусредину.

3Троугао A1B1C1 jе ортички, или педални троугла ABC из тачке H, његовог ортоцентра.



Задатак 4.1.21. Конструисати правоугли троугао када jе задата хипотенуза c изна се да jе медиjана (тежишница) на хипотенузу геометриjска средина катета4.

Задатак 4.1.22. Конструисати троугао ∆ABC ако су дати следећи елементи:

i) ha, hc, ta; ii) a, ha, ta; iii) a, ha, α; iv) b, hc, a + c.

Задатак 4.1.23. Конструисати троугао ∆ABC ако су дати следећи елементи:

i) α,β,2s; ii) α,β, b − c; iii) c, a − b,α − β; iv) a, b + c, β − γ.

Задатак 4.1.24. Конструисати троугао ∆ABC ако jе дат угао α, страница a иполупречник уписане кружнице r.

Задатак 4.1.25. Конструисати квадрат ако jе дато jедно теме и по jедна тачкана страницама коjе не садрже то теме5.

Задатак 4.1.26. Конструисати паралелограм ABCD, ако су дати теме A и срединедве странице, тачке M ∈ BC и N ∈ CD.

Задатак 4.1.27. Конструисати квадрат ABCD, ако су дати његов центар описанекружнице и две тачке на две његове странице.

Задатак 4.1.28. Унутар датог троугла наћи тачку из коjе се све три његовестранице виде под истим углом.

Међутим, ниjе могуће геометриjском конструкциjом решити баш све задатке.Међу таквим „нерешивим“ проблемима коjи су од античког времена до недавномучили математичаре, наjпознатиjа су следећа три.

1. Трисекциjа угла. Дат jе произвољан угао, а треба конструисати његовутрећину.

2. Квадратура круга. Дат jе полупречник круга, а треба конструисати страницуквадрата исте исте површине као круг.

3. Удвостручење коцке. Дата jе страница коцке, а треба конструисати страницукоцке са двоструком запремином.Нерешивост првог и другог задатка кориштењем само шестара и лењира без поделедоказао jе Ванцел6 1837. године, а нерешивост другог доказао jе Линдерман7 1882.године.

Ови „нерешиви“ задаци се, наравно, лако решаваjу другим8 методама.

4Међународна математичка олимпиjада 1959. године.5в. http://pf.unze.ba/nabokov/6Pierre Laurent Wantzel (1814-1848), француски математичар.7Carl Louis Ferdinand von Lindemann (1852-1939), немачки математичар.8рецимо техничким


http://pf.unze.ba/nabokov/


4.2 Изометриjа

Изометриjе, или изометриjске трансформациjе, су таква пресликавања код коjихудаљености и углови остаjу непромењени. Прецизниjе, то су функциjе (4.1), дакле:рефлексиjе, ротациjе и транслациjе.

Рефлексиjа равни π jе осна симетриjа ρs ∶ X → X ′ дефинисана правом s ∈ π икопиjомX ′ произвољне тачкеX ∈ π таквом да jеXX ′ ⊥ s, XX ′∩s =Xs иXXs =XsX

′.

Slika 4.6: Рефлексиjа ρs ∶ AB → A′B′.

На слици 4.6 видимо рефлексиjу ρs дужи AB у дуж A′B′. Права се пресликавау праву. Троугао ABC пресликава се у подударан троугао A′B′C ′, али супротнеорjентациjе. Просторна (3-дим) рефлексиjа ρσ била би одраз фигуре у огледалу,преко огледалске равни σ, коjи jе такође подударан са оригиналом, али супротнеорjентациjе.

Задатак 4.2.1. Нацртати произвољан троугао и пресликати га осном симетриjому односу на праву коjа сече две његове странице.

Задатак 4.2.2. Дат jе троугао са теменима A(2,−1), B(3,2) и C(−1,0) у OxyДекартовом правоуглом систему координата. Наћи осно симетричну слику тогтроугла ако jе оса симетриjе s:

i. апсциса, тj. s = x-оса;ii. ордината, тj. s = y-оса;iii. симетрала I и III квадранта, тj. s jе права y = x.

Примjер 4.2.3. Конструисати квадрат ABCD чиjа два супротна темена A и Cприпадаjу датоj правоj p, а друга два темена B и D припадаjу датим круговима k1

и k2.

Рjешење. 1. Анализа. Претпоставимо да jе задатак решен. Нацртаj слику! Оснасиметриjа ρp ∶ ABCD → ADCB, затим ρp ∶ k1 → k′1 и ρp ∶ k2 → k′2, при чему jеk′1 ∩ k2 =D и k′2 ∩ k1 = B.



2. Конструкциjа. k′2 = ρp(k2), бирамо jедну од две B = k′2 ∩ k1, затим ρp(B) = D.Центар квадрата (пресек диjагонала) jе тачка O = p ∩BD, а темена A C одредимотако да jе OD = OB = OC = OA.

3. Доказ следи непосредно из дефинициjе осне симетриjе и њене особине да jеизометриjа.

4. Дискусиjа. Задатак има 2, 1 или 0 решења, у зависности од тога да ли секругови k′2 и k1 редом секу, додируjу или немаjу заjедничких тачака.

Задатак 4.2.4. Дате су две произвољне тачке A,B и права p. Конструисатитачку P ∈ p такву да jе збир дужина AP + PB минималан.

Задатак 4.2.5. Дате су две произвољне тачке A,B и права p. Конструисатитачку P ∈ p такву да jе разлика дужина ∣AP − PB∣ максимална.

Тангента jе права коjа додируjе кружницу. Пресек кружнице и њене тангенте jетангентна тачка. Кружнице означавамо са малим словом латинице, рецимо k, илидетаљниjе са k(O, r) гдjе jе тачка O центар круга, а дужина r полупречник.

Задатак 4.2.6. i. Из дате тачке конструисати тангенте на дату кружницу.ii. Конструисати унутрашње тангенте на две дате кружнице.

Задатак 4.2.7. Дате су кружница k и права a. Конструисати кружницу k′ коjадодируjе обе и:

i. садржи дату тачку K ∈ k;ii. садржи дату тачку A ∈ a.

Ротациjа jе трансформациjа тачака у равни задата jедном тачком и jедниморjентисаним углом. Дата тачка се назива центар ротациjе. Позитиван смер ротациjеjе супротан смеру казаљке на сату.

Slika 4.7: Ротациjа ρ(O,ω) ∶ ABC → A′B′C ′.



Прецизниjе, ротациjа ρ око дате тачке O за дати угао ω jе пресликавање тачкеA у тачку A′ за угао ∠AOA′ = ω, при чему jе OA = OA′. На слици 4.7 jе приказанаротациjа ρ ∶ ∆ABC →∆A′B′C ′ са центром O и орjентисаним углом ω.

Задатак 4.2.8. Доказати да jе ротациjа са слике 4.7 изометриjа.

Задатак 4.2.9. Наћи центар O и угао ω ротациjе ρ ∶ AB → A′B′ коjа преводи дведате подударне дужи jедну у другу.

Примjер 4.2.10. Дате су тачка A и праве b и c. Конструисати jеднакостраничантроугао ABC тако да jе B ∈ b и C ∈ c.

Рjешење. 1. Анализа. Нека jе тражени троугао ABC. Имамо тачку A и унутрашњиугао 60○ jеднакостраничног троугла, па имамо ротациjу ρ(A,60○) ∶ AB → AC, коjомће се права b пресликати у праву b′ заjедно са тачком B → C. Сада jе jасно да jе∠bb′ = 60○, а пресек b′ ∩ c = C, као на слици 4.8.

Slika 4.8: Ротациjа ρ(A,60○) ∶ b→ b′.

2. Конструкциjа. Конструишемо ротациjу ρ(A,60○) ∶ b → b′, затим налазимопресек b′ ∩ c = C, па враћамо ротациjом ρ(A,−60○) ∶ C → B. Имамо тражени ∆ABC.

3. Доказ jе на основу анализе очигледан.4. Броj решења зависи од положаjа тачке A у односу на дате праве b и c, и о

величини угла φ између тих правих. Задатак нема решења ако jе A = b∩ c и φ ≠ 60○.Задатак има jедно рjешење ако jе A ≠ b ∩ c и φ = 60○. Задатак има два решења акоjе A ≠ b ∩ c и φ ≠ 60○. Задатак има бесконачно решења ако jе A = b ∩ c и φ = 60○.

Задатак 4.2.11. Дате су три паралелне праве. Конструисати:i. jеднакостраничан троугао;ii. квадрат;

чиjа три темена припадаjу трима датим правама.



На слици 4.9 приказана jе ротациjа ρ ∶ A → A′ тачке A(x, y) у тачку A′(x′, y′)ротирањем Декартовог правоуглог система Oxy у Ox′y′ око његовог исходишта заугао ω. Како изразити нови положаj дате тачке у старим координатама?

Slika 4.9: Ротациjа ρ(O,ω) ∶ A→ A′.

Задатак 4.2.12. Проверити на слици 4.9:i. x2 = x cosω, x2 − x1 = y sinω;ii. y2 = x sinω, y1 − y2 = y cosω;iii. x1 = x cosω − y sinω, y1 = x sinω + y cosω.

Према томе, тачка A(x, y) након ротациjе Декартовог система око исходишта Oза угао ω долази на положаj A′(x1, y1) са координатама:

{ x1 = x cosω − y sinω,y1 = x sinω + y cosω.

(4.3)

У оба случаjа A и A′ су положаjи писани у истом систему Oxy.

Примjер 4.2.13. Представити исту ротациjу (4.3) у два корака, за угао α па заугао β, тако да jе α + β = ω.

Рjешење. Након прве и друге ротациjе добиjамо редом:

{ xα = x cosα − y sinα,yα = x sinα + y cosα,

{ xω = xα cosβ − yα sinβ,yω = xα sinβ + yα cosβ.

Уврштавањем прве у другу, након сређивања налазимо:

{ xω = x(cosα cosβ − sinα sinβ) − y(sinα cosβ + cosα sinβ),yω = x(sinα cosβ + sinα cosβ) + y(cosα cosβ − sinα sinβ). (4.4)

Ова збирна ротациjа jе еквивалент (4.3).

Из решења (4.4) упоређивањем са (4.3) следе познате адиционе формуле за синуси косинус:

{ sin(α + β) = sinα cosβ + cosα sinβ,cos(α + β) = cosα cosβ − sinα sinβ.

(4.5)



Ове формуле се у тригонометриjи изводе на различите друге начине. Приметимода за α = β = 45○ на основу резултата 3.4.3 налазимо:

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

sin(45○ + 45○) = sin 45○ cos 45○ + cos 45○ sin 45○ =√

22

√

22 +

√

22

√

22 = 1,

cos(45○ + 45○) = cos 45○ cos 45○ − sin 45○ sin 45○ =√

22

√

22 −

√

22

√

22 = 0.

(4.6)

Дакле sin 90○ = 1, cos 90○ = 0. Затим, на основу овог резултата користећи (4.5) иуглове α = β = 90○ налазимо:

{ sin 180○ = sin 90○ cos 90○ + cos 90○ sin 90○ = 1 ⋅ 0 + 0 ⋅ 1 = 0,cos 180○ = cos 90○ cos 90○ − sin 90○ sin 90○ = 0 ⋅ 0 − 1 ⋅ 1 = −1.

(4.7)

Дакле sin 180○ = 0, cos 180○ = −1. То можемо користити у следећем задатку.

Примjер 4.2.14. Наћи координате троугла са теменима A(2,−1), B(3,2) и C(−1,0)након ротациjе око O за 180○ у Декартовом правоуглом систему координата Oxy.

Slika 4.10: Централна симатриjа ρo ∶ ABC → A′B′C ′.

Рjешење. Резултат можемо добити помоћу трансформациjе координата (4.3) за угаоротациjе ω = 180○, када помоћу (4.7) налазимо:

{ x1 = x cos 180○ − y sin 180○ = −x,y1 = x sin 180○ + y cos 180○ = −y.

Према томе тачкеA(2,−1), B(3,2) и C(−1,0) прелазе на положаjеA′(−2,1), B′(−3,−2)и C ′(1,0) редом, што се види на слици 4.10.

Други начин да разумемо исто рjешење jе непосредно геометриjски. Ротациjа за180○ око тачке O jе централна симетриjа коjоj jе тачка O центар. Произвољну тачкуA централном симетриjом ρo ∶ A → A′ пресликавамо у тачку A′ када jе A −O −A′ иAO = OA′.



Да jе централна симетриjа изометриjа следи непосредно из те особине ротациjеи чињенице да jе она посебна врста ротациjе. Други начин да се то докаже jе„чисто“ геометриjски. Наиме, на слици 4.10, према SUS jе ∆ABO ≅ ∆A′B′O, аотуда AB = A′B′. Слично добиjамо и за остале две странице датог троугла, папрема ставу SSS имамо ∆ABC ≅ ∆A′B′C ′. Ова подударност, оригиналног троуглаи копиjе, значи да jе централна симетриjа изометриjа.

Примjер 4.2.15. Дате су две кружнице k1 и k2 коjе се секу у тачкама A и B. Крозсваку од тих тачака повући праву коjа на кружницама одсеца тетиве jеднакихдужина.

Slika 4.11: Централна симетриjа ρA ∶ k1 → k′1.

Рjешење. Jедно рjешење jе тетива AB. Остала два даjу централне симетриjе окодатих тачака A и B. На слици 4.11 jе приказана jедна од тих ρA ∶ A1 → A2.

Конструишемо слику центра кружнице (C1 → C ′

1), затим шестаром узимамополупречник (r1 = AC1) и цртамо слику кружнице (k′1). Пресек слике и друге датекружнице (A2 = k′1∩k2) дефинише тетиву AA2 унутар другог круга (k2), коjа jе збогцентралне симетриjе jеднака тетиви AA1 унутар круга k1.

Задатак увек има три решења, праве AB, A1 −A−A2 и аналогно B1 −B −B2.

Задатак 4.2.16. Дате су кружница k(O, r) и тачка A. Конструисати праву коjапресеца кружницу у тачкама B,C таквим да су дужине AB = BC.

Задатак 4.2.17. Дата jе тачка S и две праве a и b коjе се секу и не садрже S.Конструисати дуж AB такву да jоj jе S средиште, A ∈ a и B ∈ b.

Задатак 4.2.18. Нека су AA1, BB1 и CC1 паралелне тетиве неког круга. ТачкеA′,B′,C ′ су симетричне редом тачкама A1,B1,C1 у односу на средишта дужиBC,CA,AB. Доказати да су тачке A′,B′,C ′ колинеарне.



Композициjа две централне симетриjе jе транслациjа. На слици 4.12 дуж AB сесиметриjом око центра O1 копира у дуж A1B1, а затим се та копиjа копира даљесиметриjом око центра O2 у дуж A2B2.

Slika 4.12: Централне симетриjе ρ1 ∶ AB → A1B1 и ρ2 ∶ A1B1 → A2B2.

Користимо и ознакуXY за дужину дужиXY , за разлику од орjентисане дужинекоjу означавамо

ÐÐ→XY , или v, односно v и називамо вектор. Тада jе

ÐÐ→Y X, или −v,

односно −v вектор супротне орjентациjе.

Задатак 4.2.19. Показати да за фигуре са слике 4.12 важи:i. AB∣∣A1B1∣∣A2B2, AB = AB;ii. AA2 = BB2 = 2 ⋅O1O2;

Приметимо да су две наспрамне странице AA2 и BB2 паралелограма AA2B2Bпаралелне, jеднаких дужина и jеднако орjентисане. Зато кажемо да оне чине истивектор v = ÐÐ→AA2 = ÐÐ→BB2. Другим речима, два вектора a = ÐÐ→AA2 и b = ÐÐ→BB2 су jеднакаакко су дужи AA2 и BB2 паралелне, исте дужине и исте орjентациjе. Тада пишемоa = b а таj вектор називамо вектором транслациjе. Вектор транслациjе jеднак jедвоструком вектору

ÐÐÐ→O1O2.

Задатак 4.2.20. Нека jе транслациjа v = 2 ⋅ÐÐÐ→O1O2 дефинисана двема централнимсиметриjама у редоследу као на слици 4.12, а транслациjа v′ = 2 ⋅ÐÐÐ→O2O1 обрнутим.Ако jе v ∶ A→ A2 и v′ ∶ A→ A′

2 показати да су дужи AA2 и AA′

2 паралелне, jеднакихдужина и супротне орjентациjе.

Према томе, за композициjу централних симетриjа можемо писати

ρ2 ○ ρ1 = −ρ1 ○ ρ2 ⇐⇒ ρ2 ○ ρ1 + ρ1 ○ ρ2 = 0. (4.8)

Идентичку трансформациjу, када jе копиjа jе идентична оригиналу, називамо нултомтранслациjом и означавамо нултим вектором 0 или jедноставно нулом 0. За векторетранслациjе из задатка 4.2.20 можемо писати v′ = −v, односно v′ + v = 0.

Задатак 4.2.21. Дата су два подударна троугла паралелних одговараjућих страница.Наћи све парове централних симетриjа чиjа композициjа пресликава jедан у други.



У следећем задатку се доказуjе да jе збир вектора транслациjе r = p+q диjагоналапаралелограма разапетог датим сабирцима, као на слици 4.13.

Slika 4.13: Паралелограм збира вектора r = p + q.

Задатак 4.2.22. Показати да се композициjа две транслациjе, дефинисане са по двапара симетриjа са центрима P1, P2 и Q1,Q2, може представити jедном транслациjом,дефинисаном jедним паром центара R1 и R2, таквом да jе орjентисана дуж R1R2

паралелна, jеднаке дужине и смера jеднаких диjагонали паралелограма коjи се можеформирати орjентисаним дужима P1P2 и Q1Q2.

То што су орjентисане дужиÐÐ→AA2 и

ÐÐ→BB2 при транслациjи са слике 4.12 jеднаке

значи да векторе коjи имаjу исти правац, смер и интензитет (дужину) не разликуjемо.Зато подразумевамо да у Декартовоj равни Oxy свакоj тачки A одговара векторa =Ð→OA. Ако тачка A има координате (ax, ay) онда кратко пишемо да имамо векторv = (ax, ay), или само a(ax, ay), подразумеваjући да jе почетак тог вектора исходишнатачка O, а врх дата тачка.

Примjер 4.2.23. У Декартовом правоуглом систему Oxy су дате тачке U и V .Представити вектор

Ð→UV .

Slika 4.14: Вектор између две тачке w = v − u.

Рjешење. Са две дате тачке U(ux, uy) и V (vx, vy) подразумевамо векторе u = Ð→OU иv = Ð→OV , као на слици 4.14. Како за збир вектора важи u +Ð→UV = v, то jе

Ð→UV = v − u.



Затим тражимо тачкуW такву да jе дужOW паралелна, jеднаке дужине и усмерењакао вектор

Ð→UV и проглашавамо jе вектором w = v − u. Одузимањем добиjамо и

координате тачке W (vx − ux, vy − uy).

Слике 4.13 и 4.14 представљаjу правила за сабирање и одузимање вектора, коjасу нам иначе позната из других области математике и примена. Оно што jе овдjенаглашено jе употреба тих истих вектора за дефинисање транслациjе, али и заразумевање транслациjе помоћу композициjе централних симетриjа.

Задатак 4.2.24. Дат jе троугао са теменима A(2,−1), B(3,2) и C(−1,0).i. Транслирати га за вектор v = (2,1).ii. Коjи вектор га транслира у троугао: A(−1,4), B(0,7) и C(−4,5).

Укратко, транслациjа jе померање тачке X у X ′ за вектор v =ÐÐ→XX ′. Дакле,

почетак вектора jе оригинал а врх њена копиjа. То jе општа особина транслациjе,независно од избора система координата.

Примjер 4.2.25. Између места A и B налази се канал. гдjе треба поставитимост преко канала па да пут од A до B буде наjкраћи?

Slika 4.15: Наjкраћи пут од A до B преко моста MN .

Рjешење. Обале канала су линиjе m и n, a ширина канала дефинише вектор v, каона слици 4.15. Транслирамо тачку A за вектор v у тачку A′ и повучемо праву A′B.Пресек праве са обалом jе место за мост.

Прецизниjе, мост представља дуж MN , гдjе jе M ∈ m тачка ближа A, а N ∈ njе тачка ближа B. Транслациjа τ(v) ∶ A → A′ одређуjе тачку A′, пресек A′B ∩ n =N дефинише место N моста на обали n. Инверзна транслациjа τ(−v) ∶ N → M ,транслациjа за вектор −v, одредиће тачку M на обали m.

Пут AM +MN +NB jе наjкраћи, jер jе пут AA′ +A′B наjкраћи.

Задатак 4.2.26. У дати троугао ABC „уписати“ дуж jеднаку и паралелну датоjдужи d.



Примjер 4.2.27. Дата су два круга k1 и k2, права p и дуж дужине a. Конструисатиправу q паралелну p коjа у датим круговима одсеца тетиве збирне дужине a.

Slika 4.16: Конструкциjа паралелних тетива за збирном дужином.

Рjешење. Конструишемо две нормале n1 и n2 кроз центре O1 и O2 датих круговаk1 и k2 на дату праву p, као на слици 4.16. Нека jе d растоjање између нормала.Конструишемо дужину m = d − 1

2a, износ шупљине између два круга дуж траженелиниjе q. Транслирамо круг k1(O1, r1) у круг k(O, r1) паралелно p у правцу k2(O2, r2)за дужину m. Jедна од тачака пресека кружница k и k2 jе T . Кроз тачку Tконструишемо праву q паралелну са правом p.

Заиста, нека су дужине тетива у кружницама t1 и t2 редом. Тада jе:

1

2t1 +

1

2t2 = d −m = d − (d − 1

2a) = 1

2a,

што значи t1 + t2 = a.

Задатак 4.2.28. У четвороугао PQRS су уписана два паралелограма ABCD иA1B1C1D1 са одговараjућим узаjамно паралелним страницама, да A,A1 ∈ PQ, B,B1 ∈QR и тако даље. Доказати да су диjагонале четвороугла паралелне одговараjућимстраницама паралелограма.



4.3 Хомотетиjа

Хомотетиjа jе пресликавање тачака задато тачком S коjу називамо „средиштемхомотетиjе“ и константним броjем λ коjи називамо „константом хомотетиjе“, тачкеX у тачку X ′ тако да jе S −X −X ′ и SX ′ = λ ⋅ SX.

Slika 4.17: Пресликавање хомотетиjом из центра S.

У следећем примjеру векторима доказуjемо Талесову теорему о сличности (узслику 3.13).

Примjер 4.3.1. Када имамо колинеарне тачке S −A−A′ и S −B −B′, као на слици4.17, при чему важи пропорциjа SA′ ∶ SA = SB′ ∶ SB, тада су дужи A′B′ и ABпаралелне и важи пропорциjа A′B′ ∶ AB = A′S ∶ AS.

Рjешење. Из датих услова следе векторске jеднакостиÐÐ→SA′ = λ ⋅Ð→SA и

ÐÐ→SB′ = λ ⋅Ð→SB,

гдjе jе λ = SA′ ∶ SA. Даље добиjамо:

ÐÐ→A′B′ =

ÐÐ→SB′ −

ÐÐ→SA′ = λ ⋅Ð→SB − λ ⋅Ð→SA

= λ(Ð→SB −Ð→SA) = λ ⋅Ð→AB.Према томе jе A′B′ ∶ AB = λ.

У следећем задатку треба аналогно доказати обрат претходног тврђења, даклеобрат Талесове теореме сличности. Затим следи jош неколико занимљивих општихособина хомотетиjа.

Задатак 4.3.2. Када имамо колинеарне тачке S −A−A′ и S −B −B′, као на слици4.17, при чему су дужи A′B′ и AB паралелне у односу A′B′ ∶ AB = λ, доказати датада важе пропорциjе SA′ ∶ SA = SB′ ∶ SB = λ.

Задатак 4.3.3. Пресликавање f има следеће особине: ако су A′ и B′ слике тачкаA и B, тада jе

ÐÐ→A′B′ = λ ⋅Ð→AB, гдjе jе λ ∈ R нека константа. Доказати:

i. ако jе λ = 1, тада jе f транслациjа9;ii. ако jе λ ≠ 1, тада jе f хомотетиjа.

9подразумева се паралелна транслациjа



Задатак 4.3.4. Доказати да jе композициjа две хомотетиjе са коефициjентимаλ1 и λ2, гдjе λ1λ2 ≠ 1, хомотетиjа са коефициjентом λ1λ2 и да њен центар припададужи коjа спаjа центре датих хомотетиjа. Истражити случаj λ1λ2 = 1.

Примену композициjе хомотетиjа можете видети у задацима 4.3.17 и 4.3.18. Претога, видећемо хомотетиjе у четири примjера типичних конструктивних задатака, азатим у доказима неких ставова о полигонима и круговима.

Задатак 4.3.5. У дати оштроугли троугао ABC upisati kvadrat PQRS, тако датемена P и Q леже на страници AB, затим R ∈ BC, S ∈ CA.

Задатак 4.3.6. Конструисати квадрат ABCD ако jе дата удаљеност d темена Aod sredine S ∈ CD наспрамне странице.

Задатак 4.3.7. Дат jе угао ∠bAc и у њему тачка M . Конструисати кружницу kкоjа додируjе краке b, c угла и садржи тачку M .

Задатак 4.3.8. Уписати два jеднака круга k2, k2 у дати троугао ABC тако да секругови додируjу и да сваки од њих додируjе по две странице троугла.

Задатак 4.3.9. Доказати тврђења:i. Средине страница произвољног четвороугла су темена паралелограма.ii. Када се секу, диjагонале растављаjу четвороугао на четири троугла чиjа

тежишта су темена паралелограма.

Задатак 4.3.10. Дат jе трапез10 ABCD, са паралелним основицама AB,CD чиjесредине су редом M,N . Краци BC и AD секу се у тачки K, а диjагонале AC и BDу тачки L.

i. Доказати да су тачке M,N,K,L колинеарне11.ii. Ако jе пресек диjагонала и трапеза jеднако удаљен од кракова BC и AD, тада

jе трапез jеднакокрак.

Задатак 4.3.11. Тежишнице AA1,BB1,CC1 троугла ABC секу се у тежишту,тачки T . Нека jе P произвољна тачка. Права линиjа `A садржи тачку A ипаралелна jе правоj PA1. Линиjе `B, `C су дефинисане слично. Доказати:

i. Праве `A, `B, `C4 секу се у тачки Q;ii. Тачка T припада дужи PQ и PT ∶ TQ = 1 ∶ 2.

Задатак 4.3.12. Кружница k(O, r) тангира краке AB и AC jеднакокраког троуглаABC у тачкама P и Q редом и такође изнутра тангира описану кружницу ko(Oo, ro)тог троугла. Доказати да je средина S дужи PQ центар уписане кружницеku(Ou, ru) датог троугла.

Задатак 4.3.13. Дата jе кружница на коjоj се налазе две фиксне тачке A,B итрећа променљива тачка C. Наћи геометриjско место12 тежишта троугла ABC.

10Трапез jе четвороугао са jедним паром паралелних страна.11Kолинеарне су тачке на истоj правоj.12Геометриjско место тачака jе скуп свих тачака коjе задовољаваjу дату особину.



Задатак 4.3.14. Две фиксне кружнице k1 и k2 различитих полупречника се додируjуизвана у тачки C. Избор тачака A ∈ k1 и B ∈ k2 се мења, али тако да jе троугаоABC увек правоугли, са правим углом у темену C. Из темена C на хипотенузуjе повучена висина CD, D ∈ AB. Наћи геометриjско место тачака D.

Задатак 4.3.15. i. Круг уписан у троугао ABC тангира страницу AC у тачки D,краjњоj тачки пречника DE. Права BE сече страницу AC у тачки F . ДоказатиAF =DC.

ii. У кругу су два окомита пречника AB и CD. Из тачке P изван круга повученесу тангенте на круг коjе секу праву AB редом у тачкама E,H и праве PC,PD коjесеку AB у тачкама F,K редом. Доказати EF =KH.

Задатак 4.3.16. Кржница k са центром O jе уписана у троугао ABC. Онадодируjе станицу AC у тачки D. Средина странице AC jе тачка B1. Доказатида права B1O полови дуж BD.

Задатак 4.3.17. Доказати да се спољашње тангенте парова три круга k1, k2, k3

секу у колинеарним тачкама.

Задатак 4.3.18. Трапези ABCD и APQD имаjу заjедничку основицу AD. Проверитида су пресечне тачке парова следећих линиjа колинеарне:

i. AB и CD, AP и DQ, BP и CQ;ii. AB и CD, AQ и DP , BQ и CP .

Ротациона хомотетиjа, или спирална сличност, jе композициjа хомотетиjе иротациjе са заjедничким центром. Када jе HO хомотетиjа са центром O, а ρ(O,ω)ротациjа око истог центра за угао ω, тада jе:

R(O,ω) = ρ(O,ω) ○HO =HO ○ ρ(O,ω) (4.9)

ротациона хомотетиjа, коjу означавамо и са RωO.

Задатак 4.3.19. Две кружнице k1 и k2 се секу у две тачке A и B. Праве линиjе pи q пролазе тачком A и секу прву кружницу у тачкама P1,Q1, а другу кружницуу тачкама P2,Q2. Доказати да jе угао између линиjа P1Q1 и P2Q2 jеднак углуизмеђу кружница13.

Задатак 4.3.20. Кружнице k1 и k2 се секу у тачкама A и B. Ротациона хомотетиjаR(A,ω), са центром A за угао ω, пресликава k1 у k2 и тачку P1 ∈ k1 у P2 ∈ k2.Доказати да права P1P2 пролази кроз B.

Пресликавање сличности jе композициjа хомотетиjа са изометриjама. Другимречима, то jе пресликавање тачака равни у ту исту раван коjим се темена троугла∆ABC пресликавjу у темена троугла ∆A′B′C ′ тако да одговараjући углови тихтроуглова остаjу непромењени.

13Угао између кривих jе угао између тангенти на њих у заjедничкоj тачки.



За два троугла14 кажемо да су слични и пишемо ∆ABC ∼ ∆A′B′C ′ акко за њихважи бар jедан од критериjума:

SSS: важе пропорциjе a ∶ a′ = b ∶ b′ = c ∶ c′;SUS: важи пропорциjа a ∶ a′ = b ∶ b′ и jеднакост γ = γ′;UU: било коjа два од углова α,β, γ су jеднака одговараjућим α′, β′, γ′.

Када важи jедан од тих критериjума, тада важе сва три. То jе последица Талесоветеореме о сличности, обjашњена уз слику 3.13.

Приметимо да композициjа од наjвише по jедне рефлексиjе, ротациjе и транслациjена jединствен начин дефинише изометриjу и да исто важи и за сличност.

Примjер 4.3.21. Показати да постоjи jединствена трансформациjа сличностикоjа копира дати троугао ∆ABC у дати њему сличан троугао ∆A′B′C ′.

Рjешење. Ако су дати троуглови подударни, jединствена сличност jе jединственаизометриjа. Ако троуглови нису подударни, нека тачка O jе центар хомотетиjе коjапресликава ∆ABC у ∆A′′B′′C ′′ подударан са ∆A′B′C ′, а затим постоjи и изометриjакоjа пресликава ∆A′′B′′C ′′ у ∆A′B′C ′.

Када имамо два слична троугла, ∆ABC ∼ ∆A′B′C ′, тада постоjи jединствен броjλ ∈ R/{0,±1} такав да jе XY ∶X ′Y ′ = λ не само за X,Y ∈ {A,B,C}, него за било коjипар тачака дате равни. Када jе параметар ∣λ∣ < 1 трансформациjа jе контракциjиравни, када jе ∣λ∣ > 1 говоримо о дилатациjи. Позитивно ламбда значи директнутрансформациjу, а негативно рефлексиjу, са обртањем орjентациjе троугла.

Трансформациjа сличности jе пресликавање Sλ ∶ π → π произвољних тачака датеравни у исту раван. То можемо писати и на следеће начине:

Sλ ∶X →X ′, Sλ ∶XY →X ′Y ′, Sλ ∶ ∆ABC →∆A′B′C ′,

гдjе jе дужина X ′Y ′ = λ ⋅XY , или као функциjу Sλ(X) =X ′.Претходни примjер указуjе на егзистенциjу jединствене инверзиjе трансформациjе

сличности. Инверзиjом S−1λ = S1/λ контракциjа прелази у дилетациjу и обрнуто.

Зато jе следећу теорему лако проширити на сваку трансформациjу сличности.

Теорема 4.3.22. Директна контракциjа има само jедну непокретну тачку.

Рjешење. Нека jе 0 < λ < 1 и X0 произвољна тачка. Конструишемо низ тачака:

X1 = Sλ(X0), X2 = Sλ(X1), X3 = Sλ(X2), ... (4.10)

За удаљености између узастопних чланова низа важе jеднакости

XnXn+1 = λ ⋅Xn−1Xn = ⋅ ⋅ ⋅ = λn ⋅X0X1 = λna,14Подразумеване ознаке за троугао ∆ABC су странице a = BC, b = CA и c = AB, затим углови

α = ∠BAC, β = ∠ABC и γ = ∠BCA



гдjе jе a удаљеност између прве две тачке низа. Растоjање постаjе нула када n ∈ Nнеограничено расте. Отуда, за удаљеност између две произвољне тачке истог низа(4.10), за m ∈ N, важе неjеднакости:

XmXm+n ≤XmXm+1 +Xm+1Xm+2 + ⋅ ⋅ ⋅ +Xm+n−1Xm+n

≤ aλm + aλm+1 + ⋅ ⋅ ⋅ + aλm+n = aλm(1 + λ + λ2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λn).

Међутим, из:Ln = 1 + λ + λ2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λn

λLn = λ + λ2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λn + λn+1

одузимањем добиjамо Ln − λLn = 1 − λn+1, а отуда Ln = 1−λn+1

1−λ , односно

XmXm+n ≤ aλm1 − λn+1

1 − λ ≤ aλm

1 − λ.

Ово растоjање такође постаjе нула када m неограничено расте. Дакле, тачка Xn накраjу низа (4.10) постаjе непокретна тачка X ′ пресликавања.

Тиме jе доказана егзистенциjа непокретне тачке пресликавања Sλ, а остаjе дапроверимо да jе она и jедина. Претпоставимо да пресликавање поред X ′ има jошjедну непокретну тачку X ′′ ≠X ′. Тада jе растоjање

X ′X ′′ = Sλ(X ′)Sλ(X ′′) ≤ λ ⋅X ′X ′′,

што jе у контрадикциjи са полазном претпоставком 0 < λ < 1.

Ово jе био познати Банахов15 став о непокретноj тачки. Исти се лако поопштавана контракциjе са рефлексиjом (за −1 < λ < 0). Проширење Банаховог става надилатациjе (за ∣λ∣ > 1) докази због jеднозначности пресликавања Sλ, коjе због тогаима инверзну функциjу а коjа jе онда контракциjа. Међутим, непокретна тачкаконтракциjе jе непокретна и за њену инверзиjу.

15Stefan Banah (1892-1945), пољски математичар.



4.4 Фигуре

Фигуром у геометриjи називамо било какав непразан скуп тачака. Фигуре сутачке, линиjе, делови равни. Посебно, то су затворене фигуре попут: троуглова,четвороуглова, многоуглова, кругова.

Трапез jе четвороугао са jедним паром паралелних страна. Паралелне странесе називаjу основице, а непаралелне краци трапеза. Правоугли трапез jе онаj чиjиjедан крак jе окомит на (обе) основице. Jеднакокраки трапез jе онаj чиjи су крациjеднаке дужине.

Примjер 4.4.1. Мердевине су постављене између два зида у облику основица правоуглогтрапеза, као на слици 4.18. Доказати да jе

1

a+ 1

b= 1

h.

Slika 4.18: Мердевине постављене између два зида.

Рjешење. Означимо са x, y редом удаљености крижања мердевина до левог и десногзида висина a и b. Из сличних троуглова следи:

(x + y) ∶ a = y ∶ h, (x + y) ∶ b = x ∶ h,x + ya

+ x + yb

= x + yh

,

1

a+ 1

b= 1

h,


Тангенте кружнице формираjутангентни четвороугао. Тангентни четвороугао16

jе онаj у коjи се може уписати круг. Тетиве кружнице формираjутетивни четвороугао.Тетивни jе четвороугао око кога се може описати кружница.

16в. задатак 3.2.21-i.



Примjер 4.4.2. Тетивни трапез има следеће две особине:i. он jе jеднакокрак; ii. диjагонале су му jеднаке дужине.

За jеднакокраки тангентни трапез важи:iii. висина на основицу jе геометриjска средина основица.

Примjер 4.4.3. Круг k полупречника r уписан jе у троугао ABC. Конструисанесу паралеле са страницама троугла коjе тангираjу круг и оне на датом троуглуодсецаjу три мала троугла. Нека су r1, r2 и r3 полупречници уписаних кружницау те мале троуглове. Показати да jе r1 + r2 + r3 = r.

Медиjана или тежишница jе дуж коjа спаjа врх са средином супротне страницетроугла, а симедиjана jе рефлексиjа медиjане преко симетрале угла. На слици 4.19троугла ABC медиjана jе CC′, симетрала ∠C jе испрекидана линиjа, а симедиjанаjе C −C ′

1 − T , док су tA и tB тангенте на описану кружницу у тачкама A и B.

Slika 4.19: Симедиjана CC′

1 и медиjана CC1 троугла ABC.

Примjер 4.4.4. Доказати да се тангенте tA и tB на слици 4.19 секу у тачки Tкоjа лежи на симедиjани из темена C троугла ABC.

Рjешење. Означимо са k(O, r), гдjе jе r = OA = OB = OC, описану кружницу троуглаABC, а са kt(T, rt) кружницу са центром T и полупречником rt = AT = BT коjа коjасадржи тачке A и B. Нека продужеци страница CA и CB секу кружницу kt редому тачкама P и Q. Четвороугао APQB jе тетиван, па je ∠BAC = ∠BQP , а отуда∆CAB ∼ ∆CQP . Даље ћемо доказати да за ова два троугла важи композициjахомотетиjе и рефлексиjе.

За вањски угао троугла CAQ важи

∠PAQ = ∠AQB +∠ACB = 1

2(∠ATB +∠AOB) = 90○,



па jе PQ пречник круга kt, тj. T ∈ PQ. Средине страница PQ и AB су редом тачкеT и C1, па jе ∠ACT = ∠QCC1 одакле следи тражени резултат.

Педални троугао чине темена A1,B1,C1 коjа су подножjа нормала PA1 ⊥ BC,PB1 ⊥ AC, PC1 ⊥ AB на странице датог троугла ABC из дате тачке P . Посебанслучаj педалног троугла jе ортички, коjи чине подножjа нормала из ортоцентра H(и из темена) датог троугла. Када jе тачка P на описаноj кружници троугла ABCонда су тачке A1,B1,C1 на правоj коjа се назива Симсонова17.

Slika 4.20: Симсонова права садржи подножjа A1,B1C1.

Теорема 4.4.5 (Симсонова). Тачке A1,B1,C1 су колинеарне акко P лежи на кружнициописаноj око троугла ABC.

Доказ. Користимо слику 4.20. Периферни углови над истом тетивом, као и угловиса окомитим крацима, су jеднаки (или суплементни), па jе ∠APC = ∠B = ∠A1PC1.Одузимаjући ∠APA1 добиjамо ∠A1PC = ∠APC1. Четвороугао PA1CB1 jе такођететиван, па jе ∠A1PC = ∠A1B1C. Тетиван jе и четвороугао PC1AB1 па jе зато∠APC1 = ∠AB1C1. Отуда ∠A1B1C = ∠AB1C1, што значи да су тачке A1,B1,C1

колинеарне. Када P ниjе на кружници, не важи прва jеднакост, нити остале.

Оваj теорем се назива и Валисов18, по математичару коjи га jе поопштавао.Према неким историjским изворима, Валис jе већ 1802. године помињао следећу,теорему Лептира (енг. Butterfly theorem), чиjе откриће се данас углавноп приписуjеХорнеру19 1815. године.

17Robert Simson (1687-1768), шкотски математичар.18William Wallace (1768-1843), шкотски математичар.19William George Horner (1786-1837), британски математичар.



Теорема 4.4.6 (Лептир). Кроз средњу тачку M тетиве PQ круга, повучене супроизвољне две тетиве AB и CD коjе секу PQ у тачкама X и Y редом. Тада jеM средина дужи XY .

Slika 4.21: Теорема лептира.

Доказ. На слици 4.21 лево, из тачака X и Y спуштене су окомице на тетиве X1, Y1 ∈AB и X2, Y2 ∈ CD. Посматраjмо парове сличних троуглова:

{ ∆MX1X ∼ ∆MY1Y, ∆MX2X ∼ ∆MY2Y,∆AX1X ∼ ∆CY2Y, ∆DX2X ∼ ∆BY1Y.

Означимо дужине PM =MQ = a, XM = x, MY = y, затим XXi = xi, Y Yi = yi за обаиндекса i = 1,2. Тада важе пропорциjе:

{ x ∶ y = x1 ∶ y1, x ∶ y = x2 ∶ y2,x1 ∶ y2 = AX ∶ CY, x2 ∶ y1 =XD ∶ Y B.

Отуда (в. задатак 3.3.17):

x2

y2= x1

y1⋅ x2

y2= x1

y2⋅ x2

y1= AXCY

⋅ XDY B

= PX ⋅XQPY ⋅ Y Q

= (a − x)(a + x)(a + y)(a − y) = a

2 − x2

a2 − y2= a

2

a2= 1,

те x = y, као што jе требало доказати.

Мигелова20 тачкаM , на слици 4.22, jе пресек три кружнице коjе садрже свака поjедно теме троугла ABC и по две суседне од три дате тачке A′, B′ и C ′ на његовим

20Auguste Miquel (1816-1851), француски математичар.



страницама BC, CA и AB редом. Три угла ∠MA′B, ∠MB′C и ∠MC ′A су jеднака(на слици21 зелено).

Доказ се заснива на особини тетивних четвороуглова, овдjе AC ′MB′, BA′MC ′ иCB′MA′, да су им наспрамни углови суплементни. У темену M збир унутрашњихуглова тих четвороуглова jе jеднак збиру суплементних углова датог троугла, а тоjе пуни угао, jер (180○ − ∠A) + (180○ − ∠B) + (180○ − ∠C) = 360○. Тиме jе доказанаследећа теорема.

Slika 4.22: Мигелова тачка.

Теорема 4.4.7 (Мигелова). На свакоj од три странице троугла ABC дата jетачка A′ ∈ BC, B′ ∈ CA и C ′ ∈ AB.

i. Темена троугла са по две суседне од тих тачака дефинишу три кружнице сазаjедничком тачком M .

ii. ∠MA′B = ∠MB′C = ∠MC ′A.

Хармониjска средина два броjа a + b ≠ 0 jе количник H(a, b) = 2ab/(a + b), в.(2.14). Пола тог броjа смо већ имали у првом примjеру 4.4.1, а jош неке геометриjскеслучаjеве хармониjске средине ћемо видети у наставку.

Задатак 4.4.8. Дат jе трапез са основицама AB = a, CD = b и диjагоналамаAC, BD коjе се секу у тачки P . Кроз тачку P повучена jе дуж MN паралелнаосновицама M ∈ AD, N ∈ BC. Изразити дужине MP , PN и MN помоћу a и b.

Задатак 4.4.9. У троугао ABC страница a = BC, b = CA и c = AB уписан jеромб22 DEAF са теменима D ∈ BC, E ∈ CA, F ∈ AB. Доказати да jе страницаромба дужине

p = ab

a + b , (4.11)

21Wikipedia: https://en.wikipedia.org/wiki/Miquel%27s_theorem22Ромб jе паралелограм са све четири странице jеднаке дужине.


https://en.wikipedia.org/wiki/Miquel%27s_theorem


односно p =H(a, b)/2.

Блиска овом су следећа два тврђења. Друго, да симетрала угла троугла диjелинаспрамну страницу пропорционално крацима угла, смо већ доказивали помоћуповршина у теореми 3.2.16.

Задатак 4.4.10. У троуглу ABC дата jе тачка B′ ∈ AC. Конструишемо паралелуB′D∣∣AB, D ∈ BC, затим паралелу DC ′∣∣AC, C ′ ∈ AB. Доказати:

i. четвороугао AB′DC ′ jе ромб;ii. DC ∶DB = AC ∶ AB.

Задатак 4.4.11. Дате су дужи a, b. Конструисати аритметичку, геометриjскуи хармониjску средину:

A(a, b) = a + b2

, G(a, b) =√ab, H(a, b) = 2ab

a + b .

На слици 4.23 jе приказана кружница k(O, r) са центром O и пречником AB = 2r.Означене су дужине AC = x, CB = y, CD = g, ED = h. При томе jе CD ⊥ AB, затимO −E −D и CE ⊥ OD.

Slika 4.23: Аритметичка, геометриjска и хармониjска средина.

Задатак 4.4.12. Показати да су на слици 4.23 све три средине дужина x и y:

AO = x + y2

, CD = √xy, ED = 2xy

x + y

аритметичка, геометриjска и хармониjска, редом.

Jедно од наjнеобичниjих новиjих открића у области елементарне геометриjе jеМорлиjева23 теорема о трисекциjама из 1899. године. Међутим, без обзира на свуjедноставност и лепоту Морлиjевог тврђења, до сада откривени докази24 нису такви,због чега jе његова теорема ретко позната.

Теорема 4.4.13 (Морли). Када се сваки угао у теменима троугла ABC подели натри дела, краци подела се секу у теменима jеднакостраничног троугла XY Z.



Slika 4.24: Морлиjева теорема.

Доказ. Нека су углови у теменима троугла ABC редом 3α,3β,3γ, као на слици 4.24.Тада jе збир α + β + γ = 60○. Доказ ћемо даље водити обрнутим путем25, тражећитроугао (∆A′B′C ′ ∼ ∆ABC) са поменутим угловима, а полазећи од произвољног∆XY Z коjи jе jеднакостраничан.

Нека су P,Q,R тачке на продужецима висина из темена ∆XY Z такве да jе:

∠XPY = α + 30○, ∠Y QZ = β + 30○, ∠ZRX = ∠ZRY = γ + 30○.

При томе ∠XPZ = ∠XPY , ∠Y QX = ∠Y QZ и ∠ZRY = ∠ZRX. У четвороуглу,рецимо XRA′Q, jе збир углова 360○, па добиjамо:

∠ZA′Y = α, ∠XB′Z = β, ∠Y C ′X = γ.

Конструишимо кружницу са центром у X коjа додируjе праву PB′, па према томеи праву PC ′ (jер jе PX симетрала ∠BPC ′). Повуцимо тангенте B′T и C ′U коjе сесеку у тачки V . Тада jе:

∠XB′T = ∠XB′Z = β, ∠XC ′U = ∠XC ′Y = γ.

Дакле, збир углова P,B′,C ′ четвороугла PB′V C ′ jе

2α + 60○ + 2β + 2γ = 180○,

што значи да jе ∠B′V C ′ = 180○, односно да се тачке T,V,U поклапаjу.Према томе ∠XB′C ′ = β и ∠XC ′B′ = γ, чиме су углови ∆XB′C ′ одређени.

Слично, помоћу кругова са центром у Y и Z, одређуjемо углове ∆Y C ′A′ и ∆ZA′B′.23Frank Morley (1860-1937), англо-амерички математичар.24Morley’s Miracle: http://www.cut-the-knot.org/triangle/Morley/25by Brian Stonebridge, University of Bristol.


http://www.cut-the-knot.org/triangle/Morley/


Тиме jе показано да добиjени троугао ∆A′B′C ′ има исте углове као и дати ∆ABCи да трисекциjа његових углова даjе jеднакостраничан ∆XY Z. Отуда, исто важи иза оригинални троугао ∆ABC.

Користећи особине медиjана26 лако jе доказати27 следећа тврђења коjа jе 1731.године открио Варигнон28. Пре тога, подсетимо се да jе фигура конвексна акосадржи сваку дуж када садржи њене краjње тачке, за разлику од конкавне фигуре,као на слици 4.25.

Slika 4.25: Конвексан и конкаван полигон.

Задатак 4.4.14. Доказати да за произвољан конвексан четвороугао важи.i. Средине страница четвороугла су темена паралелограма.ii. Површина паралелограма jе половина површине датог четвороугла.iii. Обим паралелограма jеднак jе збиру диjагонала датог четвороугла.

Slika 4.26: Проблем Лидски.

26в. задатак 3.3.927в. задатак 4.3.928Pierre Varignon (1654-1722), француски математичар.



Задатак 4.4.15 (Лидски). Дат jе паралелограм површине µ, као на слици 4.26.Његови врхови су споjени са срединама супротних страница. Доказати да jе површинаполигона унутар тих споjница jеднака шестини површине датог паралелограма.

Задатак 4.4.16. Површине круга и квадрата су jеднаке. Доказати да jе односњихових обима

√π ∶ 2 ≈ 10 ∶ 11.

Задатак 4.4.17. Дат jе квадрат странице дужине a. Средине његових страницачине нови квадрат, а средине новог опет нови квадрат. Таj процес се наставља безпрекида. Колики jе збир обима свих таквих квадрата?

На слици 4.27 приказан jе произвољан трапез ABC, са основицама AB = a,CD = b и диjагоналама AC и BD коjе се секу у тачки O. Тачке M ∈ AD и N ∈ BCсу средине кракова, коjима припадаjу и краjеви дужи PQ∣∣AB∣∣DC, али такве да jеP −O−Q. Пресеци средње линиjе и диjагонала су MN ∩AC =M1 и MN ∩BD = N1.

Slika 4.27: Трапез.

Задатак 4.4.18. За трапез на слици 4.27 доказати следеће jеднакости:

MN = a + b2

, M1N1 =∣a − b∣

2, PQ = 2ab

a + b .

Златни пресек jе подела дужи на два дела тако да се цела дуж према већемделу односи као већи део према мањем (в. слику 2.3). Када jе цела дуж jединичнедужине, а већи део дужине x тада имамо пропорциjу

1 ∶ x = x ∶ (1 − x), (4.12)

из коjе следи (квадратна) jедначина

x2 + x − 1 = 0. (4.13)

У задатку 2.3.7 jе проверавано да ирационалан броj φ =√

5−12 решава ту jедначину.

Зато се таj броj назива „златни броj”, а свака фигура у коjоj доминира jедна одследеће две пропорциjе

φ = φ ∶ 1 =√

5 − 1

2, Φ = 1 ∶ φ =

√5 + 1

2(4.14)



назива се „златном”. На слици 4.28 лево jе „златни правоугаоник”, десно jе приказанаконструкциjа златног пресека помоћу квадрата.

Slika 4.28: Златни правоугаоник и конструкциjа златног пресека.

Задатак 4.4.19. Обjаснити конструкциjу златног пресека:i. на слици 4.28 десно;ii. на слици 4.29 лево;iii. ii. на слици 4.29 десно.

Slika 4.29: Конструкциjа златног пресека.

Пентагон (грч. пенте - пет и гониа - угао) jе петострани многоугао или петоугао.То jе затворена фигура омеђена са пет дужи коjе називамо страницама петоугла.Конвексни равни пентагон са страницама jеднаких дужина називамо правилан пентагон.Диjагонале пентагона чине пентаграм, или звезду петокраку.

Задатак 4.4.20. На слици 4.30 jе правилан пентагон ABCDE странице a. Доказатиследећа тврђења.

i. Унутрашњи углао jе 108○.ii. Четвороугао ABCE jе тетиван трапез.iii. Страница диjели диjагоналу у „златном” односу.



Slika 4.30: Правилан пентагон.

Задатак 4.4.21. Конструисати правилан пентагон ако jе задато:i. дужина d диjагонале;ii. дужина a странице;iii. полупречник r описане кружнице.

Задатак 4.4.22. Конструисати троугао ABC ако jе дато: α, β, 5a − 2b.

Задатак 4.4.23. Конструисати троугао ABC ако jе дато α, β и:

i. hc; ii. tb; iii. R;iv. sα; v. 2s; vi. ha + tb.

гдjе jе sα симетрала угла α = ∠A, a s = (a + b + c)/2 полуобим троугла.

Задатак 4.4.24. Конструисати троугао ABC ако су дате:i. дужи, тежишнице ta, tb и tc;ii. тачке, средине страница At ∈ BC, Bt ∈ CA и Ct ∈ AB;iii. две странице и тежишница a, b и tc;iv. две странице и тежишница a, b и tb.

Примjер 4.4.25. Угалови између наспрамних страница тетивног четвороугла суφ и θ. Показати да су унутрашњи углови четвороугла 90○ ± 1

2(φ ± θ).



Slika 4.31: Тетиван четвороугао.

Рjешење. На слици 4.31 видимо четвороугао ABCD уписан у круг, са продужецимастраница AD ∩ BC = M и ∠AMB = φ, затим AB ∩ CD = N и ∠AND = θ. Заунутрашње углове (тог тетивног) четвороугла важи:

∠A +∠C = 180○, ∠B +∠D = 180○.

За унутрашње углове ∆ABM и ∆ADN важи, редом:

∠A +∠B + φ = 180○, ∠A +∠D + θ = 180○.

Отуда лако налазимо:

∠A = 90○ − 1

2(φ + θ), ∠C = 90○ + 1

2(φ + θ),

∠B = 90○ − 1

2(φ − θ), ∠D = 90○ + 1

2(φ − θ),

а то jе оно што jе требало показати.


Glava 5

Линеарна алгебра

Алгебра у ужем смислу jе област математике коjа проучава jедначине. Ширегледаjући, алгебра истражуjе односе и своjства броjева помоћу знакова. Њен деокоjи се бави векторима и матрицама назива се линеарна алгебра.

Површину, масу или температуру изражавамо броjевима коjе често називамоскаларима. Када кажемо да jе ваздух у соби има 20○C (20 степени целзиjуса),односно 68○F (68 степени фаренхаjта), тада температуру просториjе изражавамоскаларом у датим мерним jединицама1. Скалар означава интезитет нечега.

Убрзање, импулс или уопште величину коjу одређуjе правац, смер и интензитет,називамо вектор. Када кажемо да се брод налази у Северном мору и плови 20чворова2 (37 km/h) у правцу jугозапада, брзину брода изражавамо вектором. Вектореу геометриjи представљамо орjентисаним дужима, као на слици 5.1.

Slika 5.1: Сабирање и одузимање вектора.

Jош сложениjе величине су тензори. У грађевинама на потпорне материjалечесто делуjу различите силе настоjећи их смицати, сукати или кидати. За дефинисањетако сложених тензиjа у математици постоjе нарочити пакети векторских величинакоjе називамо тензорима.

1конверзиjа jе F = 1,8 ⋅C + 32○ односно C = (F − 32○)/1,821 чвор = 1,852 km/h

127


5.1 Вектори

Две паралелне орjентисане дужи, jеднако усмерене и jеднаких дужина су jеднакивектори. Тако на слици 5.1 у средини jе паралелограм разапет векторима a и b, начиjим наспрамним страницама се налазе jеднаки вектори. Векторе пресликавамотранслациjом у jеднаке (не мењаjући им правац, смер и интензитет), надовезуjућиих ради сабирања. Промена предзнака вектора значи његову промену смера.

Примjер 5.1.1. Помоћу вектора на слици 5.2 показати да jе средња линиjа PQтроугла ABC паралелна основици AB и jеднака половини њене дужине.

Slika 5.2: Средња линиjа PQ троугла ABC.

Рjешење. Краjње тачке P ∈ AC и Q ∈ BC вектора средње линиjе m =Ð→PQ су срединестраница вектора редом b = Ð→CA и a = Ð→BC троугла ABC на слици 5.2. Основица тогтроугла jе вектор c =Ð→AB = a − b.

Сабирањем, надовезивањем вектора на два начина налазимо:

m = 1

2b + c + 1

2a, m = −1

2b − 1

2a,

а сабирањем ових добиjамо 2m = c. То значи да су вектори m и c паралелни, истогсмера и да jе први двоструко мањи од другог. То jе управо тврђење коjе jе и требалодоказати.

Задатак 5.1.2. Помоћу вектора показати да jе срења линиjа трапеза паралелнаосновицама и дужине jеднаке половини збира њихових дужина.

Задатак 5.1.3. Доказати помоћу вектора да су средине страница произвољногчетвороугла темена паралелограма.

Задатак 5.1.4. Доказати помоћу вектора да се диjагонале паралелограма међусобнополове.

Задатак 5.1.5. Доказати да jе збир вектора тежишница троугла нула.



Задатак 5.1.6. Дата jе O произвољна тачка, а T тежиште троугла. Доказатида jе

Ð→OT =

Ð→OA +Ð→OB +Ð→OC

3.

Примjер 5.1.7. Дата jе произвољна тачка O и дуж AB коjа jе подељена тачкомC у размери p ∶ q. Доказати да jе

Ð→OC = q ⋅

Ð→OA + p ⋅Ð→OBp + q . (5.1)

Slika 5.3: Дуж AC ∶ CB = p ∶ q.

Доказ. Са слике 5.3 видимоÐ→OC =Ð→OA +Ð→AC, затим израчунавамо:

Ð→OC =Ð→OA + p

p + q ⋅Ð→AB =Ð→OA + p

p + q ⋅ (Ð→OB −Ð→OA)

= (p + q) ⋅Ð→OA + p ⋅ (Ð→OB −Ð→OA)p + q = q ⋅

Ð→OA + p ⋅Ð→OBp + q .

То jе и требало доказати.

Задатак 5.1.8. Нека су дати вектори a и b, са интензитетима a и b редом.Показати да jе вектор

s = ab + baa + b

паралелан симетрали угла између њих.

Теорема 5.1.9. Дате су тачке A, B и O. Тачка C jе између тачака A и B, топишемо A −C −B, ако и само ако jе

Ð→OC = λ ⋅Ð→OB + (1 − λ) ⋅Ð→OA, 0 ≤ λ ≤ 1. (5.2)

Доказ. Ако jе A −C −B, тада постоjи пропорциjа AC ∶ CB = p ∶ q и важи jеднакост(5.1), при чему jе λ = p

p+q и 1 − λ = qp+q .



Обатно, ако jе тачно (5.2), онда jеÐ→AC =Ð→OC −Ð→OA, па jе

Ð→AC = [λ ⋅Ð→OB + (1 − λ) ⋅Ð→OA] −Ð→OA = λ ⋅ (Ð→OB −Ð→OA) = λ ⋅Ð→AB.

То значи да су векториÐ→AC и

Ð→AB колинеарни, а због λ ∈ [0,1] jе A −C −B.

Дистрибутивност множења вектора скаларом, λ(a + b) = λa + λb приказана jе наслици 5.4.

Slika 5.4: Дистрибуциjа множења вектора скаларом.

Задатак 5.1.10. Слично слици 5.4, илустровати следеће особине вектора:i. (∀a, b, c) (a + b) + c = a + (b + c) - асоциjативност;ii. (∃0) a + 0 = 0 + a = a - нула 0 jе неутрални елеменат за сабирање;iii. (∀a)(∃!a′) a + a′ = a′ + a = 0 - инверзни елеменат a′ = −a;iv. (∀a, b) a + b = b + a - комутативност;v. (∀a, b)(∀λ ∈ R) λ(a + b) = λa + λb - дистрибутивност кроз векторе;vi. (∀a)(∀λ,µ ∈ R) (λ + µ)a = λa + µa - дистрибутивност кроз скаларе;vii. (∀a)(∀λ,µ ∈ R) (λµ)a = λ(µa) - квазиасоциjативност;vii. (∀a) 1 ⋅ a = a - jединица jе неутрална на множење.

То jе алгебра вектора орjентисаних дужи. Формално иста алгебра важи и зауређене n-торке (x1, x2, . . . , xn) brojeva xi ∈ R, за индексе i = 1,2, . . . , n, па и засистеме линеарних jедначина или рецимо за полиноме степена не већег од некогунапред датог броjа n ∈ N. За тако поопштену векторску алгебру такође важе многатврђења изведена помоћу орjентисаних дужи.

Следе задаци са векторима - орjентисаним дужима, коjи су били или су моглибити на математичким такмичењима редњошколаца3.

Задатак 5.1.11 (Такмичење Воjводине, 1980. године). Дат jе правилан шестоугаоABCDEF са срединама, тачкама P ∈ DE, Q ∈ AP и S ∈ BC. Разложити векторÐ→QS по векторима a =Ð→AB и b =Ð→AF .

3в. саjт: www.antonija-horvatek.from.hr


www.antonija-horvatek.from.hr


Задатак 5.1.12 (Такмичење у Хрватскоj, 1989). Дат jе петоугао ABCDE са срединамаK ∈ AB, L ∈ BC, M ∈ CD и N ∈ DE. Средине дужи KM и LN редом су P и Q.Доказати да jе

Ð→PQ = 1

4

Ð→AE.

Задатак 5.1.13 (Такмичење у Србиjи, 1987). Дат jе четвороугао ABCD са срединамаE ∈ AB и F ∈ CD. Доказати да су средине дужина AF , BF , CE и DE врховипраралелограма.

Задатак 5.1.14 (Хрватска 1990. и Република Српска 2015. године). Тачке E и Fсу средине страница AB и BC паралелограма ABCD, а тачка G jе пресек дужиAF и DE. У коjим односима (размерама) тачка G диjели дужи AF и DE?

Задатак 5.1.15. Четвороугао ABCD jе трапез са средњом линиjом MN коjа се утачкама P и Q сече са диjагоналама AC и BD. Доказати да jе

Ð→PQ = 1

2(Ð→AB −ÐÐ→DC).

Примjер 5.1.16 (Такмичење у Хрватскоj 1988). Ако су O, T и H редом средиштеописане кружнице, тежиште и ортоцентар троугла ABC, доказати да jе тада:

i.ÐÐ→TH = 2 ⋅Ð→OT ,

ii.Ð→OA +Ð→OB +Ð→OC =ÐÐ→OH - Хамилтонова теорема.

Slika 5.5: Оjлерова линиjа O,T,H.

Рjешење. На слици 5.5 jе троугао ABC уписан у кружницу k(O, r) са центром Oкоjи се налази на пресеку симетрала страница (OAs и OCs) и полупречника4 r.Тежиште jе тачка T у коjоj се секу тежишнице (AAs и CCs). Ортоцентар jе тачкаH у коjоj се секу висине (AAh ⊥ BC и CCh ⊥ AB).

4полупречник r = OA = OB = OC



i. O, T и H су колинеарне тачке коjе леже на тзв. Оjлеровоj линиjи (в. и слику3.16). Из сличности ∆CsTO ∼ ∆CTH и чињенице да тежиште диjели тежишницу уодносу 2 ∶ 1 почев од врха (в. задатак 3.3.8) следи

ÐÐ→TH = 2 ⋅Ð→OT .

ii. Све три тежишнице се секу у jедноj тачки, тежишту троугла (в. задатак5.1.5), па jе

ÐÐ→OH = 3 ⋅Ð→OT =Ð→OA +Ð→OB +Ð→OC.

Задатак 5.1.17 (СФРJ 1988). Нека jе O средиште описане кружнице троуглаABC. Означимо са P,Q,R редом средишта лукова AB,BC,CA коjа не садржередом тачке C,A,B. Ако за тачку X важи

ÐÐ→OX = Ð→OP +Ð→OQ +Ð→OR, доказати да jе

X = S, гдjе jе S средиште уписане кружнице троугла ABC.

Задатак 5.1.18 (СФРJ, 1986). Из средишта сваке странице тетивног четвороуглаконструисана jе нормала на супротну страницу. Доказати да се ове четири нормалесеку у jедноj тачки.

Задатак 5.1.19 (СССР, 1984). У равни су дата два jеднакостранична троугла ABCи DEF , оба негативно орjентисана. Из произвољне тачке O полазе вектори

Ð→OP ,Ð→

OQ иÐ→OR jеднаки векторима редом

Ð→AD,

Ð→BE и

Ð→CF . Доказати да jе троугао PQR

jеднакостраничан.

Задатак 5.1.20. Дат jе конвексан четвороугао ABCD. Ако су BAM , CBN , DCPи ADQ правоугли jеднакокраки троуглови, са правим угловима у тачкама M , N ,P и Q, и ако су E, F , G и H средишта дужина MN , NP , PQ и QM , доказати даjе тада EFGH квадрат.

Када вектор a множимо скаларом λ ∈ R мењамо му интензитет и смер, али неи правац. Множење негативним скаларом λ < 0 мења смер вектора. Множењем са∣λ∣ < 1 вектор се скраћуjе, са ∣λ∣ > 1 вектор се продужава.

За два вектора a и b кажемо да су линеарно независни акко

αa + βb = 0 ⇐⇒ α = β = 0. (5.3)

Другим речима, ако два вектора нису колинеарна (немаjу исти правац) кажемо дасу узаjамно линеарно независни.

Задатак 5.1.21. ТачкеM и N су средине страница CD и BC конвексног четвороуглаABCD. Ако правe AM и AN деле диjагоналу BD на три jеднака дела, тада jеABCD паралелограм. Доказати!



5.2 Координате

Векторе означавамо стрелицом изнад слова, рецимо a и b, или масним словима,a и b. На слици 5.6 су у Декратовом правоуглом систему координата Oxy приказанадва вектора

Ð→OA,

Ð→OB и њихов збир, вектор

Ð→OC.

Slika 5.6: Сабирање координата.

За дефинисање датих вектора довољно jе знати краjње тачке, на слици редом(a1, a2), (b1, b2) и (a1 + b1, a2 + b2), jер jе почетна увек исходиште координатногсистема. Тако дефинисани вектор

Ð→OB на слици 5.6, jеднак jе вектору

Ð→AC и формално

их не разликуjемо. Слика илуструjе сабирање вектора помоћу координата. Сабирањеса негативним броjевима jе одузимање, па би било a − b = (a1 − b1, a2 − b2).

Задатак 5.2.1. Дате су тачке A(2,1), B(4,3) и C(3,4) у Декартовом правоугломсистему Oxy, коjе су узастопна темена паралелограма ABCD. Наћи координатечетвртог темена D.

Према Питагориноj теореми, дужина вектораÐ→OA = (a1, a2) износи

OA = ∣Ð→OA∣ =√a2

1 + a22. (5.4)

Аналогно за векторÐ→OB = (b1, b2). Када од врха одузмемо почетак добиjамо вектор

Ð→AB =Ð→OB −Ð→OA = (b1 − a1, b2 − a2) дужине, тj. интензитета:

AB = ∣Ð→AB∣ =√

(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2. (5.5)

Задатак 5.2.2. Наћи дужине страница и дужине диjагонала паралелограма изпретходног задатка. Показати да jе то правоугаоник.



Вишеструко сабиран сам са собом вектор постаjе вишеструко дужи. Лако jепроверити да вектор

Ð→OA = (a1, a2) множен скаларом λ ∈ R постаjе λ ⋅Ð→OA = (λa1, λa2).

То jе вектор λ пута дужи од датог ако jе ∣λ∣ > 1, или краћи ако jе ∣λ∣ < 1. Када jе λнегативан броj, множење мења смер вектора.

Задатак 5.2.3. Показати да се паралелограм из претходног задатка множењемњегових темена са параметром λ ∈ R пресликава хомотетиjом са центром O икоефициjентом λ.

На слици 5.6, приметимо да jе (окомита) проjекциjа вектораÐ→OA на x-осу Oa1 =

a1, а то jе заправо прва координата тог вектора. Из правоуглог троугла ∆a1OAналазимо

cos∠a1OA = a1

∣a∣ . (5.6)

Исто имамо за проjекциjу другог вектора cos∠b1OB = b1∣b∣ , па jе угао између њих

γ = ∠b1OB − ∠a1OB. Исти угао се може израчунати и помоћу косинусне теореме5,претходно израчунавањем дужина вектора a, b и b − a, страница троугла ∆ABO.

Задатак 5.2.4. Дат jе паралелограм са теменима A(2,1), B(4,3), C(3,4) и D(1,2).i. Израчунати углове између x-осе и страница паралелограма.ii. Израчунати унутрашње углове троугла ABC.

Уопште, ако су a1, a2, . . . , an вектори и λ1, λ2, . . . , λn ∈ R скалари, тада вектор

a = λ1a1 + λ2a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λnan, n ∈ N, (5.7)

називамо линеарна комбинациjа датих вектора (ai) компоненти. Такође, кажемо даjе вектор a растављен (развиjен) по датим векторима.

Кажемо да jе скуп вектора V = {a1, a2, . . . , an} линеарно независан ако њиховапроизвољна линеарна комбинациjа исчезава jедино на тривиjалан начин:

λ1a1 + λ2a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λnan = 0 ⇐⇒ λ1 = λ2 = ⋅ ⋅ ⋅ = λn = 0. (5.8)

У супротном, кажемо да jе скуп вектора линеарно зависан када постоjи бар jеднањихова линеарна комбинациjа коjа исчезава на нетривиjалан начин, тj. када постоjибар jедан ненулти скалар, λi ≠ 0 за i = 1,2, . . . , n, а важи

λ1a1 + λ2a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λnan ≠ 0. (5.9)

Нулвектор 0 означавамо и са 0.Скуп V коjи садржи све могуће линеарне комбинациjе вектора из V називамо

векторски простор. Наjмањи скуп вектора из коjих се може генерисати векторскипростор назива се база векторског простора. Лако jе доказати да поменути скуп Vможе бити база векторског простора само ако jе линеарно независан.

5в. косинусна теорема 3.4.27



Примjер 5.2.5. Ако скуп вектора V садржи нулвектор, рецимо a1 = 0, доказатида jе линеарно зависан.

Доказ. Из 1 ⋅ 0 + 0 ⋅ a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + 0 ⋅ an = 0 следи да постоjи линеарна комбинациjа датихвектора коjа исчезава на нетривиjалан начин. То значи да jе таj скуп векторалинеарно завистан.

Задатак 5.2.6. Доказати да jе скуп вектора V линеарно зависан онда и само ондаако се барем jедан од њих може приказати као линеарна комбинациjа осталих.

Задатак 5.2.7. Показати да су било коjа два вектора колинеарна (на истоj правоj)ако и само ако су линеарно зависна.

Задатак 5.2.8. Показати да су било коjа три вектора компланарна (у истоj равни)ако и само ако су линеарно зависна.

Дакле, максимални могући броj линеарно независних паралелних вектора jеjедан. Броj линеарно независних вектора у равни jе наjвише два. Слично, наjвећиброj линеарно независних вектора у (тродимензионалном) простору jе три.

Примjер 5.2.9. Ако су a и b два линеарно независна вектора у равни, доказатида се сваки вектор c те равни може на jединствен начин приказати (раставити)као линеарна комбинациjа вектора a и b.

Доказ. У равни могу бити наjвише два линеарно независна вектора, па су a, b, cлинеарно зависни. Према томе, за неке скаларе α и β jе c = αa + βb.

Да би доказали jединственост овог растава, претпоставимо супротно, да постоjиjош jедан растав c = α′a + β′b. Одузимањем добиjамо 0 = (α −α′)a + (β − β′)b, а какосу вектори a и b линеарно независни, то мора бити α′ = α и β′ = β.

Задатак 5.2.10. Ако су a, b и c три линеарно независна вектора у (3-дим) простору,показати да се сваки вектор d простора може на jединствен начин приказати каолинеарна комбинациjа вектора a, b и c.

На слици 5.7 jе приказан 3-димензионални Декартов правоугли систем координата.Координатне осе су jеднако баждарени и узаjамно окомити правци OX, OY , OZусмерени од исходишне тачке O. Називамо их редом апсциса, ордината и апликата.

Проjекциjе тачке T на координатне равниOY Z, OZX иOXY су пресеци паралелакроз дату тачку редом са апсцисом, ординатом и апликатом, и поменутих равнина.На слици 5.7 то су тачке Tyz, Tzx и Txy. Проjекциjе ових тачака, Tij , на координатнуосу, i односно j, су пресеци паралела кроз дату тачку са jедном од тих оса, и другеосе. На слици су то тачке Tx, Ty и Tz.

Координатна оса се увек означава тако да се тачки на оси да вриjедност њенеудаљености од исходишта O, са jедне стране позитивним а са друге негативнимброjевима. Тако jе вриjедност тачке Tx на апсциси jеднака дужини OTx = x, аслично важи и за тачке Ty и Tz на ординати и апликати. Према томе су (x, y, z)



Slika 5.7: Декартов правоугли систем координата OXY Z.

проjекциjе тачке T на координатне осе. вриjедности ових проjекциjа називаjу секоординате.

Ортови су jединични вектори ортогоналних координатнихо оса. У Декартовомправоуглом систему то су i, j и k, редом за апсцису, ординату и апликату. Проjекциjамаврха на координатне осе, сваки вектор

Ð→OT = τ се може представити у облику

τ = xi + yj + zk, (5.10)

гдjе су x = Tx, y = Ty и z = Tz са слике 5.7. Ортови чине наjjедноставниjу базувекторског простора.

Примjер 5.2.11. Проверити да ли су вектори

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

a = 2i + 3j − 4k,

b = 3i − 2j − k,c = −6i + 17j − 8k,

линеарно зависни.



Рjешење. Тражимо скаларе α,β ∈ R за коjе важи c = αa + βb, редом:

−6i + 17j − 8k = α(2i + 3j − 4k) + β(3i − 2j − k),

= (2α + 3β)i + (3α − 2β)j − (4α + β)k,

−6 = 2α + 3β, 17 = 3α − 2β, −8 = 4α + β.

То jе систем три линеарне jедначине по непознатима α и β. Множећи прву jедначинуса 2, другу са 3 и сабирањем добиjамо α = 3. Множећи прву са 3, другу са 2 иодузимањем добиjамо β = −4. Уврштавањем оба α и β у трећу налазимо сагласност,што значи да дати вектори jесу линеарно зависни и да jе c = 3a − 4b.

Вектори a, b наведеног примjера чине базу векторског простора одређене равнитако да се сваки вектор те равни, као и поменути c, може представити некомлинеарном комбинациjом базних вектора.

Задатак 5.2.12. Проверити да ли вектори e1 = 3i + j и e2 = i − 2j чине базу 2-димпростора. Ако чине, приказати вектор v = 9i − 4j у тоj бази.

Користећи слику 5.7 и Питагорину теорему, лако налазимо дужину OT , тj.интензитет вектора

Ð→OT :

∣Ð→OT ∣ =√T 2x + T 2

y + T 2z . (5.11)

Када таj вектор пишемо у облику (5.10) биће ∣τ ∣ =√x2 + y2 + z2.

Примjер 5.2.13. Скицирати у Декартовом правоуглом систему координата троугаоса теменима A(2,3,4), B(−1,2,−3) и C(3,−1,1), затим израчунати дужине страницастраница и унутрашње углове.

Slika 5.8: Троугао A(2,3,4), B(−1,2,−3) и C(3,−1,1).



Рjешење. Дати троугао ABC jе приказан на слици 5.8. Радиjус вектори положаjатемена, затим вектори страница и дужине страница, редом су:

Ð→OA = 2i + 3j + 4k,

Ð→OB = −i + 2j − 3k,

Ð→OC = 3i − j + k,

⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

Ð→AB =Ð→OB −Ð→OA = (−i + 2j − 3k) − (2i + 3j + 4k) = −3i − j − 7kÐ→BC =Ð→OC −Ð→OB = (3i − j + k) − (−i + 2j − 3k) = 4i − 3j + 4kÐ→CA =Ð→OA −Ð→OC = (2i + 3j + 4k) − (3i − j + k) = −i + 4j + 3k,

AB =√

59, BC =√

41, CA =√

26.

Ово последње jер jе рецимо векторÐ→AB jеднак радиjус вектору (−3,−1,−7) па користимо

(5.11). Даље, помоћу косинусне теореме, BC2 = AB

2 + AC2 − 2 ⋅ AB ⋅ AC cos∠A,налазимо:

cos∠A = AB2 +AC2 −BC2 ⋅AB ⋅AC

= 59 + 26 − 41

2 ⋅√

59 ⋅√

26= 0,56171 ⇒ ∠A = 55,83○.

Слично налазимо углове ∠B = 41,21○ и ∠C = 82,96○.

Скаларни производ два вектора jе скалар jеднак производу интензитета тихвектора и косинуса угла између њих. Скаларни производ вектора a и b пишемо:

a ⋅ b = ab cosφ, (5.12)

гдjе jе a = ∣a∣, b = ∣b∣, а φ = ∠(a, b) угао између та два вектора.

Задатак 5.2.14. Показати да су тачне релациjе:i. (axi + ay j + azk) ⋅ (bxi + by j + bzk) = axbx + ayby + azbz,ii. a ⋅ a = a2

x + a2y + a2

z,iii. a ⋅ b = b ⋅ a,iv. a ⋅ b = 0 ⇐⇒ a ⊥ b,v. λ(a ⋅ b) = (λa) ⋅ b = a ⋅ (λb),vi. a ⋅ (b + c) = a ⋅ b + a ⋅ c,

Задатак 5.2.15. Наћи интензитет вектора a = p − 2q, ако jе ∣p∣ = 2, ∣q∣ =√

3 и∠(p, q) = 30○.

Задатак 5.2.16. Нека су p = λm+2n и q = 5m−4n узаjамно окомити вектори, причему су m и n jединични вектори.

i. Одредити λ ако jе m ⊥ n.ii. Одредити ∠(m, n) ако jе λ = 1.

Ортоцентар jе тачка у коjоj се секу висине троугла, а jединственост те тачке семоже доказати и помоћу скаларног производа вектора.

Задатак 5.2.17. Доказати да се висине троугла секу у jедноj тачки.



Знамо да jе ромб паралелограм са суседним страницама jеднаке дужине. Затошто jе паралелограм диjагонале му се полове, али помоћу скаларног производавектора можемо доказати и да су диjагонале ромба узаjамно окомите.

Задатак 5.2.18. Доказати да су диjагонале ромба нормалне.

Косинусна теорема 3.4.27 се обично доказуjе двоструком применом Питагоринетеореме. Међутим, она се може доказати и на друге начине.

Задатак 5.2.19. Применом скаларног производа доказати косинусну теорему.

Нека су дата два ненулта вектора a = a и b = b, интензитета a = ∣a∣, b = ∣b∣и угла између њих ∠(a,b) = θ. Њихов вкторски производ jе вектор c = a × b саинтензитетом ∣c∣ = ab sin θ, правцем окомитим на раван вектора a, b и позитивнимсмером.

Slika 5.9: Правило десног завртња, односно десне руке.

Позитиван смер у (3-дим) простору дефинишемо правилом десног завртња, илиправилом десне руке6, као на слици 5.9. Завртањ се окреће у десно (у смеру углаθ) и пролази кроз плочу (у смеру вектора c = a × b). Савиjени прсти десне шакепоказуjу смер угла θ (редослед множења), а палац смер производа.

Приметимо да jе интензитет вектора c jеднак површини паралелограма коjегразапињу вектори a и b фактори векторског производа. Отуда одмах следеће двеособине.

Задатак 5.2.20. Проверити да за векторски производ важе релациjе:i. a × a = 0;ii. a × b = 0 ⇐⇒ a∣∣b;

6в. саjт: www.met.reading.ac.uk/


www.met.reading.ac.uk/


Задатак 5.2.21. Доказати да за ортове важе jеднакости:

i × i = 0, i × j = k, i × k = −j,j × i = −k, j × j = 0, j × k = i,k × i = j, k × j = −i, k × k = 0.

Ове jеднакости се лако памте када ортове поредамо циклично i, j,k, i, j, . . . иприметимо да узимањем узастопних с лева на десно добиjамо позитивне производе,а уназад негативне.

Задатак 5.2.22. Ако jе a = axi + ayj + azk и b = bxi + byj + bzk, доказати:

a × b = (aybz − azby)i + (azbx − axbz)j + (axby − aybx)k. (5.13)

Израз (5.13) се често користи као дефинициjа векторског производа. Свеjедно,таj израз jе веома користан.

Задатак 5.2.23. Показати да за векторски производ вектора важи:i. a × b = −b × a - антикомутативност;ii. λ(a × b) = (λa) × b = a × (λb) - хомогеност;iii. (a + b) × c = a × c + b × c - дистрибутивност с десна;iv. c × (a + b) = c × a + c × b - дистрибутивност с лева;

Користећи основни тригонометриjски идентитет, sin2 θ+cos2 θ = 1, лако се провераваследећа веза између векторског и скаларног производа два вектора.

Задатак 5.2.24. Доказати идентитет

∣a × b∣ = ∣a∣2∣b∣2 − (a ⋅ b)2. (5.14)

Синусну теорему 3.4.26 смо доказивали користећи особину периферерних угловакружнице описане троуглу. Међутим, за доказ односа страница и синуса углова намниjе потребна кружница.

Задатак 5.2.25. Помоћу векторског множења доказати синусну теорему.

Када се у 3-димензионалном Декартовом правоуглом систему координата Oxyzпосматра само jедна фискирана вриjедност апликате, рецимо z = 0, тада га редукуjемона 2-дим Декартов правоугли систем Oxy.



5.3 Jедначине

У првоj групи задатака вежбамо препознавање и примену линеарних jедначина.Уjедно се подсећамо и основних метода њиховог решавања.

Задатак 5.3.1. Броj 492 jе растављен на два сабирка тако да jе други сабирак трипута већи од првог. Коjи су то сабирци?

Задатак 5.3.2. Два лица се крећу брзинама 50 km/h и 60 km/h jедно другоме усусрет са удаљености 220 km. Колико им времена треба да се сретну?

Када две jеднаке величине помножимо истим броjем, добићемо jеднаке величине.Када две jеднакости m = n и p = q саберемо, добићемо jеднакост m + n = p + q. Натоме се заснива тзв. метода супротних коефициjената.

Примjер 5.3.3. Збир цифара двоцифреног броjа jе 9. Ако цифре замене места, броjће бити за 45 већи. Коjи jе то броj?

Рjешење. Тражимо броj xy = 10x + y, са цифрама x, y ∈ {0,1, . . . ,9}. Прву датуреченицу преводимо у jедначну x+y = 9, а другу у 10y+x = 45+10x+y коjу сводимона jедначину y − x = 5. Отуда линеарни систем:

{ y + x = 9,y − x = 5.

Сабирањем ових jедначина и делењем са два добиjамо y = 7. Множењем друге са−1 и сабирањем налазимо x = 2. Тражени броj jе 27.

Задатак 5.3.4. Ана jе на пиjаци7 купила x килограма jабука и y килограма крушакапо ценама 40 и 200 дин по килограму и платила укупно 520 динара. Бранко jе купиоисте количине jабука и крушака по ценама редом 60 и 100 динара по килограму иплатио укупно 380 динара. По колико jабука, односно крушака су они куповали?

За завршницу оваквих задатака су корисне детерминанте II реда:

∣a cb d

∣ = ad − bc. (5.15)

Од производа са главне диjагонале одузмемо производ са споредне.

Задатак 5.3.5. Израчунати детерминанте:

∣4 −56 7

∣ , ∣ 2 0−3 −4

∣ , ∣n − 1 2−n n + 1

∣ , ∣sinφ − cosφcosφ sinφ

∣ .

7Зелена пиjаца на Бувљаку у Суботици, 17. децембра 2015. године.



Систем линеарних jедначина:

{ a1x + a2y = a0

b1x + b2y = b0(5.16)

има детерминанту система и детерминанте променљивих, редом:

D = ∣a1 a2

b1 b2∣ , D1 = ∣a0 a2

b0 b2∣ , D2 = ∣a1 a0

b1 b0∣ (5.17)

са коjима се дати систем своди на Крамеров8:

D ⋅ x =D1, D ⋅ y =D2. (5.18)

Крамеров систем jе згодан и за дискусиjу система, за одређивање случаjева у коjимасистем има односно нема решења.

Задатак 5.3.6. Марко jе 22.12.2015. купио9 по x, односно y акциjа Кристал фондаи Телекома Српске по ценама 5,20 и 1,67 КМ редом уплативши (нето) 5682 КМ.Затим jе 30.12.2015. те исте хартиjе продао по ценама 5,30 и 1,61 КМ редом,добивши (нето) 5736 КМ. Са колико акциjа jе Марко трговао?

Задатак 5.3.7. Река има планински и равничарски део у коjима се вода крећенепознатим брзинама x односно y. На првом мерењу геодети су проценили дужинутока од 9 километара и у горњем делу убацили пловак у воду коjи се након 15минута поjавио на прелазу у мирниjи део, а затим нако jош 20 минута поjавиона краjу интервала. На другом мерењу, на дужини тока 10 километара, временапловка била су 10 и 40 минута. Колике су брзине воде у та два тока?

Задатак 5.3.8. Пет великих и три мале (jеднаке) посуде садрже 13 литара течности.Три мале посуде и jош jедан литар течности стану у велику посуду. Колике сузапремине посуда?

Задатак 5.3.9. Тест има 20 питања за укупно 100 поена од коjих су тачно-нетачно питања са по 3 поена свако и са вишеструким избором са 11 поена свако.Колико jе тачно-нетачно, а колико вишеструких питања у тесту?

Систем линеарних jедначина са две непознате (x, y) се лако представља графички.Свака таква jедначина jе у Декартовом систему (Oxy) права линиjа `. Када праву `напишемо у експлицитном облику, y = kx+n, онда коефициjент уз x расте са њенимнагибом према апсциси, а слободни коефициjент jе место пресека ` и ординате.Прецизниjе, k = tgφ гдjе jе φ = ∠(Ox, `), а n = Oy ∩ `.

8Gabriel Cramer (1704-1752), шваjцарски математичар.9Бањалучка берза



Задатак 5.3.10. Дат jе систем jедначина:

{ a ∶ y = −x + 20

b ∶ y = − 311x +

10011 .

i. Показати да су jедначине a и b еквивалентне онима из претходног задатка.ii. Проверити да тим jедначинама одговараjу праве a и b на слици 5.10.iii. Проверити да тачка T (15,5) ∈ a ∩ b решава дати систем.

Slika 5.10: Пресек правих jе тачка T (x, y).

Задатак 5.3.11. Претставити графички jедначине

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

a ∶ y = x + 1b ∶ y = −x + 3c ∶ y = 2x − 3

и наћи све пресечне тачке линиjа a, b и c.

Експлицитни облик система линеарних jедначина jе:

{ a ∶ y = kax + nab ∶ y = kbx + nb,

(5.19)

Важи релациjа a∣∣b ⇐⇒ ka = kb, а тада за na = nb систем има бесконачно решења,док за na ≠ nb нема решења.

Задатак 5.3.12. Графички тумачити и решити систем: y = 1 − λx, y = 2 − x.



Множећи (5.15) произвољним ay, by ≠ 0 добиjамо еквивалентан систем:

{ a ∶ axx + ayy = a0

b ∶ bxx + byy = b0,(5.20)

при чему jе ax = −ayka и a0 = ayna, односно bx = −bykb и b0 = bynb. Отуда:

a∣∣b ⇐⇒ ax ∶ ay = bx ∶ by, (5.21)

а тада за a0 ∶ ay = b0 ∶ by систем има бесконачно решења, иначе нема решења.Приметимо да (5.20) одговара систему (5.16).

Задатак 5.3.13. Показати да су следеће праве:i. x − 2y = 3 и 7x − 14y = 21 паралелне и да се поклапаjу;ii. 3x − 6y = 10 и 7x − 14y = 21 паралелне, без заjедничких тачака.

Када систем jедначина нема решења кажемо да jе немогућ, или противречан.Када систем jедначина има бесконачно решења кажемо да jе неодређен. За системкоjи има бар jедно рjешење кажемо да jе сагласан.

Задатак 5.3.14. Доказати да се систем (5.20) своди на Крамеров систем:

Dx =Dx, Dy =Dy, (5.22)

гдjе су детерминанте система и променљивих редом:

D = ∣ax aybx by

∣ , Dx = ∣a0 ayb0 by

∣ , Dy = ∣ax a0

bx b0∣ .

Показати да jе (5.21) еквивалентно са D = 0, када за Dx = Dy = 0 систем имабесконачно решења, иначе нема решења..

Задатак 5.3.15. Дискутовати и решити системе jедначина:

{ a ∶ λx + y = 1, 1, λb ∶ x + λy = 1, λ, λ2.

Jош сложениjи проблеми од ове „просте” дискусиjе су задаци гдjе изразе првоморамо свести на познат облик (5.20). Тада користимо смене или разне хеуристичкеметоде.

Задатак 5.3.16. Решити систем jедначина:

21

x + y +6

x − y = 5,49

x + y −27

x − y = −2

по непознатима x и y.



Задатак 5.3.17. Решити и дискутовати систем jедначина:

1

x + 1+m(y − 2) = 1,

m

x + 1+ y − 1 = 2m

гдjе су непознате x и y, а m jе параметар.


3

2x − 5+ x − 3y + 4 = 0,

5

4x − 10− 2x + 6y + 1

2= 0.

Задатак 5.3.19. Дискутовати решења (по x) jедначине

a

3a − x = 2

b − x,

у коjоj су a и b параметри.

Задатак 5.3.20. Дискутовати решења jедначине

x + aa − b +

x − aa + b = 0,

по x, гдjе су a и b параметри.

Задатак 5.3.21. Решити jедначину

x − 10

1990+ x − 11

1989+ ⋅ ⋅ ⋅ + x − 15

1985= x − 1990

10+ x − 1989

11+ ⋅ ⋅ ⋅ + x − 1985

15.

Задатак 5.3.22. Решити систем jедначина (ab ≠ 0):

x + yxy

+ xy

x + y = a + 1

a,

x − yxy

+ xy

x − y = b + 1

b.

Посебан су случаj jедначине са апсолутним вриjедностима (2.13).

Задатак 5.3.23. Решити jедначину ∣3 − x∣ + 1 = ∣x∣ − 2x, x ∈ R.

Задатак 5.3.24. Решити jедначину

∣2 − x∣ − ∣2x − 3∣ + 4x − 1

∣x + 4∣ = 1, x ∈ R.

Задатак 5.3.25. Решити jедначину ∣∣x − 1∣ − 1∣ = 2, x ∈ R.


∣x − y∣ = 2, ∣x∣ + ∣y∣ = 4, x, y ∈ R.



5.4 Неjедначине

Тражење вриjедности вариjабли за коjе jе дата (не)jеднакост тачна jе решавање(не)jедначина. Међутим, за разлику од еквивалентних трансформациjа jедначина,множење неjедначине негативним броjем мења jе у супротну, релациjу „<” односно„≤” мења редом у „>” односно „≥”, и обрнуто. Рецимо, за x ≤ y и броj λ > 0 бићеλx ≤ λy; међутим, ако jе λ < 0, тада jе λx ≥ λy.

Задатак 5.4.1. Брзина обjекта испаљеног увис jе v = 80− 32t m/s, гдjе jе време t усекундама. Када ће брзина бити између 32 и 64 метра у секунди?

Задатак 5.4.2. Хоћу да инвестирам 30 000 евра. Део иде на стабилних 5% камате(годишње) прихода, а остало у посао за коjи очекуjем 7% добити. Ако желим да моjприход буде бар 1 900 евра годишње, коjи део новца требам одвоjити за стабилнукамату?

Задатак 5.4.3. Нека легура треба да садржи од 46% до 50% бакра (Cu). Наћинаjмању и наjвећу количину 60% бакра коjи се може мешати са 40% бакром да бисе добило 30 kg легуре са дозвољеним процентом бакра.

У завршници, неjедначине решавамо таблично и графички. При томе jе наjважниjафаза тзв. испитивање знака функциjе.

Примjер 5.4.4. Испитати знак функциjе f(x) = 2x − 6.

Рjешење. Израчунавамо вриjедности функциjе f = 2x−6 за неке вриjедности променљивеx и вриjедности пописуjемо:

x 1 2 3 4 5f -4 -2 0 2 4

Помоћу добиjене табеле цртамо граф функциjе на слици 5.11.

Slika 5.11: Граф функциjе f(x) = 2x − 6.



Знак функциjе се мења у тачки N(3,0) коjу називамо нулом функциjе. Нулафункциjе jе централно место таблице:

x ∞ < x < 3 3 3 < x <∞f − 0 +

Према томе, за x < 3 jе f(x) = 2x − 6 негативно, а за x > 3 позитивно.

Задатак 5.4.5. Испитати знак функциjа:

f1(x) =1

2x − 3; f2(x) = 4 − 0,5x; f3(x) =

2

3− 3

2x.

Производ функциjа (f1 ⋅ f2) мења знак када нека од функциjа фактора мењазнак. Тада се може дестити и двострука промена знака (дакле нема промене) акооба фактора мењаjу знак у истоj апсциси. Аналогно важи за количник функциjа(f1 ∶ f2) при чему актуелни називник не сме бити нула (f2 ≠ 0).

Примjер 5.4.6. Испитати знак производа функциjа f1(x) = 2x−6 и f2(x) = −2−2x.

Рjешење. Користимо претходно f1 = 2x − 6, а израчунавамо ново f2 = −2 − 2x:

x -3 -2 -1 0 1f2 4 2 0 -2 -4

Затим цртамо обе функциjе на истом графу, на слици 5.12.

Slika 5.12: Граф функциjа f1(x) = 2x − 6 и f2(x) = −2 − 2x.

Промене знака производа f1f2 су у тачкама −1 и 3, што дефинише табелу:

x ∞ < x < −1 -1 −1 < x < 3 3 3 < x <∞f1 − − − 0 +f2 + 0 − − −f1f2 − 0 + 0 −



Према томе, производ f1f2 за x ∈ (−1,3) jе позитиван, а за x ∈ (−∞,−1) ∪ (3,∞) jенегативан.

Задатак 5.4.7. Испитати знак производа:

(1

2x − 3)(5

2x − 1) ; (2x − 5)(4 − 0,5x); (7 − 2

3x)(2

3− 4x) .

Задатак 5.4.8. Испитати знак количника:

2x − 3

3x − 5;

2 − 3x

0,5x − 2;

12 −

32x

34 −

14x

;2x−5

3 − 3−5x2

1+x2 + 1−x

3

.

Задатак 5.4.9. Решити неjедначину f(x) ≥ 0 за:

f1(x) =x2 − x − 6

1 − x ; f2 =x2 + 4x + 3

x − 2.

У случаjу „незгодних” израза, f1 ≤ f2, све сабирке пребацимо на jедну странунеjеднакости, f1 − f2 ≤ 0, раставимо на факторе ту страну и користимо претходнеметоде.

Примjер 5.4.10. Наћи сва решења неjедначине: x + x2 ≥ 3x + 3.

Рjешење. Све сабирке преводимо на леву страну неjеднакости и растављамо нафакторе:

x + x2 − 3 − 3x ≥ 0,

(x − 3)(1 + x) ≥ 0.

Оваj израз jе еквивалентан са оним из примjера 5.4.6, па имамо:

(2x − 6)(−2 − 2x) ≤ 0,

x ∈ (−∞,−1) ∪ (3,∞).

Рjешење jе свако x < −1 или x > 3.

Задатак 5.4.11. Решити неjедначине:

i.x + 2

x2 − 1− 1

x + 1< 1; ii.

x3 − 6x2 + 9x

(1 − x)(x2 − 25) > 0; iii−3x2 + x − 2

x3 − 3x2 + x − 3≤ −1.

Неке неjедначине немаjу решења, па су њихове негациjе увек тачне. На примjер,неjедначина x2 < 0 jе немогућа за x ∈ R, па jе њена негациjа x2 ≥ 0 таутологиjа. Некеод њих су веома корисне, али се мораjу доказивати довитљивим методама.

Задатак 5.4.12. Ако jе a ≥ b, x ≥ y, тада jе ax + by ≥ bx + ay.



Непосредна последица тврђења овог задатка jе неjеднакост између аритметичкеи геометриjске средине за два броjа, коjу смо доказали у задатку 2.3.19, а коjуможемо написати и у облику

a2 + b2 ≥ 2ab. (5.23)

Исто се може искористити у доказу следеће, неjеднакости аритметичке и геометриjскесредине за три броjа.

Задатак 5.4.13. Доказати да за позитивне броjеве a, b, c важи неjеднакост

a + b + c3

≥ 3√abc

и да неjеднакост прелази у jеднакост ако и само ако a = b = c.

Покушаjте сада доказати следећи, користећи претходни задатак.

Задатак 5.4.14. За позитивне броjеве a, b, c важи неjеднакост

3√abc ≥ 3

1a +

1b +

1c

.

Неjеднакост постаjе jеднакост ако и само ако a = b = c.

Уопште, за n ∈ N позитивних броjева a1, a2, . . . , an дефинишемо аритметичку,геометриjску и хармониjску средину редом као броjеве:

An =a1 + a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + an

n, Gn = n

√a1a2 . . . an, Hn =

n1a1+ 1a2+ ⋅ ⋅ ⋅ + 1

an

. (5.24)

Добро jе познато да за свако такво n важе релациjе:

Hn ≤ Gn ≤ An, (5.25)

гдjе неjеднакости постаjу jеднакости акко a1 = a2 = ⋅ ⋅ ⋅ = an.

Задатак 5.4.15. Доказати опште неjеднакости средина (5.25).

Упутство. Прво доказати An ≥ Gn индукциjом на начин решења задатка 5.4.13, азатим Gn ≥Hn на начин задатка 5.4.14.

Употреба поменутих AGH неjеднакости (5.25) у математици jе веома разноврсна.То нарочито у алгебри. Зато погледаjмо пар необичних примjера из геометриjе.

Задатак 5.4.16 (Оjлер). Дат jе троугао ABC са полупречницима уписане r иописане R кружнице. Доказати да jе R ≥ 2r.

Задатак 5.4.17. За произвољан троугао ABC важи неjеднакост:

1

a+ 1

b+ 1

c≥ 3

2R,

гдjе су му a, b и c странице, а R полупречник описане кружнице.



Наредне две неjеднакости су такође популарне у (вишоj) математици. Доказаћемоих (елементарно) помоћу скаларног производа вектора.

Задатак 5.4.18 (Коши-Шварц). Доказати да jе увек тачна неjеднакост

(a1b1 + a2b2 + a3b3)2 ≤ (a21 + a2

2 + a23)(b21 + b22 + b23).

Неjеднакост постаjе jеднакост акко a1 ∶ a2 ∶ a3 = b1 ∶ b2 ∶ b3.

Задатак 5.4.19 (Минковски). Доказати да jе увек тачна неjеднакост

√(a1 − b1)2 + (a2 − b2)2 + (a3 − b3)2 ≤

√a2

1 + a22 + a2

3 +√b21 + b22 + b23.

Неjеднакост постаjе jеднакост акко a1 ∶ a2 ∶ a3 = b1 ∶ b2 ∶ b3.

Следећа jе Бернулиjева10 неjеднакост, такође често употребљавана не само уматематици.

Задатак 5.4.20 (Бернули). Доказати да за n ∈ N и x > −1 важи

(1 + x)n ≥ 1 + nx.

Задатак 5.4.21 (Геометриски низ). За дато x ∈ R, n ∈ N дефинишимо низ:

b0 = 1, b1 = x, b2 = x2, . . . , bn = xn

и збир Zn = b0 + b1 + b2 + ⋅ ⋅ ⋅ + bn. Доказати следећа тврђења.i. Zn = 1−xn+1

1−x за x ≠ 1, а Zn = n за x = 1;ii. За x ∈ (0,1) jе x = 1

1+q , q > 0 и важе11 неjеднакости 0 < xn < 11+nq .

iii. За x ∈ (0,1) и довољно велико n jе довољно тачно Z∞ = 11−x .

iv. 0,6111 . . . = 1118 .

Задатак 5.4.22. Помоћу Бернулиjеве неjеднакости доказати да са порастом броjаn = 1,2,3, . . . следеће апроксимациjе постаjу све тачниjе:

i. n√n ≈ 1, што пишемо: n

√n→ 1 када n→∞.

ii. (1 + 1n)n → e, гдjе jе броj e ≈ 2,71828.

Ови задаци нису више у области алгебре, поготово не у области линеарне алгебре,већ су поприлично у тзв. математичкоj анализи.

10Johann Bernoulli (1667–1748), шваjцарски математичар11Другим речима, када x ∈ (0,1) и n→∞ тада xn → 0.


Glava 6

Полиноми

Полином jе израз коjи се састоjи од вариjабли и коефициjената, коjи укључуjесамо операциjе сабирања, одузимања, множења и степеновања природним броjевима.Сабрици унутар полинома називаjу се мономи. На примjер, израз x5+15xy2z−12z+ 1

3jе полином, са вариjаблама x, y, z и коефициjентима 15, −12, 1

3 , у четири монома.Према томе, збир и производ полинома су полиноми, али количник ниjе.

Полиноми првог, другог, трећег, ..., n-тог степена су они коjи садрже вариjабленаjвише датог степена. На примjер, то су редом 1

2x − 3, yz − 47x − y + 5, −x2y + z, ...,

3xn − 613x

n−1 + 17x− 1. Када саберемо, односно помножимо два полинома m-тог и n-тог реда, а m ≤ n, тада jе збир полином наjвише n-тог, а производ полином наjвишеm + n-тог реда.

Нама су овдjе наjважниjи полиноми са jедном вариjаблом, облика:

p(x) = a0xn + a1x

n−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + an−1x + an, (6.1)

гдjе jе x вариjабла (променљива величина), а ak ∈ R редом за k = 0,1, . . . , n − 1, nсу коефициjенти (константне вриjедности). Сабирак an jе слободни члан полиномаp(x), а a0x

n jе водећи. Ако jе коефициjент водећег члана jедан, a0 = 1, кажемо да jеполином нормиран.

Решења полиномске jедначине, облика p(x) = 0, су реални и комплексни броjеви.На примjер x2+1 = 0 има два решења x1 = i и x2 = −i, гдjе jе i =

√−1 тзв. имагинарна

jединица. Jедначина x2 − 2x+ 2 = 0 има решења 1+ i и 1− i коjе називамо комплекси(збирови реалног и имагинарног). Сабирањем и множењем комплексних броjевадобиjамо комплексне броjеве, а скуп свих означавамо са C.

Када су сви коефициjенти полинома p(x) рационални броjеви, (∀k) ak ∈ Q, тадарешења jедначина облика p(x) = 0 називамо алгебарским броjевима. Приметимо дасу сви рационални броjеви алгебарски. Наиме, за сваки b ∈ Q постоjи полиномскаjедначина са рационалним коефициjентима, x− b = 0, чиjе рjешење jе управо b. Ониреални и комплексни броjеви коjи нису алгебарски су трансцедентни броjеви.

Рационална функциjа jе разломак p1(x)p2(x)

чиjи броjник p1(x) и називник p2(x) суполиноми. Збир, разлика, производ и количник рационалних функциjа су рационалнефункциjе. Њихов посебни случаj су билинеале, облика y = ax+b

cx+d .

151


6.1 Делење

Два полинома су jеднака када су истог степена а одговараjући коефициjенти(коефициjенти уз исте степене променљиве) су им jеднаки. За свака два полиномаp(x) и q(x) постоjе jединствени полиноми s(x) и r(x) такви да jе

p(x) = q(x)s(x) + r(x) (6.2)

а степен полинома r(x) jе мањи од степена полинома q(x). Полином s(x) назвиамоколичник, а r(x) остатак при дељењу полинома.

Примjер 6.1.1. Одредити количник и остатак при делењу полинома:i. p(x) = x3 − 2x2 − 5x + 6 са q(x) = x2 − 1;ii. p(x) = (x + 1)(x − 2)(x + 3) са q(x) = x2 + 2;

Slika 6.1: Количник p(x) ∶ q(x) = s(x) са остатком r(x).

Рjешење. i. На слици 6.1 се види делење датих полинома p(x) и q(x), са количникомs(x) = x−2 и остатком r(x) = −4x+4. Непосредним множењем проверавамо да важиjеднакост p(x) = q(x)s(x) + r(x).

ii. Прво множимо факторе и налазимо p(x) = x3 + 2x2 − 5x − 6, затим делимополиноме на претходни начин и налазимо количник s(x) = x+2 и остатак −7x−10.

Задатак 6.1.2. Одредити количник и остатак делења полинома:i. p(x) = x4 − 2x + 3 са q(x) = x2 + x + 1;ii. p(x) = x4 + 2x2 − 3 са q(x) = x2 − x + 1.

Еуклидов алгоритам дељења важи и за полиноме. Нека jе степен полинома p(x)већи од степена q(x), тако да можемо писати:

p = q ⋅ q1 + r1 (степен r1 < q1)q = r1 ⋅ q2 + r2 (степен r2 < r1)r1 = r2 ⋅ q3 + r3 (степен r3 < r2). . .rk−2 = rk−1 ⋅ qk + rk (степен rk < rk−1)rk−1 = rk ⋅ qk+1

коначно rk = NZD(p, q).



Примjер 6.1.3. Наћи наjвећи заjеднички диjелилац полинома q = x2−1 и полинома:i. p(x) = x3 − 2x2 − 5x + 6;ii. p(x) = x3 + 2x2 − 5x − 6.

Рjешење. i. Дати су p(x) = x3 − 2x2 − 5x + 6 и q(x) = x2 − 1, а већ смо израчуналиq1 = x − 2 и r1 = −4x + 4. Даље израчунавамо:

x3 − 2x2 − 5x + 6 = (x2 − 1) ⋅ (x − 2) + (−4x + 4)x2 − 1 = (−4x + 4) ⋅ (−1

4x −14)

Коначно r1 = −4x + 4, па можемо ставити NZD(p, q) = x − 1.ii. За p(x) = x3 + 2x2 − 5x − 6 и q(x) = x2 − 1 израчунавамо количник q1 = x + 2 и

остатак r1 = −4x − 4. Затим налазимо:

x3 + 2x2 − 5x − 6 = (x2 − 1) ⋅ (x + 2) + (−4x − 4)x2 − 1 = (−4x − 4) ⋅ (−1

4x +14)

Коначно r1 = −4x − 4, па jе NZD(p, q) = x + 1.

Задатак 6.1.4. Наћи наjвећи заjеднички диjелилац полинома:i. p(x) = 2x3 + 3x2 − 5x − 6,ii. p(x) = 2x3 − 3x2 − 5x + 6,

и полинома q = 4x2 − 9.

За полиноме кажемо да су дељиви, ако jе остатак њиховог делења нула. Услучаjу дељивости са полиномом првог степена, користан jе следећи, Безуов1 став.

Теорема 6.1.5 (Безуова). Ако jе полином p(x) дељив са x − a, тада jе p(a) = 0.

Доказ. Како jе остатак делења нула, биће p(x) = (x − a)s(x), гдjе jе s(x) количник.Према томе jе p(a) = (a − a)s(a) = 0.

Задатак 6.1.6. Одредити коефициjент λ тако да полином p(x) буде дељив полиномомq(x), ако jе:

i. p(x) = x4 + λx3 − 2x2 + 3x − 4, q(x) = x − 1;ii. p(x) = x2 + λx + 1, q(x) = 3x + 2.

Затим наћи количник датих полинома.

Задатак 6.1.7. Ако jе полином p(x) дељив полиномима q1(x) и q2(x), одредитикоефициjенте α и β.

i. p(x) = x4 + x3 − x2 + αx + β, q1(x) = x + 1 и q2(x) = x − 2.ii. p(x) = x4 − x3 + αx2 − x + β, q1(x) = x − 31 и q2(x) = x + 2.

Затим поделити дати p(x) редом са оба q1(x) и q2(x).

Теорема 6.1.8. Ако полином p(x) подељен са x−a има остатак r, тада jе r = p(a).

Доказ. Из p(x) = (x−a)s(x)+ r(x) и чињенице да jе полином r(x) степена мањег одx − a, следи да jе r(x) = r константа. Посебно, за x = a биће p(a) = r.

1Etienne Bezout (1730-1783), француски математичар.



Задатак 6.1.9. Ако jе остатак дељења полинома p(x) = −x3 + ax2 + bx + 4 биномомx − 1 jеднак 10, а остатак дељења биномом x + 1 jеднак 4, одредити a2 − b2.

Задатак 6.1.10. Одредтити броjеве a и b тако да полином p(x) = x3 + 2ax2 − bx+ 5даjе jеднаке остатке при дељењу са x + 1, x − 1 и x + 4.

Задатак 6.1.11. Наћи непознате броjеве a и b.i. Ако jе r(x) = 3x + 2 остатак делења p(x) = x3 + ax2 + x + b са q(x) = x2 + x − 2.ii. Ако jе r(x) = 7x+ 7 остатак делења p(x) = x3 + 2x2 + ax+ b са q(x) = x2 −x− 2.

Задатак 6.1.12. Одредити потребан и довољан услов да би полином x3 +px+ q биодељив полиномом:

i. x2 +mx − 1,ii. x2 +mx + 1.

Затим израчунати количник.

Задатак 6.1.13. Одредити a, b ∈ R тако да полином p(x) буде дељив са q(x).i. p(x) = 6x4 − 7x3 + ax2 + 3x + 2, q(x) = x2 − x + b.i. p(x) = 7x4 + 6x3 + ax2 − 2x + 3, q(x) = x2 + x + b.

Задатак 6.1.14. Одредити остатке делења полинома

p(x) = x2009 − 3x2008 + x1009 − 3x1008 + x + 3

полиномима x + 1, x − 3 и (x + 1)(x − 3).

Задатак 6.1.15. Дат jе неки полином p(x) наjмање другог степена. Ако jе 4остатак делења тог полинома биномом x− 3, а 2 jе остатак делења тог полиномабиномом x − 2, одредити остатак делења датог полинома са (x − 2)(x − 3).

Задатак 6.1.16. Одредити коефициjенте a0, a1, a2, a3 ∈ R тако да полином

p(x) = a0x3 + a1x

2 + a2x + a3

при делењу са x−1 има остатак 10, при делењу са x+1 има остатак 4, при делењуса x + 2 има остатак −8, а при делењу са x има остатак 2.

Задатак 6.1.17. Нормирани полином p(x) четвртог степена задовољава jеднакостиp(1) = 10, p(2) = 20 и p(3) = 30. Одредити p(12) + p(−8).

Хорнерова шема jе поступак одређивања количника s(x) из формуле (6.2) кадаjе q(x) = x − c полинома p(x) дефинисаног изразом (6.1). Хорнер2 jе сређивањемидентитета (6.2) добио:

a0xn + a1x

n−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + an−1x + an = (s0xn−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + sn−2x + sn−1)(x − c) + r

= s0xn + (s1 − cs0)xn−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + (sn−1 − csn−2)x + r − csn−1,

2William George Horner (1786-1837), британски математичар.



па изjедначавањем коефициjената:

a0 = s0, a1 = s1 − cs0, . . . an−1 = sn−1 − csn−2, an = r − csn−1,

односно:

s0 = a0, s1 = a1 + cs0, . . . sn−1 = an−1 + csn−2, r = an + csn−1. (6.3)

Тиме jе одређен количник s(x) и остатак r.

Задатак 6.1.18. Наћи количник и остатак делења p(x) ∶ q(x), ако су полиноми:i. p(x) = x3 + x2 + x + 1, q(x) = x − 1;ii. p(x) = 2x5 − 3x2 + 5x − 4, q(x) = x − 2;

користећи Хорнерову шему.

Према Хорнеровоj шеми састављамо таблицу, коjа олакшава израчунавања:

a0 a1 . . . an−1 anc s0 s1 = a1 + cs0 . . . sn−1 = an−1 + csn−2 r = an + csn−1

Резултат jе (6.2), тj.

n

∑k=0

akxn−k = (s0x

n−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + sn−2x + sn−1)(x − c) + r, (6.4)

гдjе полазни полином (6.1) пишемо скраћено p(x) = ∑nk=0 akxn−k.

Задатак 6.1.19. Наћи количник и остатак делења полинома:i. p(x) = 2x4 − x3 + 3x2 − 4x + 1 са q(x) = x − 1,ii. p(x) = 3x6 − 2x5 + x3 − 4x − 1 са q(x) = x + 2,

користећи Хорнерову таблицу.

Нула полинома или корен полинома p(x) jе такав броj x0 да jе p(x0) = 0. Тадаjедначина (6.2) постаjе p(x) = s(x)(x − x0), гдjе r(x) = 0. Према основноj теоремиалгебре (коjу нећемо доказивати) сваки полином степена n ≥ 1 има бар jедну нулу.

Примjер 6.1.20. Одредити нуле полинома p(x) = 2x2 − 6x + 4 растављаjући га нафакторе.

Рjешење. Из p(x) = 2x2 − 2x − 4x + 4 = −2x(x − 1) − 4(x − 1) = (−2x − 4)(x − 1) следиp(x) = −2(x − 2)(x − 1), pa je p(x) = 0 када jе x = 2 или x = 1.

Задатак 6.1.21. Растављањем на факторе одредити нуле полинома:i. p1(x) = x4 − 288x2 + 119,ii. p2(x) = x4 + x2 + 1.

Задатак 6.1.22. Раставити на факторе полиноме:i. x5 + x + 1,ii. x3 + x2 + 4.



6.2 Нултачке

Видели смо да броj x = x0 нулира полином p(x) дефинисан изразом (6.1) ако исамо ако jе остатак r(x) делења тог полинома са q(x) = x − x0 дефинисан изразом(6.2) идентички jеднак нули. Таj броj x0 називамо нултачком полинома.

Jедан од начина налажења нултачки jе растављање полинома на факторе. Методаобрнута закону дистрибуциjе a(b + c) = ab + ac назива се груписање.

Задатак 6.2.1. Раставити на факторе дистрибуиран израз:

15a2b − 10ab2, 60a3b2c2 − 12a2b3c2 − 24a2b2c3,15ax − 21a − 10bx + 14b, 20ax − 8ay + 15x − 6y.

Растављање на факторе jе умеће коjе се учи полако, пре свега увежбавањемпрепознавања методе груписања сабирака, заjедно са употребом степеновања бинома,квадратом тринома или разлике квадрата односно кубова.

Задатак 6.2.2. Непосредним множењем проверити тачност формула:

(x ± y)2 = x2 ± 2xy + y2, x2 − y2 = (x − y)(x + y),(x ± y)3 = x3 ± 3x3y + 3xy3 ± y3, x3 ± y3 = (x ± y)(x2 ∓ xy + y2).

Задатак 6.2.3. Раставити на факторе комбиновањем претходних:

x2 + 2xy + y2 − x − y, x3 − 1 − (x − 1)3,x4 − 2x2 + 1 − (x + 1)2, (9x2 − 16y2)(3x + 4y) − (3x − 4y)2(3x + 4y).

Задатак 6.2.4. Уочити кубове и раставити на факторе:

40a4 − 180a3b + 270a2b2 − 135ab3, 54x4y + 108x3y2 + 72x2y3 + 16xy4,−19x3 + 54x2y − 36xy2 + 8y3, 8a3 − 54a2b + 36ab2 − 19b3.

Задатак 6.2.5. Раставити на факторе помоћу разлике квадрата:

(3x − 2y)4 − (2x + 3y)4, (a + b)2 + (a + c)2 − (c + d)2 − (b + d)2,4a4 − 4b4 + 9x4 − 9y4 − 12a2x2 + 12b2y2, (18x3 + 4y3)2 − (9x3 − 5y3)2.

Задатак 6.2.6. Раставити на факторе груписањем:

a2 + 5a − 6, x3 − 6x + 5, x5 + x3y2 + xy4,y2 − y − 56, 81a4 + 4b4, a8 + b8 + a4b4.

Задатак 6.2.7. Раставити на факторе (x + y + z)3 − x3 − y3 − z3.

Раставање на факторе полинма (6.1) jе непосредна помоћ у решавању полиномскеjедначине p(x) = 0 и обрнуто, познавање решења полиномске jедначине учинићефакторизациjу датог полинома тривиjалном.

Међутим, не постоjи згодна општа формула за израчунавање нултачака полиномавишег степена. Зато jе растављање на факторе важно, а зато што jе такав растав



увек могућ само у скупу реалних броjева проширеном са имагинарном jединицомi =

√−1, ми требамо и комплексне броjеве.

Комплексан броj jе облика z = x + iy гдjе су x = R(z) и y = I(z) реални броjеви.Први се назива „реални део”, други „имагинарни део” комплексног броjа z. Скупкомплексних броjева означавамо са C.

Задатак 6.2.8. Показати да за z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2 важи:

z1 + z2 = (x1 + x2) + i(y1 + y2), z1 − z2 = (x1 − x2) + i(y1 − y2),

z1z2 = (x1x2 − y1y2) + i(x1y2 + x2y1),z1

z2= x1x2 + y1y2

x22 + y2

2

+ i−x1y2 + x2y1

x21 + y2

2

.

Према томе су збир, разлика, производ и количник комплексних броjева такођекомплексни броjеви. Следећа важна и jедноставна особина комплексних броjева jекоњуговање. Броj z = x − iy назива се коњугован броjу z = x + iy.

Задатак 6.2.9. Дати су комплексни броjеви z1 = x1 + iy1 и z2 = x2 + iy2. Показатида за коњуговање важи:

i. z1 + z2 = z1 + z2, ii. z1z2 = z1z2.iii. z1 − z2 = z1 + z2, iv. z1/z2 = z1/z2, z2 ≠ 0.

Из ове особине следи да за реалан полином (6.1), коме jе свако ak реалан броj,важи p(z) = p(z). Према томе, ако jе z = z0 нултачка реалног полинома p(x) ондаму jе z = z0 такође нултачка.

Производ коњуговано комплексних броjева jе реалан броj

zz = (x + iy)(x − iy) = x2 + y2. (6.5)

Интензитет, односно модуо комплексног броjа jе ∣z∣ =√zz. Сада знамо раставити

на факторе и оне полиноме (другог степена) коjе ниjе могуће растављати у реалномдомену.

Основна теорема алгебре3 каже да сваки комплексан (са бар jедним коефициjентомak ∈ C) или реалан (са свим коефициjентима ak ∈ R) полином (6.1) има нултачку ускупу комплексних броjева C. Другим речима, за сваки полином Pn(z) степена n ∈ Nпостоjи полином Pn−1(z) за jедан нижег степена такав да jе

Pn(z) = (z − z0)Pn−1(z), z, z0 ∈ C, (6.6)

гдjе jе Pn(z0) = 0. Међутим, то jе опште тврђење коjе важи такође и за полиномPn−1(z), и тако даље, па jе

Pn(z) = c(z − z0)(z − z1) . . . (z − zn−1), (6.7)

гдjе сваки од c, z, z0, z1, . . . , zn−1 може бити комплексан броj. То значи да се (уподручjу комплексних броjева) сваки полином може раставити на линеарне факторе.Међутим, основна теорема алгебре не каже како.

3Доказ основне теореме алгебре jе претежак за оваj ниво.



Следећа, помоћна метода одређивања нула полинома, односно растављања полиномана факторе такође користи особину делења (6.2), али са применом коjа коjа идекорак даље од претходне.

Примjер 6.2.10. Одредити коефициjент b и преостале нуле плинома

p(x) = x3 − 3x2 + bx − 6

ако се зна да jе 3 jедна његова нултачка.

Рjешење. Дакле, знамо да jе дати полином дељив са x − 3, па делењем p ∶ (x − 3)налазимо количник s(x) = x2 + b и остатак r(x) = −6 + 3b.

Kako je r(x) ≡ 0, то jе b = 2, па jе зато s(x) = x2 + 2. У подручjу комплекснихброjева идемо до краjа s(x) = (x + i

√2)(x − i

√2), гдjе jе i =

√−1.

Према томе, дати полином jе p(x) = (x− 3)(x+ i√

2)(x− i√

2), а његове нултачкесу реални броj 3 и два комплексна ±i

√2.

Задатак 6.2.11. Показати да се полином

p(x) = 8x4 − 8x3 + 27x − 27

може написати у облику p(x) = (x − 1)s(x), гдjе jе s(x) неки полином трећегстепена. Затим га раставите на факторе.

Задатак 6.2.12. Израчунати вриjедност израза:i. 3

√2 +

√5 + 3

√2 −

√5,

ii. 3√

7 + 5√

2 + 3√

7 − 5√

2.

Решити jедначину p(x) = 0 значи наћи (све) нултачке полинома p(x), коjе таданазивамо и коренима дате jедначине.

Задатак 6.2.13. Решити jедначину:i. x3 − x2 − 5x − 3 = 0,ii. x4 + x3 − 8x2 − 2x + 12 = 0.

Задатак 6.2.14. Дата jе jедначина и jедан њен корен:i. z3 − z2 − z − 15 = 0, z1 = −1 + 2i;ii. z4 − 4z3 + 6z2 − 4z + 5 = 0, z1 = 2 − i.

Одредити остале корене те jедначине.



Задатак 6.2.15. Наћи све полиноме p(x) за коjе важи p(x2) + p(x)p(x + 1) = 0.

Решити неjедначину p(x) > 0 значи наћи све интервале (скупове) броjева x закоjе дати полином има позитивну вриjедност. Границе тих интервала увек су реалненултачке полинома.

Примjер 6.2.16. Дат jе полином p(x) = (x− 1)(x− 3)(x2 −x+ 1). Наћи сва решењанеjедначине p(x) > 0.

Рjешење. Производ три броjа, фактора полинома p(x) jе позитиван ако су сва трипозитивна, или jе jедан позитиван а два негативна. То су четири могућности: +++,− − +, − + − и + − −. Међутим, трећи фактор, трином

(∀x ∈ R) x2 − x + 1 = (x − 1

2)

2

+ 3

4> 0,

jе увек позитиван. Према томе, остаjу само две могућности: + + + и − − +.Прва, систем неjедначина: x − 1 > 1 и x − 3 > 0, коjи решава x > 3.Друга, систем неjедначина: x − 1 < 0 и x − 3 < 0, коjи решава x< 1.

Коначно рjешење jе свако x ∈ (−∞,1) ∪ (3,∞).

Из овог примjера можемо приметити да неjеднакости не важе за комплекснеброjеве. Неjедначине имаjу смисла само за полиноме са реалним коефициjентима,а тада их можемо решавати методама раниjе описаним (5.4 Неjедначине). Кадараставимо на факторе реални полином, фактори коjи су полиноми другог степенаи не могу се даље растављати у реалном домену не мењаjу знак када променљива(x ∈ R) пролази скупом реалних броjева.

Задатак 6.2.17. Наћи сва решења неjедначина:i. (x + 1)(x − 5)(x2 + 2x + 3) < 0, ii. (2 − x)(x + 5)(x2 − 3x + 3) ≤ 0,iii. (2 − 3x)(4 − x)(3x2 − 3x + 1) ≥ 0, iv. (5x − 2)(3 − 7x)(3x2 + 2x + 1) > 0.

На жалост, многи се случаjеви неjедначина не могу свести на ове рутине. Тосе види из следећих задатака, чиjе решавање употребите и за увежбавање сличниххеуристичких вештина.

Задатак 6.2.18. Ако jе a > x > 0, доказати да jе

a − xa + x < a

2 − x2

a2 + x2.

Задатак 6.2.19. Ако су x1, x2, x3 позитивни броjеви, доказати да jе

x1

x2 + x3+ x2

x3 + x1+ x3

x1 + x2≥ 3

2.

У случаjевима када нултачке нису цели, згодни броjеви, када не вреди нагађати,онда нам за полиномске jедначине требаjу алгоритми. Линеарна jе тривиjална, алии за квадратну jедначину постоjи jедноставно опште рjешење.



Задатак 6.2.20. Показати да квадратна jедначина x2 + px + q = 0 има нултачке:

x1,2 =−p ±

√p2 − 4q

2.

Општем полиному трећег степена p3(x) = a0x3 + a1x

2 + a2x + a3 одговара кубнаjедначина p3(x) = 0, коjа се у ретким случаjевима може решавати растављањем нафакторе.

Задатак 6.2.21. Дат je полином:i. y1(x) = x3 − 3x2 − x + 3;ii. y2(x) = x3 − 3x2 − 4x + 12.

Раставити га на факторе, решити jедначину y(x) = 0 и скицирати граф полинома.

Приметимо да граф сече апсцису у нутачкама датог полинома. За оне тежеслучаjеве кубне jедначине имамо Карданов4 образац, помало непрактичан. То jепоступак у два корака, од коjих jе први Чирнхаузова5 трансформациjа.

Задатак 6.2.22 (Чирнхауз). Дат je полином p3(x) = a0x3+a1x

2+a2x+a3, са a0 ≠ 0.Показати да он сменом

x = z − a1

3a0⇒ p = a2

a0− a2

1

3a20

, q = a3

a0− a1a2

3a20

+ 2a31

27a30

постаjе z3 + pz + q = 0.

Задатак 6.2.23. Показати да Чирнхаузова трансформациjа:i. x3 − 3x2 − x + 3 = 0 своди на z3 − 4z = 0;ii. x3 − 3x2 − 4x + 12 = 0 своди на z3 − 7z + 6 = 0.

Задатак 6.2.24 (Кардано). Показати да се jедначина z3+pz+q = 0 сменом z = u+v,уз услов 3uv + p, своди на систем:

uv = −p3, u3 + v3 = −q,

коjи се може решити као квадратна jедначина.

Jедначине четвртог степена се jош увек могу свести на кубне и решавати унаjопштиjим случаjевима, али за jедначине степена n ≥ 5 сличне тзв. квадратуре неваже. Тада решења тражимо приближно, на потребан броj тачних децимала.

4Girolamo Cardano (1501-1576), италиjански математичар и лекар.5Ehrenfried Walther von Tschirnhaus (1651-1708), немачки математичар.



6.3 Матрице

Матрице6 су простори броjева, попут:

A = ( 2 −3 14−7 9 0

) , B = (−5 8 −312 0 6

) . (6.8)

Ове две матрице су исте врсте, реда 2×3, jер имаjу по 2 ретка и 3 колоне. Матрице суjеднаке ако и само ако имаjу jеднаке све одговараjуће коефициjенте. Овдjе aij = bij ,гдjе jе i = 1,2 редни броj ретка а j = 1,2,3 броj колоне.

Матрице сабирамо (одузимамо) тако што сабирамо (одузимамо) све одговараjућекоефициjенте у нову матрицу истог реда cij = aij + bij . Множимо их са константоммножећи сваки коефициjент. На примjер:

C = αA + βB = ( 2α − 5β −3α + 8β 14α − 3β−7α + 12β 9α 6β

) . (6.9)

Сабирамо само матрице истог типа, оне са jеднаким броjем врста (редака) и колона.

Задатак 6.3.1. Израчунати:i. 2A + 3B, ii. 3A − 2B,

за матрице (6.8).

Матрицу можемо множити са матрицом само ако прва има колона колико другаима врста:

⎛⎜⎝

a11 a12

a21 a22

a31 a32

⎞⎟⎠

3×2

(b11 b12 ⋯ b15

b21 b22 ⋯ b25)

2×5

=

=⎛⎜⎝

a11b11 + a12b21 a11b12 + a12b22 ⋯ a11b15 + a12b25

a21b11 + a22b21 a21b12 + a22b22 ⋯ a21b15 + a22b25

a31b11 + a32b21 a31b12 + a32b22 ⋯ a31b15 + a32b25

⎞⎟⎠

3×5

(6.10)

Уопште, Am×kBk×n = Cm×n, при чему jе коефициjент cij = ∑mk=1 aikbkj .Операциjа транспоновања матрица jе замена њених колона и врста. Тако матрицу

B из (6.8) транспонуjемо у:

BT =⎛⎜⎝

−5 128 0−3 6

⎞⎟⎠

(6.11)

Ову, посебно са A, можемо множити у оба редоследа:

ABT = (−76 108107 −84

) , BT A =⎛⎜⎝

−94 123 7016 −24 112−48 63 −42

⎞⎟⎠

(6.12)

Множење матрица (углавном) ниjе комутативно AB ≠ BA, тамо гдjе jе могуће, алиjесте асоциjативно (AB)C = A(BC) и дистрибутивно A(B + C) = AB + AC.

6енг. matrix - матрица, matrices - матрице



Задатак 6.3.2. Израчунати производе:i. AT B, ii. BAT ,

за матрице (6.8).

Сада погледаjмо неке примjере из свакодневног живота да бисмо се уверили укорисност управо дефинисаних матричних операциjа.

Примjер 6.3.3. Александра, Милица и Бранка су оствариле следећи просечан броjбодова7 на тестовима, проjектима, задаћама и усменим одговорима:

ученик тестови проjекти задаће усмениАлександра 92 100 89 80Милица 72 85 80 75Бранка 88 78 85 92

Тестови чине 40% коначне оцене, проjекти 15%, задаће 25% а усмени 20%.Израчунати коначни успех ових ученица.

Рjешење 6.3.3. Множимо матрицу бодова (3 × 4) са матрицом (колоном) тежина идобиjамо матрицу (колону) коначног успеха:

⎛⎜⎝

92 100 89 8072 85 80 7588 78 85 92

⎞⎟⎠

⎛⎜⎜⎜⎝

0,400,150,250,20

⎞⎟⎟⎟⎠=⎛⎜⎝

907787

⎞⎟⎠

Према томе, коначно Александра има 90 бодова, Милица 77, а Бранка 87.

Примjер 6.3.4. Снабдевач месечно доставља кафу у зрну8 у продавнице A, B и Cу паковањима од по 5, 10 и 15 килограма према следећоj шеми:

5 kg 10 kg 15 kgA 50 100 30B 60 150 40C 80 200 70

Цена паковања од 5, 10 и 15 килограма jе 10,60 затим 17,20 и 22.50 долара редом.Израчунати помоћу матрица следеће.

i. Укупну цену jедне доставе за поjедине продавнице.ii. У jуну, продавнице су добиле 15, 10 и 5 таквих достава редом. Колико jе

свака добила kg кафе?iii. Колико jе кафе снабдевач испоручио у jуну?

7Lisa Johnson: www.shelovesmath.com/8Matrices Example 6: https://youtu.be/3l57YYz8dC8


www.shelovesmath.com/

https://youtu.be/3l57YYz8dC8


Рjешење. i. Множимо матрицу количина P3×3 по продавницама са матрицом ценаQ3×1 и добиjамо укупну цену R3×1 за поjедине продавнице:

P Q =⎛⎜⎝

50 100 3060 150 4080 200 70

⎞⎟⎠

⎛⎜⎝

10,617,222,5

⎞⎟⎠=⎛⎜⎝

292541165863

⎞⎟⎠= R

Дакле, достава у продавнице A, B и C кошта редом 2925, 4116 и 5863 долара.ii. Множимо матрицу (типа 1× 3) броjа достава са матрицом (P3×3) количина по

достави и добиjамо матрицу (типа 1× 3) укупно достављених пакета по продавници:

(5 10 15)⎛⎜⎝

50 100 3060 150 4080 200 70

⎞⎟⎠= (1750 4000 1200)

Продавнице A, B и C су у jуну добиле редом 1750, 4000 и 1200 килограма кафе.iii. Укупна количина испоручене кафе у све три продавнице jе била:

(1750 4000 1200)⎛⎜⎝

111

⎞⎟⎠= (6950)

Снабдевач jе у jуну доставио укупно 6950 килограма кафе.

Приметимо да вектор можемо разумети као посебну матрицу, матрицу реткаили колоне. Опет специjални случаjеви првих су тзв. ковариjантни, а другихконтравариjантни вектори.

Квадратне матрице реда n ∈ N имаjу n редова и исто толико колона. Посебанслучаj квадратне матрице jе jединична матрица I коjа на главноj диjагонали (горелево - доле десно) има jединице и све остале елемента нуле, рецимо:

I = (1 00 1

) (6.13)

Квадратне матрице имаjу посебну вриjедност коjа се назива детерминанта. Заматрицу другог реда, то jе броj (5.15), односно:

det A = det(a bc d

) = ∣a bc d

∣ = ac − bd. (6.14)

Када (квадратна) матрица има детерминанту различиту од нуле, тада она имаинверзну матрицу, са особинама:

A−1A = AA−1 = I . (6.15)

Дакле, инверзна матрица jе своjоj матрици реципрочна и са њом jе комутативна.Посебно, за матрицу другог реда биће:

A = (a bc d

) ⇒ A−1 = 1

ad − bc (d −b−c a

) (6.16)

што jе лако проверити непосредним множењем.



Примjер 6.3.5. Пекара jе данас продала 75 колача и пита. Сваки колач jе продатпо 10 новчаних jединица, а свака пита по 15 н.j. Ако jе пекара данас касирала 910н.j. колико комада колача, а колико комада пита jе продала?

Рjешење. Нека jе x1 броj продатих колача, а x2 броj продатих пита. Према условимазадатка, имамо систем jедначина:

{ x1 + x2 = 7510x1 + 15x2 = 910

коjи преводимо у матрични AX = B:

( 1 110 15

)(x1

x2) = ( 75

910)

Детерминанта матрице A jе det A = 5, па постоjи инверзна матрица A−1. Множењемпоследње jедначине са лева са A−1, добиjамо X = A−1B:

(x1

x2) = 1

5( 15 −1−10 1

)( 75910

) = 1

5(215

160) = (43

32)

Према томе, пекара jе продала x1 = 43 колача и x2 = 32 пите.

Задатак 6.3.6. Показати да се ротациjа (4.3) Декартовог правоуглог системаOx1x2 у Oy1y2 за угао ω може писати матрично R(ω)X = Y :

(cosω − sinωsinω cosω

)(x1

x2) = (y1

y2)

Показати да jе R(α + β) = R(α)R(β) и протумачити резултат.

Задатак 6.3.7. Проверити следећу репрезентациjу матрице II реда:

(a11 a12

a21 a22) = a11 + a22

2(1 0

0 1) − i(a12 + a21)

2(0 ii 0

)

+a12 − a21

2( 0 1−1 0

) + i(a11 − a22)2

(−i 00 i

)

гдjе jе i имагинарна jединица.

Према томе, свака матрица другог реда се може приказати као линеарна комбинациjа

помоћу jединичне матрице I = (1 00 1

) и следеће три матрице:

σ1 = (0 11 0

) , σ2 = (0 −ii 0

) , σ3 = (1 00 1

) , (6.17)

коjе се називаjу Паулиjеве9 матрице (в. [18]). На таj начин ове четири матрице чинебазу (4-дим) векторског простора.

9Wolfgang Pauli (1900-1958), аустриjско-шваjцарски теориjски физичар.



Задатак 6.3.8. Проверити да Паулиjеве матрице (6.17) задовољаваjу jеднакости:i. σ2

1 = σ22 = σ2

3 = I,ii. σ2σ3 = −σ3σ2 = iσ1, σ3σ1 = −σ1σ3 = iσ2, σ1σ2 = −σ2σ1 = iσ3.

Задатак 6.3.9. Дата jе матрица

A(a) = ( 2 − a a − 12 − 2a 2a − 1

) , a ∈ R.

Одредити: i. A(a)A(b); ii. A2, A3, ..., An (n ∈ N).

Задатак 6.3.10. Доказати да jе

(−1 24 1

)2k

= (32k 0

0 32k) , (−1 24 1

)2k+1

= ( −32k 2 ⋅ 32k

4 ⋅ 32k 32k ) ,

за свако k ∈ N.

Задатак 6.3.11. Доказати да jе

(a b0 c

)n

= (an b(an−1 + an−2c + ⋅ ⋅ ⋅ + acn−2 + cn−1)0 cn

) ,

гдjе jе n ∈ N.

Задатак 6.3.12. Ако jе A =⎛⎜⎝

1 0 01 0 10 1 0

⎞⎟⎠доказати An = An−2 + A2 − I, n ≥ 3.

Карактеристична матрица квадратне матрице A реда n jе матрица

A − λI =⎛⎜⎜⎜⎝

a11 − λ a12 . . . a1n

a21 a22 − λ . . . a2n

. . .an1 an2 . . . ann − λ

⎞⎟⎟⎟⎠. (6.18)

Карактеристични полином квадратне матрице A реда n jе полином коjи се добиjаизрачунавањем детерминанте карактеристичне матрице A − λI.

Задатак 6.3.13. За матрицу A = (a bc d

) показати да jе:

i. карактеристична матрица A − λI = (a − λ bc d − λ),

ii. карактеристични полином det(A − λI) = λ2 − (a + d)λ + ad − cd,iii. A2 − (a + d)A + (ad − bc)I = 0.



Овдjе jе Tr A = a + d збир диjагоналних елемената матрице, коjи се назива трагматрице. Коефициjент ad− bc уз jединичну матрицу jе детерминанта матрице A, а0 jе нула матрица чиjи су сви коефициjенти нуле.

Резултат (iii) претходног задатка ниjе случаjан. Кеjли10-Хамилтонова11 теоремакаже да свака (квадратна) матрица поништава своj карактеристични полином.

Задатак 6.3.14. Дата jе матрица

A =⎛⎜⎝

2 1 11 2 11 1 2

⎞⎟⎠.

Показати да jе:i. det(A − λI) = λ3 − 6λ2 + 9λ − 4,ii. A3 − 6A2 + 9A − 4I = 0.

Када матрица A помножена ненултим вектором X даjе колинеаран вектор:

AX = λX, (6.19)

онда X називамо своjствени, сопствени или карактеристични вектор12 матрице A.Скалар λ називамо своjствена, сопствена или карактеристична вриjедност13 матрицеA коjа одговара сопственом вектору X.

Примjер 6.3.15. Наћи сопствене векторе и сопствене вриjедности матрица:

M1 = (1 00 0

) , M2 = (3 11 3

) .

Рjешење. Решавамо jедначину MX = λX, уопште:

(a bc d

)(xy) = λ(x

y) ,

{ ax + by = λx,cx + dy = λy, ⇒ { (a − λ)x + by = 0,

cx + (d − λ)y = 0.

То jе хомогени линеарни систем jедначина коjи има нетривиjална решења, различита

од (0,0), акко jе детерминанта ∣a − λ bc c − λ∣ = 0, тj. det(A − λI) = 0. Сопствене

вриjедности су нултачке карактеристичног полинома!

1. Сви ненулти вектори X = (x0) коjи леже на апсциси су сопствени вектори

матрице M1, са сопственом вредношћу λ = 1, jер се трансформишу у саме себе:10Arthur Cayley (1821-1895), британски математичар11William Rowan Hamilton (1805-1865), ирски математичар.12eigenvector - сопствени вектор13eigenvalue - сопствена вриjедност



M1X = λX. Сви ненулти вектори Y = (0y) коjи леже на ординати се проjектуjу у нула

векторе, па су и они своjствени вектори исте матрице, са своjственом вредношћуλ = 0: M1Y = 0Y = 0.

2. Сопствене вриjедности и вектори матрице M2 су λ = 4 и X = (11), односно

λ = 2 и X = ( 1−1

), што jе лако проверити множењем: M1X = λX.

Задатак 6.3.16. За матрицу

A = ( 3 1−2 1

)

наћи сопствене вриjедности и сопствене векторе.

Хаjзенберг14 jе у периоду 1925-1927. године засновао Квантну механику наматрицама. Открио jе да се квантна стања могу представљати нарочитим матрицама(са комплексним коефициjентима), да су сопствене вриjедности тих матрица обзервабле(оне величине коjе физичар може мерити), а да су сопствени вектори квантне вариjабледатог стања.

Формално, матрице су оператори, пресликавања, или функциjе. Користимо ихза трансформациjе координата, разних координатних система. На слици 6.2 суДекартов правоугли Oxy и косоугли Ox′y′ систем координата, постављени тако дасу им апсцисе заjедничке, али θ = ∠x′Oy′ ≠ 90○.

Slika 6.2: Ковариjантне (A1,A2) и контравариjантне (A1,A2) координате.

Дата jе тачка A са своjим окомитим проjекциjама AA1 ⊥ Ox′, AA2 ⊥ Oy′ чиjаподножjа A1 ∈ Ox′, A2 ∈ Oy′ називамо ковариjантним координатама те тачке ипаралелним проjекциjамаAA1∣∣Oy′, AA2∣∣Ox′ чиjе додирне тачке са (косим) координатнимосама називамо контравариjантним координатама. Нека су ϕ = ∠x′OA и a = OA.

14Werner Heisenberg (1901-1976), немачки теориjски физичар.



Задатак 6.3.17. Показати да важе трансформациjе координата на слици 6.2:

(A1

A2) = ( 1 cos θ

cos θ 1)(A

1

A2) , (A1

A2) = 1

sin2 θ( 1 − cos θ− cos θ 1

)(A1

A2) ,

гдjе су A1 и A2 ковариjантне, а A1 и A2 контравариjантне координатеÐ→OA.

Када jе угао између координатних оса прав θ = 90○, тада jе cos θ = 0, па разликеизмеђу ко и контра-вариjантних координата исчезаваjу.

Задатак 6.3.18. На слици 6.2 показати да важе трансформациjе:

(xy) = 1

sin θ( sin θ 0− cos θ 1

)(A1

A2) , (x

y) = ( 1 0

cos θ sin θ)(A

1

A2)

косоуглих у правоугле Декартове координате тачке A.

Задатак 6.3.19. На слици 6.2 показати, ако jе растоjање између две тачке ∆s а:i. разлике њихових контравариjантних кордината ∆x и ∆y, тада jе:

(∆s)2 = (∆x)2 + (∆y)2 + 2 ⋅∆x ⋅∆y ⋅ cos θ.

ii. разлике њихових ковариjантних кордината ∆x и ∆y, тада jе:

(∆s)2 = 1

sin2 θ[(∆x)2 + (∆y)2 − 2 ⋅∆x ⋅∆y ⋅ cos θ].

Ове методе даље воде у тензорски рачун, нееуклидске геометриjе или Аjнштаjновутеориjу релативности. У специjалноj теориjи15 Лоренцове трансформациjе се такођепишу и матрично:

(xτ) = (cos θ − sin θ

sin θ cos θ)(x

′

τ ′) (6.20)

Систем K ′ се креће брзином v у односу на K дуж апсциса, x и x′ оса коjе сепоклапаjу, и временских ордината: τ = ict и τ ′ = ict′, са брзином светлости c.

Задатак 6.3.20. Показати да за трансформациjе (6.20) важи:

cos θ = 1√1 − v2

c2

, sin θ =ivc√1 − v2

c2

,

гдjе jе i =√−1 имагинарна jединица.

15Специjална релативност: www.academia.edu/11888432/


www.academia.edu/11888432/


6.4 Рационални изрази

Разломљени изрази броjева садрже константе и операциjе сабирања, одузимања,множенња и делења. Израз формиран од константи и променљивих помоћу наведенихоперациjа назива се разломљени рационални или само рационални израз, а често иалгебарски израз.

вриjедност променљиве за коjу jе рационални израз дефинисан назива се доменили подручjе дефинисаности. Скуп свих вриjедности коjе рационални израз можеимати назива се кодомен или подручjе вриjедности. вриjедности променљивих закоjе израз има нулту вриjедност називаjу се нултачке или нуле израза. Знак изразаjе предзнак (плус или минус) израза за дате, jедну или више променљивих.

Посебна врста израза jе функциjа, коjа за jедну задату вриjедност променљиве(променљивих) има наjвише jедну вриjедност.

Примjер 6.4.1 (Хипербола). Испитати и нацртати функциjу f(x) = 1x .

Рjешење. Домен jе скуп D = (−∞,0)∪ (0,∞), таквих x ∈D да f(x) има дефинисанувриjедност. Скуп тих вриjедности jе кодомен K = (−∞,0) ∪ (0,∞). Функциjа неманула, (∀x ∈ D) f(x) ≠ 0. Знак функциjе jе плус за x > 0, а минус за све остале x издомена. Функциjа jе хипербола, као што се види на слици 6.3.

Slika 6.3: Хипербола f(x) = 1x .

Приметимо да се гране хиперболе на слици 6.3 приближаваjу координатнимосама, лево и десно апсциси, а горе и доле ординати. Права коjоj се граф приљубљуjеали jе у далеким тачкама не додируjе, назива се асимптота графа.

Примjер 6.4.2. Ротирати хиперболу из претходног примjера, за ω = −45○.



Рjешење. Ротирамо (4.3) Oxy → Ox′y′ уназад за ω = 45○, користећи формуле:

x = x′ cosω − y′ sinω, y = x′ sinω + y′ cosω.

Смењуjемо дате изразе и cos 45○ = sin 45○ =√

22 у израз xy = 1, редом:

(x′ cos 45○ − y′ sin 45○)(x′ sin 45○ + y′ cos 45○) = 1,

(x′ − y′)(x′ + y′) = 1,

односно (x′)2 − (y′)2 = 1. То jе претходна хипербола, сада у тзв. канонском обликукоjи ниjе функциjа, са асимптотама y = ±x, на слици 6.4.

Slika 6.4: Хипербола x2 − y2 = 1.

Примjер 6.4.3. Испитати и нацртати функциjу y = x+1x−1 .

Рjешење. Домен jе скуп D = (−∞,1) ∪ (1,∞), што се види из називника x − 1 ≠ 0.Кодомен jе скуп K = (−∞,1) ∪ (1,∞), што се види након „сређивања”:

y = x + 1

x − 1= x − 1 + 2

x − 1= 1 + 2

x − 1≠ 1.

Нула функциjе jе jедино x = −1, место гдjе граф додируjе или сече апсцису, заразлику од тачке y(0) = −1 гдjе граф сече ординату. Функциjа jе позитивна када суоба, броjник и називник, истог знака:

x + 1 > 0 ∧ x − 1 > 0 ∨ x + 1 < 0 ∧ x − 1 < 0,

x > −1 ∧ x > 1 ∨ x < −1 ∧ x < 1,



x > 1 ∨ x < −1.

Према томе, за x ∈ (−∞,−1) ∪ (1,∞) jе функциjа позитивна, а за x ∈ (−1,1) jенегативна. Граф jе на слици 6.5.

Slika 6.5: Граф функциjе y = x+1x−1 .

Са графа 6.5 се види да и функциjа y = x+1x−1 има асимптоте, вертикалну x = 1 и

хоризонталну апсцису, тj. праву y = 0. Рационалне функциjе имаjу вертикалне осеу нултачкама називника.

Задатак 6.4.4. Испитати и нацртати функциjе:

i. y = 2x + 3

3x − 2, ii. y = 5x − 1

x + 2, iii. y = 3 − 4x

1 − 5x, iv. y = 3x + 2

4x + 1.

Задатак 6.4.5. Испитати и нацртати функциjе:

i. y = 4x2 − 9

x2 − 1, ii. y = x2 − 1

4x2 − 9.

У оквиру ове области су и увежбавања рада са рационалним изразима, укључуjућии понављања лекциjа из основне школе16, као у следећих неколико задатака.

Задатак 6.4.6. Израчунаj вриjедност израза:

i. {19 +

112 ⋅ [

23 − (−0,25 + 15

28) − 0,5] + 5

6} +124 ,

ii. 59124 + (41

4 − 316) ∶ (12

5 +23) − 0,25 ∶ 0,125.

16нпр. http://ucislobodno.com/


http://ucislobodno.com/


Задатак 6.4.7. Израчунаj:

i. (a + b + 1

a + b −1

a − b) ∶a2 + 2ab + b2a2 − b2 , ii.

a − 2

a − 4⋅ ( 4a

a2 − 4+ 6

6 − 3a+ a

a + 2) .

Задатак 6.4.8. Израчунаj:

i.

x+yx−y −

x−yx+y

x−yx+y +

x+yx−y

, ii.x + y − 4xy

x+y

xx+y −

yy−x −

2xyx2−y2

, iii.x3 − 1

1 + 1x− x

x+1

.

Задатак 6.4.9. Поjедностави:

i.a2 − ab + bc − c2

b2 − a2 − 2ac − c2, ii.

a4 − 2a2 + 1

a3 − a2 − a + 1, iii.

a3 + b3

a − b + aba−b

− a3 − b3

a + b − aba+b

.

Задатак 6.4.10. Поjедностави:

i.x3 + y3 + x(y2 + z2) + y(x2 + z2)x3 − y3 + x(y2 + z2) − y(x2 + z2) , ii.

x3 + y3 + x2(y + z) + y2(x + z)x3 − y3 + x2(y + z) − y2(x + z) .

Задатак 6.4.11. Упростити израз:i. 1

1−x +1

1+x +2

1+x2+ 4

1+x4+ 8

1+x8+ 16

1+x16,

ii. 1x(x+1) +

1(x+1)(x+2) +

1(x+2)(x+3) +

1(x+3)(x+4) +

1(x+4)(x+5) .

Задатак 6.4.12. Раставити на збир парциjалних разломака:

r1(x) =2x3 − x2 + x − 4

(x − 1)(x − 2)(x2 + 1) , r2(x) =2x4 − x3 − 11x − 2

x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1.

Потсетимо се косинусне теореме 3.4.27 и хармониjске средине (2.14) у следећадва задатка.

Задатак 6.4.13. Ако jе

x = b2 + c2 − a2

2bc, y = (a + c − b)(a + b − c)

(a + b + c)(b + c − a) ,

доказати да jе (x + 1)(y + 1) = 2.

Задатак 6.4.14. Нека jе 2b =

1a +

1c . Доказати да jе тада:

( b2)

2

= (a − b2)(c − b

2) .

Знамо да степен разлике броjева ниjе jеднак разлици степена тих броjева, алипостоjе изузеци тог правила, када jе детерминанта (6.14) нула.



Задатак 6.4.15. Доказати да из ad = bc следи:

i. (a − bc − d)

2

= a2 − b2c2 − d2

, ii. (a − bc − d)

4

= a4 − b4c4 − d4

, iii. (a − bc − d)

n

= an − bncn − dn ,

уз услове bd(a − b)(c − d) ≠ 0.

Задатак 6.4.16. Доказати да из пропорциjе

∣b cy z

∣ ∶ ∣c az x

∣ ∶ ∣a bx y

∣ = a ∶ b ∶ c

следи:

i. a ∶ b ∶ c = x ∶ y ∶ z, ii.x3

a2+ y

3

b2+ z

3

c2= (a + b + c)3

(a + b + c)2.

Задатак 6.4.17. Доказати да за позитивне броjеве a, b, c важе неjеднакости:

i.3

a + b + c <1

a + b +1

a + c +1

b + c , ii.(a + b + c)2

a3 + b3 + c3≤ 1

a+ 1

b+ 1

c.

У ову групу долази и задатак 6.2.19, заjедно са следећим.

Задатак 6.4.18. Доказати да за позитивне броjеве a, b, c важи неjеднакост

a3

b + c +b3

c + a +c3

a + b ≥a2 + b2 + c2

2.


xy

x + y = a, xz

x + z = b, yz

y + z = c,

за a, b, c ≠ 0.


x + yxy

+ xy

x + y = a + 1

a,

x − yxy

+ xy

x − y = b + 1

b,

за a, b ≠ 0.


Решења

Логика

Рjешење 1.1.1. ⊺; �; ⊺; �.

Рjешење 1.1.4. Скраћене таблице импликациjе и еквиваленциjе су:

⇒ 1 01 1 00 1 1

⇐⇒ 1 01 1 00 0 1

Тражене формуле су:

a⇒ b = b ∨ a, a ⇐⇒ b = (b ∨ a) ∧ (a ∨ b),

односно:a⇒ b = b + a, a ⇐⇒ b = (b + a) ⋅ (a + b).

Еквиваленциjа a ⇐⇒ b jе исто што a⇒ b и b⇒ a.

Рjешење 1.1.5. Дисjункциjа и конjункциjа: p ∨ q = ¬p⇒ q и p ∧ q = ¬(p⇒ ¬q).

Решње 1.1.6. i. Ако jе он популаран, онда jе он добар тенисер (конверзиjа). Акоон ниjе добар тенисер, онда он ниjе популаран (инверзиjа). Ако он ниjе популаран,онда он ниjе дибар тенисер (контрапозициjа).

Рjешење 1.1.8. i. У првим колонама су све могуће комбинациjе тачности датихвариjабли, а у следећим су делови дате формуле. У последњоj колони jе коначнирезултат.

p q p⇒ q ¬p ∨ q ⇒⊺ ⊺ ⊺ ⊺ ⊺⊺ � � � ⊺� ⊺ ⊺ ⊺ ⊺� � ⊺ ⊺ ⊺

175


Дата табела jе доказ прве формуле, а слично се доказуjу и остале три.ii. Импликациjа jе нетачна jедино када jе претпоставка тачна, а последица

нетачна. Тражимо таj случаj и доказуjемо да он не постоjи.У првоj импликациjи, претпоставка jе (p⇒ q) = ⊺, а последица (¬p ∨ q) = �. Из

последице добиjамо p = ⊺ и q = �, што уврштено у претпоставку даjе контрадикциjу(⊺⇒ �) = ⊺. Слично доказуjемо и у остале три импликациjе.

Рjешење 1.1.10. Попуњавамо таблицу истинитости. У посљедњоj колони jе свакиодговор “нетачно”, �.

x y ¬x ¬x⇒ y x⇒ (¬x⇒ y) F

⊺ ⊺ � ⊺ ⊺ �⊺ � � ⊺ ⊺ �� ⊺ ⊺ ⊺ ⊺ �� ⊺ � ⊺ �

Према томе, формула F = ¬(x⇒ (¬x⇒ y)) jе логички неистинита.

Рjешење 1.1.11. Таблица истинитости jе:

x y x⇒ y y⇒ x f

⊺ ⊺ ⊺ ⊺ ⊺⊺ � � ⊺ �� ⊺ ⊺ � �� ⊺ ⊺ ⊺

Према томе, формула f = (x⇒ y) ∧ (y ⇒ x) jе некад тачна (први и четврти ред), анекада лажна (други и трећи).

Решења 1.1.12. i. нетачно, ii. тачно, iii. нетачно, iv. неодређено.

Рjешења 1.1.13. a. тачно, b. тачно, c. неодређено, d. тачно.

Рjешење 1.1.14. B

Рjешење 1.1.15. D

Рjешење 1.1.16. C

Рjешење 1.1.17. Вељко

Рjешење 1.1.18. Замените коње.

Рjешење 1.1.19. Хоће ли твоj брат рећи да ти говориш истину? Брат коjи лаже, наово питање одговориће “да”, а брат коjи говори истину одговориће “не”.

Рjешење 1.1.20. На слици 6.6 лево види се да струjа тече од A,B, или C до X, кадаjе укључен прекидач A и бар jедан од B и C. То исто jе на десноj слици.



Slika 6.6: Дистрибуциjа конjункциjе по дисjункциjи.

Рjешење 1.1.21. На слици 6.7 приказане су ел. шеме за Деморганов закон конjункциjе.Пратите улазе и излазе за сваку од четири комбинациjе 0 и 1.

Slika 6.7: Деморганов закон AB = A + B.

Слично урадите за Деморганов закон дисjункциjе.

Рjешење 1.1.22. Негациjе A и B на слици 6.8 означавамо са !A и !B.

Slika 6.8: L = AB +AB = A⊕B

Рjешење 1.1.23. Q = AB +BC(B +C).



Рjешење 1.1.26. Прва значи да jе дати низ конвергентан, а друга да jе након некогброjа m константан.

Рjешење 1.1.27. (∀m ∈ N)(∃n ∈ N)(∀p ∈ N) mn > p.

Скуп

Рjешење 1.2.2. 8. Обе стране, првог и другог Де Моргановог закона резултираjуВеновим диjаграмима на слици 6.9.

Slika 6.9: (A ∪B)′ и (A ∩B)′.

Рjешење 1.2.4. Из дисjунктних растава:

A ∪B = A ∪ (A′ ∩B), (A′ ∩B) ∪ (A ∩B) = B,

следи да jе броj елемената:

n(A ∪B) = n(A) + n(A′ ∩B), n(A′ ∩B) + n(A ∩B) = n(B),

а отудаn(A ∪B) = n(A) + n(B) − n(A ∩B),


Рjешење 1.2.5. Из претходног задатка 1.2.4 добиjамо, редом:

n(A ∩B) = n(A) + n(B) − n(A ∪B) = 16 + 21 − 32 = 5,

гдjе jе A скуп ученика коjи уче њемачки jезик, а B коjи уче енглески. Према томе,оба jезика у том разреду учи пет ученика.

Рjешење 1.2.6. Израчунавамо, редом:

n(A ∩B) = n(A) + n(B) − n(A ∪B) = 45 + 33 − 62 = 16.

Дакле, 16 особа jе попило кафу са другим пићем.



Рjешење 1.2.7. Имамо, редом:

n(A ∪B) = n(A ∖B) + n(A ∩B) + n(B ∖A),

48 = 15 + 12 + n(B ∖A),

n(B ∖A) = 21.

Затим имамо:n(B) = n(A ∩B) + n(B ∖A) = 12 + 21 = 33.

Дакле, n(B) = 33.

Рjешење 1.2.8. Нека су E и F скупови лица коjа говоре енглески и француски редом.Тада jе n(E) = 82, n(F ) = 65, n(E ∪ F ) = 120. Даље jе:

n(E ∩ F ) = n(E) + n(F ) − n(E ∪ F ) = 82 + 65 − 120 = 27.

Затим, из n(E) = n(E∖F )+n(E∩F ) сљеди n(E∖F ) = n(E)−n(E∩F ) = 82−27 = 55 иn(F ∖E) = n(F )−n(E∩F ) = 65−27 = 38. Дакле, броj лица коjи говоре само енглескиjе n(E ∖F ) = 55, броj лица коjа говоре само француски jе n(F ∖E) = 38, а броj лицакоjа говоре оба jезика jе n(E ∩ F ) = 27.

Рjешење 1.2.10. Венови диjаграми прве и друге jеднакости су на слици 6.10.

Slika 6.10: C ∖ (A ∪B) = (C ∖A) ∩ (C ∖B), C ∖ (A ∩B) = (C ∖A) ∪ (C ∖B).

Рjешење 1.2.12. Дато jе n(A) = 40, n(B) = 32, n(C) = 29, n(A ∪ B ∪ C) = 56 иn(A ∩B ∩C) = 4. На основу задатка1.2.11 имамо, редом:

n(A ∪B ∪C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩B) − n(A ∩C) − n(B ∩C) + n(A ∩B ∩C),

56 = 40 + 32 + 29 − n(A ∩B) − n(A ∩C) − n(B ∩C) + 4,

56 = 105 − n(A ∩B) − n(A ∩C) − n(B ∩C),

n(A ∩B) + n(A ∩C) + n(B ∩C) = 49.

Према томе, 49 такмичара су добили медаље у по двиjе категориjе.



Рjешење 1.2.13. Имамо редом:

n(A ∪B ∪C) = n(A) + n(B) + n(C) − n(A ∩B) − n(A ∩C) − n(B ∩C) + n(A ∩B ∩C),

49 = 21 + 27 + 29 − 8 − n(A ∩C) − 14 + 3,

49 = 58 − n(A ∩C),n(A ∩C) = 9.

То значи да девет лица игра прву и трећу игру.

n[(A ∩B) ∖C] = n(A ∩B) − n(A ∩B ∩C) = 8 − 3 = 5.

Дакле, пет лица игра прву и другу али не и трећу игру.

Рjешење 1.2.14. Налазимо редом:

∣F ∪H ∪M ∣ = ∣F ∣ + ∣H ∣ + ∣M ∣ − ∣F ∩H) − ∣F ∩N ∣ − ∣H ∩M ∣ + ∣F ∩H ∩M ∣,

∣F ∪H ∪M ∣ = 60 + 24 + 17 − 12 − 8 − 3 + 1,

∣F ∪H ∪M ∣ = 79, 120 − 79 = 49.

Према томе, студената коjи нису кандидати нити за jедан од предмета има 41.

Рjешење 1.2.15. Опет, имамо редом:

∣A ∪B ∪C ∣ = ∣A∣ + ∣B∣ + ∣C ∣ − ∣A ∩B∣ − ∣A ∩C ∣ − ∣B ∩C ∣ + ∣A ∩B ∩C ∣,

∣A ∪B ∪C ∣ = 100 + 70 + 140 − 40 − 30 − 60 + 10,

∣A ∪B ∪C ∣ = 190, 200 − 190 = 10.

Дакле, 10 кандидата нема нити jедан од уређаjа.

Доказ 1.2.16. Претпоставимо супротно. Тада jе A ⊂ C, али A /⊂ B и A /⊂ C. Тадамора бити A = B и B = C, а отуда A = C, што jе у контрадикциjи са претпоставкомда jе A прави потскупC.

Доказ 1.2.17. Нека jе (a, c) ∈ A × C. Тада jе a ∈ A, па због A ⊆ B имамо a ∈ B.Слично, из c ∈ C и C ⊆ D произилази c ∈ D. Према томе, a ∈ B и c ∈ D, па jе(a, c) ∈ B ×D. Отуда A ×C ⊆ B ×D.

Доказ 1.2.18. Нека jе (x, y) ∈ (A ∪ B) × C. Тада x ∈ A ∪ B, па x ∈ A или x ∈ B.Због симетриjе jе свеjедно, а претпоставимо да jе прво тачно. Тада, из y ∈ C сљеди(x, y) ∈ (A ×C), па (x, y) ∈ (A ×C) ∪ (B ×C). Отуда закључак да jе

(A ∪B) ×C ⊆ (A ×C) ∪ (B ×C).

Обратно, нека jе (x, y) ∈ (A ×C) ∪ (B ×C). Тада (x, y) ∈ A ×C или (x, y) ∈ (B ×C).Узмимо да jе прво од ових симетричних тачно. Тада jе x ∈ A и y ∈ C. Како jе



A ⊆ A∪B, биће и x ∈ A∪B. Према томе jе (x, y) ∈ (A∪B)×C, па можемо закључитида jе

(A ×C) ∪ (B ×C) ⊆ (A ∪B) ×C.

Дакле, лиjева страна jе потскуп десне, а десна jе потскуп лиjеве, што значи да суоба скупа jеднака, што jе и требало доказати.

Доказ 1.2.19. Скуп на лиjевоj страни jеднакости jе

(A ∩B) ×C = {(x, z)∣(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (z ∈ C)}.

Из еквиваленциjе

(x ∈ A ∧ x ∈ B) ∧ (z ∈ C) ⇐⇒ [(x ∈ A) ∧ (z ∈ C)] ∧ [(x ∈ B) ∧ (z ∈ C)]

сљеди [(x, z) ∈ (A ×C)] ∧ [(x, z) ∈ (B ×C)], а отуда

(x, z) ∈ [(A ×C) ∩ (B ×C)],

што значи да се (у оба смjера) произвољан елеменат jедне стране налази и на другоjстрани jеднакости. То значи да jе скуп лиjево jеднак скупу десно.

Доказ 1.2.20. Пре свега, разлика скупова A и B према дефинициjи jе скуп

A ∖B = {x∣x ∈ A ∧ x /∈ B}.

Даље имамо еквиваленциjе: ∀(x, z) ∈ (A ∖B) ×C ⇐⇒

(x ∈ A ∧ x /∈ B) ∧ z ∈ C ⇐⇒

(x ∈ A ∧ z ∈ C) ∧ (x /∈ B ∧ z ∈ C) ⇐⇒

(x, z) ∈ (A ×C) ∧ (x, z) /∈ (B ×C) ⇐⇒

(x, z) ∈ (A ×C) ∖ (B ×C).

Отуда тражена jеднакост.

Рjешење 1.2.21. Броj куће jе 14, а деца имаjу по 3, 3 и 8 година.Наиме, сви могући растави 72 на три фактора су:

1 ⋅ 8 ⋅ 9 (18), 2 ⋅ 2 ⋅ 18 (22), 2 ⋅ 3 ⋅ 12 (17), 2 ⋅ 4 ⋅ 9 (15),

2 ⋅ 6 ⋅ 6 (14), 3 ⋅ 3 ⋅ 8 (14), 3 ⋅ 4 ⋅ 6 (13).

Пописивач то може израчунати и зна броj куће, али jе збуњен. То значи да jе броjкуће 14, jедини дупли резултат: jедно дjете има 2 године, а два стариjа близанца по6, или два млађа близанца имаjу по 3 године а наjстариjе дjете 8. Затим пописивачсазнаjе да постоjи наjстариjе дjете. Према томе, броj куће jе 14, а дjеца имаjу по 3,3 и 8 година.



Рjешење 1.2.22. Само две. Треба окренути прву (А) и трећу (4) карту.

Рjешење 1.2.24. i. Израчунавамо скупове, редом:

A ∪B = {1,2,3,4,5,6}, A ∩B = {3,4}, A ∖B = {1,2}, B ∖A = {5,6};

(A ∪B) ∖ (A ∩B) = {1,2,5,6}, (A ∖B) ∪ (B ∖A) = {1,2,5,6},(A ∪B) ∖ (A ∩B) = (A ∖B) ∪ (B ∖A).

ii. Обе стране jеднакости резултираjу Веновим диjаграмом на слици 6.11.

Slika 6.11: Симетрична разлика скупова A⊕B.

iii. Користећи X ∖ Y =X ∩ Y ′

Доказ 1.2.25. Користимо принцип математичке иднукциjе.Први корак. Треба проверити тачност T1. За n = 1, имамо само jедан непаран

броj (jединицу) и збир 1 = 12, па jе тврђење T1 тачно. Иако ниjе потребно, приметимода су такође тачна и тврђења T2 и T3, за следећа два случаjа n = 2 и n = 3, jер jе1 + 3 = 22 и 1 + 3 + 5 = 32.

Други корак. Треба доказати импликациjу Tn ⇒ Tn+1. Када кажемо да jе тачнотврђење Tn за неко n = 1,2,3, . . . , то овдjе значи да важи jеднакост

1 + 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n − 1) = n2.

Додаjући обема странама ове jеднакости следећи непаран броj (2n + 1), добиjамо

1 + 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n − 1) + (2n + 1) = n2 + (2n + 1).

Збир на десноj страни jе квадрат бинома (n+1)2. То значи да jе тачно и тврђење Tn+1.Према томе, доказали смо импликациjу Tn ⇒ Tn+1, односно други корак индукциjе.

Зато jе увек1 + 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (2n − 1) = n2, n = 1,2,3, . . . .

Тиме jе доказ математичком индукциjом завршен.

Доказ 1.2.26. i. Први корак индукциjе jе тривиjалан, T1 ∶ 2 = 1 ⋅ (1 + 1). У другомкораку, претпоставци Tn ∶ ∑nk=1 2k = n(n+1) додамо 2(n+1) на обе стране jеднакостии добиjамо (еквивалентну jеднакост) последицу Tn+1 ∶ ∑n+1

k=1 2k = (n + 1)(n + 2).ii. Општи члан низа jе 3k − 2. У другом кораку, додамо 3n + 1.iii. Други корак, следи из: (n + 1)2 = n2 + 2n + 1 ≥ (2n + 1) + 2n + 1 = 2n + 2 + 2n ≥

2n + 2 + 2 + 1 = 2(n + 1) + 1.iv. Следи из n! ≥ 2n почев од n = 4, и (n+1)! = n!(n+1) ≥ 2n(n+1) ≥ 2n ⋅2 = 2n+1.



Доказ 1.2.27. Користимо принцип математичке индукциjе.Када jе A = Ø, тj. празан скуп, тада jе броj елемената n(A) = 0. Партитативни

скуп jе ℘(A) = {Ø}, тj. jедночлан, па jе дата jеднакост тачна. За jедночлани скупA = {a1}, биће n(℘(A)) = n({Ø,{a1}}) = 2, па jе дата jеднакост опет тачна. ЗаA = {a1, a2} jе ℘(A) = {Ø,{a1},{a2},{a1, a2}}, па опет имамо тражену jеднакост, jерn(℘(A)) = 4 = 22 = 2n(A). У случаjу трочланог скупа A, партитативни скуп (1.3) има8 = 23 елемената.

Уопште, нека су дати скуп A = {a1, . . . , an} са n = 1,2,3, . . . елемената и његовпартитативни скуп са 2n елемената. Када бисмо скуп A увећали за jош jеданелеменат an+1, тада би он имао n + 1 елемената. Његов партитативни скуп бисмоморали увећати тако да сваком потскупу (елементу претходног ℘) додамо по jошjедан потскуп увећан за таj нови елеменат an+1. Тиме би се партитативни скуптачно удвостручио, па би броj елемената постао 2 ⋅ ℘ = 2 ⋅ 2n = 2n+1.

Рjешење 1.2.28. Означимо наведене активности редом са A,B,C,D. Дато jе:

A ∪D ⊆ B, C ⊆D, B ∩C ⊆ A.

Отуда jе C потскуп сва три скупа B,C и D па jе елемената тог скупа, тj. оних коjисе баве jогом, наjмање. Сва три скупа A,C и D су потскупови B, што значи да jенаjвише оних коjи се баве трачањем, то jе скуп B.

Упутство 1.2.29. У тренутку пуцања, човек jе тачно на северном полу, а медведгдjе год да jе, jужно jе. На северном полу живе бели медведи.

Рjешење 1.2.30. Резултати су дати у табели:

Норвежанин жута Данхил вода мачкаДанац плава Бленд чаj коњБританац црвена Пал Мал млеко птицеНемац зелена Принц кафа рибаШвеђанин бела Блу Мастер пиво пас

Релациjе

Рjешење 1.3.5. Лако налазимо, алфабетски и низ стрелице:

ρ = {(a, a), (a, b), (b, f), (d, e), (d, f), (e, e), (f, b), (f, c)},

ρ−1 = {(a, a), (b, a), (f, b), (e, d), (f, d), (e, e), (b, f), (c, f)}.



Рjешење 1.3.6. Релациjа ρ jе скуп уређених парова (x, y), при чему jе:

x ∈ {1,2,4,7,14,28,49,98,196}, y ∈ {1,3,5,9,15,25,45,75,225}.

Инверзна релациjа ρ−1 jе скуп истих парова у обрнутом поретку (y, x).

1.3.7. Израчунавамо ординату y = 13x+1 као пар (произвољним) апсцисама и цртамо

тачку по тачку (x, y) у Декартовом правоуглом систему Oxy. Добиjамо плаву линиjуAC на слици 6.12. Затим израчунавамо инверзно x = 3y − 3 и дефинишемо инверзнурелациjу y = 3x − 3 за граф инверзне релациjе, коjа jе на истоj слици представљенацрвеном правом BC. Испрекидана сива линиjа OC jе симетрала I и III квадранта,односно права y = x. То jе оса симетриjе тачака скупова ρ и ρ−1.

Slika 6.12: Граф релациjе ρ ∶ y = 13x + 1 и инверзне ρ−1 ∶ y = 3x − 3.

Рjешење 1.3.8. Да би нацртали праву y = 2x − 2 довољно jе знати њене две тачке,рецимо A′(1,0) и B′(2,2). Она jе инверзна правоj y = 1

2x+1, представљеноj на слици1.10 десно. На тоj слици B и ово B′ су иста тачка. То jе тачка симетрале y = x.

Рjешење 1.3.9. Цртаjући тачке релациjе ρ, као што су A(1−√

52 , 1−

√

52 ), B(1,0) или

C(1+√

52 , 1+

√

52 ) на слици 6.13, добиjамо плаву параболу на тоj слици. Из jеднакости

y = x2−1 добиjамо инверзне jеднакости x = ±√y + 1, затим y = ±

√x + 1 коjе дефинишу

инверзну релациjу ρ−1, црвени граф. Тачке A и C леже на симетрали y = x,



испрекиданоj сивоj линиjи графа, па зато припадаjу и инверзноj релациjи, заjедноса тачком D(0,1).

Slika 6.13: Граф релациjе ρ.

Доказ 1.3.15. a. За свако y ∈ ρ(A) постоjи неко x ∈ A такво да jе xρy. Како jе A ⊆ Bбиће x ∈ B. Отуда y ∈ ρ(B), што значи ρ(A) ⊆ ρ(B).

b. За свако y ∈ ρ(A ∪ B) постоjи неко x ∈ A ∪ B такво да jе xρy. Ако x ∈ A,тада y ∈ ρ(A). Ако x ∈ B, тада y ∈ ρ(B). У оба случаjа y ∈ ρ(A) ∪ ρ(B). Отудаρ(A ∪B) ⊆ ρ(A) ∪ ρ(B).

Обратно, из a. следи да ρ(A) ⊆ ρ(A ∪B) и ρ(B) ⊆ ρ(A ∪B), те jе ρ(A) ∪ ρ(B) ⊆ρ(A ∪B).

c. Следи из a. да ρ(A ∩ B) ⊆ ρ(A) и ρ(A ∩ B) ⊆ ρ(B). Отуда ρ(A ∩ B) ⊆ρ(A) ∩ ρ(B).

Доказ 1.3.16. Ако jе xρ1y, тада jе y = ρ1(x). Због ρ1(x) = ρ2(x), имамо y ∈ ρ2(x).Слично, из xρ2y следи xρ1y. Према томе ρ1 = ρ2.

Доказ 1.3.21. Од два узастопна броjа jедан jе паран. Од три узастопна броjа jеданjе дељив са 3. Од четири узастопна броjа jедан jе дељив са 4. Дакле, од четириузастопна броjа два су парна, а jедан од њих jе дељив и са 4, док jе jедан дељив сатри. Њихов производ jе дељив са 24, jер jе 2 ⋅ 3 ⋅ 4 = 24.



Доказ 1.3.22. Из n5 − n = (n − 1)n(n + 1)(n2 + 1), због прва три фактора, следи да jедати броj дељив са 6. Ако jе броj n = 5k ± 1, онда jе n − 1, n или n + 1 дељиво са 5, аако jе облика n = 5n ± 2, онда jе n2 + 1 = (5n ± 2)2 + 1 = 25n2 ± 20n + 5, што jе такођедељиво са 5. Према томе, дати броj jе дељив са 6 ⋅ 5 = 30.

Доказ 1.3.23. Приметимо да jе n2 + 3n + 5 = (n + 7)(n − 4) + 33. Броjеви n + 7 и n − 4су или оба дељиви са 11, или ниjе ниjедан. Како 11∣33 и 121 /∣ 33 у првом случаjуjе први сабирак датог броjа дељив са 121, а други ниjе, а у другом случаjу jе другисабирак дељив са 11, а први ниjе.

Рjешење 1.3.24. НЗД17 за броjеве 35 и 65 jе 5 килограма. Треба 7 гаjби по 5 kgзелених jабука и 13 гаjби по 5 kg црвених jабука.

Доказ 1.3.25. Користимо Еуклидов алгоритам дељења (примjер 1.3.20). Математичкоминдукциjом доказуjемо да се сваки остатак rk у еуклидском алгоритму за NZD(a, b)може изразити као rk = αka + βkb за неке αk, βk ∈ Z. Заиста, то jе тачно за самеброjеве a = 1 ⋅ a + 0 ⋅ b и b = 0 ⋅ a + 1 ⋅ b, као и за r1 = a − q1b = 1 ⋅ a + (−q) ⋅ b. Затопретпоставимо да важи rk−1 = αk−1a+βk−1b и rk = αka+βkb за неке целе α и β. Тада jеrk+1 = rk−1−qk+1rk = (αk−1−qk+1αk)a+(βk−1−qk+1βk)b, па jе сада довољно дефинисатиαk+1 = αk−1 − qk+1αk и βk+1 = βk−1 − qk+1βk. Посебно jе NZD(a, b) = rn = αna + βnb саα = αn и β = βn траженим коефициjентима

Рjешење 1.3.26. Наjмањи заjеднички садржалац датих броjева jе NZS(33,39) = 429.Према томе, након 429 минута први аутомобил направиће тачно 13, а други 11кругова, након чега ће се оба наћи на почетноj линиjи.

Рjешење 1.3.27. Рефлексивност: Тривиjално, за свако a ∈ S из (a, a) ∈ ρ, заменомпрвог и другог a следи да jе (a, a) ∈ ρ−1.

Симетриjа: Претпоставка jе да (∀a, b ∈ S) (a, b) ∈ ρ ⇒ (b, a) ∈ ρ. Међутим,(a, b) ∈ ρ−1 ⇐⇒ (b, a) ∈ ρ, а због произвољности a, b следи (a, b) ∈ ρ−1 ⇒ (b, a) ∈ ρ−1.

Транзитивност: Из (∀a, b, c ∈ S) (a, b) ∈ ρ ∧ (b, c) ∈ ρ⇒ (a, c) ∈ ρ следи:

(b, a) ∈ ρ−1 ∧ (c, b) ∈ ρ−1 ⇒ (c, a) ∈ ρ−1,

(c, b) ∈ ρ−1 ∧ (b, a) ∈ ρ−1 ⇒ (c, a) ∈ ρ−1,

а то jе транзитивност ρ−1. Релациjа еквиваленциjе jе РСТ.

Резултат 1.3.29. a. не, b. не, c. да, d. не, e. не.

Доказ 1.3.33. Ако су a и b конгруентни по модулу m, тада се они могу писати уоблику a = αm + r и b = βm + r, гдjе α,β ∈ Z, r ∈ {0,1,2, . . . ,m − 1}. Отуда:

i. a = b+ (α− β)m; ii. a− b = (α− β)m; iii. рефлексивност: a− a = 0 ⋅m, симетриjа:b − a = −(α − β)m, транзитивност: сабирањем са додатним b − c = (β − γ)m добиjамоa − c = (α − γ)m.

17НЗД - наjвећи заjеднички диjелилац.



Доказ 1.3.34. Ако су a и b конгруентни по модулу m, тада се они могу писати уоблику a = αm + r1 и b = βm + r1, гдjе α,β ∈ Z. Слично c = γm + r2 и d = δm + r2, гдjеостаци r1 и r2 не мораjу бити jеднаки.

i. Из ax+ cy = (αx+γy)m+ r1x+ r2y и bx+dy = (βx+ δy)m+ r1x+ r2y одузимањемналазимо да jе разлика (ax + cy) − (bx + dy) дељива са m.

ii. ac − bd = (αγ − βδ)m2 + (α − β)r2m + (γ − δ)r1m, а то jе дељиво са m.iii. a − b = (α − β)m = (α − β)λn, а то jе броj дељив са n.

Упутство 1.3.35. Следи из вишеструке употребе претходног1.3.34 ii.

Рjешење 1.3.37. Из 26 = 64 ≡ −1 (mod 13) следи

22010 = (26)335 ≡ (−1)335 ≡ −1 (mod 13).

Отуда 22011 = 2 ⋅ 22010 ≡ 2 ⋅ (−1) = −2 ≡ 11 (mod 13). Дакле, броj 22011 при делењу са13 даjе остатак 11.

Функциjе

Рjешење 1.4.4. Функциjе су прва три (горе), први и трећи граф доле. Граф функциjеу Декартовом систему препознаjемо тзв. „вертикалним тестом“. Ако произвољнавертикална (на апсцису) сече граф наjвише jедном, тада jе релациjа функциjа.

Рjешење 1.4.11. Графове цртамо грану по грану, за сваку од функциjа:

f(x) = ∣x − 1∣ − 1 = { (x − 1) − 1, x − 1 ≥ 0−(x − 1) − 1, x − 1 < 0

= { x − 2, x ≥ 1−x, x < 1

,

g(x) = ∣x + 1∣ − 1 = { (x + 1) − 1, x + 1 ≥ 0−(x + 1) − 1, x + 1 < 0

= { x, x ≥ −1−x − 2, x < −1

.

Графови су на слици 6.14. Композициjе су:

h1(x) = g[f(x)] = { f(x), f(x) ≥ −1−f(x) − 2, f(x) < −1

=⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x − 2, x ≥ 1−x, x ∈ [−1,1)

−x + 2, x < −1,

h2(x) = f[g(x)] = { g − 2, g ≥ 1−g, g < 1

=⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

x − 2, x ≥ 1−x, x ∈ [−1,1)x + 2, x < −1

.

Рjешење 1.4.14. Из x2 − 4 ≥ 0 следи (x − 2)(x + 2) ≥ 0, односно x ∈ (−∞,−2] ∪ [2,+∞).Из 4 − x2 > 0 следи (2 − x)(2 + x) ≥ 0, односно x ∈ [−2,2].Из x2 + 4x ≥ 0 следи x(x + 4) ≥ 0, односно x ∈ (−∞,−4] ∪ [0,∞).Из 4x2 − 12x ≥ 0 следи x(x − 3) ≥ 0, односно x ∈ (−∞,0] ∪ [3,∞).



Slika 6.14: Функциjе f, g = ∣x ∓ 1∣ − 1.

Рjешење 1.4.15. Из x−1x+2 > 0 следи (x − 1)(x + 2) > 0, па x ∈ (−∞,−2) ∪ (1,∞).

Из x+1x−2 < 3 следи x+1

x−2 − 3 < 0, односно −2x+7x−2 < 0, или (−2x + 7)(x − 2) < 0, па

x ∈ (−∞,−72) ∪ (2,∞).

Из неjедначина −1 ≤ 1−4x5 и 1−4x

5 ≤ 1 следи −5 ≤ 1 − 4x ≤ 5, затим −6 ≤ −4x ≤ 4, аотуда 3

2 ≥ x ≥ −1, односно x ∈ [−1, 32].

Из x2 − 2x − 3 ≤ 0 следи (x + 1)(x − 3) ≤ 0, па x ∈ (−∞,−1] ∪ [3,∞).Имамо систем две неjедначине 0 ≤ x2 + 4x и x2 + 4x ≤ 5. Прва jе еквивалентна са

x(x+4) ≥ 0, па x ∈ (−∞,−4]∪[0,∞). Друга са x2+4x−5 ≤ 0, односно (x−1)(x+5) ≤ 0,па x ∈ [−5,1]. Пресек дозвољених интервала jе коначно x ∈ [−5,−4] ∪ [0,1].

Систем неjедначина 0 ≤ 4x2−12x+8 и 4x2−12x+5 ≤ 0 еквивалентан jе са системом0 ≤ (x − 1)(x − 2) и (2x − 5)(2x − 1) ≤ 0. Прву решава x ∈ (−∞,1] ∪ [2,∞) а другуx ∈ [1

2 ,52]. Коначно рjешење jе пресек x ∈ [2, 5

2].

Доказ 1.4.16. i. Тривиjално.ii. Ако jе y ∈ f(A1 ∪A2), тада jе y = f(x) за неко x коjе припада бар jедном од

скупова A1,A2. Отуда, y jе елеменат бар jедног од скупова f(A1), f(A2), што значии њихове униjе f(A1) ∪ f(A2). Обрнуто, ако y припада овоj униjи, припадаће барjедном од скупова f(A1), f(A2), тако да jе y = f(x). Дакле, y ∈ f(A1 ∪A2).

iii. Из y ∈ f(A1 ∩ A2) следи да jе y = f(x) за неко x коjе лежи у оба скупаA1,A2. Отуда jе y елемент оба скупа f(A1), f(A2), па jе и елемент њиховог пресекаf(A1) ∩ f(A2).

Доказ 1.4.17. i. Тривиjално.ii. Ако jе x ∈ f−1(B1 ∪ B2), онда f(x) припада B1 ∪ B2, односно бар jедном од

скупова B1 и B1. Дакле, x jе елеменат бар jедног од скупова f−1(B1), f−1(B2), патиме и њихове униjе f−1(B1) ∪ f−1(B2). Обрнуто, ако x припада њиховоj униjи,припадаће бар jедном од скупова f−1(B1) и f−1(B2), те ће у бар jедном од скуповаB1,B2 постоjати неко y такво да jе x ∈ f−1(y). Али, тада x ∈ f−1(B1 ∪B2).

iii. Доказ jе формално исти као под ii, ако свуда униjу заменимо пресеком, аизраз „бар jедан“ изразом „и jедан и други“.

iv. Из x ∈ f−1(CYB) следи да jе y = f(x) за неко y ∈ CYB. Тада y ∉ B, паx ∉ f−1(B), што значи x ∈ CXf−1(B). Обрнуто, из x ∈ CXf−1(B) следи x ∉ f−1(B),



па у B нема елемента y за коjи би важило y = f(x). Како f пресликава X у Y , то уCyB мора постоjати y такво да jе y = f(x), што значи да x ∈ f−1(CYB).

1.4.18. i. Претпоставимо да важи f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2) за све потскупове изX и да функциjа ниjе биjекциjа. То значи да постоjе x1, x2 ∈X такви да jе x1 ≠ x2 иf(x1) = f(x2) = y. Нека jе A1 = {x1} и A2 = {x2}. Из A1 ∩A2 = ∅ следи f(A1 ∩A2) =∅. Међутим f(A1) ∩ f(A2) = {y) ≠ ∅, што значи f(A1 ∩ A2) ≠ f(A1) ∩ f(A2), тj.контрадикциjу.

Обратно, претпоставимо да jе дата функциjа биjекциjа. Нека суA1 иA2 непразниподскупови из X. Нека y ∈ f(A1 ∩ A2). Тада jе y = f(x) за неко x ∈ A1 ∩ A2, па jеy ∈ f(A1)∩ f(A2). Отуда прва инклузиjа f(A1 ∩A2) ⊆ f(A1)∩ f(A2). Затим, нека jеy ∈ f(A1)∩f(A2). Тада y ∈ f(A1) и y ∈ f(A2), тj. y = f(x1) = f(x2) за неке x1, x2 ∈X.Како jе функциjа биjекциjа, из f(x1) = f(x2) следи x1 = x2. Отуда друга инклузиjаf(A1) ∩ f(A2) ⊆ f(A1 ∩A2). Последица обе инклузиjе jе f(A1 ∩A2) = f(A1) ∩ f(A2).

ii. Видети примjер 1.4.19.

Доказ 1.4.24. Методом математичке индукциjе, први корак. Тврђење T1, за n = 1, jеочигледно тачна неjеднакост f(x1) ≤ f(x1). Приметимо да jе тврђење T2, за случаjn = 2, такође тривиjално, jер jе то сама дефинициjа конвексних функциjа, а да за T3

имамо примjер 1.4.22.Други корак индукциjе, доказуjемо импликациjу (∀n ∈ N) Tn ⇒ Tn+1. Нека jе за

неки природни броj n дата неjеднакост тачна за све k = 1,2, . . . , n. Тада jе, редом:

f⎛⎝n+1

∑j=1

λjxj⎞⎠= f ((1 − λn+1)

∑nj=1 λjxjλ2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λn

+ λn+1xn+1)

≤ (1 − λn+1)f (λ1x1 + ⋅ ⋅ ⋅ + λnxnλ1 + ⋅ ⋅ ⋅ + λn

) + λn+1f(xn+1)

= (1 − λn+1)f ( λ1

λ1 + ⋅ ⋅ ⋅ + λnx1 + ⋅ ⋅ ⋅ +

λnλ1 + ⋅ ⋅ ⋅ + λn

xn) + λn+1f(xn+1),

f⎛⎝n+1

∑j=1

λjxj⎞⎠≤n+1

∑j=1

λjxj .

Према томе, (∀n ∈ N) Tn ⇒ Tn+1, чиме jе дато тврђење доказано методом математичкеиндукциjе.

Рjешење 1.4.25. i: 2,4,6, . . . . ii: 0,1,−1,2,−2, . . . . iii. в. слику 6.15 лево. Формирамобесконачну матрицу коjа садржи све позитивне разломке, облика m/n, гдjе jе mредак а n колона. Матрицу „преброjавамо“ диjагонално дуж стрелица сиво означенихна слици, не узимаjући броjеве (црвено) коjи се понављаjу. Затим на начин (ii)комбинуjеме ове позитивне разломке Q+ са нулом и негативним Q−, добиjаjућиелементе скупа свих рационалних броjева Q у jедном низу.



Slika 6.15: Преброjавање Q и непреброjивост R

Доказ 1.4.26. Кантор18 jе следећи диjагонални поступак обjавио 1891, као доказ дане постоjи биjекциjа између природних и реалних броjева. Посматраjмо скуп S свихбесконачних низова бинарних цифара 0 и 1. Доказуjемо да jе такав скуп непреброjивметодом контрадикциjе.

Нека jе s1, s2, s3, . . . произвољан низ таквих низова, као на слици 6.15 десно.Претпоставимо да се у том низу налазе сви могући низови бинарних цифара. Затимформираjмо низ s узимаjући (диjагонално) по jедну, k-ту цифру k = 1,2,3, . . . из skи мењаjући jе у супротну (заменом 0 у 1, или обратно). Низ s се не налази у низуs1, s2, s3, . . . , jер се s разликуjе од s1 по првоj цифри, разликуjе се од s2 по другоj, одs3 по трећоj, и тако даље, s се разликуjе од sk по k-тоj цифри. То jе контрадикциjаса претпоставком да низ s1, s2, s3, . . . садржи све бинарне низове.

Како ниjе могуће поредати у jедан низ све (бинарне) броjеве из интервала (0,1),то поготово ниjе могуће са свим реалним броjевима.

Цели броjеви

Рjешење 2.1.2. Развиjамо броj у збир потенциjа nb = bnbn + bn−1bn−1 + ⋅ ⋅ ⋅ + b1b1 + b0b0,

гдjе jе bnbn−1 . . . b1b0 запис датог броjа nb у датоj бази b.1000112 = 1 ⋅ 25 + 0 ⋅ 24 + 0 ⋅ 23 + 0 ⋅ 22 + 1 ⋅ 21 + 1 ⋅ 20 = 35.43078 = 4 ⋅ 83 + 3 ⋅ 82 + 0 ⋅ 81 + 7 ⋅ 80 = 2247.BC1216 = 11 ⋅ 163 + 12 ⋅ 162 + 1 ⋅ 161 + 2 ⋅ 160 = 48146.

Рjешење 2.1.6. K11 = 211 − 2 = 2046 = 11 × 186, K12 = 4094 = 341 × 12 + 2.

18Georg Cantor (1845-1918), њемачки математичар, jедан од оснивача теориjе скупова.



Броj 230−1 jе дељив19 са 210−1 = 1023 = 3⋅341, па 341∣(211−2) и20 341∣[(231)11−211].Отуда 341∣[(231)11−211] = 341∣[(231)11−211+211−2]. Из (231)11−211 = [(231)11−211]+[211 − 2] следи да 341 диjели K341 = 2341 − 2.

Доказ 2.1.10. a. За n = 1 дати броj A1 = 42 + 2 = 18 jесте дељив са 3. Претпоставимода jе за неко n ≥ 1 дати броj An дељив са 3. Тада због:

An+1 = 4n+3 + 2 = 42(4n+1 + 2) − 6 = 16An − 16 ⋅ 2 + 2 = 16An − 2 ⋅ 15

jе такође дељив са 3.b. За n = 1 дати броj 3 ⋅ 42 + 100 − 4 = 45 jесте дељив са 9. Претпоставимо да jе

дати броj дељив са 9 за неко n и означимо га са Bn. Tada, због:

Bn+1 = 3 ⋅ 4n+2 + 10n − 4 = 4 ⋅ 3 ⋅ 4n+1 + 10 ⋅ 10n−1 − 4

= 4(3 ⋅ 4n+1 + 10n−1 − 4) + 6 ⋅ 4n+1 + 3 ⋅ 4,

Bn+1 = 4Bn + 6An

jе такође дељив са 9.

Рjешење 2.1.11. a. За n = 0 jе 20 > 0 тачно. Саберимо претпоставку 2n > n иочигледну неjеднакост 2n ≥ 1, добиjамо неjеднакост 2n+1 > n+1, па jе доказ индукциjомзавршен.

b. За n = 5 имамо 25 > 52, што jе тачно. Сабирањем претпоставке 2n > n2 инеjеднакости 2n > 2n + 1 следи последица 2n+1 > (n + 1)2.

Рjешење 2.1.14. Користимо Еуклидов алгоритам дељења:

455 = 1 ⋅ 385 + 70,385 = 5 ⋅ 70 + 35,70 = 2 ⋅ 35 + 0.

996 = 1 ⋅ 918 + 78,918 = 11 ⋅ 78 + 60,78 = 1 ⋅ 60 + 18,60 = 3 ⋅ 18 + 6,18 = 3 ⋅ 6 + 0.

Дакле, NZD(455,385) = 35 и NZD(996,918) = 6. Трећи NZD(2247,2033) = 107.

Резултат 2.1.16. 1, 23, 15.

Резултат 2.1.19. i ∶ NZD(12,32) = 4, ii: NZS(12,42) = 84.iii: NZD(12,32,42) = 2, iv: NZS(12,32,42) = 672.

19разлика кубова a3 − b3 = (a − b)(a2 + ab + b2) за a = 210 и b = 120в. задатак 1.3.34, конгруенциjе



Рjешење 2.1.24. Помоћу Еуклидовог алгоритма тражимо нзд:

258 = 1 ⋅ 147 + 111,147 = 1 ⋅ 111 + 36,111 = 3 ⋅ 36 + 3,36 = 3 ⋅ 12.

Дакле, NZD(258,147) = 3. Како 3∣369, jедначина има рjешење. Затим разлажемоброj 3 на линеарну комбинациjу 258 и 147 користећи претходни Еуклидов алгоритам:

3 = 111 − 3 ⋅ 36 = 111 − 3(147 − 111) = 4 ⋅ 111 − 3 ⋅ 147

= 4(258 − 147) − 3 ⋅ 147 = 4 ⋅ 258 − 7 ⋅ 147,

3 = 4 ⋅ 285 − 7 ⋅ 147 / × 123

ову jедначину множимо са 123 зато што jе 3 × 123 = 369, па добиjамо

492 ⋅ 258 + (−861) ⋅ 147 = 369.

Према томе, jедно рjешење jе

x0 = 492, y0 = −861.

Сва друга решења имаjу облик x = x0 − 147z/3, y = y0 + 258z/3, тj.

x = 492 − 49z, y = 86z − 861,

гдjе jе z ∈ Z произвољан цели броj. Преласком на нову променљиву z = t + 10, истарешења се поjедностављуjу:

x = 2 − 49t, y = 86t − 1,

гдjе jе t произвољан цели броj.

Рjешење 2.1.25. За прву са лева, решења су x = 169 + 35z, y = −468 − 97z, гдjе jе zпроизвољан цели броj. Друга нема (целоброjних) решења. Решења треће (∀z ∈ Z)су x = −2 + 5z, y = 6 − 14z.

Разломци

Рjешење 2.2.5. Казаљке ће се поклопити након 45 + x = 49,09 минута. Наиме, из(45 + x) ∶ 60 = x ∶ 5, следи x = 45/11 ≈ 4,09 min.

Централни угао сата између 10 и 2 jе φ = 360○ ⋅ 412 = 120○. У десет и десет велика

казаљка ће бити на броjу 2, а мала ће прећи 2/12 дела пута од 10 до 11, коjи jе опет1/12 пуног круга од 360○. Према томе, тражени угао jе φ − 2

12⋅12 ⋅ 360○ = 115○.



Рjешење 2.2.7. Означимо x = 0,444 . . . , па jе 10x = 4,44 . . . , тj. 10x = 4 + x. Отудаx = 4

9 .Означимо x = −56,789789789 . . . и y = 0,789789789 . . . . На претходни начин

добиjамо 1000y = 789,789789 . . . , тj. 1000y = 789 + y, а отуда y = 999789 , па

x = −56 + y = −56 + 999

789= −14 395

263.

Рjешење 2.2.8. 1312 = 1,08333 . . . ; 3,1666 . . . ; 5,24999 . . . ; 7,333 . . . .

Рjешење 2.2.9. 12,0123 = 1 ⋅ 31 + 2 ⋅ 30 + 0 ⋅ 3−1 + 1 ⋅ 3−2 + 2 ⋅ 3−3 = 5,18519. Обратно,израчунавамо (количник и остатак) редом: 5 = 123 и 0,18519 = 0,0123.

5 ∶ 3 = 1 21 ∶ 3 = 0 10 ∶ 3 = 0 0

0,18519 ⋅ 3 = 0,555570,55557 ⋅ 3 = 1,666710,66671 ⋅ 3 = 2,00013

Рjешење 2.2.10. Множимо броj (резултат) базом b и узимамо цифре21 испред зареза.0,456 ⋅ 2 = 0,9120,912 ⋅ 2 = 1,8240,824 ⋅ 2 = 1,6480,648 ⋅ 2 = 1,2960,296 ⋅ 2 = 0,5920,592 ⋅ 2 = 1,1840,184 ⋅ 2 = 0,3680,368 ⋅ 2 = 0,736

0,456 ⋅ 8 = 3,6480,648 ⋅ 8 = 5,1840,184 ⋅ 8 = 1,4720,472 ⋅ 8 = 3,7760,776 ⋅ 8 = 6,2080,208 ⋅ 8 = 1,6640,664 ⋅ 8 = 5,3120,312 ⋅ 8 = 2,496

0,456 ⋅ 16 = 7,2960,296 ⋅ 16 = 4,7360,736 ⋅ 16 = 1,4720,472 ⋅ 16 = 11,7760,776 ⋅ 16 = 12,4160,416 ⋅ 16 = 6,6560,656 ⋅ 16 = 10,4960,496 ⋅ 16 = 7,936

Добиjамо: 0,011101002, 0,351361528, 0,741BC6A716. То су првих 8 цифара изазареза у бази b = 2,8,16 декадног броjа 0,456.

Рjешење 2.2.11. 0,999 ⋅ ⋅ ⋅ = 12 +

14 +

18 + ⋅ ⋅ ⋅ = 0,111 . . .2 то jе броj 1.

0,4999 ⋅ ⋅ ⋅ = 14 +

18 +

116 + ⋅ ⋅ ⋅ = 0,12 или 0,111 . . .2, а то jе броj 1/2.

0,111 ⋅ ⋅ ⋅ = 116 +

132 +

164 + ⋅ ⋅ ⋅ = 0,000111000111 . . .2 то jе броj 1/9.

0,0714285714285 ⋅ ⋅ ⋅ = 116 +

1128 +

11024 + ⋅ ⋅ ⋅ = 0,0001001001 . . .2, броj 1/14.

Рjешење 2.2.12. 12 +

16 = 2

3 ,12 +

110 = 3

5 ,13 +

124 = 1

4 +18 = 3

8 ,12 +

14 +

120 = 1

2 +15 +

110 = 4

5 .

Рjешење 2.2.14. Броj 201500 подељен са 77 даjе остатак 68. Зато xy = 09 = 77−68.

Рjешење 2.2.15. Ако се дати разломак може скратити са 9, онда су збирови цифараброjника и називника дељивиса 9, тj 9∣(2a+b+6) и 9∣(a+2b). Међутим, a, b = 0,1, . . . ,9па су jедине могућности a = 2 и b = 8. Дати разломак jе 22248/828 и он се можескратити са 36, добиjа се 618/23.

2110, 11, 12, 13, 14 и 15 хексадецимално пишемо A, B, C, D, E и F.



Рjешење 2.2.18. Разлажемо дати разломак на jедноставниjе сабирке:

i.35z + 9

15z + 4= 2(15z + 4) + (5z + 1)

15z + 4= 2 + 5z + 1

15z + 4= 2 + 1

3 + 15z+1

,

а разломак 1/(5z + 1) jе редукован.

14z + 3

21z + 4= 1

21z+414z+3

= 1

1 + 7z+114z+3

= 1

1 + 12+ 1

7z+1

,

а разломак 1/(7z + 1) jе редукован.

Доказ 2.2.19. Претпоставимо супротно, да дати разломак ниjе редукован и да семоже писати у облику ak/bk гдjе су a, b и k цели броjеви, али k > 1. Тада имамосистем jедначина:

{ 13z + 6 = ak,11z + 5 = bk.

Прву множимо са 11, а другу са 13 па одузимамо. Добиjамо

1 = (11a − 13b)k.

Контрадикциjа, jер производ целог броjа у загради и k > 1 не може бити 1.

Рjешење 2.2.20.

( 510 ⋅

100125 +

75

711 −

311

) ⋅ 3(15

10 +14) ⋅ 3

55

=2255 +

4955 −

1555

(64 +

14) ⋅ 1

55

= 56 ⋅ 47

= 32.

Рjешење 2.2.21. = 2(x− 12)(x−5)

3(x+ 13)(x−5)

= 2x−13x+1 .

Рjешење 2.2.22. = [ a+1(a+2)(a−2) +

1−a2

(a+2)(a2−2a+4)] ⋅ (a2 − 2a + 4) = (a+1)(a2−2a+4)+(1−a2)(a−2)

(a+2)(a−2)

= (a+1)(a2−2a+4−a2+3a−2)(a+2)(a−2) = (a+1)(a+2)

(a+2)(a−2) =a+1a−2 .

Рjешење 2.2.23. = (x+y)(x2−xy+y2)(x+y)2(x−y)

+ 2yx−2y2−xyx2−y2

= x2−y2

x2−y2= 1.

Рjешење 2.2.24. = a3+a2+a−a3−1a(a−1)(a2+a+1)

⋅ a(1−a)(1+a)a+1 = 1−a−a2

a+a+a2.

Рjешење 2.2.25. = (a+b)2−4abab ⋅ (a+b)

2−ab

ab ⋅ ab(a−b)(a2+ab+b2)

= (a+b)2−4abab(a−b) = (a−b)2

ab(a−b) =a−bab .




2a2 − ab − 3b2

2a2 − 5ab + 3b2= 2a2 + 2ab − 3ab − 3b2

2a2 − 2ab − 3ab + 3b2= 2a(a + b) − 3b(a + b)

2a(a − b) − 3b(a − b)

= (a + b)(2a − 3b)(a − b)(2a − 3b) = a + b

a − b .


=1a2+ 1b2

1a +

1b

⋅ ab

a2 + b2 ⋅ 3(a + b) =a2+b2

a2b2

a+bab

⋅ ab

a2 + b2 ⋅ 3(a + b) = 3.


22x − 4 ⋅ 2x + 3

2x/2 − 1= 22x − 2x − 3 ⋅ 2x + 3

2x/2 − 1= (2x − 1)(2x − 3)

2x/2 − 1

= (2x/2 − 1)(2x/2 + 1)(2x + 3)2x/2 − 1

= (2x/2 + 1)(2x − 1).

Релани броjеви

Доказ 2.3.1. Претпоставимо супротно, да jе√

6 рационалан, тj. да се може писатиу облику редукованог разломка m/n. Тада jе m2 = 6n2, па jе броj m дељив са шест.Зато можемо писати m = 6k гдjе jе k неки непознати цели броj. Враћаjући ово упретходну jеднакост добиjамо 36k2 = 6n2, тj. n2 = 6k2, па jе и n дељив са шест. Тоjе контрадикциjа са претпоставком да jе разломак m/n редукован.

Доказ 2.3.2. Претпоставимо супротно,√

2 +√

3 = q ∈ Q. Тада 2 + 2√

6 + 3 = q2 ∈ Q, па√6 = q2−5

2 ∈ Q, што jе контрадикциjа jер jе броj√

6 ирационалан (задатак 2.3.1).

Рjешење 2.3.4. Нека jе n + √n = q рационалан броj. Тада jе

√n = q − n, што jе

немогуће, jер jе на левоj страни jеднакости ирационалан, а на десноj рационаланброj.

Рjешење 2.3.6. За n = 1,2,3, . . . решења су полиномских jедначина xn − q = 0.

Рjешење 2.3.7. Нека jе дата дуж jединичне дужине, а њен већи део дужине x. Наслици 2.3 jе тада a + b = 1, затим b = x и a = 1 − x. Отуда 1 ∶ x = x ∶ (1 − x), односноx2 = 1 − x и тражена jедначина. Да jе броj φ =

√

5−12 њено рjешење проверавамо

уврштавањем.



Рjешење 2.3.8. Нека jе дата дуж дужине x + 1, при чему jе a = x и b = 1, као наслици 2.3. Отуда (x + 1) ∶ x = x ∶ 1, односно x2 = x + 1 и добиjамо тражену jедначину.Уврштавањем проверавамо да jе њено рjешење броj Φ =

√

5+12 .

Рjешење 2.3.9. Ако корени имаjу jединствене (коначне) вриjедности, тада jе:

Φ =√

1 +Φ, φ =√

1 − φ,

Φ2 −Φ − 1 = 0, φ2 + φ − 1 = 0,

а то су jедначине чиjа решења су златни броjеви.

Рjешење 2.3.10. Добиjамо Φ = 1 + 1Φ , а отуда Φ2 − Φ − 1 = 0, што jе jедначина чиjе

рjешење jе (већи) златни броj.

Рjешење 2.3.12. Из x2−1 = (x−1)(x+1) ≥ 0 налазимо, табела на слици 6.16, а затим

Slika 6.16: Неjедначина x2 − 1 ≥ 0.

формирамо скуп решења X = (−∞,−1] ∪ [1,+∞) дате неjедначине. Отуда

∣x2 − 1∣ = { x2 − 1, x ∈X−x2 + 1, x ∉X.

Слично решавамо и остале.

Рjешење 2.3.14. Лако налазимо:

f(x) = { x − 3, x ≥ 2−x + 1, x < 2

а затим f(x) = 0 акко22 x = 1 или x = 3. Граф jе на слици 6.17.

Рjешење 2.3.18. Ако jе 0 ≤ a ≤ b, тада jе ∣a + b∣ + ∣a − b∣ = (a + b) − (a − b) = 2b, и∣a + b∣ − ∣a − b∣ = (a + b) + (a − b) = 2a, па су обе дате jеднакости тачне. Због симетриjеброjева a, b видимо да су увек тачне.

22ако и само ако



Slika 6.17: Граф функциjе y = ∣x − 2∣ − 1.

Рjешење 2.3.20. На слици 2.5 лево, за a > b jе правоугли троугао са хипотенузом a+b2

и jеднуом катетом a−b2 . Према Питагориноj теореми, друга катета износи

a + b2

≥

¿ÁÁÀ(a + b

2)

2

− (a − b2

)2

=√

a2 + 2ab + b24

− a2 − 2ab + b2

4=√ab,

а неjеднакост постаjе jеднакост акко a = b.

Рjешење 2.3.21. Из геометриjе знамо да се пречник са перифериjе круга види подправим углом. На слици 2.5 десно, пречник a+ b се види из две тачке, формираjућидва правоугла троугла. Први jе jеднакокраки, са висином A = a+b

2 , а други ниjеjеднакокрак и зато има мању висину G, за коjу због сличности у њему садржанихправоуглих троуглова имамо a ∶ G = G ∶ b, а отуда G =

√ab.

Рjешење 2.3.22. Просечна брзина = (укупни пут)/(укупно време), односно v = s/t.i. Укупни пут jе s = s1 + s2 = 20 + 30 = 50 километара, а укупно време путовања

t = t1 + t2 = 2 часа. Поjедине брзине су v1 = 20 и v2 = 30, па jе просечна брзина(v1 + v2)/2 = 25 километара на час. То jе аритметичка средина две брзине.

ii. Користимо такође претходну формулу, али у облику t = s/v. Прва половинапута траjала jе t1 = s1/v1, а друга t2 = s2/v2 часова, при чему jе s1 = s2 = s0, па jеукупно време путовања t = t1 + t2 = s1

v1+ s2v2

= s0( 1v1+ 1v2

). Према томе:

v = 21v1+ 1v2

= 2120 +

130

= 24 km/h.



То jе хармониjска средина две брзине.

Рjешење 2.3.26. Нека jе x = ∑ni=1 xi тачан збир тачних броjева xi, чиjе су приближневриjедности редом xi, са збиром x = ∑ni=1 xi.

i. Нека су границе апсолутних грешака ових броjева истим редом ∆i. Због∣x − x∣ = ∣∑ni=1(xi − xi)∣ ≤ ∑ni=1 ∣xi − xi∣ ≤ ∑ni=1 ∆i добиjамо ∆x = ∑ni=1 ∆i, тj. границаапсолутне грешке збира приближних броjева jеднака jе збиру граница апсолутнихгрешака сабирака.

ii. Према томе, приближне броjеве сабирамо почев од броjа са наjмањим броjемцифара иза децималне тачке. Преостале броjеве заокружимо на таj броj, па ихсаберемо. Добиjени резултат заокружимо до претпоследње цифре.

Рjешење 2.3.27. Збир датих приближних броjева jе x = ∑4i=1 xi = 300,513945. Од

дата четири сабирка, наjмању тачност има броj x4 = 234,5. Заокружићемо преосталеброjеве на ту тачност плус jедан и сабрати их:

x′ =4

∑i=1

xi = 0,57 + 65,44 + 0,01 + 234,50 = 447,72.

Коначни резултат заокружуjемо на jедну децималу x′′ = 447,7. Да би оценилиукупну грешку означимо са x = ∑4

i=1 xi збир тачних броjева. Тада jе

∣x − x′′∣ = ∣x − x + x − x′ + x′ − x′′∣ ≤ ∣x − x∣ + ∣x − x′∣ + ∣x′ − x′′∣,

Како су све цифре датих броjева сигурне, важи:

∣x − x∣ ≤4

∑i=1

∣x − xi∣ ≤1

2⋅ 10−4 + 1

2⋅ 10−3 + 1

2⋅ 10−6 + 1

2⋅ 10−1 = 0,0505505 < 0,051.

Друга разлика jе ∣x − x′∣ = ∣0,0034 + 0,005 + 0,002345 + 0,0∣ = 0,010745 < 0,011. Трећаразлика jе ∣x′ − x′′∣ = 0,020. За збир све три разлике важи:

∣x − x′′∣ ≤ 0,051 + 0,011 + 0,020 = 0,082 < 1

2⋅ 100,

што значи да збир има сигурну jедну децималу, што jе у складу са претходнимзакључцима.

Пропорциjе

Рjешење 2.4.1. Цена и количина шећера расту заjедно. То jе директна зависност,као на слици 6.18. Пропорциjу формирамо низ стрелице x ∶ 9 = 8,12 ∶ 10,44, а затиммножимо вањске па унутрашње броjеве и добиjамо 10,44 ⋅ x = 9 ⋅ 8,12. На краjуизрачунавамо x = 9⋅8,12

10,44 = 7. За 8,12 евра могу купити 7 килограма шећера.



Slika 6.18: Директна пропорционалност

Slika 6.19: Обрнута пропорционалност

Рjешење 2.4.3. Са више кока храна се брже троши, па имамо обрнуту пропорциjу,као на слици 6.19. Jеднакост x ∶ 20 = 300 ∶ 400 формирамо низ стрелице, а отуда400x = 20 ⋅ 300, односно x = 20 ⋅ 300/400 = 15 дана.

Рjешење 2.4.7. Када повећавамо висину простора са сандуцима тада расте вриjедностробе, односно смањуjе се дужина или ширина простора. Ове размере, директне иобрнуте у односу на колону „висина“ представљене су смером стрелицa на слици6.20. Одговараjуће пропорциjе дуж стрелица су:

x ∶ 15 = 55 ∶ 75= 30 ∶ 25= 28125 ∶ 37125

Отуда израз x ∶ 15 = (55 ∶ 75) ⋅ (30 ∶ 25) ⋅ (28125 ∶ 37125), тj. x = 15 ⋅ 55⋅30⋅2812575⋅25⋅37125 = 10. На

новом простору висина ће бити десет (10) сандука.

Рjешење 2.4.8. Када укупну цену C1 = 37 125 долара поделимо броjем свих сандукапрвог простораM1 = 55 ⋅30 ⋅15 = 24 750, добиjамо цену jедног сандука c = C1/M1 = 1,5долара. Цена jедног сандука множена броjем сандука jе укупна цена, C1 = c ⋅M1.Иста формула важи и за друго складиште, C2 = c ⋅M2, одакле 28 125 = 1,5 ⋅(75 ⋅25 ⋅x),а отуда x = 28 125/(1,5 ⋅ 75 ⋅ 25) = 10. Висина другог простора jе десет (10) сандука,што се слаже са претходним резултатом.

Рjешење 2.4.9. Припашће им износи редом x, y, z. Тако jе x ∶ y ∶ z = 5 ∶ 3 ∶ 2 иx+ y + z = 10 000. Из прве добиjамо jеднакости x = 5k, y = 3k и z = 2k, са непознатимкоефициjентом k, што уврштавањем у другу даjе 5k+3k+2k = 10 000, а отуда k = 100.Према томе, Лазар, Марко и Невена ће добити редом по x = 500, y = 300 и z = 200динара.



Slika 6.20: Простор са сандуцима

Рjешење 2.4.10. Делови дужине су x1, x2, x3 и x4. Тако jе x2 = 1,2x1, x3 = 1,22x1,x4 = 1,23x1 и x1 + x2 + x3 + x4 = 100. Уврштавањем привих jеднакости у другудобиjамо x1 + 1,2x1 + 1,22x1 + 1,23x1 = 100, односно (1 + 1,2 + 1,22 + 1,33)x1 = 100, аотуда приближно до милиметра:

x1 = 18,63 x2 = 22,35 x3 = 26,83 x4 = 32,19

метара.

Рjешење 2.4.13. Фомирамо шему сличну слици 2.8 из коjе налазимо x ∶ y = 10 ∶ 30.Друга jедначина jе x + y = 220. Резултати су x = 55 и y = 165 килограма.

Рjешење 2.4.15. Узећемо редом по x1, x2, x3 и x4 килограма датих врста брашна.Тако израчунавамо:

72x1 + 48x2 + 60x3 + 66x4 = 50(x1 + x2 + x3 + x4),

(72 − 50)x1 + (48 − 50)x2 + (60 − 50)x3 + (66 − 50)x4 = 0,

22x1 − 2x2 + 10x3 + 16x4 = 0.

Овдjе можемо направити велики броj размера, тако што неке непознате узмемопроизвољно а остале израчунамо. Jедно такво рjешење jе x1 = x2 = x3 = 1, x2 = 24.

Рjешење 2.4.17. Погледаjмо две комбинациjе мешања на слици 6.21. Настављамослично као у претходном примjеру, али уочавамо два различита односа. У jедномслучаjу имамо a ∶ b ∶ c ∶ d = 2 ∶ 1 ∶ 4 ∶ 6, а у другом a ∶ b ∶ c ∶ d = 1 ∶ 2 ∶ 6 ∶ 4.

Slika 6.21: Мешање четири компоненте

Рjешење 2.4.18. Према шеми слике 6.22 имамо 100 ∶ 500 = (850−x) ∶ (x−600), одаклетражени резултат 808,33 промила.



Slika 6.22: Финоћа смеше сребра

Рjешење 2.4.19. i. Првих 30 часова радила су оба радника и урадили 3/4 посла.Зато они требаjу поделити исти део укупног износа (18 000 рубаља) пропорционалномесечним платама (30 ∶ 17). Лако налазимо да ће у тоj првоj исплати први радникдобити 11489,36 рубаља а други 6510,64 рубље. Следећих 10 часова ради самодруги радник и добиjа остатак новца, тj. jош 6 000 рубаља. Дакле, првом и другомраднику на краjу посла треба исплатити укупно по 11 489 и 12 511 рубаља.

ii. Дефинишемо коефициjент k = pt/σ исплате радника сразмеран његовоj платиp и времену t проведеном на послу, а σ jе произвољна константа коjу можемоискористити за нормирање. За првог и другог радника узимамо броjеве редом30 ⋅ 3 = 90 и 17 ⋅ 4 = 68, чиjи jе збир σ = 158. Коефициjенте нормирамо па добиjамоk1 = 90/σ = 0,57 и k2 = 68/σ = 0,43. вриjедност поjедине исплате jе ki ⋅ 24 000, тj.коефициjент пута укупни износ. То су 13 680 и 10 320 рубаља, за првог и другоградника.

Рjешење 2.4.20. i. У првих 5 часова раде сва три радника и деле 512 ⋅ 1200 = 500 КМ

на износе x1, y1, z1 КМ редом. Из x1 ∶ y1 ∶ z1 = 7 ∶ 6 ∶ 8 и x1 + y1 + z1 = 500 добиjамоλ1 = 500/21 и x1 = 7λ1, y1 = 6λ1, z1 = 8λ1, односно (у КМ):

x1 = 166,67 y1 = 142,86 z1 = 190,47.

Наредна 4 часа раде само други и трећи радник и деле 412 ⋅ 1200 = 400 KM на износе

y2, z2 редом. Из y2 ∶ z2 = 6 ∶ 8 и y2 + z2 = 400 налазимо λ2 = 400/14 заjедно саy2 = 6λ2, z2 = 8λ2, а отуда:

x2 = 0 y2 = 171,43 z2 = 228,57.

Последња 3 часа ради само трећи радник и заради преосталих z3 = 312 ⋅ 1200 КМ, па

можемо писати:x3 = 0 y3 = 0 z3 = 300.

Према томе, збирови (w = w1 +w2 +w3):

x = 167, y = 314, z = 719,

су укупне зараде редом првог, другог и трећег радника (у КМ).ii. Платни коефициjенти су сразмерни плати и времену, односно броjевим 35, 48

и 96, чиjи jе збир 185. Након нормирања добиjамо k1 = 35185 = 0,19 затим k2 = 0,29 и

k3 = 52. Исплате у КМ, редом:

x = 228, y = 348, z = 624,

добиjамо множењем укупног износа 1200 КМ са коефициjентом радника.



Рjешење 2.4.21. Из jедначине 110 ⋅ 1,2 ⋅ x = 100 налазимо x ≈ 0,76, што значи да jероба на краjу поjефтинила за приближно 24 %.

Рjешење 2.4.22. Претходне плате Ане и Бранке означимо редом са 2x и 3x. Наконповећања, таj однос jе (2x + 1000) ∶ (3x + 1000) = 9 ∶ 11. Отуда

9(3x + 1000) = 11(2x + 1000),

27x + 9000 = 22x + 11000,

5x = 400.

Плате Ане и Бранке су биле 2x = 800 и 3x = 1200 КМ, а сада су 1800 и 2200 КМ.

Рjешење 2.4.23. У првоj шољи наћи ће се тачно онолико млека колико у другоj кафе.Наиме, колико кафе фали у првоj посуди, тачно толико има млека, а колико млекафали у другоj, тачно толико има кафе!

Рjешење 2.4.24. Када из прве посуде преспемо x литара сирупа у 4 литре воде, упрвоj посуди ће остати 1 − x литара сирупа, а у другоj ће бити 4 + x литара сока.Однос сирупа и воде у соку jе x

4+x . Када вратимо исту количину течности, у првоjпосуди ће се наћи s = 1 − x + x ⋅ x

x+4 = 4−3x4+x литара сирупа. Да би то била петина

раствора (20%) биће 4−3x4+x = 1

5 , а отуда x = 1. Потребно jе истрести сав сируп у воду,промешати и вратити литру сока назад. У обе посуде биће 20% раствор сирупа уводи.

Тачке и праве

Рjешење 3.1.1. a) Сваке две од n = 12 датих тачака могу дефинисати jедну праву.Броj начина23 издваjања по k = 2 тачаке jе (n

k) = (12

2) = 12⋅11

1⋅2 = 66.б) По три тачке одређуjу jедну раван, наjвише (12

3) = 12⋅11⋅10

1⋅2⋅3 = 220 равни.

Рjешење 3.1.2. a) Из V n2 = 21 следи n = 6 тачака. б) Из Cn3 = 20 следи n = 5.

Рjешење 3.1.3. Из n ⋅ (n − 1)/2 = 2n следи n = 5 тачака.

Рjешење 3.1.4. Из Cn3 = 2V n2 следи n = 8 тачака.

Рjешење 3.1.8. Ако за две праве a, b важи a ∩ b = {T}, али постоjи права c коjа сеса њима не сече у тоj тачки, већ у тачкама c ∩ a = {A} и c ∩ b = {B}, тада c лежи уравни одређеном правама a и b. Свака следећа права мора лежати у истоj равни, jерсече три праве a, b, c у бар две разне тачке. Наиме, према Хилбертовим аксиомамаинциденциjе, права коjа са равни има две заjедничке тачке, лежи у тоj равни.

23броj комбинациjа без понављања



Рjешење 3.1.9. Претпоставимо супротно. Тада, ако jе B−A−D, онда су тачке B,D саразних страна тачке A, па из A−B−C следи A−C−D, што jе супротно претпоставци.Дакле, ниjе A −B −D.

Рjешење 3.1.10. Из A −O −B и A −O − C следи да су тачке B и C са исте странетачке O, па ниjе B −O −C.

Рjешење 3.1.11. Мора бити a ∩ b = ∅, jер ако права a сече праву b, онда би скуп Sимао тачке са разних страна праве b.

Рjешење 3.1.12. в. претходни задатак.

Рjешење 3.1.13. Сваке две праве коjе се секу одређуjу 4 конвексна угла коjа нисуиспружена. Са n = 3 правих имамо 4 ⋅Cn2 = 4 ⋅ n(n−1)

2 = 12 таквих углова.

Рjешење 3.1.15. в) n(n − 3)/2, jер из сваког темена n-тоугла можемо повући n − 3диjагонале, пута броj n темена и подељено са 2, jер jе тако свака диjагонала вученадва пута.

Рjешење 3.1.16. (74) = 7⋅6⋅5⋅4

1⋅2⋅3⋅4 = 35 четвороуглова.

Рjешење 3.1.17. Из (n3) = (n

4) следи n = 7 тачака.

Рjешење 3.1.18. Поделимо дати правоугаоник на 4 × 3 = 12 квадрата jединичнихстраница. Подела се састоjи од 6 парова споjених таквих квадрата у правоугаоникестраница 2 × 1, диjагонала

√5, у коjе не може стати 6 или више тачака тако да су

сваке две удаљене за више од√

5.

Рjешење 3.1.19. Поделимо дати круг на 1007 jеднаких исечака са углом 360○/1007.У бар jедном од тих исечака се мораjу наћи три тачке (тачку на граници узимамода припада jедном од два суседна). Површина I1 = 1/2007 ≈ 0,000993049 исечка jевећа од површине P∆ произвољног троугла унутар исечка, па jе P∆ < I1 < 0,001.

Рjешење 3.1.20. Споjимо средине A1,B1,C1,D1 наспрамних страница дате плоче, тj.четвороугаоника, као на слици 6.23 лево. Четвороугао A1B1C1D1 jе паралелограм,па му се диjагонале полове, тj. O jе средина дужи A1C1 и D1B1 према ознакамана слици 6.23. Ако споjимо средине наспрамних дужи C2 ∈ C1E i A ∈ A1B опетjе четвороугао AB1C2O паралелограм, тj. тачка F jе средина дужи AC2 и OB1.Ако поступак поновимо за четвороуглове A1BB1O и ABB1F добићемо да су тачкеM,N,P,Q средине дужи AB,BC,CD и DA редом, као што се види на слици 6.23десно.

Посматраjмо jедан од четвороуглова димензиjа 2× 2 поља на коjе се плоча можеподелити. Рецимо, четвороугао ABCD на датоj слици. Докажимо да jе у томчетвороуглу збир површина црних jеднак збиру површина белих поља. ТроугловиSBN и SCN имаjу исте површине, jер имаjу основице исте дужине BN = CNи jеднаке висине до темена S. Слично, троуглови SCP и SDP имаjу jеднакеповршине, па и троуглови SDQ и SAQ, и троуглови SAM и SBM . Одатле, збир



Slika 6.23: Подела четвороугаоника

црних површина у четвороуглу ABCD jеднак jе збиру белих површина. Пошто сецела плоча 8× 8 може разложити на 16 оваквих површина, онда jе збир свих црнихповршина на плочи jеднак збиру свих белих.

Рjешење 3.1.21. Одаберимо различите тачке A1, . . . ,Am,B1, . . . ,Bm,C1 на кругу k сацентром O тако да су троуглови OAiBi (i = 1,2, . . . ,m) и OB1C1 jеднакостранични,као на слици 6.24. Скупови {O,A1, . . . ,Am,B1, . . . ,Bm} и исто са C1 су уравнотежении имаjу редом 2m + 1 и 2m + 2 елемената, m ∈ N.

Slika 6.24: Уравнотежен скуп тачака.

Рjешење 3.1.22. Орjентишимо праву ` произвољно у почетноj позициjи. Та права усваком тренутку диjели раван на леву и десну полураван. При преласку центра изтачке P у тачку Q током рада ветрењаче, тачка P ∈ ` прелази у леву полураван, докQ прелази из леве полуравну на праву, као што се види на слици 6.25. Према томе,броj тачака n1 и n2 на левоj и десноj полуравни око праве ` остаjе стално исти, осимкада P,Q ∈ `.

Одаберимо произвољну тачку A ∈ S и праву ` кроз A тако да jе ∣n1 − n2∣ ≤ 1 ипустимо ветрењачу у погон. Претпоставимо да постоjи тачка B коjа jе на ` само



коначно много пута. Почев од неког тренутка, B никада неће лећи на `, тj. увекће остати са исте, рецимо леве стране праве `. Када се ` обрне за 180○, долази уположаj неке праве `′∣∣` али супротне орjентациjе. Тачка B jе између `′ и `, штозначи да се лево од `′ налазе све тачке коjе су десно од ` плус тачка B и jедна тачкакоjа у том моменту лежи на `, што значи n1−n2 ≥ 2, противно претпоставци. Прематоме, оваква ветрењача пролази кроз сваку тачку бесконачно много пута.

Slika 6.25: Ветрењача, ММО 2011. године.

Углови

Рjешење 3.2.1. α = 15○, β = 25○ и γ = 20○.

Рjешење 3.2.2. i. Слика 3.3 лево. Збир збир унутрашњих углова троугла jе 180○.Из 44○ + 95○ + a○ = 180○ следи a○ = 41○. Вањски угао троугла jеднак jе збиру дваунутрашња њему не суседна угла, па 66○ = a○ + b○. Отуда b○ = 25○.

ii. Слика 3.3 средина. Углови са паралелним крацима су jеднаки, па jе a○ = 37○

и b○ = 75○ − a○ = 38○. Исто x○ = b○ = 38○.iii. Из центра описане кружнице правилног петоугла, свака страница се види под

углом 2e○ = 360○/5 = 72○. Тада су c○, e○, d○ периферни углови над jеднаким тетивама,па су и међусобно jеднаки, тj. c○ = d○ = e○ = 36○. Затим, сваки унутрашњи угао jеднакjе горњем, тj. a○ = b○ = c○ + e○ + d○ = 108○. Из збира углова троугла x○ + c○ + a○ = 180○

следи x○ = 36○, а због симетриjе y○ = 36○.

Рjешење 3.2.3. Из x = 2(180○ − x) следи x = 120○.

Рjешење 3.2.4. Из 5(90○ − x) = 2(180○ − x) − 24○ следи x = 38○.

Рjешење 3.2.5. Из α = 23β и β = 3

7γ, због α + β + γ = 180○, добиjамо γ = 105○, β = 45○ иα = 30○.

Рjешење 3.2.6. i. Из α + 6(90○ − α) = 180○ следи α = 72○.ii. Из α + 6(180○ − α) = 90○ следи α = 165○.



Рjешење 3.2.7. На слици 6.26, лево и десно, приказани су кораци израчунавањауглова x. Лево jе x = 20○, а десно x = 40○.

Slika 6.26: Корак по корак до непознатих углова.

Рjешење 3.2.8. Ради избегавања понављања доказа у скрипти [1], овдjе доказуjемоиндукциjом.

На слици 6.27 лево, дат jе троугао ABC, са полуправом Bb′∣∣Ab и продужеткомстранице c преко у полуправу Bc′. Углови са паралелним крацима су jеднаки, паjе ∠c′Bb′ = ∠cAb = α, ∠b′Ba = ∠bCa = γ, а њихов збир jе вањски угао троугла утемену B, коjи се надовезуjе на β до испруженог угла. Према томе, за n = 3 jе тачнотврђење да jе збир унутрашњих углова конвексног n-тоугла jеднак (n − 2) ⋅ 180○.

Претпоставимо да jе тврђење тачно за неко n ≥ 3. На произвољноj странициAB датог многоугла додаjмо jош jедан троугао (ABC1), као на слици 6.27 десно,тако да добиjемо n + 1-тоугао. Збир унутрашњих углова новог многоугла jе збирунурашњих углова старог, (n−2)180○ плус збир унутрашњих углова додатог троугла,α1+β1+γ1 = 180○, што jе укупно (n−1)180○. Према томе, тврђење jе тачно и за n+1,чиме jе доказ индукциjом завршен.

Рjешење 3.2.10. Лукови се виде под централним угловима BC = 7k, CD = 8k, AD =12k и AB = 9k са непознатим параметром k коjи одређуjемо из jедначине 7k+8k+12k+9k = 360○. Отуда k = 10○, па налазимо BC = 70○, CD = 80○, AD = 120○ и AB = 90○.Знамо да jе периферни угао jеднак половини централног над истом тетивом. Осталочитамо са дате слике 3.7.



Slika 6.27: Збир унутрашњих углова.

Периферни из тачке B над тетивом CD jе ∠1 = 40○. Над тетивом AD jе ∠2 = 60○.Из тачке A над тетивом BC jе ∠3 = 35○. Збир углова у троуглу, ∠2+∠3+∠4 = 180○,даће ∠4 = 85○. Њему суплементан jе ∠5 = 95○. Затим имамо унакрсне углове ∠6 =∠4 = 85○ и ∠7 = ∠5 = 95○. Вањски угао троугла jеднак jе збиру два унутрашња њемунесуседна угла, па jе ∠8 = ∠1+∠5 = 135○. Угао између тангенте (ED) и тетиве (BD)jеднак jе периферном углу над том тетивом, па jе ∠9 = BC+CD

2 = 75○. Збир углова учетвороуглу jе 360○, па jе ∠10 = 65○. Његов суплемент jе ∠11 = 115○. Збир три углатроугла jе ∠6 +∠9 +∠12 = 180○, па jе ∠12 = 20○.

Рjешење 3.2.11. Jеднаке тетиве се виде под jеднаким централним угловима па прематоме и са jеднаким периферним угловима, в. примjер 3.2.9. Од две неjеднаке тетивекраћа jе даља од центра круга па ће бити наспрам мањег угла.

Рjешење 3.2.12. Нека jе ABC троугао са α < β и са симетралама углова AM и BN ,као на слици 6.28. Изаберимо M ′ ∈ AM тако да jе ∠M ′BN = 1

2α. Како jе таj угаоjеднак ∠M ′AN , четири тачке N,A,B,M ′ леже на кружници. Затим имамо:

α < 1

2(α + β) < 1

2(α + β + γ),

∠BAN < ∠M ′BA < 90○.

Према задатку 3.2.11, због BN <M ′A jе AM > AM ′ > BN .

Доказ 3.2.13. Оваj исказ можемо рећи и на следећи начин: у троуглу ABC ако jеα ≠ β, тада jе AM ≠ BN , за одговараjуће симетрале. То jе непосредна последицапретходног тврђења, из задатка 3.2.12.

Доказ 3.2.14. На слици24 6.29 jе четвороугао ABCD са окомитим диjагоналамаAC ⊥ BD и линиjом ME ⊥ BC коjа пресеца AD у тачки F . Очигледно jе:

∠DMF = ∠BME = ∠MCE = ∠ACB = ∠ADB = ∠FDM.

24Brahmagupta: https://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupta


https://en.wikipedia.org/wiki/Brahmagupta


Slika 6.28: Троугао ABC са симетралама углова AM и BN .

Зато jе троугао FMD jеднакокрак. Аналогно, такав jе и троугао FAM . Према томеFA = FM = FD.

Slika 6.29: Брахмагупта jе нашао AF = FD.

Рjешење 3.2.20. i. Са слике 6.30 лево, налазимо jеднакости x + y = c, y + z = a иz + x = b, а отуда x = s − a, y = s − b и z = s − c, гдjе jе s = a+b+c

2 полуобим троугла.ii. Са слике 6.30 лево, налазимо 2s = (b + u) + (c + v), па због b + u = c + v, имамо

u = s − b и v = s − c.

Рjешење 3.2.21. Читамо са слике 6.31 лево, затим десно.



Slika 6.30: Уписана и приписана кружница троугла.

i. AB +CD = BC +DA ⇐⇒ (x + y) + (z + v) = (y + z) + (v + x), што jе тачно.ii. Периферни углови изB иD су са разних страна тетивеAC, па су суплементни.

Slika 6.31: Уписана и описана кружница четвороугла ABCD.

Рjешење 3.2.22. i. Периферни углови, из тачака A1 и B1, над пречником AB суправи.

ii. На истоj кружници, периферни углови из тачака A и A1 леже са различитихстрана тетиве BB1 па су суплементни. То значи ∠CA1B1 = ∠BAC.

Рjешење 3.2.23. Из претходног задатка 3.2.22 знамо да тачке A,B,A1,B1 леже накружници чиjи jе центар тачка Cs. Троугао BB1C jе правоугли. Затим, дужинеCsA1 и CsB1 су jеднаке (полупречнику), а ∠A1CsB1 jе централни угао те кружнице идвоструко jе већи од периферног угла ∠A1BB1 = 30○. Отуда ∠CsA1B1 = 2∠A1BB1 =60○, што значи да jе троугао ABC jеднакостраничан.

Доказ 3.2.24. Када jе AB пречник дате кружнице k, тада jе троугао ABC правоуглии C = A1 = B1, па jе увек A1B1 = 0.

Када AB ниjе пречник кружнице k, означимо са l1 и l2 њен већи и мањи лукAB. Нека jе γ = ∠ACB и нека C ∈ l1. Тада jе ∠A1BB1 = 90○ − γ. Тачке A,B,A1,B1



припадаjу новоj кружници k1 (в. задатак i. 3.2.22) са центром C ′. Перифериjскиугао ∠A1C

′B1 = 180○ − 2γ = const. па jе и дужина A1B1 = const.Када C ∈ l2, тада ∠ACB = 180○ − γ. То повлачи ∠A1BB1 = 90○ − γ и ∠A1C

′B1 =180○ − 2γ = const. а даље исто као у претходном случаjу, са C ∈ l1.

Доказ 3.2.25. Претпоставимо да су M,N такве тачке на страницама BC,AB редом,да jе четвороугао ABMN тетивни. Нека jе k кружница са центром O описана окотроугла ABC и нека jе t њена тангента у тачки C. Тада jе ∠tCB = ∠CAB = α иса друге стране α + ∠BMN = 180○. Отуда ∠NMC = α = ∠tCB, па jе MN ∣∣t. ЗбогOC ⊥ t jе OC ⊥MN .

Обратно, претпоставимо да M ∈ BC, N ∈ AC и OC ⊥ MN . Из OC ⊥ t следиMN ∣∣t и ∠NMC = ∠tCB = α, па jе ∠NMC = α. Супротни углови четвороуглаABMN су суплементни, па jе он тетивни.

Сличност

Доказ 3.3.1. На слици 3.13, споjимо B′C и BC ′. Површине (P3) троуглова BB′C иBC ′C су jеднаке, па jе редом:

P3(BB′C) ∶ P3(ABC) = P3(BC ′C) ∶ P3(ABC),

P3(BB′C) ∶ P3(ABC) = BB′ ∶ AB, P3(BC ′C) ∶ P3(ABC) = C ′C ∶ CA,BB′ ∶ AB = CC′ ∶ CA.

Доказ 3.3.2. Из:

BB′ ∶ AB = P3(BB′C) ∶ P3(ABC), C ′C ∶ CA = P3(BC ′C) ∶ P3(ABC)

следи:P3(BB′C) ∶ P3(ABC) = P3(BC ′C) ∶ P3(ABC),

P3(BB′C) = P3(BC ′C),што значи да троуглови ∆BB′C и ∆BC ′C, поред заjедничке основице BC имаjу иjеднаке висине, што значи да jе BC ∣∣B′C ′, тj. a∣∣a′.

Доказ 3.3.3. На слици 6.32 лево, троуглови ∆ABE и ∆BCD имаjу jеднаке углове:∠BAE = ∠CBD, ∠EBA = ∠DCB и ∠AEB = ∠BDC. Збир два угла троугла мањи jеод два права угла, тj. ∠BAE+∠EBA < 180○, па jе ∠BAE+∠DCB < 180○, што значида ће се продужеци страница AE и CD срести у тачки F . Четвороугао FEBD jепаралелограм.

Наспрамне странице паралелограма су jеднаке, EF = BD и BE = DF . ИзBE∣∣CF следи AE ∶ EF = AB ∶ BC, а због EF = BD следи AE ∶ BD = AB ∶ BC.Из BD∣∣AF следи AB ∶ BC = FD ∶ DC = EB ∶ DC. Према томе, AB ∶ BE = BC ∶ CD,затим AE ∶ EB = BD ∶DC.



Slika 6.32: а) Слични троуглови. б) Средња линиjа троугла.

Доказ 3.3.4. На слици 6.32 десно, средине страница троугла ABC су тачке M ∈ ACи N ∈ BC. Удвостручимо средњу линиjу MN тако да имамо распоред P −M −N .Четвороугао CPAN jе паралелограм, jер му се диjагонале полове у тачкиM . ОтудаAP ∣∣NC и AP = NC, па jе AP ∣∣BN и AP = BN . Зато jе и четвороугао ABNPпаралелограм. Према томе, NP ∣∣BA и MN = 1

2 ⋅AB, што jе и требало доказати.

Доказ 3.3.8. Означимо редом са M,N,P средине страница насупрот темена A,B,Cдатог троугла, као на слици 6.33. Због AB = 2 ⋅AP , AC = 2 ⋅AN и заjедничког угла∠A имамо сличне троуглове ∆ABC ∼ ∆APN . Зато jе PN ∣∣BC и BC = 2 ⋅ PN , штоjе на други начин доказано у задатку 3.3.4.

Тежишнице BN и CP секу се у тачки T коjу називамо тежиште. Због PN ∣∣BCjе ∠TPN = ∠TCB и ∠PNT = ∠TBC, па су слични и троуглови ∆TBC ∼ ∆TNP .Затим, из BC = 2 ⋅ PN следи пропорциjа 2 ∶ 1 ових троуглова, посебно

BT ∶ TN = 2 ∶ 1, CT ∶ TP = 2 ∶ 1,

Аналогно, конструишући прво средњу линиjу MN доказуjе се AT ∶ TM = 2 ∶ 1, чимеjе тражено тврђење у потпуности доказано.

Доказ 3.3.10. i. Свака тачка симетрале угла jе jеднако удаљене од кракова угла.Тачка пресека симетрале два угла троугла jе jеднако удаљена од све три страницетроугла, па jе она jединствена и центар уписаног круга датог троугла.

Аналогно, свака тачка симетрале дужи jеднако jе удаљена од краjева дужи.Тачка пресека симетрала две странице троугла jе jеднако удаљена од сва три теменатроугла, па jе она jединствена и центар jе описаног круга датог троугла.

ii. Дати троуглао узмемо за медиjални новог, већег троугла. Према тврђењузадатка 3.3.9-v. jединствени центар описаног круга већег троугла jе ортоцентармедиjалног троугла.

Доказ 3.3.11. i. Следи непосредно из Чевиjеве теореме 3.2.15.



Slika 6.33: Средине страница и тежиште T троугла ABC.

ii. Приметимо да имамо jеднаке површине троуглова P3(TBA′) = P3(TA′C) = x,P3(TCB′) = P3(TB′A) = y и P3(TAC ′) = P3(TC ′B) = z. Међутим, из P3(CAC′) =P3(CC′B) следи 2y + z = z + 2x, па jе x = y, а аналогно из P3(ABA′) = P3(AA′C)добиjамо y = z. Дакле, x = y = z.

iii. Настављаjући претходно налазимо и P3(TAB) = 2P3(TBA′). Како овитроуглови имаjу исте висине, добиjамо AT = 2 ⋅TA′, тj. тежиште диjели тежишницуу односу 2 ∶ 1 почев од врха.

Рjешење 3.3.12. Са слике 3.16 смо видели да jе H ортоцентар троугла ABC, док jеортоцентар H ′ медиjалног троугла A′B′C ′ уjедно и центар O описаног круга ∆ABC.Медиjални jе дупло мањи од главног троугла, висине су им паралелне, па налазимоAH = 2 ⋅OA′. Из претходног задатка 3.3.11 узимамо да jе AT = 2 ⋅ TA′, па пошто суобе висине AA1 и OA′ окомите на страницу BC, оне су паралелне и ∠HAT = ∠OA′T ,∆HAT ∼ ∆OA′T и ∠ATH = ∠A′TO. То значи да су тачке O,T,H колинеарне и даjе HT = 2 ⋅ TO.

Доказ 3.3.13. Вратимо се опет на слику 3.16. Из тачке A′′, средине странице B′C ′,повуцимо нормалу на ту страницу до тачке O′ пресека са Оjлеровом линиjом . Светри линиjе AH,A′′O′,A′O окомите су на B′C ′ и међусобно паралелне. Како jе AA′′ =A′′A′ то jе A′′O′ на пола пута од AH до A′O. Зато jе O′ средина дужиHO. Аналогнорадимо са нормалама у средњим тачкама B′′ ∈ C ′A′ и C ′′ ∈ A′B′, налазећи исту тачкуO′ пресека са (истом) Оjлеровом линиjом. Ове нормале су симетрале страницатроугла A′B′C ′ па jе њихов пресек O′ центар описаног круга тог троугла.

Доказ 3.3.14. Продужимо страницу AB = c троугла ABC до тачке D, тако да jеA − B − D и BD = BC = a, као на слици 6.34. Троугао BDC jе jеднакокраки, саjеднаким угловима δ = ∠BDC = ∠DCB < ∠DCA. Према томе, у троуглу ADCнаспрам мањег угла лежи краћа страна, AC < AD = AB +BD = AB +BC, а отудаAC < AB +BC, тj. b < c + a, што jе и требало доказати.



Slika 6.34: b < a + c.

Рjешење 3.3.16. Из Птоломеjеве теореме примењене на тетивни четвороугао AMBCимамо AB ⋅MC = BC ⋅MA + AC ⋅MB. Како jе AB = BC = AC = a, добиjамоa ⋅MC = a ⋅MA + a ⋅MB, па краћењем са a тражену jеднакост.

Доказ 3.3.17. Уочимо сличне троуглове ∆PAB′ ∼ ∆PBA′, небитно да ли jе P унутарили изван датог круга, нити да ли jе B = B′ = T . Отуда PA ∶ PB′ = PB ∶ PA′, односноPA ∶ PT = PT ∶ PT ′. Прва пропорциjа jе тражена jеднакост i. а друга jе њен посебанслучаj ii. PT 2 = PA ⋅ PA′.

iii. Узимаjући BB′ пречник кроз P , из i. за P унутар круга следи AP ⋅ PA′ =BP ⋅PB′ = (r + d)(r − d) = r2 − d2, а за P изван круга аналогно AP ⋅PA′ = d2 − r2.

Рjешење 3.3.19. Када се кругови додируjу извана, тада jе удаљеност између центаракругова C1C2 = r+r′. Оставимо ли центре C и C ′ на апсциси, а тачку додира круговапоставимо у исходиште, jедначина радиjалне осе (3.11) постаjе:

x = c′ − c2(p′ − p) = (p′2 − r′2) − (p2 − r2)

2(r′ + r) = 0,

jер су тада координате центара кругова C(−r,0) и C ′(r′,0), тj. p = −r и p′ = r′.Према томе, када центри кругова леже на апсциси а кругови се додируjу извана уисходишту система Oxy, радикална оса `1 на слици 3.19 лево, jе ордината.

Када су кругови jош мало ближе, секу се у две тачке од коjих jе jедна L, праве`2 коjу узимамо за ординату. За висину троугла C(p,0)C ′(p′,0)L(0, h) важи:

LO2 = CL2 −CO2 = C ′L2 −C ′O2,

h2 = r2 − p2 = r′2 − p′2,

па jедначина радиjалне осе (3.11) постаjе:

x = c′ − c2(p′ − p) = 0.

Дакле, радикална оса jе `2 на слици 3.19 десно.



Slika 6.35: Стjуартова теорема

Доказ 3.3.22. Са слике 6.35 израчунавамо:

n ⋅AB2 +m ⋅AC2 = n[(b +ma)2 + c2] +m[(b − na)2 + c2]

= (m + n)(b2 + c2) + nm2a2 +mn2a2

= n ⋅BO2 +m ⋅CO2 + (m + n) ⋅AO2.

Доказ 3.3.23. Нацртаjте слику! Ако jе тачка D средина странице BC биће ADтежишница и важиће пропорциjа AT ∶ TD = 2 ∶ 1. Према Стуjартовоj теореми,задатак 3.3.22, за три троугла PDA, PCB и TBC налазимо:

PA2 + 2 ⋅ PD2 = TA2 + 2 ⋅ TD2 + 3 ⋅ PT 3,

PB2 + PC2 = BD2 +DC2 + 2 ⋅ PD2,

TB2 + TC2 = BD2 +DC2 + 2 ⋅ TD2.

Сабирањем прве две jеднакости и применом треће, након сређивања добиjамо траженуjеднакост.

Доказ 3.3.24. На слици 6.36 jе AK ∣∣QP , K ∈ BC, па налазимо:

∆ABK ∼ ∆RBP ⇒ AR

RB= KPPB

,

∆QCP ∼ ∆ACK ⇒ QC

QA= PC

PK.

Множећи ове jеднакости, након сређивања добиjамо:

AR

RB

QC

QA= −PC

PB,

AR

RB

QC

QA

PB

PC= −1,

а то jе и требало доказати.



Slika 6.36: Менелаjева теорема

Тригонометриjа

Рjешење 3.4.1. (a) За правоугли, египатски троугао страница AB = c = 5, BC = a = 4и CA = b = 4 jе sin∠A = 4

5 = 0,8. Инверзно ∠A = arcsin 0,8, па jе ∠A = 53,1301○ =53○ + 60 × 0,1301′ = 53○ + 7,80614′ = 53○ + 7′ + 60 × 0,80614′′ = 53○ + 7′ + 48,3685′′.Дакле, оштри углови у теменима A и B су редом α = 53○ 7′ 48′′ и комплементарноβ = 36○ 52′ 12′′.

(б) То jе правоугли троугао, jер jе 52 + 122 = 132, па jе sinα = 513 = 0,384615.

Инверзно: α = arcsin 0,384615 = 22,6199○ = 22○ 37′ 12′′, па jе β = 67○ 22′ 48′′.

Рjешење 3.4.4. Катета CA1 =√

172 − 152 = 8, па из правоуглог троуглаA2BC налазимо(8 + x)2 + 152 = 212. Отуда x = 6

√6 − 8 ≈ 6,70.

Рjешење 3.4.5. BC = 5 ctg 30○ = 5√

3, x =√BC2 + 92 = 2

√39 ≈ 12,49.

Рjешење 3.4.6. На слици 6.37 лево, посматрач стоjи на тлу у тачки A, а балон секреће вертикалом B−C−D удаљеном 250 метара од њега. Опажени углови елевациjесу ∠BAC = 35○ и ∠BAD = 60○. Висине су BC = 250 ⋅tg 35○ и BD = 250 ⋅tg 60○, а затимналазимо CD = BD−BC = 257,96 m, пут коjи jе балон прешао за две минуте. Брзинабалона била jе 128,98 m/min односно 7,74 km/h.

Рjешење 3.4.7. За правоугле троуглове ∆CAD и ∆BAD углови у темену A су редом30○ и 70○ па су дужине CD = h ⋅ tg 30○ и BD = h ⋅ tg 70○. Пут s = BD − CD jе авионпрешао за време t = 2 min брзином v = 900 km/h, а због s = vt биће:

h ⋅ tg 70○ − h ⋅ tg 30○ = 900 ⋅ 1 km60 min

⋅ 2 min = 30 km,

h = 30 kmtg 70○ − tg 30○

= 13,824 km.



Slika 6.37: Решавање правоуглих троуглова.

Рjешење 3.4.8. Из правоуглих троуглова ∆ACD и ∆BCD (слика 3.24 лево) следи:

40 + x = h ⋅ ctg 30○, x = h ⋅ ctg 60○,

40 = h(ctg 30○ − ctg 60○),а отуда h = 34,64 m и x = 20 m.

Рjешење 3.4.9. Нека jе на слици 3.24 десно тачка M висине врха T , тj. MB = h, алитако да jе B −M −A. Из правоуглих троуглова ∆MTB и ∆MTA налазимо:

(MT = h ⋅ ctgβ ∧ MA =MT ⋅ tgα) ⇒ MA = h ⋅ tgα ctgβ.

Како jе h +MA = 2000, биће:

h + h tgα tgβ = 2000,

h(1 + tg 15○ ctg 10○) = 2000,

а отуда h = 793,8 m.

Рjешење 3.4.21. i. Из sin 3x = 12 следи 3x = 30○, па x = 10○.

ii. Из cos 5x =√

22 следи 5x = 45○, па x = 15○.

iii. Пребацуjемо све сабирке на леву страну jеднакости и растављањем на фактореналазимо (sinx − 1

2)(cosx − 12) = 0, а отуда два решења: x1 = 30○ и x2 = 60○.

iv. Добиjамо (tg−√

3)(ctgx −√

3) = 0, а отуда x1 = 60○ и x2 = 30○.

Рjешење 3.4.22. i. Скратимо разломак са cos 2x и ставимо t = tg 2x = sin 2xcos 2x . Добиjамо

2t−1t+1 = 1

2 t, а отуда (t − 1)(t − 2) = 0. Решења су x1 = 22,50○ и x2 = 31,72○.ii. Добиjамо (tg 3x − 2)(tg 3x − 3) = 0, а отуда x1 = 21,14○ и x2 = 23,86○.

Рjешење 3.4.24. За први ред добиjамо функциjе ctgx = 2 и tgx ∈ {0,4}, а за други:tgx = 3 и sinx = 1

2 . Углове израчунаjте калкулатором.



Рjешење 3.4.25. Овдjе прихватљива решења су за прву и другу неjедначину редом:tgx < 3 и cosx > 1

4 . Углове нађите сами.

Рjешење3.4.32. Полазећи од (3.15) и особина парности косинусне функциjе cos(−v) =cos v, и непарности синусне функциjе sin(−v) = − sin v, налазимо:

sin(u − v) = sin[u + (−v)] = sinu cos v − cosu sin v.

Полазећи од ове две и од идентитета cos θ = sin(90○ − θ), доказуjемо формулe закосинус збира и разлике:

cos(u ± v) = sin[90○ − (u ± v)] = sin[(90○ ± u) ± v] =

= sin(90○ ± u) cos v ± cos(90○ ± u) sin v

= cos(∓u) cos v ± sin(∓u) sin v

= cosu cos v ∓ sinu sin v.

Рjешење 3.4.33. Користећи све четири претходне формуле (3.16) доказуjемо адиционеформуле за тангенс збира и разлике:

tg(u ± v) = sin(u ± v)cos(u ± v) = sinu cos v ± cosu sin v

cosu sin v ∓ sinu sin v= tgu ± tg v

1 ∓ tgu tg v.

У последњем кораку су броjник и називник „скраћени“ производом косинуса.

Рjешење 3.4.34. i. Из α+β +γ = 180○ следии γ = 75○. Из синусне теореме и адиционеформуле за синус (3.15) добиjамо, редом:

a = 2R sinα = 2 ⋅ 2√

6 ⋅ sin 45○ = 4√

6 ⋅√

2

2= 4

√3,

b = 2R sinβ = 2 ⋅ 2√

6 ⋅ sin 60○ = 4√

6 ⋅√

3

2= 6

√3,

c = 2R sinγ = 4√

6 ⋅ sin(45○ + 30○) =

= 4√

6 ⋅ (sin 45○ cos 30○ + cos 45○ sin 30○),

= 4√

6 ⋅ (√

2

2⋅√

3

2+

√2

2⋅ 1

2) = 2(3 +

√3).

ii. Користимо другу jеднакост косинусне теореме. Помоћу адиционих формулатражимо косинус тупог угла, затим страницу b:

cos 105○ = cos(60 + 45○) =

= cos 60○ cos 45○ − sin 60○ sin 45○



= 1

2⋅√

2

2−

√3

2⋅√

2

2=

√2(1 −

√3)

4.

b2 = a2 + c2 − 2ac cos 105○ = 3 +√

3.

Затим, користимо синусну теорему, а синуси суплементних углова су jеднаки:

sinα = ab

sinβ = 2√

3

3 +√

3sin 105○ = 2

√3(3 −

√3)

9 − 3sin 75○ =

= 6(√

3 − 1)6

sin(45○ + 30○) = (√

3 − 1)(sin 45○ cos 30○ + cos 45○ sin 30○)

= (√

3 − 1)(√

2

2⋅√

3

2+

√2

2⋅ 1

2) = (

√3 − 1)

√2

4(√

3 + 1) =√

2

2,

па jе α = 45○. Зато jе γ = 180○ − α − β = 30○. Полупречник описане кружнице jе

R = b

2 sinβ= 3 +

√3

√

24 (

√3 + 1)

= 2√

6.

iii. Из косинусне теореме добиjамо a2 = b2 + c2 − 2bc cosα = 441, тj. a = 21 cm. Изсинусне теореме 2R sinα = a налазимо R = 7

√3 cm.

Рjешење 3.4.35. Дато jе: a − b = 3 cm, γ = 60○, R = 7√

3/3. Синусна теорема даjеc = 2R sinγ = 7 cm. Затим косинусна:

c2 = a2 + b2 − 2ab cosγ,

72 = (b + 3)2 + b2 − 2b(b + 3) cos 60○,

b2 + 3b − 40 = 0,

b2 + 8b − 5b − 40 = 0,

(b − 5 + 5)(b + 8) = 0,

што jе могуће за b1 = 5 и за b2 = −8. Само прво рjешење jе геометриjски прихватљиво,односно b = 5 cm. Затим налазимо a = b + 3 = 8 cm.

Рjешење 3.4.36. Имамо троугао ABC са страницама b = 8 и c = 5, и углом у темену∠A = 60○. Према косинусноj теореми jе:

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα,

a2 = 25 + 64 − 2 ⋅ 40 ⋅ 1

2,

па налазимо страницу a = BC = 7 cm. Затим, према синусноj теореми:

2R = a

sinα= 7√

3/2= 14

√3

3≈ 8,08 cm.

Тражени полупречник jе R = 7√

33 ≈ 4,04 cm.



Рjешење 3.4.39. Полазимо од слике 3.8 гдjе се види да jе површина троугла µ = 12aha.

1. Из центра уписане кружнице k(S, r) нормала на страницу a = BC троуглаjе дужине полупречника, она jе висина троугла SBC, па jе површина тог троуглаµ(∆SBC) = 1

2ar. Аналогно µ(∆SCA) = 12br и µ(SAB) = 1

2cr. Збир ове три површинеjе тражено µ1 = rs.

2. Херонов образац. Из темена C повуцимо висину h = CD ⊥ AB на страницуAB, на коjоj она прави одсjечке p = BD и q = AD. Из q = c−p следи q2 = c2 −2cp+p2,па додавањем h2 на обе стране h2 + q2 = h2 + c2 − 2cp + p2. Због Питагорине теоремеh2 + p2 = a2 и h2 + q2 = b2 добиjамо b2 = a2 + c2 − 2cp. Отуда p = a2+c2−b2

2c коjе можемовратити у h2 = a2 − p2, затим растављамо на факторе:

h2 = 4a2c2 − (a2 + c2 − b2)2

4c2= [2ac − (a2 + c2 − b2)][2ac + (a2 + c2 − b2)]

4c2,

h2 = [b2 − (a − c)2][(a + c)2 − b2]4c2

= [(b − a + c)(b + a − c)][(a + c − b)(a + c + b)]4c2

,

1

4h2c2 = b − a + c

2⋅ b + a − c

2⋅ a + c − b

2⋅ a + c + b

2= (s − a) ⋅ (s − c) ⋅ (s − b) ⋅ s,

1

2hc =

√s(s − a)(s − b)(s − c),

тj. µ2 jе тачно.3. Из темена A повуцимо висину ha = AE ⊥ BC. Из правоуглог троугла AEC

имамо ha = b sinγ, па површина ∆ABC износи µ3 = 12aha =

12ab sinγ, што jе и требало

доказати.4. Применимо синусну теорему, део sinγ = c

2R , на претходну формулу. Заповршину троугла ABC добиjамо µ4 = 1

2ab ⋅c

2R = abc4R .

Рjешење 3.4.41. Дати четвороугао jе на слици 6.38. Из BD ⊥ BC и ∠ABC = 120○

следи ∠ABD = 30○ и ∠BCD = 60○. Троугао ABD jе jеднакокрак, па jе и AB = 1. Изтроугла ABD, помоћу косинусне теореме DB2 = AB2 +AD2 − 2 ⋅AB ⋅AD ⋅ cos 120○,гдjе jе cos 120○ = cos(60○ + 60○) = cos 60○ cos 60○ − sin 60○ sin 60○, тj.

cos 120○ = (1

2)

2

− (√

3

2)

2

= −1

2,

па налазимо DB2 = 12+12−2⋅1⋅1⋅cos 120○ =√

3. Збирови наспрамних углова тетивногчетвороугла су jеднаки, па jе ∠BCD = 60○, ∠CDB = 30○, а из правоуглог троугла∆BCD добиjамо CD = 2.



Slika 6.38: Тетивни четвороугао.

Подударност

Рjешење 4.1.2. Дати су троуглови ∆ABC и ∆A′B′C ′ такви да jе BC = B′C ′, CA =C ′A′ и CD = C ′D′, гдjе су тачке D и D′ подножjа висина на странице AB и A′B′.

Нека jе AC > BC. Према ставу SSU важи ∆BCD ≅ ∆B′C ′D′, jер два троуглаимаjу jеднаку по jедну катету и хипотенузу, а прави угао jе наспрам дуже. Отуда∠B = ∠B′, а затим опет према ставу SSU биће ∆ABC ≅ ∆A′B′C ′.

Ако jе AC < BC, онда прво приметимо подударност ∆BCD ≅ ∆B′C ′D′, паконачну. Ако jе AC = BC, приметимо да важе обе прве подударности, а затимконачна.

Рjешење 4.1.3. Нека су дати ∆ABC и ∆A′B′C ′, и нека jе c = AB = A′B′ = c′, hc =D = A′D′ = h′c, tc = AE = A′E′ = t′c, гдjе су hc и tc редом висина и тежишница изтемена C на страницу c.

Према SSU jе ∆CDE ≅ ∆C ′D′E′, па два троугла имаjу jеднак угао ∠BEC. Какоjе BE пола странице BA, то из SUS следи ∆BCE ≅ ∆B′C ′E′, а отуда a = B′C ′ =BC = a′. Дакле, међу подударне елементе су и угао ∠ABC и страница BC, па изSUS следи ∆ABC ≅ ∆A′B′C ′.

Рjешење 4.1.6. Према ставу SUS важи подударност ∆A1CA ≅ ∆BCB1, jер jе A1C =BC, CA = CB1 и ∠A1CA = 60○ + γ = γ + 60○ = ∠BCB1. Отуда AA1 = BB1. Aналогнодоказуjемо AA1 = CC1.

Рjешење 4.1.9. Дати троугоао ∆ABC jе приказан на слици 6.39. Изван њега додаjмотачку B′ тако да jе ∆ABD ≅ ∆AB′D.

Како jе ∠BDA = ∠BAD = 75○, биће ∠DAC = ∠BAC−∠BAD = 15○. Због ∠CAB′ =75○ − 15○ = 60○ и AC = AB′ троугао ∆ACB′ jе jеднакостраничан. Даље, из ∠AB′D =30○ jе B′D ⊥ AC па jе четвороугао ADCB′ делтоид, тj. AD = DC, што jе и требалодоказати.

Рjешење 4.1.10. Са стране темена A на страницу BC конструишимо тачку N такода jе ∆MNC ≅ ∆ACB. Нацртаj слику!



Slika 6.39: Ако jе AC = AB = BD, тада jе DA =DC.

Имамо ∠ACB = 20○, ∠NCM = 80○, па jе ∠NCA = 80○ − 20○ = 60○. Отуда jе∆ACN jеднакостраничан. Зато jе ∠ANM = 60○ − 20○ = 40○. Како jе NA = NM биће∠NMA = ∠NAM = 180○−40○

2 = 70○ и ∠AMC = ∠AMN + ∠NMC = 70○ + 80○ = 150○.Према томе ∠AMB = 180○ −∠AMC = 180○ − 150○ = 30○.

Рjешење 4.1.11. Конструишимо ∆BCF подударан ∆ADE, тако да jе A−D −C −F .Из DE + AC = 4 следи CF + AC = AF = 4. Из подударности следи и ∠CBF =

∠A = 30○. Према томе CF = BF ⋅ sin 30○ = BF /2 = AF ⋅ sin 30○/2 = AF /4 = 4/4 = 1.Дакле, DE = CF = 1.

Рjешење 4.1.12. Нека су тачке D и E подножjа висина редом из темена A и B. Управоуглим троугловима ∆ADC и ∆BEC jе ∠CAD + ∠C = 90○ и ∠CBE + ∠C =∠DBH +∠C = 90○. Отуда ∠CAD = ∠DBH, а због датог BH = AC, следи ∆ADC ≅∆BDH. Према томе jе AD = BD а троугао ∆BDA jе jеднакокрак правоугли. Затоjе ∠ABC = 45○.

Рjешење 4.1.13. Продужимо страницу AB до тачке E, тако да jе A − P − B − E иBE = DQ. Споjимо EC, а означимо AP = x и AQ = y. Тада jе PB = 1 − x иDQ = BE = 1 − y. Очигледна jе подударност ∆CDQ ≅ CBE, па jе ∠DCQ = ∠BCE и∠QCE = 90○. Из датог услова PQ+x+y = 2 следи PE = (1−x)+(1−y) = 2−(x+y) = PQ,па jе ∆PCQ ≅ ∆PCE. Према томе, ∠PCQ = ∠PCE = 1

2∠QCE = 45○.

Рjешење 4.1.14. Троуглови ∆ABD и ∆ACE су jеднакостранични, AD = AB и AC =AE и ∠DAC = 60○ + ∠BAC = ∠BAE. Отуда ∆DAC ≅ ∆BAE, према SUS. Затим∠ADC = ∠ADP = ∠ABE = ∠ABP . Оба угла ∠ADP = ∠ABP гледаjу на исту дужAP , што значи да jе она тетива кружнице коjа пролази тачкама A,D,B,P . У тоjкружници су jеднаки и периферни углови ∠APD = ∠ABD = 60○.

Рjешење 4.1.15. Из SSS следи ∆ADC ≅ ∆BDC, па jе ∠ACD = ∠BCD. Отуда∠ACD = ∠BCD = 30○. Због BE = AB = BC, ∠DBE = ∠DBC и BD = BD, jе∆BDE ≅ ∆BDC. Тако налазимо ∠E = ∠BCD = 30○.



Рjешење 4.1.19. Приметимо да jе дат jе ортички троугао ∆A1B1C1 датог троугла∆ABC и употребимо задатак 3.3.6. Симетрале углова ортичког су висине главногтроугла и у њиховом пресеку jе ортоцентар H траженог троугла. КонструишемонормалеBC ⊥HA1, CA ⊥HB1 и AB ⊥HC1. Пресеци нормала су темена A,B,C.

Рjешење 4.1.20. Користимо задатак 3.3.6, гдjе jе показано да висина CD на хипотенузудиjели ту страницу правоуглог троугла ABC на одсjечке AD и BD тако да jеCD2 = AD ⋅BD.

Пренесемо дате дужи AD = a и DB = b тако да jе A − D − B. Конструишемокружницу са пречником AB и повучемо нормалу на праву AB у тачки D. Пресеккружнице и нормале jе тачка C, а дуж CD =

√ab.

Рjешење 4.1.21. Медиjана полови хипотенузу, па jе c2 = 4ab, гдjе су a, b катете. Али,двострука површина овог троугла jе ab, али и chc, гдjе jе hc висина на хипотенузу,одакле c = 4hc. Према томе, конструишемо кружницу са пречником c и паралелу саc на удаљености c/4. Оба пресека кружнице и паралеле су по jедно рjешење за темеправог угла траженог троугла.

Решења 4.1.22. i) Нека су AA1 и CC1 редом висине из темена A и C траженогтроугла, а нека jе A′ средина странице наспрам темена A. Средину дужи BC1

означимо са A′′ и приметимо да jе A′A′′ средња линиjа ∆BCC1. Отуда A′A′′ ⊥ AB иA′A′′ = 1

2hc. Троугао ∆A′′A′A можемо конструисати jер му познаjемо две страницеA′′A′,AA′ и прав угао у темену A′′. Можемо конструисати и троугао ∆AA1A

′, азатим и ∆ABC.

ii) Подножjе висине из темена A означимо A1, а средину странице BC са A′.Можемо конструисати правоугли троугао ∆AA1A

′, а затим из тачке A′ продужитистраницу A1A

′ на обе стране за 12a.

iii) Конструисати кружницу са коjе се дата дуж a види под датим углом α.Повући паралелу са a на удаљености ha.

iv) Конструисати паралелу са датом дужином AD = a + c на удаљености hc.Пресек кружнице k(A, b) и паралеле jе теме C. Симетрала дужи CD пресеца AD утачки B.

Решења 4.1.23. i) На краjевима дате дужи DE = 2s конструисати половине датихуглова 1

2α и 12β. Краци тих углова се секу у тачки C. Симетрале дужи DC и EC

секу праву DE у тачкама A и B.ii) Можемо конструисати ∆BCD, гдjе jе CD = b − c, са унутрашњим угловима

∠C = 180○ −α − β и ∠D = 90○ + 12α. Конструишемо угао ∠CBp, а пресек полуправе p

и продужетка дужи CD jе тачка A.iii) Пренесемо дату дуж AB = c и конструишемо угао ∠BAp = α−β

2 . Са центрому B опишемо кружницу полупречника a− b, чиjи пресек са p jе тачка D. Симетраладужи AD и права BD секу се у тачки C.

iv) На краjу дужи BC = a конструишемо угао ∠BCp = 90○ + β−γ2 . Конструишемо

кружницу са центром у B и полупреником b+ c. Пресек полуправе p и кружнице jетачка D. Симетрала дужи CD сече праву BD у тачки A.



Рjешење 4.1.24. i. Нека jе S центар уписаног круга ∆ABC. Тада jе ∠BSC = 90○+ α2 ,

страница BC = a, a дата jе и висина r троугла BCS коjи зато можемо конструисати.Затим, удвостручимо углове ∠CBp = 2∠CBS и ∠BCq = 2∠BCS. Пресек крака p иq jе тачка A.

Рjешење 4.1.25. Нека су у траженом квадрату ABCD дати теме A и тачке M ∈ BCи N ∈ CD. Означимо са φ = ∠BAN . Тада jе ∠NAD = 90○ − φ = θ. Нека jе напродужетку странице BC тачка P , тако да jе C −B −P и ∠PAB = θ, биће ∆ABP ≅∆ADN . Према томе ∠PAN = 90○ и PA = AN .

Конструишемо прво угао ∠NAx = 90○, на полуправоj x налазимо тачку P ∈ xтакву да jе PA = AN . Сада знамо P −B −M − C, па из N конструишемо нормалуна ту праву, а из темена A нормале на обе, чиjа подножjа су тачке B и C.

Рjешење 4.1.26. Анализа.Нека jе у датом паралелограму ABCD тачка S пресек диjагонала AC и BD.

Диjагонале се полове, па jе NS jе средња линиjа троугла BCD паралелна BC иjеднака половини те дужи, а MS jе средња линиjа истог троугла паралелна CD иjеднака њеноj половини. Четвороугао MCNS jе паралелограм.

Нека jе P = SC ∩MN . Тачка P jе пресек диjагонала паралелограма MCNS идиjели дуж MN (као и дуж CS) на два jеднака дела. Нека jе R = p(N,S) ∩AB, тj.пресек праве NS и дужи AB. Тада jе ∠ASR = ∠NSC, ∠ARS = ∠SNC и AS = SC,па због става UUS имамо подударност ∆ARS ≅ ∆CNS, а отуда AR = CN . Нека jеQ = SR∩AM . Тада имамо подударност ∆ARQ ≅ ∆MSQ, а отуда AQ = QM . Дакле,тачка S jе тежиште троугла ∆AMN .

Конструкциjа.Тачку S можемо конструисати а тиме и праве p(N,C) и p(M,C). Затим можемо

наћи тачке B и D па тиме и паралелограм ABCD.

Рjешење 4.1.27. Анализа.Нека jе дат квадрат ABCD са центром описане кружнице S и тачкама M ∈ BC

и N ∈ AB. Нека су пресеци правих p(M,S) ∩AD =M ′, p(N,S) ∩CD = N ′ и нека суS′, S′′ редом средине страница BC,CD. Дужи SS′ и SS′′ су средње линиjе троуглова∆DBC и ∆ACD па jе SS′ = SS′′. Аналогно jе MS =M ′S и NS = N ′S.

Нека jе тачка P ∈ CD таква да jе SP ⊥ MM ′. Означимо са φ = ∠PSS′′, па jе∠PSS′ = 90○ + φ и ∠MSS′ = φ. Такође jе ∆SS′M ≅ ∆SS′′P , те SM = PS.

Конструкциjа.Дате су тачкеM и S, па можемо конструисати дужMM ′, затим и тачку P . Зато

што можемо конструисати и дуж NN ′, можемо и квадрат ABCD.

Рjешење 4.1.28. Нека jе тачка P у унутрашњости троугла ∆ABC из коjе се све тристранице виде под истим углом φ. Из 3φ = 360○ следи φ = 120○. Око троуглова∆PBC, ∆PCA и ∆PAB опишимо кругове редом ka(Oa, ra), kb(Ob, rb) и kc(Oc, rc).

Тетива BC из троугла са кружнице ka види се под периферним углом φ =∠BPC = 120○, док се са исте кружнице али изван троугла она види под суплементнимуглом 60○, па jе централни угао над том тетивом ∠BOaC = 120○. Оштри углови



у jеднакокраком троуглу ∆BOaC су по 30○. Аналогно налазимо за остале двекружнице.

Према томе, са познатим троуглом ∆ABC могуће су конструкциjе кружницаka(Oa, ra), kb(Ob, rb) и kc(Oc, rc), а затим и налажење њиховог пресека, траженетачке P .

Изометриjе

Рjешење 4.2.2. На сликама 6.40 видимо следеће три рефлексиjе.i. ρx ∶ A(2,−1),B(3,2),C(−1,0)→ A′(2,1),B′(3,−2),C ′(−1,0).ii. ρy ∶ A(2,−1),B(3,2),C(−1,0)→ A′(−2,−1),B′(−3,2),C ′(1,0).iii. ρy=x ∶ A(2,−1),B(3,2),C(−1,0)→ A′(−1,2),B′(2,3),C ′(0,−1).

Slika 6.40: Рефлексиjа око симетрале s: апсцисе, ординате и праве y = x.

Рjешење 4.2.4. Случаj када су тачке са разних страна праве jе тривиjалан, тада jерjешење A − P −B.

Случаj када су тачке A и B са исте стране праве p видимо на слици 6.41 лево.Након рефлексиjе ρp ∶ B → B′ налазимо пресек P = p ∩ AB′. Да jе пут AP + PBзаиста наjкраћи доказуjемо овако.

Узмимо произвољну тачку T ∈ p и посматраjмо троугаоATB′. Према неjеднакоститроугла (в. примjер 3.3.14) биће

AB′ ≤ AT + TB′,

AP + PB′ ≤ AT + TB,

AP + PB ≤ AT + TB,

гдjе неjеднакост постаjе jеднакост акко T = P . Пут од A до B преко P ∈ p jе заистанаjкраћи могући.



Slika 6.41: Рефлексиjе ρp ∶ B → B′.

Рjешење 4.2.5. Случаj када су тачке са истих страна праве jе тривиjалан. Ако jетачка A даља од праве, рjешење jе A −B − P .

Случаj када су тачке A и B са разних страна праве p видимо на слици 6.41 десно.Након рефлексиjе ρp ∶ B → B′ налазимо пресек P = p ∩AB′. Да jе разлика дужина∣AP −BP ∣ заиста наjкраћа доказуjемо овако.

Узмимо произвољну тачку T ∈ p и посматраjмо троугаоATB′. Према неjеднакоститроугла биће:

AT ≤ AB′ + TB′, TB′ ≤ AB′ +AT,

∣AT − TB′∣ ≤ AB′,

∣AT −B′T ∣ ≤ ∣AP −B′P ∣,

што значи да пут преко тачке P ∈ p максимизира дату разлику.

Рjешење 4.2.6. i. Конструисати кружницу k′ чиjи jе пречник OA, гдjе jе O центардатог круга k(O, r), а A jе дата тачка. Пресеци ових кружница су наjвише две тачкеk ∩ k′ = {T1, T2}, а тражене тангенте су праве AT1 односно AT2.

ii. Дате су кружнице k1(O1, r1) и k2(O2, r2). Конструишемо већу кружницуk′(O2, r1 + r2) и на њу повучемо тангенту (тангенте) t′ из тачке O1, на претходниначин. На удаљености r1 од те тангенте повучемо паралелу t. Паралела t∣∣t′ jетражена унутрашња тангента двеjу датих кружница.

Рjешење 4.2.7. i. Конструишимо тангенту на кружницу k(O, r) у њеноj тачки K.Конструишимо симетралу s угла између тангенте и дате праве a. Пресек праве KOи симетрале s jе центар O′ траженог круга k′(O′, r′). Полупречник jе r′ =KO′.

ii. Конструишемо нормалу n на праву a у тачки A. Са стране праве a на коjоjниjе центар кружнице k(O, r) конструишемо тачку N ∈ n такву да jе NA = r.Конструишемо симетралу s дужи ON . Пресек симетрале s и нормале n jе тачкаO′ коjа jе центар траженог круга k′(O′, r′). Полупречник r′ = O′A.

Доказ 4.2.8. Показаћемо да су троуглови ABC и A′B′C ′ на слици 4.7 подударни.Из ∠BOB′ = ∠AOA′ = ω следи:

∠A′OB′ = ∠BOB′ −∠BOA′ = ∠AOA′ −∠BOA′ = ∠AOB,



дакле ∠A′OB′ = ∠AOB. Даље, због OA = OA′ и OB = OB′ и става SUS имамоподударности ∆AOB ≅ ∆A′OB′, те AB = A′B′. Слично доказуjемо jеднакост осталадва пара страница, па према ставу SSS имамо подударност ∆ABC ≅ ∆A′B′C ′.

Рjешење 4.2.9. Тачка ρ ∶ A → A′ ротира по кружници, тако да jе AA′ тетива, па jецентар O те кружнице на симетрали тетиве. Исто jе са другом тачком ρ ∶ B → B′.Пресек две симетрале jе центар ротациjе O, а угао ротациjе jе ω = ∠AOA′.

Рjешење 4.2.11. Анализа. Праве, одозго на доле су a∣∣b∣∣c на (не)jеднаким међусобнимрастоjањима. Ако су три темена A ∈ a, B ∈ b и C ∈ c троугла (четвороугла) на те триправе, онда ротациjом око средњег, око тачке B за угао 60○ (90○) преводимо C у A.

Конструкциjа. Бирамо произвољно B ∈ b и ротирамо ρ(B,ω) ∶ c→ c′, гдjе jе угаоω = 60○ за jеднакостранични троугао, односно ω = 90○ за квадрат. Добиjамо A = c∩c′,а затим лако налазимо треће (и четврто) теме.

Рjешење 4.2.16. Задатак има решења само када jе r < OA ≤ 2r. Конструишемо jошjедну кружницу k′(O′, r) истог полупречника али такву да садржи дату тачку A ида додируjе дату кружницу k(O, r) у тачки B = k′∩k. Ради тога, конструишемо двекружнице, а њихов пресек jе центар O′ = k1(O,2r) ∩ k2(A, r). Централна симетриjаρB ∶ A → C даjе тражену тачку C. Нема решења ако jе тачка A предалеко, tj.OA > 2r, има jедно рjешење када jе OA = 2r, а два решења када r < OA < 2r.

Рjешење 4.2.17. Претпоставимо да jе задатак решен и скицираjмо одговараjућу слику.Централном симетриjом ρS ∶ b→ b′, налазимо паралелну праву b′∣∣b а пресек b′∩a = A.Дакле, A − S −B и AS = SB. Конструкциjа jе даље тривиjална.

Рjешење 4.2.18. Због централне симетриjе ρo ∶ A1 → A′, око тачкеOA коjа jе средиштедужиBC, диjагонале четвороуглаA1BA

′C се полове. Према томе, таj jе четвороугаопаралелограм, а затим CA′∣∣A1B и CA′ = A1B као што се види на слици 6.42.Аналогно jе CB′∣∣B1A и CB′ = B1A. Зато jе троугао A′B′C jеднакокрак и A′B′ ⊥C1C. Слично следи за пар AA1∣∣CC1, па су тачке A′,B′,C ′ колинеарне.

Рjешење 4.2.19. i. Непосредна последица централне симетриjе. ii. O1O2 jе средњалиниjа троугла AA1A2.

Рjешење 4.2.20. Нека jе ρ1 ∶ A→ A1, ρ2 ∶ A→ A′

1 и ρ2 ∶ A1 → A2, ρ1 ∶ A′

1 → A′

2. Нацртаjслику! Тада jе четвороугао AA1A

′

1A2 паралелограм, jер му се диjагонале полове утачки O2. Такође, четвороугао AA′

2A1A′

1 jе паралелограм, jер му се диjагоналеполове у тачки O1. Међутим, оба имаjу исту страницу A1A

′

1 коjоj су наспрамнеAA2 и A′

2A. Према томе, дужи AA2 и A′

2A су паралелне, jеднаких дужина, али сусупротно усмерене.

Рjешење 4.2.21. Нека су дати троуглови ∆ABC ≅ ∆A′B′C ′ такви да jе AB∣∣A′B′,BC ∣∣B′C ′ и CA∣∣C ′A′. Тада jе вектор транслациjе v =

ÐÐ→AA′ =

ÐÐ→BB′ =

ÐÐ→CC′ = 2 ⋅

ÐÐ→OO′.

Транслациjа jе композициjа две симетриjе са центрима O и O′ редом, гдjе jе прва



Slika 6.42: Централне симатриjе ρo ∶X1 →X ′.

тачка почетак а друга врх вектораÐÐ→OO′ = 1

2 v. Таj вектор може бити било гдjе упростору. Задатак има бесконачно много решења.

Рjешење 4.2.28. Нека jе AB > A1B1. Транслациjом за векторÐ→CB преносимо троугао

SD1C1 у S′D′

1C′

1 и дуж CD у дуж BA. Како jе

QA1 ∶ QA = A1B1 ∶ AB = S′D′

1 ∶ SA

биће QS′∣∣A1D1. Отуда QS∣∣AD. Аналогно jе PR∣∣AB.

Хомотетиjа

Рjешење 4.3.2. Из датих услова следиÐÐ→A′B′ = λ ⋅Ð→AB, а затим:

ÐÐ→SB′ −

ÐÐ→SA′ = λ(Ð→SB −Ð→SA),

ÐÐ→SB′ − λ ⋅Ð→SB =

ÐÐ→SA′ − λ ⋅Ð→SA.

Сабирци на левоj страни су колинеарни, а такође и на десноj страни. Међутим, налевоj и десноj страни су неколинеарни вектори. То jе могуће jедино у случаjу да суна обе стране нула вектори. Отуда:

ÐÐ→SB′ − λ ⋅Ð→SB = 0,

ÐÐ→SA′ − λ ⋅Ð→SA = 0,

ÐÐ→SB′ = λ ⋅Ð→SB,

ÐÐ→SA′ = λ ⋅Ð→SA,

а то jе оно што jе требало доказати.



Рjешење 4.3.3. Према претпоставци, пресликавање f jе биjекциjа25.i. Нека f пресликава A у A′ и B у B′. Тада

ÐÐ→BB′ =Ð→BA +

ÐÐ→AA′ +

ÐÐ→A′B′ = −Ð→AB +

ÐÐ→AA′ +Ð→AB =

ÐÐ→AA′,

што значи да jе f транслациjа.ii. Посматраjмо три неколинеарне тачке A,B,C и њихове слике редом A′,B′,C ′

добиjене пресликавањем f . Све три праве AB, BC и CA се не могу поклапати саправама A′B′, B′C ′ и C ′A′ редом, jер би тада било A = A′, B = B′ и C = C ′. Нека jеAB ≠ A′B′. Праве AA′ и BB′ нису паралелне jер би тада четвороугао ABB′A′ биопаралелограм и било би

Ð→AB =

ÐÐ→A′B′. Нека jе O пресек правих AA′ и BB′. Како за

темена X ∈ {A,B} троуглова AOB и A′OB′, тако и за произвољну тачку X важеjеднакости

ÐÐÐÐ→Of(X) =

ÐÐÐÐÐÐ→f(O)f(X) = λ ⋅ÐÐ→OX,

што значи да jе f хомотетиjа са центром O.

Рjешење 4.3.4. Нека jе H = H2 ○H1, гдjе су H1 и H2 хомотетиjе са центрима O1 иO2 и коефициjентима λ1 и λ2 редом. Означимо:

A′ =H1(A), B′ =H1(B), A′′ =H2(A′), B′′ =H2(B′).

Тада jеÐÐ→A′B′ = λ1

Ð→AB и

ÐÐÐ→A′′B′′ = λ2

ÐÐ→A′B′ = λ1λ2

Ð→AB. Из претходног задатка следи да jе

за λ1λ2 ≠ 1 трансформациjа H хомотетиjа са коефициjентом λ1λ2, a ako je λ1λ2 = 1тада jе та трансформациjа транслациjа.

Преостаjе да проверимо да фиксна тачка F трансформациjе H припада дужикоjа спаjа центре датих хомотетиjа. Из

ÐÐ→O1A

′ = λ1ÐÐ→O1A и

ÐÐÐ→O2A

′′ = λ2

ÐÐ→O2A

′ следи:

ÐÐÐ→O2A

′′ = λ2(ÐÐÐ→O2O1 +

ÐÐ→O1A

′) = λ2(ÐÐÐ→O2O1 + λ1

ÐÐ→O1A),

ÐÐÐ→O2A

′′ = λ2ÐÐÐ→O2O1 + λ1λ2

ÐÐÐ→O1O2 + λ1λ2

ÐÐ→O2A.

За фиксну тачку F добиjамо jедначину

ÐÐ→O2F = (λ1λ2 − λ2)

ÐÐÐ→O1O2 + λ1λ2

ÐÐ→O2F .

Према томеÐÐ→O2F = λÐÐÐ→O1O2, гдjе jе λ = λ1λ2−λ2

1−λ1λ2.

Рjешење 4.3.5. Конструишемо помоћни квадрат P1Q1R1S1, такав да P1,Q1 ∈ AB иS1 ∈ AC, као на слици 6.43. Затим теме R1 пресликамо хомотетично у R ∈ BC, штоjе страница траженог квадрата.

25Биjекциjа jе инjекциjа и сурjекциjа, тj. обострано jеднозначно пресликавање.



Slika 6.43: Пресликавање хомотетиjом из центра A.

Рjешење 4.3.6. Конструишемо произвољан квадратAB1C1D1 и са S1 ∈ C1D1 означимосредину странице наспрам тачке A. Пренесемо дату дуж AS = d на праву AS1.Имамо тачку S коjа jе средина странице CD. Хомотетиjом са центром уA пресликамоостала темена квадрата A1B1C1D1 у темена траженог квадрата ABCD.

Наиме, конструишемо паралелу CD∣∣C1D1 хомотетиjом, затим BC ∣∣B1C1 и имамотражени квадрат ABCD.

Рjешење 4.3.7. На симетрали датог угла sA бирамо произвољну тачку O′ ∈ sA иконструишемо кружницу k′ са центром O′ коjа тангира краке b, c. ХомотетиjомHA ∶ k′ → k са центром A пресликамо кружницу k′ у кружницу k коjа садржи тачкуM . Практично, бирамо jедну од тачака пресека AM ∩ k′ =M ′ и тражећи паралелуOM ∣∣O′M ′ нађемо центар O и полупречник OM кружнице k.

Рjешење 4.3.8. Конструишимо кружницу k′1 са центром на симетрали унутрашњег∠A тако да додируjе обе страницеAB иAC датог троуглаABC. Затим, конструишемокружницу k′2 истог полупречника, коjа додируjе k′1 и страницу AB. Конструишемопаралелу a′∣∣BC коjа тангира кружницу k′2 и не сече кружницу k′1. Хомотетиjом сацентром A пресликамо праву a′ у праву BC. Иста хомотетиjа пресликава круговеk′1, k

′

2 тражене кругове k1, k2.

Рjешење 4.3.9. i. Средине страница (произвољног) четвороугла ABCD су теменапаралелограма. Наиме, нека су средине страница AB,BC,CD,DA редом P,Q,R,S.Тада jе PQ средња линиjа троугла ABC, a RS jе средња линиjа троугла CDA. Обесу паралелне своjим основицама, диjагонали AC четвороугла и jеднаке половинињене дужине. Према томе PQ∣∣RS и PQ = RS. Исто добиjамо за остале двестранице, па jе четвороугао PQRS паралелограм.

ii. Хомотетиjа са центром пресеком диjагонала четвороугла са коефициjентом3/2 копира тежишта у средине страница четвороугла. Затим следи i.

Рjешење 4.3.10. i. Хомотетиjа са центром K шаље ∆KDC у ∆KAB, тачку N у M .Отуда су K,M,N колинеарне тачке. Хомотетиjа са центром L шаље AB у DC и Mу N . Према томе, и тачка L припада правоj MN .



ii. Права линиjа KL пролази средином дужи AB и према претпоставци диjелиугао ∠AKB на два jеднака дела. Из теореме 3.2.16 следи, ако jе симетрала углатежишница троугла онда jе троугао jеднакокрак. Према томе, троугао AKB jеjеднакокрак, па jе jеднакокрак и дати трапез.

Рjешење 4.3.11. Хомотетиjа са центром T и коефициjентом −2 шаље линиjе PA1, PB1

и PC1 редом у линиjе `A, `B и `C тако да jе тачка Q слика P .

Рjешење 4.3.12. Хомотетиjом са центром A пресликаjмо дуж BC у дуж B′C ′ коjатангира описану кружницу ko у тачки D′ ∈ B′C ′. Троуглови ∆APOu и ∆ABD′ суправоугли, а поменута хомотетиjа пресликава први у други. Затим, важи

AS ∶ AO = AB ∶ AB′,

а отуда jе Ou = S, што jе и требало доказати.

Рjешење 4.3.13. Нека jе T тежиште троугла ABC, a C1 средина странице AB. Тадаjе увек CC1 = 3 ⋅ TC1, што значи да jе C1 центар хомотетиjе са коефициjентом 1/3коjом се дата кружница пресликава у геометриjско место тачака T .

Рjешење 4.3.14. Нека jе круг k1(O1, r1) мањи од k2(O2, r2), тj. r1 < r2, као на слици6.44. Вањске тангенте t1, t2 на обе кружнице, секу се у тачки O3, коjа jе центаркружнице k3 полупречника O3C и центар хомотетиjе H ∶ k1 → k2. Иста хомотетиjа,тачку C ∈ k1 пресликава у C ′ ∈ k2, тако да jе CC′ пречник круга k2. Зато jе ∠C ′BC =90○, те BC ′∣∣AC. Према томе H ∶ A → B, те jе ∠CDO3 = ∠CDB = 90○. Знамо да jеугао над пречником прав, па jе O3C = 2r пречник кружнице k(O, r) коjоj припадатачка D. Jасно jе да D ∈ k само у оном делу те кружнице између тангенти t1 и t2заjедно са тачком C.

Рjешење 4.3.15. i. Хомотетиjа са центром B копира уписани круг k у вани дописаникруг k′ на страницу AC и копира тачку E у тачку E′. Тачка E′ jе краjња тачкапречника окомитог на AC, pa je E′ тангентна тачка круга дописаног на страницуAC, праве BE и AC се секу у E′. Отуда, F =M ′ и E jе тангентна тачка дописаногкруга на страницу AC. Затим израчунавамо AF = 1

2(a + b − c) = CD, гдjе су a, b и cдужине страница троугла ABC (в. задатак 3.2.20).

ii. Хомотетиjа са центром P пресликава линиjу EH у тангенту на дати круг. Онашаље тачке E,F,K,H у тачке E′, F ′,K ′,H ′ редом. Према претходном (i. E′F ′ =K ′H ′), сада jе EF =KH.

Рjешење 4.3.16. Према решењу претходног задатка 4.3.15 i: ако jеDE пречник датогкруга, а права BE сече страницу AC у тачки F , онда jе AF =DC. Отуда B1F = B1D,а затим следи да jе B1O тежишница троугла MFD.



Slika 6.44: Геометриjско место тачака D.

Рjешење 4.3.17. Нека су тачке A, B и C редом пресеци вањских тангенти на круговеk1, k2, затим k2, k3 и k3, k1. Тада су A, B и C центри хомотетиjа:

HA ∶ k1 → k2, HB ∶ k2 → k3, HC ∶ k1 → k3.

Међутим, композициjа прве две (в. задатак 4.3.4) jе трећа хомотетиjа са центром Cкоjи лежи на правоj AB и пресликава k1 у k3.

Рjешење 4.3.18. i. Нека су K,L,M пресечне тачке линиjа AB и CD, AP и DQ,BP и CQ редом. Те тачке су центри хомотетиjа HK , HL и HM са позитивнимкоефициjентима коjе пресликаваjу дужи BC у AD, AD у PQ и BC у PQ. Jасно jеда HL ○HK =HM . Према томе, тачке K,L,M су колинеарне.

ii. Нека су K,L,M пресечне тачке линиjа AB и CD, AQ и DP , BQ и CP редом.Те тачке су центри хомотетиjа HK , HL и HM , од коjих само прва има позитиванкоефициjент а остале две негативне, коjе пресликаваjу дужи BC у AD, AD у QP иBC у QP . Jасно jе да HL ○HK =HM . Према томе, тачке K,L,M су колинеарне

Рjешење 4.3.19. Зато што су унакрсни углови ∠P1AB и ∠P2AB jеднаки, ротационахомотетиjа око центра B преводи k1 у k2 и праву P1Q1 у праву P2Q2.

Рjешење 4.3.20. Орjентисани углови над кружним луковима AP1 и AP2 су jеднаки,па су jеднакии углови између праве AB и правих P1B односно P2B. Према томе,тачке P1, B и P2 припадаjу jедноj правоj.



Фигуре

Рjешење 4.4.2. Основице трапеза суAB = a, CD = b, рецимо a > b, а теменаA,B,C,Dлеже на кружници. Периферни углови над истим тетивама са исте стране суjеднаки, а са разних страна тетиве су суплементни.

i. Конструишимо паралелу CE∣∣DA, E ∈ AB, тако да jе AECD паралелограм.Тада jе ∠BEC = 180○ − ∠CEA = 180○ − ∠ADC = ∠CBA, то jе троугао ∆BCEjеднаккокрак и BC = EC = AD.

ii. Следи из подударности ∆ABC ≅ ∆BCD.iii. Из AB + CD = BC + DA добиjамо дужину крака c = a+b

2 . Висина h = CEjе окомита на основицу AB. Тада jе EB = a−b

2 , па Питагорина теорема за троугаоBCE даjе редом:

CE2 +EB2 = BC2,

h2 + (a − b2

)2

= (a + b2

)2

,

h2 = ab,


Рjешење 4.4.3. Обим `1 малог троугла у темену A одсjеченог паралелом са BC,jеднак jе збиру удаљености из тачке A до тангентних тачака на кружници k. Исто замале троуглове са теменима B и C добиjамо обиме `2 и `3, тако да jе `1+`2+`3 = `, тj.збир обима малих троуглова jеднак jе обиму великог троугла ABC. Из сличноститих троуглова следе пропорциjе ri ∶ r = `i ∶ `, за i = 1,2,3. Сабирањем ове триjеднакости добиjамо тражену.

Рjешење 4.4.8. Налазимо MP , PN и њихов збир, редом:

MP = ab

a + b , PN = ab

a + b , MN = 2ab

a + b ,

као у примjеру 4.4.1.

Рjешење 4.4.9. Из сличности троуглова ∆ABC ∼ ∆CED следи b ∶ (b − p) = a ∶ p, аотуда bp = ab − ap, па p = ab/(a + b), што jе и требало показати.

Рjешење 4.4.10. Из ∠DAC = ∠ADC ′ = ∠DAB = α/2 следи подударност ∆ADB′ ≅∆ADC ′, став USU, па jе B′D = C ′D = p. Како jе четвороугао AB′DC ′ паралелограм,он jе ромб.

Полазећи од сличних троуглова, налазимо редом:

B′D ∶ AB = CD ∶ BC, C′D ∶ AC = BD ∶ BC,

p ∶ c =m ∶ b, p ∶ b = n ∶ a,

а отуда m ∶ n = b ∶ c, односно DC ∶DB = AC ∶ AB.



Рjешење 4.4.11. Полa збирне дужине a + b jе аритметичка средина A(a, b).Дужину MN = a+ b, MP = a, PN = b узмемо за пречкик кружнице k и повучемо

нормалу PQ ⊥MN , Q ∈ k. Троугао MNQ jе правоугли (в. задатак 3.3.6) а висинаPQ на хипотенузу MN има дужину G(a, b).

Конструишемо (произвољан) троугао ABC са две дате странице a = BC и b = CA.Повучемо симетралу CD угла ∠C. Конструишемо паралелу DE∣∣AC, E ∈ BC. Тадаjе DE =H(a, b) (в. задатак 4.4.9).

Рjешење 4.4.14. Нека jе ABCD произвољан конвексан четвороугао са срединамастраница M ∈ AB, N ∈ BC, P ∈ CD, Q ∈ DA и диjагоналом AC. Троугловима ABCи ADC су MN и PQ средње линиjе (дакле MN ∣∣AC ∣∣PQ и MN = 1

2 ⋅ AC = PQ),обе над истом страницом (диjагоналом), па су зато међусобно паралелне и jеднакедужине. Према томе jе MNPQ паралелограм, па jе i. тачно.

Нека су E и F две тачке редом на дужима AC и MN , такве да BE ⊥ AC иBF ⊥MN . Тада jе E−F −B, а због сличности ∆ABC ∼ ∆MBN биће и BE = 2 ⋅BF .Према томе jе површина ∆ABC четири пута већа од површине ∆MBN , пишемоµ(ABC) = 4µ(MBN). Слично добиjамо jош три jеднакости:

µ(BCD) = 4µ(NCP ), µ(CDA) = 4µ(PDQ), µ(DAB) = 4µ(QAM).

Сабираjући све четири jеднакости површина, налазимо:

2µ(ABCD) = 4µ(MBN) + 4µ(NCP ) + 4µ(PDQ) + 4µ(QAM),

µ(ABCD) = 2µ(MNPQ),гдjе су са µ(ABCD) и µ(MNPQ) означене редом површине датог четвороуглаABCD и паралелограма MNPQ, што значи да jе ii. тачно.

Нека су d1 = AC и d2 = BD дужине диjагонала датог четвороугла. Обимпаралелограма jе, редом:

MN +NP + PQ +QM = 1

2⋅AC + 1

2⋅BD + 1

2⋅CA + 1

2⋅DB

= 1

2d1 +

1

2d2 +

1

2d1 +

1

2d2 = d1 + d2.

Тиме jе доказано iii.

Рjешење 4.4.15. На датом паралелограму споjимо врхове се срединама супротнихстраница и у унутрашњости добиjемо 8-угао као на слици 4.26. Затим споjимосредине супротних страница, E са D и G са H и , као на слици 6.45. Такође,споjимо супротна темена (овдjе A са M ). Све те споjнице имаjу заjедничку тачкуO.

Са слике видимо да се дати паралелограм састоjи од осам малих троуглова,попут AOE. Како jе P тежиште троугла DAE, то jе PO = 1

3 ⋅ AO и OQ = 12 ⋅ OE.

Отуда jе површина µ(POQ) = 16 ⋅ µ(AOE). Отуда, површина зеленог 8-угаоника jе

шестина површине датог паралелограма.



Slika 6.45: Проблем Лидски, наставак.

Рjешење 4.4.17. На слици 6.46 се види да дужине страница уписаног косог (црвеног)квадрата и њему уписаног хоризонталног (црног) квадрата износе редом a1 = a

√

2и

a2 = a2 . Оваj низ дужина након n = 1,2,3, . . . корака може се писати у облику:

a0 = a, a1 =1√2a, a2 = ( 1√

2)

2

a, . . . , an = ( 1√2)n

a,

па jе збир обима свих тих квадрата σn = 4(a0 + a1 + a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + an), односно:σn4a

= 1 + q + q2 + ⋅ ⋅ ⋅ + qn = Sn,

гдjе jе q = 1√

2. Због Sn − qSn = 1 − qn+1 биће збир обима почетног и првих n ∈ N

уписаних квадрата

σn = 4a1 − qn+1

1 − q .

Како jе q =√

22 ≈ 0,7 степен броjа q брзо тежи нули (рецимо q20 < 0,001), па га за

веома велико n (нпр. n > 20) можемо занемарити. Зато процењуjемо да jе збиробима датог и тих бесконачно много уписаних квадрата

σ∞ = 4a

1 − q =8a

2 −√

2= 4a(2 +

√2),

или приближно σ∞ = 6,82843a.

Рjешење 4.4.18. Средње линиjе троуглова ACD и ACB су MM1 иM1N , па jе MN =MM1 +M1N = b

2 +a2 , а то jе прва jеднакост.

Нека jе a > b. Из претходног и средње линиjе троугла BCD налазимо, редом:

MN =MM1 +M1N1 +N1N,



Slika 6.46: Низ уписаних квадрата.

a + b2

= b2+M1N1 +

b

2,

M1N1 =a − b

2,

а то jе друга тражена jеднакост.Из сличности ∆AOB ∼ ∆COD следи:

AB ∶DC = AO ∶ OC = OD ∶ OB = a ∶ b,AO

AC= a

a + b ,OB

BD= a

a + b .

Из сличности ∆AOP ∼ ∆ACD следи AO ∶ AC = OP ∶ CD, па због CD = b добиjамоa ∶ (a + b) = PO ∶ b, односно

PO = ab

a + b .

На исти начин налазимо OQ = aba+b , што сабирамо у

PQ = 2ab

a + b ,

а то jе трећа тражена jеднакост.

Рjешење 4.4.19. i. Дат jе квадрат ABCD jединичне странице AB = 1. Тачка E ∈ ABна половини странице (доле) споjена jе са теменом C квадрата десно горе. Дужинатог (диjагоналног) споjа jе

r = EC =√

(1

2)

2

+ 12 =√

5

2,



Пресек кружнице k(E, r) и праве AB jе тачка F . Та продужена страница износи

AF = AE +EF = 1

2+ r =

√5 + 1

2,

тj. златни броj Φ.ii. Унутар датог полукруга конструише се произвољан квадратABCD са страницом

AB на пречнику и средином странице E у центру. Хомотетиjом из E теме C сепреслика у тачку G на кружници. Тада jе EF ∶ FG = 1 ∶ 2, а EF ∶ EG = 1 ∶

√5.

Према томе

GF ∶ FH = 1 ∶√

5 − 1

2,

а то jе „златни однос”.iii. На произвољну дуж AB = a конструишемо нормалу BC = a. Средину

нормале, тачку O бирамо за центар кружнице k(O, r) полупречника r = 12 . Пресек

праве AO и кружнице k jе тачка D. Пресек кружнице k1(A,AD) и дате дужи ABjе тачка E коjа дуж AB диjели у златном пресеку.

Наиме,

AO =√AB2 +BO2 =

√a2 + (1

2)

2

= a√

5

2,

AD = AO −DO = a√

5

2− a

2= a(

√5 − 1)2

,

па jе AE = AD = aφ.

Рjешење 4.4.20. Темена правилног пентагонаABCDE су jеднако удаљена од централнетачке O, центра описане кружнице k(O, r), из коjег се странице дужине a види подцентралним углом ∠AOB = 360○/5 = 72○.

i. Периферни угао над тетивом AB jе ∠ADB = 72○/2 = 36○. Над тетивама истедужине a су периферни углови ∠EDA = ∠ADB = ∠BDC, па jе унутрашњи угао∠EDC = 3 × 36○ = 108○.

ii. Темена A,B,C,E ∈ k па jе четвороугао ABCE тетиван. Како jе ∠A = ∠B =108○, то су му суплементни углови ∠C = ∠E = 72○, а EC ∣∣AB.

iii. Из Птоломеjеве jеднакости (в. теорему 3.3.15) следи d2 = ad+a2. Ако ставимода jе диjагонала jединичне дужине, d = 1, онда jе страница „златни” броj a = φ, jеррешава jедначину (4.13), односно задовољава пропорциjу (4.12).

Рjешење 4.4.21. i. Дату дуж d поделимо у „златном пресеку” d ∶ a = a ∶ (d − a).Конструишемо ∆ABD, затим нађемо и темена C и E, са слике 4.30.

ii. Конструишемо „златни” део aφ странице a, па хомотетиjом увећамо aφ → a,a → aΦ = d. Са страницом и диjагоналом конструишемо правилан пентагон напретходни начин.

iii. Према Ричмонду26, конструишемо кружницу k(O, r) датог полупречника,као на слици 6.47 лево. Затим, конструишемо правоугли троугао ∆MDO, са правим

26Herbert W Richmond (1893)



углом у центру O и катетама OD = r и OM = r2 . Повучемо симетралу угла MQ,

па паралелу QC ∣∣OM , гдjе jе C ∈ k а дуж DC = a jе страница пентагона. Затимнаставимо према претходном.

Slika 6.47: Конструкциjа пентагона у дати круг.

Упутство 4.4.22. Два угла троугла α и β дефинишу фамилиjу сличних троуглова,а нама треба онаj са збиром страница 5a − 2b. Када имамо произвољан троугаоA′B′C ′ сличан траженом, али са збиром 5a − 2b′ конструишемо пропорциjу

(5a′ − 2b′) ∶ (5a − 2b) = a′ ∶ a,

помоћу Талесове теореме (в. слику 3.13).

Рjешење 4.4.24. На слици 6.47 десно, CD∣∣TB, BD∣∣TC, па jе четвороугао BDCTпаралелограм, чиjе се диjагонале полове у тачки At. Зато jе BAt тежишница ∆BDT .Како jе дужина TCt пола од CT она jе и пола од DB. Према томе, тежишница TEтроугла BDT jе паралелна са AB и jеднака њеноj половини.

i. За конструкциjу узмемо 2/3 сваке тежишнице и према ставу SSS подударности,конструишемо троугао BDT . Нађемо тежиште тог троугла, удвостручимо слику идобиjемо три странице треженог троугла.

ii. Троугао AtBtCt jе сличан ∆ABC и двоструко jе мањи. Удвостручимо мустранице.

iii. Троугао CBtCt има странице b/2, a/2 и tc, па се лако конструише. Затим сеудвостручи ACt и добиjе тачка B.

iv. Троугао BBtC има странице tb, b/2 и a. Конструишемо га и удвостручимоCBt.



Орjентисане дужи

Рjешење 5.1.2. На слици 6.48 лево, видимо трапез ABCD са средњом линиjом MN .Из векторских jеднакости:

ÐÐ→MN = 1

2

Ð→DA +Ð→AB + 1

2

Ð→BC,

ÐÐ→MN = −1

2

Ð→DA −ÐÐ→CD − 1

2

Ð→BC,

сабирањем добиjамо 2 ⋅ÐÐ→MN =Ð→AB −ÐÐ→CD, односно

ÐÐ→MN =

Ð→AB +ÐÐ→DC

2.

А како jе AB∣∣CD, то jе оно што jе и требало доказати.

Slika 6.48: Трапез и произвољан четвороугао.

Рjешење 5.1.3. Нека суM,N,P,Q средине страница редомAB,BC,CD,DA четвороуглана слици 6.48 десно, при чему његова четири темена A,B,C,D не мораjу битикомпланарна27. Све те тачке дефинишу краjеве неких вектора. Надовезивањемвектора страница налазимо векторе средњих линиjа:

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

ÐÐ→MN = 1

2

Ð→AB + 1

2

Ð→BC,

ÐÐ→NP = 1

2

Ð→BC + 1

2

ÐÐ→CD,

Ð→PQ = 1

2

ÐÐ→CD + 1

2

Ð→DA,

ÐÐ→QM = 1

2

Ð→DA + 1

2

Ð→AB.

Сабирањем по два вектора средњих линиjа налазимо:

⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩

ÐÐ→MN +Ð→PQ = 1

2(Ð→AB +Ð→BC +ÐÐ→CD +Ð→DA) = 0,

ÐÐ→NP +ÐÐ→QM = 1

2(Ð→AB +Ð→BC +ÐÐ→CD +Ð→DA) = 0,

27компланарни - леже у истоj равни



одакле: ÐÐ→MN =Ð→QP, ÐÐ→

NP =ÐÐ→MQ.

То значи да су наспрамне странице четвороугла MNPQ паралелне и jеднакихдужина.

Рjешење 5.1.4. Нека jе ABCD паралелограм са диjагоналама AC и BD коjе се секуу тачки O. Тада сабирањем jеднакости

Ð→AO =Ð→AB +Ð→BO и

Ð→AO =Ð→AD +ÐÐ→DO добиjамо

2 ⋅Ð→AO = (Ð→AB +Ð→AD) + (Ð→BO +ÐÐ→DO).

Међутим, збир вектора у првоj загради jе диjагоналаÐ→AC на коjоj лежи вектор

Ð→AO,

а не лежи вектор из друге заграде. Према томе jе:

2 ⋅Ð→AO =Ð→AC, Ð→BO =ÐÐ→OD,

што значи да тачка O полови обе диjагонале.

Рjешење 5.1.5. Наспрам темена троугла ABC нека су средине страница, тачке A1,B1 и C1. Тада jе: ÐÐ→

AA1 =Ð→AB +ÐÐ→BA1 =

Ð→AB + 1

2

Ð→BC,

ÐÐ→BB1 =

Ð→BC +ÐÐ→CB1 =

Ð→BC + 1

2

Ð→CA,

ÐÐ→CC1 =

Ð→CA +ÐÐ→AC1 =

Ð→CA + 1

2

Ð→AB,

⎫⎪⎪⎪⎪⎬⎪⎪⎪⎪⎭+

па jеÐÐ→AA1 +

ÐÐ→BB1 +

ÐÐ→CC1 =

3

2(Ð→AB +Ð→BC +Ð→CA) = 0.

Рjешење 5.1.6. Из⎧⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎩

Ð→OT =Ð→OA +Ð→AT,Ð→OT =Ð→OB +Ð→BT,Ð→OT =Ð→OC +Ð→CT,

сабирањем следи

3 ⋅Ð→OT = (Ð→OA +Ð→OB +Ð→OC) + (Ð→AT +Ð→BT +Ð→CT ).

Међутим, из претходног задатка следи да jе израз у другоj загради нула, па остаjетражени резултат.

Рjешење 5.1.8. Посматраjмо троугао ABC гдjе jеÐ→CB = a,

Ð→CA = b и

Ð→AB = a − b.

Дужине прве две од ових страница су a = ∣a∣ и b = ∣b∣. Према теореми 3.2.16,симетрала угла ∠C пада у тачку D ∈ AB тако да jе AD ∶DB = b ∶ a. Отуда:

ÐÐ→CD =Ð→CA + b

a + b ⋅Ð→AB = b + b

a + b ⋅ (a − b) =ab + baa + b ,

што jе и требало показати.



Рjешење 5.1.11. Диjагонале AD, BE и CF деле дати шестоугао на шест подударних,дакле jеднакостраничних троуглова. Са слике 6.49 лево видимо:

Ð→QS =Ð→QP +ÐÐ→PD +ÐÐ→DC +Ð→CSÐ→QS =Ð→QA +Ð→AB +Ð→BS.

⎫⎪⎪⎬⎪⎪⎭+

Након сабирања и сређивања добиjамоÐ→QS = 3

4 a −12 b, што jе тражени резултат.

Slika 6.49: Правилан шестоугао и произвољан петоугао.

Рjешење 5.1.12. Вектор rX = ÐÐ→OX из дате фиксне тачке O до тачке X назива серадиjус вектор (тачке X у односу на исходиште O). На слици 6.49 десно видимо:

Ð→PQ = rQ − rP = 1

2(rL + rN) − 1

2(rK + rM) =

= 1

2[1

2(rB + rC) +

1

2(rD + rE)] −

1

2[1

2(rA + rB) + 1

2(rC + rD)]

= 1

4(rE − rA) =

1

4

Ð→AE,


Рjешење 5.1.13. Нека су P,Q,R,S средине дужи AF,CE,BF,DE редом. Са слике6.50 лево видимо: Ð→

PQ =Ð→PA +Ð→AE +Ð→EQ,Ð→PQ =Ð→PF +Ð→FC +Ð→CQ,

одакле сабирањем, сређивањем и делењем са два налазимо

Ð→PQ = 1

2(Ð→AE +Ð→FC).

Исто се добиjа и заÐ→SR, па из

Ð→PQ =Ð→SR следи да jе PQRS паралелограм.



Slika 6.50: Произвољан четвороугао и паралелограм.

Рjешење 5.1.14. Означимо a = Ð→AB и b = Ð→BC, и користимо слику 6.50 десно. Тада jеÐ→AF = α ⋅Ð→AG и

ÐÐ→DE = β ⋅ÐÐ→DG. Важе

Ð→AF = a + 1

2 b иÐÐ→DE = −b + 1

2 a. Затим, имамо:

Ð→AG =Ð→AD +ÐÐ→DG = b + 1

β(−b + 1

2a) = 1

2βa + β − 1

βb.

Отуда векторска jедначина

a + 1

2b = α

2βa + α ⋅ β − 1

βb,

из коjе следи систем jедначина:

α

2β= 1, α ⋅ β − 1

β= 1

2.

Рjешење овог система jе α = 52 , β = 5

4 , одакле закључуjемо да су тражени односиAF ∶ AG = 5 ∶ 2 и DE ∶DG = 5 ∶ 4.

Рjешење 5.1.15. Подаци су дати на на слици 6.51 лево. Тврђење добиjамо сабирањемjеднакости

Ð→PQ =Ð→PA +Ð→AB +Ð→BQ и

Ð→PQ =Ð→PC +ÐÐ→CD +ÐÐ→DQ и дељењем са два.

Рjешење 5.1.17. Користимо слику 6.51 десно. Прво имамо да су C,S,P колинеарнетачке (лукови AP = PB, периферни ∠ACS = ∠SCB = γ/2 и S - средиште уписанекружнице троугла ABC) и аналогно томе да су B,S,R, те A,S,Q колинеарне тачке.Затим jе ∠CPQ = ∠CAQ = α/2, ∠PQA = γ/2 и ∠AQR = β/2, па из ∆SQN3 налазимоβ/2+(α/2+γ/2)+ϕ = 180○, тj. ϕ = 90○, односно PN3 ⊥ QR. Аналогно добиjамо QN1 ⊥RP и RN2 ⊥ PQ, паjе S ортоцентар троугла PQR. Према претходном примjеру, тадаjеÐ→OP +Ð→OQ +Ð→OR =Ð→OS. Отуда и из датог

ÐÐ→OX =Ð→OP +Ð→OQ +Ð→OR следи

ÐÐ→OX =Ð→OS, што

се и тврдило.

Рjешење 5.1.18. На слици 6.52 лево jе задати тетивни четвороугао ABCD уписан укружницу са средиштем у тачки O. Нормале из половишта M , N , P и Q страница



Slika 6.51: Трапез и уписани троугао.

AB, BC, CD и DA редом на супротне странице четвороугла су MM1, NN1, PP1 иQQ1. Нека jе MM1 ∩ PP1 = S. Четвороугао MSPO jе паралелограм, па jе:

Ð→OS =ÐÐ→OM +Ð→OP = 1

2(Ð→OA +Ð→OB +Ð→OC +ÐÐ→OD).

Аналогно имамо за паралелограм NS1QO, гдjе jе S1 = NN1 ∩QQ1:

ÐÐ→OS1 =

ÐÐ→ON +Ð→OQ = 1

2(Ð→OA +Ð→OB +Ð→OC +ÐÐ→OD).

Према томе S = S1, односно све четири нормале се секу у jедноj тачки.

Slika 6.52: Тетивни четвороугао и jеднакостранични троуглови.



Рjешење 5.1.19. Користимо слику 6.52 десно.

Ð→PQ =Ð→OQ −Ð→OP =Ð→BE −Ð→AD = (Ð→BA +Ð→AD +ÐÐ→DE) −Ð→AD

=Ð→BA +ÐÐ→DE =ÐÐ→DE −Ð→AB,Ð→PR =Ð→OR −Ð→OP =Ð→CF −Ð→AD = (Ð→CA +Ð→AD +ÐÐ→DF ) −Ð→AD

=Ð→CA +ÐÐ→DF =ÐÐ→DF −Ð→AC.

Како векториÐÐ→DF и

Ð→AC настаjу ротациjом вектора

ÐÐ→DE и

Ð→AB око D и A за −60○, то

jе троугао PQR jеднакостраничан.

Рjешење 5.1.20. Користимо слику 6.53 лево. Према задатку 5.1.3 четвороугаоEFGHjе паралелограм. Из

ÐÐ→MP =ÐÐ→MB +ÐÐ→BN +ÐÐ→NC +Ð→CP, ÐÐ→

MP =ÐÐ→MA +Ð→AQ +ÐÐ→QD +ÐÐ→DP,

добиjамо:Ð→EF = 1

2

ÐÐ→MP = 1

4(ÐÐ→MP +ÐÐ→MP )

= 1

4(ÐÐ→MB +ÐÐ→BN +ÐÐ→NC +Ð→CP +ÐÐ→MA +Ð→AQ +ÐÐ→QD +ÐÐ→DP ).

Ротациjом вектораÐ→EF око тачке E за 90○ добиjамо вектор

ÐÐ→E′F ′ = 1

4(ÐÐ→MA +ÐÐ→NC +ÐÐ→NB +ÐÐ→PD +ÐÐ→BM +ÐÐ→DQ +Ð→AQ +Ð→CP ).

Са друге стране, из:

ÐÐ→NQ =ÐÐ→NB +ÐÐ→BM +ÐÐ→MA +Ð→AQ, ÐÐ→

NQ =ÐÐ→NC +Ð→CP +ÐÐ→PD +ÐÐ→DQ,

добиjамо:

ÐÐ→EH = 1

2

ÐÐ→NP = 1

4(ÐÐ→NB +ÐÐ→BM +ÐÐ→MA +Ð→AQ +ÐÐ→NC +Ð→CP +ÐÐ→PD +ÐÐ→DQ),

а то jе векторÐÐ→E′F ′. Дакле

Ð→EF ⊥ ÐÐ→EH и ∣Ð→EF ∣ = ∣ÐÐ→EH ∣, што значи да jе четвороугао

EFGH квадрат.

Рjешење 5.1.21. Користимо слику 6.53 десно.

Ð→AC = pÐ→AB + qÐ→AD, ÐÐ→

AK = rÐÐ→AM,Ð→AL = sÐÐ→AN,

ÐÐ→DK = 1

3

ÐÐ→DB = 1

3(Ð→AB −Ð→AD), ÐÐ→

AM = 1

6(Ð→AC +Ð→AD), ÐÐ→

AN = 1

2(Ð→AB +Ð→AC),



Slika 6.53: Четвороуглови.

затимÐÐ→DK =ÐÐ→AK −Ð→AD, па jе

1

3(Ð→AB −Ð→AD) = rÐÐ→AM −Ð→AD = r

2(Ð→AC +Ð→AD) −Ð→AD

= r2[(pÐ→AB + qÐ→AD) +Ð→AD] −Ð→AD,

а отуда

(pr2− 1

3)Ð→AB + [(q + 1)r

2− 2

3]Ð→AD = 0.

Због линеарне независности вектораÐ→AB и

Ð→AD биће pr/2−1/3 = 0 и (q+1)r/2−1/3) = 0,

одакле jе q = 2p − 1. Аналогно изÐ→DL =Ð→AB −Ð→LB, тj. из [(p + 1)s/2 − 2/3]Ð→AB + (qs/2 −

1/3)Ð→AD = 0 излази p = 2q − 1. Из обе jедначине p = 2q − 1 и q = 2p − 1 излази p = q = 1,па jе r = s = 2/3, а одатле

Ð→AC =Ð→AB +Ð→AD, што значи да jе ABCD паралелограм.

Координате

Рjешење 5.2.1. На слици 6.54 су дате тачке A, B, C и D. Оне су врхови вектораÐ→OA,Ð→

OB,Ð→OC и

ÐÐ→OD. Из

Ð→AB =Ð→OB−Ð→OA = (4,3)−(2,1) = (2,2) или Ð→BA =Ð→OA−Ð→OB = (−2,−2)

добиjамоÐÐ→OD = Ð→OC +ÐÐ→CD = Ð→OC +Ð→BA = (3,4) + (−2,−2) = (1,2). Према томе, четврто

теме паралелограма jе тачка D(1,2).

Рjешење 5.2.2. Тeмена паралелограма су A(2,1), B(4,3), C(3,4) и D(1,2), па сусуседне странице

Ð→AB = (2,2) иÐ→BC = (−1,1), а диjагоналеÐ→AC = (1,3) иÐÐ→BD = (−3,−1).

Према формули (5.5), њихове дужине су:

∣Ð→AB∣ =√

8 = 2√

2, ∣Ð→BC ∣ =√

2, ∣Ð→AC ∣ =√

10, ∣ÐÐ→BD∣ =√

10.

Паралелограм са jеднаким диjагоналама jе правоугаоник.



Slika 6.54: Паралелограм координата.

Рjешење 5.2.4. То jе паралелограм из претходног задатка.i. За странице

Ð→AB = (2,2) и

Ð→BC = (−1,1) имамо:

cos∠XAB = 2√4 + 4

=√

2

2, cos∠XBC = −1√

1 + 1= −

√2

2,

па jе ∠XAB = 45○ и ∠XBC = 135○. Остале странице су паралелне овима.ii. Према косинусноj теореми, за ∆ABC имамо:

cos∠A = AC2 +AB2 −BC2

2 ⋅AC ⋅AB= 10 + 8 − 2

2 ⋅√

10 ⋅√

8= 0,89443

cos∠B = AB2 +BC2 −AC2

2 ⋅AB ⋅BC= 8 + 2 − 10

2 ⋅√

8 ⋅√

2= 0

cos∠C = AC2 +BC2 −AB2

2 ⋅AC ⋅BC= 10 + 2 − 8

2 ⋅√

10 ⋅√

2= 0,44721

па jе ∠A = 26,57○, ∠B = 90○ и ∠C = 63,43○. Поменути четвороугао jесте правоугаоник,овдjе са правим углом у темену B.

Рjешење 5.2.6. Нужност. Претпоставимо да jе скуп вектора V линеарно зависан.То значи да постоjи њихова комбинациjа коjа исчезава на нетривиjалан начин. Безсмањења општости рецимо да jе λ1a1 + λ2a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + λnan = 0 и λ1 ≠ 0. Тада

a1 = (−λ2

λ1) a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (−λn

λ1) an,

што значи да смо jедан представили линеарном комбинациjом осталих.Довољност. Без смањења општости претпоставимо да jе a1 = α2a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + αnan.

Отуда1 ⋅ a1 + (−α2)a2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (−αn)an = 0,

што значи да су дати вектори линеарно зависни.



Рjешење 5.2.12. Како не постоjи скалар α такав да jе e2 = αe1, то су ови векторилинеарно независни. Из v = λ1e1 + λ2e2 следи, редом:

9i − 4j = λ1(3i + j) + λ2(i − 2j),= (3λ1 + λ2)i + (λ1 − 2λ2)j,

9 = 3λ1 + λ2, −4 = λ1 − 2λ2.

Множећи прву jедначину са 2 и сабираjући их налазимо λ1 = 2, а затим λ2 = 3.Отуда v = 2e1 + 3e2.

Рjешење 5.2.15. Из ∣a∣2 = a ⋅ a = (p − 2q) ⋅ (p − 2q) следи:

∣a∣2 = p ⋅ p − 2p ⋅ q − 2q ⋅ p + 4q ⋅ q= ∣p∣2 − 2∣p∣∣q∣ cos 30○ − 2∣q∣∣p∣ cos 30○ + 4∣q∣2 = 4,

jер jе cos 30○ =√

32 . Отуда ∣a∣ = 2.

Рjешење 5.2.16. Пре свега p ⋅ q = 0 jер су ови вектори окомити. Према томе

5λ∣m∣2 + (10 − 4λ)m ⋅ n − 8∣n∣2 = 0,

а због ∣m∣ = ∣n∣ = 1 биће 5λ + (10 − 4λ)m ⋅ n − 8 = 0, односно cos∠(m, n) = 8−5λ10−4λ .

i. Из m ⊥ n следи ∠(m, n) = 90○, односно cos∠(m, n) = 0, те λ = 85 .

ii. Из λ = 1 следи cos∠(m, n) = 8−510−4 = 1

2 , односно ∠(m, n) = 60○.

Рjешење 5.2.17. Нека jе дат троугао ABC са висинама ha = AD ⊥ BC и hc = CF ⊥AB са пресечном тачком H = AD ∩ CF . Aко дуж BE, E ∈ AC садржи тачку H,треба доказати да jе та дуж висина hb троугла, тj. да jе BE ⊥ AC.

ИзÐÐ→HB =ÐÐ→HA+Ð→AB следи

ÐÐ→HC ⋅ (ÐÐ→HB −ÐÐ→HA) = 0. Слично, из

ÐÐ→HC =ÐÐ→HB +Ð→BC следи

ÐÐ→HA ⋅ (ÐÐ→HC −ÐÐ→HB) = 0. Сабирањем ових jеднакости добиjамо (ÐÐ→HC −ÐÐ→HA) ⋅ÐÐ→HB = 0, тj.Ð→AC ⋅ÐÐ→HB = 0, односно BE ⊥ AC, што jе и требало доказати.

Рjешење 5.2.18. Ромб ABCD разапињу два вектора a = Ð→AB и b = Ð→BC jеднакихинтензитета. Диjагонале ромба су d1 = a + b и d2 = a − b. Треба доказати d1 ⋅ d2 = 0.

Наиме: d1 ⋅ d2 = (a+ b) ⋅ (a− b) = a ⋅ a− a ⋅ b+ b ⋅ a− b ⋅ b = ∣a∣2 − ∣b∣2 = 0. Према томе jеd1 ⊥ d2, што jе и требало доказати.

Рjешење 5.2.19. Троугао ABC дефинише вектореÐ→AB = c,

Ð→BC = a и

Ð→AC = b са

интензитетима c = ∣c∣, a = ∣a∣ и b = ∣b∣. Угао у темену A jе α = ∠(c, b).из a = b − c следи a ⋅ a = (b − c) ⋅ (b − c) = b ⋅ b + c ⋅ c − 2b ⋅ c, односно

a2 = b2 + c2 − 2bc cosα,

а то jе прва од jеднакости косинусне теореме. Слично доказуjемо и остале две.

Рjешење 5.2.25. Темена троугла ABC дефинишу векторе a = Ð→BC, b = Ð→AC и c = Ð→AB,тако да jе a = b − c. Множењем са десна добиjамо a × c = b × c − c × c, па због c × c = 0добиjамо ∣a × c∣ = ∣b × c∣, а отуда a sin(180○ − β) = b sinα, тj. a ∶ b = sinα ∶ sinβ. Сличноналазимо и остале две пропорциjе.



Jедначине

Рjешење 5.3.1. Из x+3x = 492 добиjамо први сабирак x = 492/4 = 123. Други сабиракjе 3x = 369.

Рjешење 5.3.2. Брзина приближавања им jе v = 50 + 60 = 100 km/h, на путу s = 220km, па jе време до сусрета t = s/v = 2 h.

Рjешење 5.3.4. Аниноj куповини одговара линеарна jедначина 40x + 200y = 520, аБранковоj 60x + 100y = 380. Након скраћивања са 20 добиjамо систем линеарнихjедначина:

{ 2x + 10y = 26,3x + 5y = 19.

Када прву jедначину система помножимо са 5, а другу са −10 и саберемо их, добиjамо−20x = −60, тj. x = 3 килограма. Када прву jедначину множимо са 3 а другу са −2и саберемо их, добиjамо 20y = 40, тj. y = 2 килограма. Дакле, Ана и Бранко сукуповали по 3 односно 2 килограма редом jабука и крушака.

Рjешење 5.3.6. Задатку одговара систем jедначина:

{ 5,20x + 1,67y = 5682,5,30x + 1,61y = 5736.

Детерминанте система и променљивих су:

D = ∣5,20 1,675,30 1,61

∣ = 5,20 ⋅ 1,61 − 5,30 ⋅ 1,67 = −0,479

Dx = ∣5682 1,675736 1,61

∣ = 5682 ⋅ 1,61 − 5736 ⋅ 1,67 = −431,1

Dy = ∣5,20 56825,30 5736

∣ = 5,20 ⋅ 5682 − 5,30 ⋅ 5736 = −287.4

па Крамеров систем jедначина D ⋅ x =Dx и D ⋅ y =Dy даjе:

x = 900, y = 600.

Марко jе трговао са 900, односно 600 акциjа.

Рjешење 5.3.7. Задатку одговара систем jедначина:

{x4 +

y3 = 9,

x6 +

2y3 = 10.

Детерминанте система и променљивих су:

D = ∣14

13

16

23

∣ = 1

4⋅ 2

3− 1

6⋅ 1

3= 1

9



Dx = ∣ 9 13

10 23

∣ = 9 ⋅ 2

3− 10 ⋅ 1

3= 8

3

Dy = ∣14 916 10

∣ = 1

4⋅ 10 − 1

6⋅ 9 = 1

па Крамеров метод даjе решења:

x = Dx

D= 24, y = Dy

D= 9.

Просечна брзина реке у горњем току jе 24, а у доњем 9 km/h.

Рjешење 5.3.8. Нека су x и y запремине великих, односно малих посуда. Тада имамоjедначине 5x + 3y = 13 и x − 3y = 1 чиjе рjешење су x = 2,5 и y = 0,5 литара.

Рjешење 5.3.9. Из система jедначина: x + y = 20 и 3x + 11y = 100, налазимо x = 15 иy = 5. Дакле, 15 питања jе типа тачно-нетачно, а 5 са вишеструким избором.

Рjешење 5.3.11. Праве a, b и c су на слици 6.55 лево. Њихови пресеци су тачке(1,2) ∈ a ∩ b, (4,5) ∈ a ∩ c и (2,1) ∈ b ∩ c.

Slika 6.55: Три праве и две праве.

Рjешење 5.3.12. Узимаjући за x редом 2, 3 и 4 израчунавамо y, за прву па за другуправу, а те тачке (x, y) цртамо у Декартовом правоуглом систему Oxy, као на графу6.55 десно. Налазимо тачку T (x, y) пресека тих правих и њене координате x = 3 иy = 2 проглашавамо за рjешење система.

Рjешење 5.3.14. Праве су паралелне када су коефициjенти уз x jеднаки, тj. кадаjе λ = 1. Међутим, тада су jедначине x + y = 1 и x + y = 2 у контрадикциjи и немарешења. Када jе λ ≠ 1 тада имамо тачку пресека правих T ( 1

1−λ ,1−2λ1−λ ).

Рjешење 5.3.15. Детерминанта сва три система jе заjедничка:

D = ∣λ 11 λ

∣ = λ2 − 1.



Међутим, слободни чланови у првоj, другоj и трећоj колони су различити, па имаморедом следеће детерминанте вариjабли:

Dx = ∣1 11 λ

∣ = λ − 1, 0, 0;

Dy = ∣λ 11 1

∣ = λ − 1, λ2 − 1, λ3 − λ.

Према томе, када jеD ≠ 0, тj. λ ≠ ±1, тада сваки од три система има своjе jединственорjешење ξ =Dξ/D за ξ ∈ {x, y}, редом:

{ x = 1λ+1 , 0, 0;

y = 1λ+1 , 1, λ.

Када jе D = 0, тада немамо jединствена решења и имамо два случаjа.За λ = 1 сва три система се своде на 0 ⋅x = 0, 0 ⋅y = 0 и на бесконачно решења коjа

сва можемо описати са x = 1 − t и y = t везано за произвољан параметар t.Када jе λ = −1, имамо системе:

{ −x + y = 1, 1, −1;x − y = 1, −1, 1.

Први jе у контрадикциjи и нема решења, а други и трећи (друга и трећа колона изаjеднакости) су x − y = ∓1, са општим решењима (t ∓ 1, t).

Рjешење 5.3.16. Уводимо смену: 1x+y = u и 1

x−y = v, за коjу важи линеарни системjедначина: 21u + 6v = 5, 49u − 27v = −2, са рjешењем u = 1

7 , v =13 . Враћамо смену и

добиjамо линеарни систем: x + y = 7, x − y = 3, са рjешењем x = 5, y = 2.

Рjешење 5.3.17. Уводимо смену u = 1x+1 , v = y − 1, коjа дати систем своди на:

{ u +mv = 1,mu + v = 2m.

Детерминанта овог система jе:

D = ∣ 1 mm 1

∣ = 1 −m2,

а детерминанте променљивих u и v:

Du = ∣ 1 m2m 1

∣ = 1 − 2m2, Dv = ∣ 1 1m 2m

∣ =m.

Када jе D ≠ 0 и Du ≠ 0, тj. m2 ≠ 1 и m2 ≠ 12 , односно x ∉ {1,−1,

√

22 ,−

√

22 } тада

имамо jединствено рjешење u = Du

D , v = Dv

D , а отуда x = −1 + DDu

, y = 1 + Dv

D .

Када jе Du = 0, тj. m = ±√

22 , тада због u = 0 не постоjи одговараjуће x = −1 + 1

u .Систем нема решења.

Када jе D = 0, због m2 = 1, биће Du = −1, па jе Крамерова jедначина D ⋅ u = Du

контрадикциjа. Систем нема решења.



Рjешење 5.3.18. Сменом u = 12x−5 , v = x − 3y добиjамо систем:

3u + v = −4,5

2u − 2v = −1

2,

чиjе jе рjешење u = v = −1, а отуда x = 2, y = 1.

Рjешење 5.3.19. За x = 3a или x = b jедначина нема смисла. Такође, за a = 0jедначина jе немогућа jер jоj jе лева страна 0, а десна ниjе.

За x ≠ 3a, x ≠ b, a ≠ 0, добиjамо a(b − x) = 2(3a − x), те (a − 2)x = a(b − 6), па заa ≠ 2 имамо x = a(b−6)

a−2 .

Рjешење 5.3.21. Одузмемо ли од сваког сабирка 1, добићемо:

x − 2000

1990+ x − 2000

1989+ ⋅ ⋅ ⋅ + x − 2000

1985= x − 2000

10+ x − 2000

11+ ⋅ ⋅ ⋅ + x − 2000

15,

(x − 2000) ( 1

1990+ ⋅ ⋅ ⋅ + 1

1985− 1

10− ⋅ ⋅ ⋅ − 1

15) = 0,

x − 2000 = 0.

Дакле, рjешење jе jединствено x = 2000.

Рjешење 5.3.22. Сменом u = x+yxy , v = x−y

xy систем постаjе:

u + 1

u= a + 1

a, v + 1

v= b + 1

b,

чиjа су решења u ∈ {a, 1a}, v ∈ {b, 1

b}. Враћањем смене добиjамо x = 2u+v и y = 2

u−v .

Рjешење 5.3.23. Изрази у апсолутним заградама мењаjу знак за x = 3 и x = 0. Затоодвоjено разматрамо три интервала.

За x ∈ (−∞,0) дата jедначина постаjе (3−x)+1 = −x−2x, а отуда x = −2 ∈ (−∞,0).За x ∈ [0,3) jедначина jе (3 − x) + 1 = x − 2x, тj. 4 = 0. Нема решења.За x ∈ [3,+∞) имамо −(3 − x) + 1 = x − 2x, а отуда x = 1 ∉ [3,+∞). Нема решења.

Jедино рjешење дате jедначине jе x = −2.

Рjешење 5.3.24. Изрази у апсолутним заградама мењаjу знак у тачкама x = −4, x = 32

и x = 2. Решења тражимо по интервалима.За x ∈ (−∞,−4), jедначина постаjе x = −1

3 . Нема решења.За x ∈ (−4, 3

2), jедначина постаjе x = 32 ∉ (−4, 3

2).За x ∈ [3

2 ,2), jедначина постаjе 0x = 0. Рjешење jе свако x из интервала.За x ∈ [2,∞), jедначина постаjе x = 2 ∈ [2,∞).

Решења су x ∈ [32 ,2].

Рjешење 5.3.25. Из дате jедначине следи ∣x − 1∣ − 1 = ±2, па ∣x − 1∣ = 1 ± 2, затимx − 1 = ±(1 ± 2) и x = 1 ± (1 ± 2). Од свих тих, решења су само x = −2 и x = 4.



5.3.26. Раздваjамо раван Oxy на области у коjима се знак у датим апсолутнимзаградама не мења.

За x ≥ 0, y ≥ 0, систем постаjе: x − y = ±2, x + y = 4, са решењима28 (3,1) и (1,3).За x ≤ 0 ≤ y, систем постаjе: −x + y = 2, −x + y = 4, што jе контрадикциjа. Ова

област нема решења.За x ≤ 0, y ≤ 0, систем постаjе: x − y = ±2, x + y = −4, са решењима (−3,−1) и

(−1,−3).За y ≤ 0 ≤ x, систем постаjе: x − y = 2, x − y = 4, што jе контрадикциjа. Нема

решења.Сва решења су: (−3,−1), (−1,−3), (1,3) и (3,1).

Неjедначине

Рjешење 5.4.1. Из неjедначина 32 ≤ v ≤ 64 следи:

32 ≤ 80 − 32t ≤ 64,

32 − 80 ≤ −32t ≤ 64 − 80,

16 ≤ 32t ≤ 48,

1

2≤ t ≤ 3

2.

Дакле, након 0,5 па све до 1,5 секунди.

Рjешење 5.4.2. Из каматног рачуна знамо да jе I = Kpt, гдjе jе I интерес (добитод камате), K капитал (почетно уложени новац), p каматни проценат (годишње), tброj година. Ако jе x део капитала уложен у посао са очекиваних 7% камате, тадаjе 30 000 − x остало за стабилних 5% камате. Укупна камата (годишње) ће бити

0,07x + 0,05(30 000 − x = 0,02x + 1 500.

Потребно jе да таj приход буде већи од 1 900 евра годишње, па jе:

0,02x + 1 500 ≥ 1 900,

0,02x ≥ 400,

x ≥ 20 000.

Дакле, уложићу бар 20 000 евра у посао са 7% камате, а остатак од почетних 30 000евра ћу ставити на стабилних 5% камате.

Рjешење 5.4.3. Задатак jе сличан „рачуну смеше”, осим што се користе неjеднакости.Поступак рада jе приказан у табели:

28Редом апсциса и ордината, тj. (x, y).



% Cu kg % ⋅ kg Cu60% 0,6 x 0,6 ⋅ x40% 0,4 30 − x 0,4 ⋅ (30 − x)збир од 0,4 до 0,5 тачно 30 од 30 ⋅ 0,46 до 30 ⋅ 0,5

Израчунавамо, редом:

30 ⋅ 0,46 ≤ 0,6 ⋅ x + 0,4 ⋅ (30 − x) ≤ 30 ⋅ 0,5,

13,8 ≤ 0,2x + 12 ≤ 15,

1,8 ≤ 0,2x ≤ 3,

9 ≤ x ≤ 15.

Треба узети од 9 до 15 kg 60% смеше.

Рjешење 5.4.9. Броjник растављамо на факторе

(x + 2)(x − 3)1 − x ≥ 0.

Налазимо да су промене знака за x ∈ {−2,1,3}, па правимо таблицу:

x ∞ < x < −2 -2 −2 < x < 1 1 1 < x < 3 3 3 < x <∞x + 2 − 0 + + + + +x − 3 − − − − − 0 +1 − x + + + 0 − − −f1 + 0 − + 0 −

Скуп решења f1 ≥ 0 jе (−∞,−2) ∪ (1,3).Слично, слика 6.56, налазимо за f2(x):

Slika 6.56: Табела функциjе f2(x) = (x+1)(x+3)x−2 .

Решења за f2(x) ≥ 0 су x ∈ (−3,−1) ∪ (2,∞).

Рjешење 5.4.11. Све сабирке пребацуjемо на леву страну неjеднакости па растављамона факторе.

i. Из (2−x)(2+x)(x−1)(x+1) < 0 следи x ∈ (−∞,−2) ∪ (−1,1) ∪ (2,∞).



ii. Из x(x−3)2

(1−x)(x−5)(x+5) > 0 следи x ∈ (−5,0) ∪ (1,3) ∪ (3,5).

iii. Из (1−x)[(x+ 12)2=34]

(x−3)(x2+1)< 0 следи x ∈ (−∞,1] ∪ (3,∞).

Рjешење 5.4.12. ax + by − (ay + bx) = a(x − y) − b(x − y) = (a − b)(x − y) ≥ 0.

Рjешење 5.4.13. Не смета доказу ако претпоставимо a ≥ b ≥ c ≥ 0. Користећи сменуa3 = x, b3 = y, c3 = z и претходни задатак три пута, налазимо:

x3 + y3 + z3 = x3 + y2y + z2z ≥ x3 + y2z + z2y ≥ x2z + y2z + xyz ≥ 3xyz.

Враћањем смене добиjамо тражено тврђење.

Рjешење 5.4.14. Смена x = 1a , y =

1b , z =

1c и претходни задатак.

Рjешење 5.4.16. Странице троуглаABC су стандардно a,b и c. ИзA2G2 неjеднакостиследи (s − b) + (s − c) ≥ 2

√(s − b)(s − c) гдjе jе s = a+b+c

2 полуобим троугла. Међутим,(s − b) + (s − c) = a. Слично добиjамо и остале две од неjеднакости:

a ≥ 2√

(s − b)(s − c), b ≥ 2√

(s − a)(s − c), c ≥ 2√

(s − a)(s − b).

Множећи их налазимо abc ≥ 8(s − a)(s − b)(s − c). Према задатку 3.4.39 jе површинатроугла µ = abc

4R , па овдjе имамо 4Rµ ≥ 8(s−a)(s−b)(s−c). Према истом задатку, збогХеронове формуле jе 4Rµ ≥ 8µ

2

s , а због µ = rs добиjамо 4Rµ ≥ 8rµ. Отуда R ≥ 2r,што jе и требало доказати.

Рjешење 5.4.17. Из доказа претходног задатка узмимо c ≥ 2√

(s − a)(s − b), добиjенонеjеднакошћу A2G2. Поред тога, приметимо да jе c = 2R sinγ, па имамо

2R sinγ ≥ 2√

(s − a)(s − b),

односно 2R sinγ√s(s − c) ≥ 2

√s(s − a)(s − b)(s − c) = ab sinγ, те 2R

√s(s − c) ≥ ab.

Из A2G2 неjеднакости следи s+(s−c)2 ≥

√s(s − c), па сада имамо s+(s−c)

2 ≥ ab2R , или

R(2s−c) ≥ ab, затим R(a+b) ≥ ab, па 1a +

1b ≥

1R . Слично налазимо 1

b +1c ≥

1R и 1

a +1c ≥

1R .

Збир све три даjе 2a +

2b +

2c ≥

3R , што делењем са 2 даjе тражену неjеднакост.

Доказ 5.4.18. Нека су у Декартовом правоуглом систему дати вектори a = a1i+a2j+a3k и b = b1i + b2j + b3k са углом φ. Њихов скаларни производ jе:

a ⋅ b = ab cosφ ≤ ab =√a2

1 + a22 + a2

3

√b21 + b22 + b23.

Са друге стране, важи a ⋅ b = a1b1 + a2b2 + a3b3, па претходна неjеднакост наконквадрирања постаjе тражена. Неjеднакост постаjе jеднакост акко cosφ = 1, тj. кадаjе φ = 0.

Доказ 5.4.19. Последица неjеднакости троугла. Када вектори a = a1i + a2j + a3k иb = b1i + b2j + b3k дефинишу c = a − b, трећу страницу троугла, биће ∣c∣ ≤ ∣a∣ + ∣b∣, а тоjе тражена неjеднакост. Неjеднакост постаjе jеднакост акко ∠(a, b) = 0.



Рjешење 5.4.20. За n = 1, важи неjеднакост са jеднакошћу. За n = 2 jе

(1 + x)2 = 1 + 2x + x2 ≥ 1 + 2x,

опет тачно. За n = 3 користимо претходни случаj:

(1 + x)3 = (1 + x)(1 + x)2 ≥ (1 + x)(1 + 2x) = 1 + 3x + 2x2 ≥ 1 + 3x.

Опет претходни, користимо за случаj n = 4:

(1 + x)4 = (1 + x)(1 + x)3 ≥ (1 + x)(1 + 3x) = 1 + 4x + 3x2 ≥ 1 + 4x.

И тако даље. Очигледно jе да се ова процедура наставља без ограничења.

Рjешење 5.4.21. i. Следи из Zn−xZn = (1+x+ ⋅ ⋅ ⋅+xn)−(x+x2+ ⋅ ⋅ ⋅+xn+11) = 1−xn+1.ii. Према Бернулиjевоj неjеднакости имамо (1 + q)n ≥ 1 + nq, па jе

0 < xn = 1

(1 + q)n ≤ 1

1 + nq .

За случаj −1 < x < 0 добиjамо слично, заменом x са −x. Случаj x = 0 jе тривиjалан.Дакле увек, за ∣x∣ < 1 и неограничено велико n, броj xn постаjе неограничено мали,тj. нула.

iii. Зато што разлика Z∞−Zn → 0 (тежи нули), када n→∞ (тежи бесконачности).iv. Нека jе x = 0,6111 . . . па jе 10x = 6 + (0,1 + 0,12 + 0,13 + . . . ), односно:

10x = 5 + (1 + 0,1 + 0,12 + 0,13 + . . . ) = 5 + 1

1 − 0,1= 55

9,

а отуда x = 1118 .

Рjешење 5.4.22. i. Са jедне стране jе 1 ≤ n1/n. Са друге стране, стављаjући x = 1/√nу Бернулиjеву неjеднакост, добиjамо (1 + 1

√n)n≥ 1 + √

n > √n, а отуда 1 + 1

√n>

(√n)1/n, тj. n1/n < (1 + 1√n)

2→ 1.

ii. Нека jе дат низ fn = (1 + 1n)n, за n = 1,2,3, . . . . Сређуjемо:

fn+1

fn=

(1 + 1n+1

)n+1

(1 + 1n)n

= (1 + 1

n)(

1 + 1n+1

1 + 1n

)n+1

= (1 + 1

n)(n(n + 2)

(n + 1)2)n+1

,

fn+1

fn= (1 + 1

n)(1 − 1

(n + 1)2)n+1

≥ (1 + 1

n)(1 − 1

n + 1) = 1,

fn+1 ≥ fn,што значи да jе низ fn растући (Неjеднакост jе Бернулиjева). Отуда:

(1 + 1

n)n

≤ (1 + 1

n)n+1

≤ (1 + 1)2 = 4,

тj. за свако n ∈ N jе fn ≤ 4, па кажемо да jе таj низ ограничен одозго. Растући иовако ограничен низ постаjе све тачниjе jеднак неком броjу, са порастом n, а затимможемо израчунавати да jе таj броj управо Оjлеров броj e ≈ 2,71828.



Делење

Рjешење 6.1.2. i. Тражено делење p ∶ q jе приказано на слици 6.1.2. Резултат jеs = x2 − x са остатком r = −x + 3. Лако проверавамо да jе заиста тачно p = qs + r.

ii. Слично налазимо количник s = x2 + x + 2 и остатак r = x − 5.

Slika 6.57: Количник полинома jе x2 − x са остатком −x + 3.

Рjешење 6.1.4. Слично претходном: i. NZD(p, q) = 2x − 3, ii. NZD(p, q) = 2x + 3.

Рjешење 6.1.6. i. Према Безуовом ставу, ако jе p(x) дељиво са x−1, тада jе p(1) = 0.Из p(1) = 1 + λ − 2 + 3 − 4 = 0 следи λ = 2, затим p ∶ q = x3 + 3x2 + x + 4.

ii. Ако jе полином p(x) дељив са 3x+2 он jе дељив и са x+ 23 . Из p(−2

3) = 0 следиλ = 13

6 . Затим налазимо p ∶ q = (2x + 3)/6.

Рjешење 6.1.7. i. Из p(−1) = 0 и p(2) = 0 следи α − β = −1 и 2α + β = −20, а отудаα = −7 и β = −6. Полином p(x) делимо са q1q2 и добиjамо x2 + 2x + 3.

ii. Слично, налазимо α = −5 и β = −6, а затим (p ∶ q1) ∶ q2 = x2 + 1.

Рjешење 6.1.9. Из услова p(1) = 10 и p(−1) = 4 добиjамо a + b = 7 и a − b = −1, па jеa2 − b2 = (a + b)(a − b) = −7.

Рjешење 6.1.10. Из датих услова p(−1) = p(1) = p(−4) = 4 налазимо, редом:

⎧⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎩

2a + b + 4 = r,2a − b + 6 = r,32a + 4b − 59 = r,

{ 30a + 3b = 63,30a + 5b = 65,

одакле a = 2 и b = 1.

Рjешење 6.1.11. Задатак се може решавати на два начина.i. Први начин, Безуов став. Како jе q(x) = x2 +x− 2 = (x− 1)(x+ 2), а важи (6.2),

то jе p(1) = r(1) и p(−2) = r(−2), односно a + b = 3 и 4a + b = 6. Отуда a = 1, b = 2.ii. Други начин, изjедначавање коефициjената. У идентитету

(∀x) p(x) = q(x)s(x) + r(x),

количник мора бити облика s(x) =mx + n. Отуда:

(∀x) x3 + 2x2 + ax + b = (x2 − x − 2)(mx + n) + (7x + 7),



(∀x) x3 + 2x2 + ax + b =mx3 + (n −m)x2 + (7 − n − 2m)x + (7 − 2n),1 =m, 2 = n −m, a = 7 − n − 2m, b = 7 − 2n,

m = 1, n = 3, a = 2, b = 1.

Дакле, налазимо a = 2, b = 1, али и количник s(x) = x + 3.

Рjешење 6.1.12. i. То jе услов да идентички (∀x ∈ R) важи jеднакост

x3 + px + 1 = (αx + β)(x2 +mx − 1),

за неке (непознате) константе α и β. Након множења и сређивања на десноj страни,добиjамо

(∀x) x3 + px + 1 = αx3 + (αm + β)x2 + (−α + βm)x − β.Упоређивањем коефициjената:

1 = α, 0 = αm + β, p = −α + βm, 1 = −β,

налазимо α = 1 и β = −q, као и тражени услов: m = q и p = 1 − q2, при чему jепараметар q произвољан. Количник jе x − q.

ii. Слично, добиjамо p = 1 − q2, m = −q за произвољно q. Количник jе x + q.

Рjешење 6.1.13. i. Делењем p(x) са q(x) добиjамо количник s(x) = 6x2−x+(a−6b−1)и остатак r(x) = (a − 5b + 2)x + 2 − b(a − 6b − 1). Због дељивости, остатак мора битиидентички jеднак нули (нула-полином), па изjедначавањем коефициjената добиjамосистем jедначина: a− 5b+ 2 = 0, 2− b(a− 6b− 1) = 0. Када прву a− 5b = −2 уврстимо удругу: 2 − b(−2 − b − 1) = 0. Отуда b2 + 3b + 2 = 0, односно (b + 1)(b + 2) = 0, што значида имамо два решења b = −1 са a = −7 и b = −2 са a = −12.

ii. Дељењем добиjамо s(x) = 7x2−x+(a−7b+1), r(x) = (a−6b−2)x+3+b(a−7b+1).Како jе r(x) ≡ 0, биће a − 6b − 2 = 0 и 3 + b(a − 7b + 1) = 0. Прву a − 6b = 2 уврстимоу другу, добиjамо 3 + b(2 − b + 1) = 0, односно b2 − 3b = 3, затим 4b2 − 12b = 12, па4b2−12b+9 = 21, те 2b−3 = ±

√21. Имамо два решења, a1,2 = 2+6b за b1,2 = 3±

√

212 .

Рjешење 6.1.14. Према Безуовом ставу, остатак делења p(x) са x+ 1 jе p(−1) = −6, аостатак при делењу са x − 3 jе p(3) = 6.

Нека jе s(x) количник при делењу полинома p(x) са (x+1)(x−3), а r(x) = ax+ bостатак. Тада jе

x2009 − 3x2008 + x1009 − 3x1008 + x + 3 = (x + 1)(x − 3)s(x) + ax + b.

Када у овоj jедначини ставимо x = −1, затим x = 3, добиjамо систем jедначина:

{ −a + b = −6,3a + b = 6,

чиjе jе рjешење a = 3, b = −3. Према томе, остатак делења p(x) са (x + 1)(x − 3) jеr(x) = 3x − 3.



Рjешење 6.1.15. Нека jе r(x) = ax + b остатак делења p(x) са (x − 2)(x − 3). Тада jе

p(x) = (x − 2)(x − 3)s(x) + ax + b,

гдjе jе s(x) полином степена за 2 мањег од степена полинома p(x). Према Безуовомставу jе p(3) = 4 и p(2) = 2. Како jе p(3) = 3a + b и p(2) = 2a + b, имамо системjедначина чиjе рjешење лако налазимо: a = 2, b = −2. Према томе, тражени остатакjе r(x) = 2x − 2.

Рjешење 6.1.16. Полазећи од Безуовог става имамо редом:

p(1) = 10, p(−1) = 4, p(−2) = −8, p(0) = 2,

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

a0 + a1 + a2 + a3 = 10,−a0 + a1 − a2 + a3 = 4,

−8a0 + 4a1 − 2a2 + a3 = −8,a3 = 2.

Увстимо a3 = 2 у прве три jедначине. Сабирањем прве и друге налазимо a1 = 5.Добиjамо систем:

{ a0 + a2 = 3,4a0 + a2 = 15,

одакле налазимо a0 = 4 и a2 = −1.

Рjешење 6.1.17. Полином p(x) − 10x исчезава у тачкама x = 1,2 и 3, односно дељивjе полиномом (x − 1)(x − 2)(x − 3). Како p(x) нормиран полином четвртог степена,то jе p(x) − 10x = (x − 1)(x − 2)(x − 3(x − c) за неки броj c. Отуда:

p(12) + p(−8) = 11 ⋅ 10 ⋅ 9 ⋅ (12 − c) + 120 + (−9)(−10)(−11)(−8 − c) − 80 = 19 840.

Рjешење 6.1.18. Користимо формуле (6.3).i. Из a0 = 1, a1 = 1, a2 = 1, a3 = 1 и c = 1 следи s0 = 1, s1 = a1 + cs0 = 1 + 1 ⋅ 1 = 2,

s2 = a2 + cs1 = 3, r = a3 + cs2 = 4. Према томе, количник jе s(x) = x2 + 2x+ 3, а остатакjе r = 4, па формула (6.2) гласи x3 + x2 + x + 1 = (x2 + 2x + 3)(x − 1) + 4, што jе лакопроверити непосредним множењем.

ii. Из a0 = 2, a1 = 0, a2 = 0, a3 = −3, a4 = 5, a5 = −4 и c = 2 добиjамо s0 = a0 = 2,s1 = a1 + cs0 = 0 + 2 ⋅ 2 = 4, s2 = a2 + cs1 = 8, s3 = 13, s4 = 31 и r = 58.

Рjешење 6.1.19. i. Дато jе c = 1 и a0 = 2, a1 = −1, a2 = 3, a3 = −4, a4 = 1. Попуњавамотабелу:

2 −1 3 −4 1

1 2 1 4 0 1

Отуда p(x) = (2x3 + x2 + 4x)(x − 1) + 1.ii. Резултат jе p(x) = (3x5 − 8x4 + 16x3 − 31x2 + 62x − 128)(x + 2) + 255.



Рjешење 6.1.21. i. Из p1(x) = x4 − 2 ⋅ 122 ⋅ x2 + 122 − 52 = (x2 − 122)2 − 52 следи:

p1(x) = (x2 − 122 − 52)(x2 + 122 − 52),

p1(x) = (x − 13)(x + 13)(x2 + 119).Полином p1 има две реалне x1,2 = ±13 и две имагинарне x3,4 = ±i

√119 нуле.

ii. Из p2(x) = x4 + 2x2 + 1 − x2 = (x2 − 1)2 − x2 = [(x2 − 1) − x][(x2 − 1) + x] следи:

p2 = [(x2 − x) − 1][(x2 + x) − 1],

p2 = [(x2 − x + 1

4) − 5

4] [(x2 + x + 1

4) − 5

4] ,

p2 =⎡⎢⎢⎢⎢⎣(x − 1

2)

2

− (√

5

2)

2⎤⎥⎥⎥⎥⎦

⎡⎢⎢⎢⎢⎣(x + 1

2)

2

− (√

5

2)

2⎤⎥⎥⎥⎥⎦,

p2 = (x − 1

2−

√5

2)(x − 1

2+

√5

2)(x + 1

2−

√5

2)(x + 1

2+

√5

2) .

Отуда четири реалне нуле x1,2,3,4 = ±1±√

52 . Нуле p2 су златни броjеви.

Рjешење 6.1.22. i. x5 + x + 1 = (x5 − x2) + (x2 + x + 1)

= x2(x3 − 1) + (x2 + x + 1)

= x2(x − 1)(x2 + x + 1) + (x2 + x + 1),x5 + x + 1 = (x2 + x + 1)(x3 − x2 + 1).

ii. x3 + x2 + 4 = (x3 + 8) + (x2 − 4)

= (x + 2)(x2 − 2x + 2) + (x − 2)(x + 2),

x3 + x2 + 4 = (x + 2)(x2 − x + 2).

Нултачке

Рjешење 6.2.7. Прво приметимо да jе:

(x + y + z)3 = (x + y + z)(x + y + z)2

= (x + y + z)(x2 + y2 + z2 + 2xy + 2xy + 2yz)= x3 + y3 + z3 + 3x2(y + z) + 3y2(x + z) + 3z2(x + y) + 6xyz.

Затим израчунаjмо: (x + y + z)3 − x3 − y3 − z3 =

= 3(x2y + x2z + y2x + y2z + z2x + z2y + 2xyz)



= 3[z(x2 + 2xy + y2) + xy(x + y) + z2(x + y)]= 3(x + y)(xz + yz + xy + z2)3(x + y)[x(z + y) + z(y + z)]= 3(x + y)(x + z)(y + z).

Рjешење 6.2.11. Делењем p(x) ∶ (x − 1) лако налазимо количник s(x) = 8x3 + 27 безостатка r = 0. Растављамо збир кубова s(x) = (2x+3)(4x2−6x+9). Тражени резултатjе p(x) = (x − 1)s(x) = (x − 1)(2x + 3)(4x2 − 6x + 9).

Трином 4x2−6x+9 = (2x2−6x+ 94)−

94 +9 = (2x− 3

2)2+ 27

4 ниjе растављив у реалномдомену, али jесте у комплексном: 4x2 − 6x + 9 = 1

4(4x − 3 + 3i√

3)(4x − 3 − 3i√

3).

Рjешење 6.2.12. i. Означимо x = 3√

2 +√

5 + 3√

2 −√

5. Кубирањем налазимо:

x3 = 2 +√

5 + 33√

(2 +√

5)2(1 −√

5) + 33√

(2 +√

5)(2 −√

5)2 + 2 −√

5

= 4 − 33√

2 +√

5 − 33√

2 −√

5 = 4 − 3x.

Jедначина x3 + 3x − 4 = 0 има рjешење x1 = 1, па налазимо (x − 1)(x2 + x + 4) = 0.Трином x2 + x + 4 = (x + 1

2)2 + 15

4 нема фактора у реалном домену. вриjедност датогизраза jе 1.

ii. Ставимо x = 3√

2 +√

5+ 3√

2 −√

5, па нађимо x3 = 14− 3x, тj. p(x) = x3 + 3x− 14.Имаjући у виду Безуов став, тражимо цео броj x ∈ Z такав да jе p(x) = 0 и налазимоx = 2. Према томе, полином p(x) jе дељив са x − 2. Дељењем добиjамо количникx2 + 2x + 7 = (x + 1)2 + 6 коjи се даље не може растављати на факторе у реалномдомену. вриjедност датог израза jе 2.

Рjешење 6.2.13. i. Ставимо p(x) = x3 − x2 − 5x − 3 и тестираjмо неке x = 0,±1,±2, . . .тражећи рjешење jедначине p(x) = 0. Налазимо p(−1) = 0. Делећи p(x) са x + 1добиjамо количник x2−2x−3 (без остатка), коjи затим лако растављамо на факторе:p(x) = (x+1)2(x−3). Двострука нула датог полинома jе x = −1, а трећа нула jе x = 3.

ii. За p(x) = x4 + x3 − 8x2 − 2x + 12 налазимо p(2) = 0 и p(−3) = 0. Према томе,полином p(x) jе дељив са (x − 2)(x + 3) = x2 + x − 6. Количник jе x2 − 2. Отуда

p(x) = (x − 2)(x + 3)(x −√

2)(x +√

2),

а jедначина има четири реална решења: 2, −3, ±√

2.

Рjешење 6.2.14. Када jе полином p(z) реалан, тада су му оба z1 и z1 нултачке, па jедати полином дељив са q(z) = (z − z1)(z − z1) = z2 − (z1 + z1)z + z1z1.

i. Делењем p(z) са q(z) = z2 + 2z + 5 добиjамо количник s(z) = z − 3. Корени су−1 ± 2i, 3.

ii. Делењем p(z) са q(z) = z2 − 4z + 5 добиjамо количник s(z) = z2 + 1. Корени су−1 ± 2i, 1 ± i.



Рjешење 6.2.15. Из p(x) = 0, због p(x2) = −p(x)p(x + 1), следи p(x2) = 0, па jенултачка и (x2)2 итд. Како jе броj нултачки коначан, мора бити ∣z∣ = 0 или ∣z∣ = 1.Такође, из p(z) = 0 следи p[(z − 1)2] = 0. Зато jе у наjопштиjем случаjу p(z) =azm(z − 1)n, а то у датоj jедначини даjе

ax2m(x2 − 1)n + axm(x − 1)na(x + 1)mxn = 0.

Ако jе a = 0, тада jе p(x) ≡ 0. Ако jе a ≠ 0, онда jе 1 + axn−m(x + 1)m − n = 0, из чегаследи n =m, a = −1. Отуда решења p(x) = −xn(x − 1)n за n = 0,1,2 . . . .

Рjешење 6.2.17. Трећи фактор jе увек позитиван, jер ax2 + bx + c = a (x + b2a

)2 +(c − b2

4a), а у сва четири наведена случаjа су оба сабирка (заграде) позитивни броjеви.Из анализе производа прва два фактора следи: i. x ∈ (−1,5), ii. x ∈ (−∞,−5]∪[2,∞),iii. x ∈ (−∞, 2

3] ∪ [4,∞), iv. x ∈ (25 ,

37).

Рjешење 6.2.18. Ако jе a > x > 0, онда jе a2+x2 < (a+x)2. Помножимо ову неjеднакостса a−x > 0, па имамо (a2 +x2)(a−x) < (a2 −x2)(a+x). Поделимо ову неjеднакост са(a + x)(a2 + x2), што jе такође веће од нуле, добићемо a−x

a+x < a2−x2

a2+x2, а то jе и требало

доказати.

Рjешење 6.2.19. Означимо са a = x2 + x3, b = x3 + x1, c = x1 + x2. Отуда x1 = b+c−a2 ,

x2 = a+c−b2 , x3 = a+b−c

2 , па леву страну дате jеднакости можемо писати

L = b + c − a2a

+ a + c − b2b

+ a + b − c2c

= 1

2( ba+ ab) + 1

2( ca+ ac) + 1

2(bc+ cb) − 3

2.

Збирови у заградама нису мањи од 2, што се лако проверава полазећи од (xy −yx)

2≥ 0,

па jе L ≥ 3 − 32 = 3

2 .

Рjешење 6.2.20. Дату квадратну jедначину трансформишемо, редом:

x2 + px + q = 0,

x2 + px + p2

4− p

2

4+ q = 0,

(x + p2)

2

− p2 − 4q

4= 0,

x + p2= ±

√p2 − 4q

2,

а затим тражени резултат.

Рjешење 6.2.21. Лако налазимо: i. y1(x) = (x + 1)(x − 1)(x − 3) и корене −1, 1 и 3;ii. y2(x) = (x + 2)(x − 2)(x − 3) и корене −2, 2 и 3. Нацртаjте табелу са тачкама уинтервалу x ∈ (−3,5), у тим тачкама израчунаjте y(x) и скицираjте граф. Добићетенешто слично сликама 6.58.



Slika 6.58: Кубне функциjе y1 и y2.

Матрице

Рjешење 6.3.9. A(a)A(b) = ( 2 − ab ab − 12 − 2ab 2ab − 1

), An = ( 2 − an an − 12 − 2an 2an − 1

).

Рjешење 6.3.16. Из AX = λX следи, редом:

( 3 1−2 1

)(xy) = λ(x

y) ⇒ { 3x + y = λx

−2x + y = λy, ⇒ { (3 − λ)x + y = 0−2x + (1 − λ)y = 0.

Да би оваj систем имао решења, осим (0,0), мора бити ∣3 − λ 1−2 1 − λ∣ = 0. Отуда

(3 − λ)(1 − λ) + 2 = 0, односно λ2 − 4λ + 5 = 0. То jе карактеристични полином, чиjисмо општи облик већ нашли у задатку 6.3.13. Сада тражимо његове нултачке.

Из λ2 − 4λ + 5 = (λ − 2)2 + 1 следe сопствене вриjедности λ1,2 = 2 ± i, комплексниброjеви. Из претходне хомогене jедначине, за λ1 = 1+ i налазимо y1 = (−1+ i)x1, а заλ2 = 2− i налазимо y2 = (−1− i)x2. Уз сопствену вриjедност λk иде сопствени векторса комплексним компонентама xk и yk.

Рjешење 6.3.17. На слици 6.2 jе ковариjантно A1 = OA1 +A1A1, односно

A1 = OA1 +A1A ⋅ cos θ = OA1 +OA2 ⋅ cos θ = A1 +A2 cos θ.

Слично, ковариjантно A2 = OA2 +A2A2, односно

A2 = OA2 +OA1 ⋅ cos θ = A1 cos θ +A2.

Отуда прва матрична jедначина. Инверзна матрица даjе другу.

Рjешење 6.3.18. На слици 6.2 jе очигледно x = A1. Затим налазимо:

y = Oy2 = OA2/ cos(90○ − θ) = (OA2 −A2A2)/ sin θ

= (OA2 −A2A ⋅ cos θ)/ sin θ = (OA2 −OA1 ⋅ cos θ)/ sin θ,

y = (A2 −A1 cos θ)/ sin θ.

Отуда прва матрична jедначина. Множењем матрица, тj. пресликавањем вектора(A1

A2) из претходног задатка, добиjамо другу.



Рjешење 6.3.19. Нека су дате тачке B и C. Тада jеÐ→BC = Ð→OC −Ð→OB и рецимо да jе

то векторÐ→OA =Ð→BC са слике 6.2.

i. ∆x = A1, ∆y = A2 а ∆s = OA = a. Тражена jеднакост jе косинусна теорематроугла OA1A.

ii. Затим применимо друге трансформациjе из задатка 6.3.17. Тада jе

∆x = 1

sin2 θ(∆x −∆y ⋅ cos θ), ∆y = 1

sin2 θ(−∆x ⋅ cos θ +∆y).

Након уврштавања и сређивања добиjамо тражени други резултат.

Рационални изрази

Рjешење 6.4.4. Графови i. y = 2x+33x−2 , ii. y = 5x−1

x+2 , iii. y = 3−4x1−5x и iv. y = 3x+2

4x+1 суприказани на слици 6.59.

Slika 6.59: Четири графа.

Рjешење 6.4.5. i. Домен функциjе y = 4x2−9x2−1

jе ∀x ≠ ±1, тj. свако x за коjе називникниjе нула. Кодомен jе домен обрнуте функциjе x2 = 5

4−y , тj. ∀y ≠ 4. Тиме су одређенеи асимптоте, две вертикалне x = ±1 и jедна хоризонтална y = 4. Нуле добиjамо изy(x) = 0, тj. 4x2 − 9 = 0, или x2 = 9, односно x = ±3

2 . За знак функциjе анализирамофакторе (2x − 3)(2x + 3)/(x − 1)(x + 1) таблицом, слично примjеру 5.4.6. Функциjаjе позитивна за x ∈ (−∞,−3

2) ∪ (−1,1) ∪ (32 ,∞). Граф jе на слици 6.60 лево.

ii. Функциjа y = x2−14x2−9

jе дефинисана за x ≠ ±32 , а узима вриjедности y ≠ 1

9 . Нулесу x = ±1. Знак jе идентичан претходноj (оне су узаjамно реципрочне). Граф jе наслици 6.60 десно.



Slika 6.60: Графови y = 4x2−9x2−1

и y = x2−14x2−9

.

Рjешење 6.4.6. i. 4142 , ii. −1.

Рjешење 6.4.7. i. a3−ab2+a2b−b3−2b(a+b)2

, ii. 4aba2−b2

.

Рjешење 6.4.8. i. 2xyx2+y2

, ii. x − y, iii. x2(x − 1).

Рjешење 6.4.9. i. c−aa+b+c , ii. a, iii. 0.

Рjешење 6.4.10. i. x+yx−y , ii.

x2+y2

x2−y2.

Рjешење 6.4.11. i. Jедан по jедан збир са лева, резултат jе 321−x32

.ii. Парциjални сабирци 1

k(k+1) =1k −

1k+1 даjу коначно: 1

x −1x+5 .

Рjешење 6.4.12. i. Тражимо константе A, B, C и D тако да важи

r1(x) ≡A

x − 1+ B

x − 2+ Cx +Dx2 + 1

.

Множењем са називником r1(x), сређивањем идентитета и упоређивањем коефициjената(испред истог степена x), добиjамо систем jедначина:

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

A +B +C = 2,−2A −B − 3C +D = −1,A +B + 2C − 3D = 1,−2A −B + 2D = −4.

Рjешење система jе A = 1, B = 2, C = −1, D = 0, па jе

r1(x) =1

x − 1+ 2

x − 2− x

x2 + 1.

ii. Прво сводимо r2(x) на праву рационалну функциjу (да jе степен полинома уназивнику већи од степена у броjнику):

r2(x) =2x4 − x3 − 11x − 2

x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1=



= 2(x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1) − 5x3 − 4x2 − 15x − 4

x4 + 2x3 + 2x2 + 2x + 1

= 2 + −5x3 − 4x2 − 15x − 4

(x + 1)2(x2 + 1)

= 2 + A

x + 1+ B

(x + 1)2+ Cx +Dx2 + 1

.

Затим сабирамо разломке (десно од броjа 2), сређуjемо броjник по степенима x иупоређуемо коефициjенте (са претходним броjником). Добиjамо систем:

⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎩

A +C = −5,A +B + 2C +D = −4,A +C + 2D = −15,A +B +D = −4,

чиjе jе рjешење A = −5, B = 6, C = 0, D = −5. Отуда

r2(x) = 2 − 5

x + 1+ 6

(x + 1)2− 5

x2 + 1.

Рjешење 6.4.13. Следи из y = a2−(b−c)2

(b+c)2−a2и x + 1 = (b+c)2−a2

2bc , y + 1 = 4bc(b+c)2−a2

.

Рjешење 6.4.14. Из услова b2 = ac

a+c следи a−b2 = a2

a+c и c−b2 = c2

a+c , а отуда (a − b2) (c − b

2) =

( aca+c

)2 = ( b2)2, што jе и требало доказати.

Рjешење 6.4.15. i. Из ad − bc = 0 следи: ac(ad − bc) + bd(ad − bc) − (a2d2 − b2c2) = 0,

2a2cd − 2abc2 + 2abd2 − 2b2cd + 2b2c2 − 2a2d2 = 0,

a2c2 − 2abc2 + b2c2 − a2d2 + 2abd2 − b2d2 = a2c2 − 2a2cd + a2d2 − b2c2 + 2b2cd − b2d2,

(a2 − 2ab + b2)c2 − (a2 − 2ab + b2)d2 = a2(c2 − 2cd + d2) − b2(c2 − 2cd + d2),

(a − b)2(c2 − d2) = (a2 − b2)(c − d)2,

а отуда тражена jеднакост.ii. Из услова a

b =cd , односно

a4

b4= c4

d4, налазимо a−b

b = c−dd па (a−b)4

b4= (c−d)4

d4, односно

a4−b4

b4= c4−d4

d4. Када другу jеднакост поделимо првом, добиjамо тражену jеднакост.

iii. Исто као претходнo (ii) осим што степенуjемо са n уместо 4.

Рjешење 6.4.16. Знамо да из A ∶ B ∶ C =m2 ∶ n2 ∶ p2 следи A ∶m2 = B ∶ n2 = C ∶ p2 = λ,па и (A +B +C) ∶ (m2 + n2 + p2) = λ.

i. Дати услов се своди на c(ay−bx)c2

= b(cx−az)b2

= a(bz−cy)a2

, па c(ay−bx)+b(cx−az)+a(bz−cy)a2+b2+c2

=0

a2+b2+c2= 0. Како из c(ay − bx) = 0 следи x

a = yb , из b(cx − az) = 0 следи x

a = zc , из

a(bz − cy) = 0 следи yb =

zc , то jе x

a =yb =

zc .



ii. Из xa =

yb =

zc = λ следи (x+y+z) = λ(a+b+c) = x

a(a+b+c), односно(x+y+z)2

(a+b+c)2= x2

a2.

Помножимо ову jеднакост са x + y + z, добићемо (x+y+z)3

(a+b+c)2= x3

a2+ x2y

a2+ x2z

a2. Како jе

x2

a2= y2

b2и x2

a2= z2

c2, то важи и тражена jеднакост.

Рjешење 6.4.17. i. Из услова следи 1a+b+c <

1a+b , такође <

1a+c односно

1b+c . Сабирањем

ове три неjеднакости добиjамо тражену.ii. Због услова abc > 0 jе дата неjеднакост еквивалентна са:

abc(a + b + c)2 ≤ (bc + ac + ab)(a3 + b3 + c3),

a3bc + ab3c + abc3 + 2a2b2c + 2a2bc2 + 2ab2c2 ≤

≤ a3bc + b4c + bc4 + a4c + ab3c + ac4 + a4b + ab4 + abc3,

затим(a4b − 2a2c2b + bc4) + (a4c − 2a2b2c + b4c) + (ab4 − 2b2c2a + ac4) ≥ 0,

b(a2 − c2)2 + c(a2 − b2)2 + a(b2 − c2)2 ≥ 0,

што jе тачно.

Рjешење 6.4.18. Због симетриjе можемо претпоставити да jе a ≤ b ≤ c. Тада jе a+ b ≤c + a ≤ b + c, односно 1

b+c ≤1c+a ≤

1a+b . Преуређивањем29 неjеднакости добиjамо:

a3

a + b +b3

b + c +c3

c + a ≤ a3

b + c +b3

c + a +c3

a + b ,

a3

c + a +b3

a + b +c3

b + c ≤a3

b + c +b3

c + a +c3

a + b .

Сабирањемо ових и делећи са 2, добиjамо

1

2(a

3 + b3a + b + b

3 + c3

b + c + c3 + a3

c + a ) ≤ a3

b + c +b3

c + a +c3

a + b .

Коначно, због x3+y3

x+y = x2 − xy + y2 ≥ x2+y2

2 , добиjамо:

a2 + b2 + c2

2≥ 1

2(a

2 + b22

+ b2 + c2

2+ c

2 + a2

2)

≤ 1

2(a

3 + b3a + b + b

3 + c3

b + c + c3 + a3

c + a )

≤ a3

b + c +b3

c + a +c3

a + b .

29в. и задатак 5.4.12



Рjешење 6.4.19. Због abc ≠ 0 jе xyz ≠ 0, па jе дати систем еквивалентан са:

x + yxy

= 1

a,

x + zxz

= 1

b,

y + zyz

= 1

c,

1

y+ 1

x= 1

a,

1

z+ 1

x= 1

b,

1

z+ 1

y= 1

c

одакле лако добиjамо:

x = 21a +

1b −

1c

, y = 21a −

1b +

1c

, z = 21b +

1c −

1a

.

Рjешење 6.4.20. Уведимо смену u = x+yxy , v = x−y

xy . Добиjамо систем:

u + 1

u= a + 1

a, v + 1

v= b + 1

b,

одакле прво рjешење: u1 = a, v1 = b, и друго u2 = 1a , v2 = 1

b . Враћањем смененалазимо:

за ∣a∣ ≠ ∣b∣ и ∣ab∣ ≠ 1: (x, y) = ( 2a−b ,

2a+b

), ( 2abb−a ,

2aba+b

), ( 2bab−1 ,

2bab+1

), ( 2a1−ab ,

2a1+ab

);за ∣a∣ = ∣b∣: треће и четврто рjешење;за ab = 1: прво и друго рjешење;за ∣a∣ = ∣b∣ и ∣ab∣ = 1: нема решења.


Bibliografija

[1] Растко Вуковић: Математика I за први разред гимназиjе30. Скрипта за наставудржану 2010-11. ш.г. у Бањоj Луци.

[2] George Boole: The Mathematical Analysis of Logic, Cambridge, London 1847

[3] Vene Bogoslavov: Zbirka resenih zadataka iz matematike 1, Zavod za udzbenike inastavna sredstva, Beograd

[4] Vladimir Stojanovic: ODABRANI ZADACI za prvi razred srednjih skola (petoizdanje), Matematiskop, Beograd 1995.

[5] В. Мићић, З. Каделбург, Д. Ђукић: УВОД У ТЕОРИJУ БРОJЕВА, Друштвоматематичара Србиjе, Београд 2004.

[6] S. Aljancic: UVOD U REALNU I FUNKCIONALNU ANALIZU, drugo izdanje,Gradevinska knjiga, Beograd, 1974.

[7] D. S. Mitrinovic Matematicka indukcija, binomna formula i kombinatorika, treceizdanje, Gradevinska knjiga, Beograd, 1980.

[8] Ratko Tosic, Vanja Vukoslavcevic: ELEMENTI TEORIJE BROJEVA, Alef, NoviSad, 1995.

[9] Dr Slobodanka Mitrovic: Prirucnik za polaganje prijemnog ispita iz matematike nafakultetima, Grafokomerc, Beograd, 1996.

[10] Momir V. Celic: LINEARNA ALGEBRA, Глас Српски, Графика, Бања Лука,2010.

[11] Momir V. Celic: NUMERICKA MATEMATIKA, Глас Српски, Графика, БањаЛука, 2008.

[12] Radivoje Durkovic, Rade Lazovic: Zbirka resenih zadataka za takmicenja iz mate-matike, prvo izdanje, Svjetlost, Sarajevo, 1985.

[13] Vojislav Petrovic: TETIVNI I TANGENTNI CETVOROUGLOVI, Materijali zamlade matematicare, Sveska 44, Beograd, 2005.

30Математика I: www.academia.edu/8251898/

267

www.academia.edu/8251898/


[14] Dr Dragomir Lopandic: ZBIRKA ZADATAKA IZ OSNOVA GEOMETRIJE, Ma-tematicki fakultet, Univerzitet u Beogradu, Savez studenata PMF, Beograd, 1971.

[15] Друштво математичара Србиjе: ТАНГЕНТА 600, Збирка задатака обjављениху часопису „Тангента“, Београд, 2014.

[16] Viktor Prasolov: Problems in Plane Geometry, translated and edited by DimitryLeites, English version, 2001.

[17] Grupa autora: Zbirka resenih zadataka iz Matematike I, sesto elektronsko izdanje,Fakultet tehnickih nauka Novi Sad, 2014.

[18] Rastko Vukovic: Fermions, Half-integer spin particles, Academia31, January 3, 2015

[19] Kin Y. Li: Math Problem Book I, Hong Kong Mathematical Society IMO(HK) Com-mittee, Printed in Hong Kong, 2001.

31Fernions: https://www.academia.edu/9994343/Fermions_half-integer_spin_particles


https://www.academia.edu/9994343/Fermions_half-integer_spin_particles

Indeks

Аполониjе, 80Банах, 114Безуов став, 153Брахмагупта, 67Чевиjева теорема, 68Чирхаузенова трансформациjа, 160Де Морганови закони, 10, 13Декарт, 78

правоугли систем, 135Декартов производ, 15, 19Диофантова jедначина, 40Ератостеново сито, 36Еуклид

алгоритам делења, 25, 38, 152Елементи, 73

Фермат, 37, 78Гаус, 27Хаjзенберг, 167Хамилтон, 166

теорема, 131Херон, 67

површина троугла, 219Хилбертове аксиоме, 59Хорнер, 117Хорнерова шема, 154Кардано, 160Кеjли, 166Крамер, 142Лаjбниц, 81Лехмус, 66Линдерман, 99Лоренцове трансформациjе, 168Мигелова тачка, 119Оjлерова линиjа, 76, 131

Паш, 81Паули, 164Пирсов закон, 7Питагорина теорема, 68, 74, 89, 96Птоломеj, 78Симсонова права, 117Стjуарт, 81Штаjнер, 66, 78Штурм, 66Талесова теорема, 73Валис, 117Ван Шутен, 78Ванцел, 99Венов диjаграм, 13адиционе формуле, 91, 103акко, 13, 51алеф нула, 34алгебарски броj, 151антецеденс, 7апликата, 135апсциса, 135апсолутна грешка, 52апсолутна вриjедност, 49, 87, 145аритметичка средина, 50, 149асимптота, 169асоциjациjа, 13биjекциjа, 28, 31билинеал, 151биномни коефициjент, 60броjеви, 35

алгебарски, 48ирационални, 48рационални, 43трансцедентни, 47

269


централна симетриjа, 104цифре, 35четвороугао, 122чевиjан, 68дефинициjа, 59делтоид, 92, 220детерминанта, 141, 163, 172диjелилац, 24

заjеднички, 38NZD, 25, 38, 152

дилатациjа, 113дисjункциjа, 5дистрибуциjа, 13дистрибуциja, 15домен, 19, 169двоjни разломак, 44египатски разломци, 44ексклузивна дисjункциjа, 6еквиваленциjа, 6

класе, 26скуп-количник, 26

елеменат, 13ферматови броjеви, 37фигура, 115функциjа, 21, 28, 169

инверзна, 31композициjа, 29конкавна, 32конвексна, 32max, 50min, 50signum, 50

геометриjа, 59геометриjска средина, 50, 98, 222геометриjске конструкциjе, 97, 125геометриjско место, 111геометриски низ, 150хармониjска средина, 50, 119, 172хипербола, 169

канонски облик, 170хипотенуза, 82хомотетиjа, 93, 110

композициjа, 111

ротациона, 112идентитет, 13, 85идепотенциjа, 13имагинарна jединица, 157, 164импликациjа, 6индукциjа, 38

математичка, 17непотпуна, 37

инjекциjа, 28инвариjанта, 93ирационални броjеви, 47исказ, 5изометриjе, 100jедначина, 85jенсенова неjеднакост, 34карактеристична матрица, 165карактеристични полином, 165кардинални броj, 34катета, 82кодомен, 19, 169количник, 24, 25колинеарност, 60, 111комбинациjе, 60компланарност, 60комплексан броj, 151

коњугован, 157модуо, 157скуп C, 157

комплемент, 13, 31комутациjа, 13конгруенциjа, 27конjункциjа, 5конкаван, 33, 122конкурентне, 68консеквент, 7контакт, 10континуум, 34, 47контракциjа, 113контравариjантан, 163конвексан, 33, 61, 122координате, 136кординате

ко, контра-вариjантне, 167



косеканс, 86косинусна теорема, 88, 139, 172ковариjантан, 163круг, 123кружница, 78, 111кубна jедначина, 160квадрат, 123квадратна jедначина, 160квадратура круга, 99квадратуре, 160квантор, 12лема, 60лептир теорема, 118линеарне конгруенциjе, 42матрице, 161

векторски простор, 164медиjални троугао, 75метрика, 93мултипол, 10негациjа, 5неjеднакост, 24, 146, 173

Бернулиjева, 150Jенсенова, 32Коши-Шварц, 150Минковског, 150Оjлерова, 149

неjеднакост троугла, 77непреброjиви скуп, 34нетачно, 5нула матрица, 166нула полинома, 155нултачка, 157, 169описана кружница, 71, 75ордината, 135орjентисане дужи, 128ортички троугао, 74, 98ортоцентар, 75, 76, 138осна симетриjа, 100остатак, 25парабола, 20паралелност, 61паралелограм, 73, 92, 123, 128партитативни скуп, 17

пентагон, 124пентаграм, 124пермутациjе, 60планиметриjа, 59подударни, 94подударност, 93полином, 151

нултачка, 156потенциjа тачке, 78потскуп, 13површина троугла, 92правило парне цифре, 52преброjиви скуп, 34прекидач, 10пресек, 13прим броj, 37приписана кружница, 72проjекциjа, 19, 135пропорциjе, 54, 66, 70, 82, 110, 118, 173рационална функциjа, 169

права, 263рационални израз, 169рачун смеше, 55радикална оса, 80радикални центар, 80растоjање, 93разломак, 43

неправи, 45редукован, 45

разломљени израз, 169реални броjеви, 47реципрочни броjеви, 45релациjа, 19

антисиметриjа, 24еквиваленциjе, 24, 26инверзна, 20, 21композициjа, 23поретка, 24рефлексивност, 24симетриjа, 24транзитивност, 24

релативна грешка, 52решавање троугла, 90



ромб, 119, 139ротациjа, 101, 105

координата, 103матрично, 164

садржалац, 24NZS, 26, 38

секанс, 86сигурна цифра, 53симедиjана, 116симетрала, 66, 69, 129симетриjа, 93синусна теорема, 87, 140систем jедначина, 144скалар, 127скуп, 13

броj елемената, 13дисjунктни, 13дуал, 14празан, 13симетрична разлика, 17универзум, 13

сличност, 73пресликавање, 113троуглова, 113

сопствена вриjедност, 166сопствени вектор, 166средине, 149средња линиjа, 73, 128сурjекциjа, 28тачно, 5тангента, 101тангентни четвороугао, 72, 115таутологиjа, 6тензори, 127тетивни четвороугао, 72, 115, 125тежишница, 75тежиште, 75, 111, 128траг матрице, 166трансцедентан броj, 151транслациjа, 106транспоновање, 161трапез, 92, 111, 115, 123трисекциjа угла, 99

удвостручење коцке, 99угао, 59

депресиjе, 83елевациjе, 83

угловиизмеђу кривих, 112комплементни, 82суплементни, 64

униjа, 13уписана кружница, 71вариjабла, 5вариjациjе, 60вектор, 106, 127

линеарна комбинациjа, 134линеарна независност, 132линеарна зависност, 134матрица, 163орт, 136проjекциjа, 134скаларни производ, 138векторски производ, 139

векторски простор, 134заокруживање, 51златни броj, 48златни пресек, 48, 123значаjне цифре, 53


ЗБИРКА ЗАДАТАКА i - rvukovic.netrvukovic.net/teka/zbirka_1.pdf · Пирсов2...

Documents