matematika 3. razred srednje skole

1

PLANIMETRIJA Mnogouglovi

Za pravilne mnogouglove sa n stranica važi:

- On ima n osa simetrije - Ako je broj stranica paran on je ujedno centralno simetričan

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

poklapaju

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

- Zbir svih unutrašnjih uglova sa računa po formuli o

n nS 180)2( ⋅−=

- Jedan unutrašnji ugao je onda nSn=α

- Jedan spoljašnji ugao je n

o3601 =α )180( 1

o=+αα

- Zbir svih spoljašnjih uglova je o360

- Iz svakog temena mnogougla mogu se povući 3−= ndn dijagonala

- Ukupan broj dijagonala je 2

)3( −=

nnDn

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

- Površina se računa po formuli 2ahnP = , gde je h visina karakterističnog

trougla

- Centralni ugao je o

n3601

=ϕ

2

1) Koji pravilan mnogougao ima tri puta veći ugao od spoljašnjeg? Ako sa α - obeležimo unutrašnji ugao, a sa 1α - spoljašnji ugao traženog mnogougla onda je: 13αα = i važi o1801 =+αα Dakle imamo sistem:

oo

o

o

454

1801804

180

3

111

__________________1

1

=⇒=⇒=

=+

=

ααα

αα

αα

Kako je 1

360α

o

n = to je: o

o

n45

360= , 8=n Radi se o osmouglu!!!

2) Izračunati unutrašnji ugao pravilnog mnogougla, ako je razlika broja dijagonala i stranica 25. Pošto broj dijagonala obeležavamo sa 25=−⇒ nDD nn

→=−− 25

2)3( nnn sve pomnožimo sa 2

5023502)3(

2 =−−

=−−

nnnnnn

→=−− 05052 nn Dobili smo kvadratnu jednačunu po n 101 =n →−= 52n Nemoguće

Znači, 10=n , pa se radi o 10-touglu. Spoljašnji ugao je oo

oo

n36

10360360

1 ===α

Sada ćemo naći unutrašnji ugao:

o

oo

o

o

14436180

180

180

1

1

=

−=

−=

=+

α

α

αα

αα

3) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za 2, tada se centralni ugao smanji za o6 . Odrediti broj dijagonala mnogougla.

3

Neka je n-broj stranica tog mnogougla i −ϕ centralni mnogougao. ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

n

o360ϕ

→ Ako se broj stranica poveća za 2 tada je centralni ugao 2

3601 +=n

o

ϕ

61 =−ϕϕ

→=+

− 62

360360nn

oo

Sve pomnožimo sa )2( +nn

→+=−+ )2(6360)2(360 nnnn oo Sredimo i dobijamo kvadratnu: 012022 =−+ nn

10

2222

1

2,1

=

±−=

n

n

→−= 122n Nemoguće Dakle, broj stranica je n=10

2

)3( −=

nnDn

352

7102

)310(1010 =

⋅=

−=D

4) Za koliko se povećava zbir unutrašnjih uglova mnogougla, ako se broj stranica poveća za 5? Zbir unutrašnjih uglova se nalazi po formuli o

n nS 180)2( ⋅−= oo

nn nnSS 180)2(180)25(5 ⋅−−⋅−+=−+

o

oo

oooo

oo

nnnn

900360540

18021801803180180)2(180)3(

=

+=

⋅+⋅−⋅+⋅=

⋅−−⋅+=

dakle, zbir unutrašnjih uglova se poveća za o900 5) Ako se broj stranica mnogougla poveća za 11, onda se broj njegovih dijagonala poveća za 1991. Odrediti zbir unutrašnjih uglova tog mnogougla. n→ Broj stranica

→−

=2

)3(nnDn Broj dijagonala

→+11n Novi broj stranica

4

2

)8)(11(2

)311)(11(11

++=

−++=+

nnnnDn → Novi broj dijagonala

199111 =−+ nn DD

→=−

−++ 1991

2)3(

2)8)(11( nnnn Sve pomnožimo sa 2

3982388118 22 =+−+++ nnnnn

177

38942288398222

==

−=

nnn

o

o

on

S

S

nS

31500

180)2177(

180)2(

177

177

=

⋅−=

⋅−=

6) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za dva njegov se ugao poveća za o9 . Odrediti broj stranica mnogougla .

Neka je n-broj stranica i α unutrašnji ugao tog mnogougla. n

nnS on 180)2( ⋅−==α

Ako se broj stranica poveća za 2, biće ih n+2 i 2

1802

180)22(22

+⋅

=+

⋅+−=

+= +

nn

nn

nS oonα

Tada je:

→=⋅−

−+

9180)2(2

180n

nn

n oo

Pomnožimo sve sa )2( −nn

)2(91804180180

)2(9180)2)(2(18022

2

+=⋅+−

+=⋅+−−

nnnnnnnnn

ooo

oo

→=+ 720)2(9 nn Podelimo sa 9

0802

80)2(2 =−+

=+

nnnn

8

2182

1

2,1

=

±−=

n

n

→−= 102n Nemoguće Dakle n=8 , mnogougao ima ima 8 stranica.

5

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

Kako je 2

)3( −=

nnDn to će biti:

nDn 5=

→=− nnn 5

2)3( pomnožimo sa 2

0)13(013

010310)3(

2

2

=−=−

=−−

=−

nnnn

nnnnnn

nemogućen 0= v 13=n

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

Rešenje: 2

)3( −=

nnDn

442

)3(=

−nn

0882

88)3(2 =−+

=−

nnnn

11

2193

1

2,1

=

±=

n

n

→−= 82n Nemoguće Dakle n=11

9) Oko kruga poluprečnika 21+=r opisan je pravilan osmougao. Nadji površinu tog osmougla. Rešenje: Pravilan osmougao se sastoji iz 8 podudarhih jednakih trouglova. Izvučemo jedan taj karakteristični trougao.

6

rh = ( visina je ista kao i poluprečnik upisane kružnice)

Njegov centralni ugao je ⇒=== ooo

n45

8360360ϕ

Pošto nama treba pola ovog ugla, imamo: '30222

o=ϕ

Iz ovog trougla je:

r

a

tg o 23022 ' = pa je odatle

'30222 ortga =

'2

'

30228

30222442

8

o

o

tgrP

tgrrahhaP

=

⋅⋅⋅==⋅

⋅=

221

221

45cos145cos1

2453022 '

+

−=

+−

== o

ooo tgtg

2222

222

222

3022 '

+−

=+

−

=otg Racionališemo…

2)22(2

22

2223022

24)22(

2222

22223022

'

'

−=⋅

−=

−−

=−−

⋅+−

=

o

o

tg

tg

Tako da je sad:

7

( )

( ) ( )

( )( )( )

824

224

2222224

2221242

222218

2222218

302282

'2

=⋅=

⋅=

−+−=

−+=

−⋅+⋅=

−⋅⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ +⋅=

=

PPP

P

P

P

P

tgrP o

“skratimo” 8 i 2 sa 2

1

TROUGAO Mnogougao koji ima tri stranice zove se trougao. Osnovni elementi trougla su : - Temena A,B,C - Stranice a,b,c ( po dogovoru stranice se obeležavaju nasuprot temenu, npr naspram temena A je stranica a, itd) - Uglovi , unutrašnji γβα ,, i spoljašnji 1α , 1β , 1γ

β

1γ

1α

1βA B

C

ab

c

Osnovne relacije za uglove i stranice trougla su:

1) Zbir unutrašnjih uglova u trouglu je 1800 tj. α + β +γ = 1800 2) Zbir spoljašnjih uglova je 3600 tj. 1α + 1β + 1γ =3600 3) Spoljašnji i njemu susedni unutrašnji ugao su uporedni,tj.

α + 1α = β + 1β =γ + 1γ =1800

4) Spoljašnji ugao trougla jednak je zbiru dva nesusedna unutrašnja ugla, tj

1α = β +γ 1β =α +γ 1γ =α + β

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

cabca

bacba

+<<−

+<<−

cbacb +<<−

6) Naspram većeg ugla nalazi se veća stranica i obrnuto. Ako je α = β onda je a = b Ako je a = b onda je α = β www.matematiranje.com

2

Četiri značajne tačke trougla su:

1) Ortocentar (H) 2) Težiste (T) 3) Centar upisane kružnice (S) 4) Centar opisane kružnice (O)

Ortocentar se nalazi u preseku visina trougla ha,hb,hc. ( Visina je najkraće rastojanje od temena do naspramne stranice). Kod oštrouglog trougla je u trouglu, kod pravouglog u temenu pravog ugla a kod tupouglog van trougla.

AB

C

AB

C

1

1

1

a b

chhh

H

ha∩ hb∩ hc = H Ortocentar

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

AB

C

AB

C

11

1

Tt

t

ta b

c

1:2:1:2:1:2:

1

1

1

===

TCCTTBBTTAAT

www.matematiranje.com

Tttt cba =∩∩

3

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

A B

C

βSS

S

S

r

Ssss =∩∩ γβα

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

A B

C

s

ss

AC

AB

BC

or

Osss BCACAB =∩∩ www.matematiranje.com

4

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

1) jednakostranični 1) oštrougli 2) jednakokraki 2) pravougli 3) nejednakostranični 3) tupougli

Nejednakostranični

βA B

C

ab

c O = a + b + c

P=222

cba chbhah== ili P = ))()(( csbsass −−− ili P= r s ili P=

Rabc4

gde je:

s poluobim s = 2

cba ++ ,

r-poluprečnik upisane kružnice i R-poluprečnik opisane kružnice.


5

Pravougli:

C A

B

a

b

hc q

p

c

O = a + b + c

P=2ab ili P=

2cch

odavde je: cbahc⋅

=

a2 + b2 = c2 Pitagorina teorema

R = 2c ; r =

2cba −+ ; hc = pq ; a = pc ; b = qc ; c= p+q

Jednakokraki :

A B

C

a

bbha

a_2

hb

Ovde je a osnova i b krak ( kraci)

O = a + 2b P=22

ba bhah= Primena Pitagorine teoreme: ha

2+(2a )2= b2


6

Jednakostranični:

A B

C

a

a

a hr

r

y

o

O = 3a i P =4

32a

Visina h =2

3a ; 6

331 ahry == ;

33

32 ahro ==

Kod ovog trougla sve četiri značajne tačke se nalaze u jednoj tački. Srednja linija trougla (m) je duž koja spaja sredine dve stranice i uvek je jednaka polovini paralelne stranice.

ab

cA B

C

m=c/2

ab

cA B

C

m=a/2

ab

cA B

C

m=b/2


7

Podudarnost

⇔Δ≅Δ 111 CBAABC (SSS) Ako su sve stranice jednog trougla jednake odgovarajućim stranicama drugog trougla. (SUS) Ako su dve stranice i zahvaćeni ugao jednog trougla jednaki dvema stranicama i zahvaćenom uglu drugog trougla. (USU) Ako su stranica i na nju nalegli uglovi jednog trougla jednaki sa stranicom i na nju naleglim uglovima drugog trougla. (SSU) Ako su dve stranice i ugao naspram veće od njih jednog trougla jednaki dvema stranicama i uglu naspram veće od njih drugog trougla. Sličnost

⇔ΔΔ 111~ CBAABC

111 ,, CCBBAA ∠=∠∠=∠∠=∠ ,: 11BAAB ,: 11CBBC 11: ACCA

- Ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva ugla drugog trougla. - Ako su tri stranice jednog trougla proporcionalne trima stranicama drugog trougla. - Ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne dvema stranicama drugog trougla i uglovi izmedju tih stranica jednaki. - Ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne sa odgovarajućim stranicama drugog trougla, uglovi naspram dveju od tih odgovarajućih stranica su uglovi iste vrste (ili oštri, ili pravi, ili tupi).

ZADACI 1) Dat je pravougli trougao. Poluprečnik opisanog kruga je R=15,a poluprečnik upisanog kruga je r=6. Odrediti osnovice. Pošto se radi o pravouglom trouglu, važe formule:

2cR = i

2cbar −+

=

abbaba

cba

−==+

=−+

−+=

4242

12302

6

Sada ćemo iskoristiti Pitagorinu teoremu.

08648420900841764

30)42(

2

22

222

222

=+−

=−+−+

=−+

=+

aaaaa

aacba

1824

2642

2,1

==

±=

aa

a

za 18244224 =−=⇒= ba za 24184218 =−=⇒= ba

→+− 432422 aa Kvadratna ‘’po a’’ Dakle stranice trougla su 18,24,30

???

615

_______

===

==

cba

rR

30152

2

=⋅=

=

cc

Rc

8

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

A B

C

Ma

bb

rrO

D

x

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

M

C

C

D O2a

x+rb

r

x

B

Iz sličnosti trouglova sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica, Sada primenjujemo Pitagorinu teoremu na trougao AMC Podelimo sa 3 i rešavamo kao kvadratnu jednačinu...

1052

822,1

=⇒=

±=

bx

x

→−= 3x Nemoguće 8835 =⇒=+=+= hrxh

________________??,

312

==

==

OP

ra

xbxbxb

raxb

2633:6:

:2

:

=⇒==

=

0456349636)2()3(6

)(2

2

22

222

222

=−−

=+++

=++

=++⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

xxxxx

xx

brxa

3210212

2

=⋅+=

+=

OO

baO

482

8122

=

⋅=

⋅=

P

P

haP

9

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

B C

B 1

45 45

30

a

bc

60

Povučemo visinu 1BB →→ Stranice 1BB i CB1 su jednake Da sklopimo sada rezultate:

aBC =

( ) baaaCBABAC

caAB

=+=+=+=

==

132

22

22

6

2

11

Površina trougla je:

7:3:2:: =jeβα237

kkk

αβγ

= ⎫⎪= ⎬⎪= ⎭

∧

1512

18018012

180732

=

=

=

=++

k

k

kkkk

o

o

o

22

22

45sin45sin

1

1

11

aCB

aBB

aBBa

BB oo

=

=

⋅=⇒=

263

22

6060

2

212

260cos

60cos

1

111

1

11

aaAB

tgBBABBBAB

tg

a

a

AB

BBABABBB

oo

oo

=⋅=

=⇒=

==

=⇒=

0

0

0

3045

105

α

β

γ

⎫=⎪

= ⎬⎪= ⎭

10

( ) ( )

( )( )

4134

2132

2

4

4

413

22

2132

2

2

2

21

+⋅

⋅+⋅==

=

+=

⋅+=

⋅=

a

aaa

PabcR

RabcP

aaa

BBACP

2

3

aaR = skratimo…

R a= 4) Dužina luka izmedju dva susedna temena jednakostraničnog trougla upisanog u krug

poluprečnika r je 3

4π=l . Odrediti površinu trougla.

Pošto se obim ovog kruga sastoji iz tri ovakva luka: Poluprečnik opisane kružnice je:

36

23

3

=

=

a

a

(racionališemo)

323

3633

36

==

⋅=

a

a

242

43

43

==

=

⋅=

rr

O

O

πππ

π

⇒3

3ar =

11

( )

2

2

34

2 3 3 4 3 3 3 34 4

aP

P

=

⋅ ⋅= = =

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

trougla. I NAČIN Jedan od obrazaca za površinu je:

?

635

_______

=

===

O

Pba

sin2

5 36 sin2

12 4sin15 5

a bP γ

γ

γ

⋅=

⋅=

= =

12

Pošto je: Sad ćemo iskoristiti kosinusnu teoremu: Moramo ovde menjati obe vrednosti za cos… ili Pošto je trougao oštrougli uzećemo 132=c jer bi u suprotnom sa stranicama 3,4,5 bio pravougli.

8 2 13O = + II NAČIN Jedan od obrazaca za površinu trougla je

)2)(2)(8)(8(16362

82

22

22

836

283

285

28

286

))()((

+−−+=⋅

−⋅

+⋅

−⋅

+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

++=

−−−=

cccc

cccc

ccccc

csbsassP

→−−= )4)(64(576 22 cc Smena tc =2

ttt

tt425664576

)4)(64(5762 +−−=

−−=

→=+− 0832682 tt Kvadratna ‘’po t’’

1652

23668

2

1

2,1

==

±=

tt

t

2 2

2 2

2

sin cos 1cos 1 sin

16cos 1259cos25

3cos5

γ γ

γ γ

γ

γ

γ

+ =

= −

= −

= ±

= ±

2 2 2

2 2 2

2

2

2 cos35 3 2 5 35

25 9 1816

4

c a b ab

c

ccc

γ= + −

= + − ⋅ ⋅ ⋅

= + −

==

132

521835

2

222

=

=

++=

c

cc

635

===

Pba

13

Dakle: ili A ovo su ista rešenja kao kod prvog načina... 6) Obim pravouglog trougla je 36=O , a poluprečnik upisanog kruga je 3=r . Odrediti obim opisanog kruga. Pazi: BCACABCBACBA 222)( 2222 +++++=++

2

2

2 12 12 36......../ : 26 6 18

(21 ) 6 6(21 ) 18 021 6 126 6 18 0

21 108 0

ab a bab a ba a a a

a a a aa a

− − = −− − = −− − − − + =

− − − + + =

− + − =

→=+− 0108212 aa Kvadratna ‘’po a’’

129912

2321

2

1

2,1

=⇒==⇒=

±=

baba

a

1569126 =−+=−+= bac Pošto je: 1522 =⇒= RRc Obim opisanog kruga je: ππ 152 == RO

132

52

522

=

=

=

c

c

c

4162

==

cc

?

336

_________

=

==

krO

rO

36

O a b c

a b c

= + +

+ + = 2

32

6 odavde izrazimo c

6

a b cr

a b c

a b c

c a b

+ −=

+ −=

+ − =

= + −

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2

( 6)36 2 12 12

a b ca b a ba b a b ab a b

+ =

+ = + −

+ = + + + − −

abba

bacbacba

−==+=+=−+=++

2121

4222636

1

ČETVOROUGAO Mnogougao koji ima četiri stranice naziva se četvorougao.

A

B

C

D

1α1ββ

1γ1δ δ

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

α + β +γ +δ =3600 1α + 1β + 1γ + 1δ = 3600

Najpre da kažemo da četvorouglovi mogu biti : konveksni i nekonveksni.

Četvorougao je konveksan ako duž koja spaja bilo koje dve tačke unutrašnje oblasti ostaje unutar četvorougla.

A

B

C

D

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

AB

C

D


2

Podela četvorouglova može se izvršiti na više načina.Prvu podelu izvršio je još Euklid. On ih je podelio u pet grupa: kvadrati, pravougaonici,rombovi,romboidi i trapezi. Međutim, danas je podela izvršena na sledeći način:

1) Paralelogrami (imaju po dva para paralelnih stranica)

2) Trapezi (imaju jedan par paralelnih stranica)

3) Trapezoidi (nemaju paralelne stranice)

Paralelogram je četvorougao čije su naspramne stranice paralelne.

KVADRAT

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

a

ad

rry

o

O= 4a

P = a2 ili 2

2dP = , 2ary = i

22

2adro ==

d=a 2 i ako nam treba dužina stranice a imamo dužinu dijagonale

22da =

3

PRAVOUGAONIK

- Sva četiri ugla su mu prava

- Paralelne stranice su jednake

- Dijagonale su jednake i međusobno se polove

- Centralnosimetrična figura

- Ima 2 ose simetrije

a

bd

ro

O = 2a + 2b P = ab

2dro = a dijagonalu nalazimo iz Pitagorine teoreme: d2 = a2 + b2

ROMB

- Sve četiri stanice su jednake

- Naspramni uglovi su jednaki a uzastopni su suplementni

- Dijagonale se međusobno polove pod pravim uglom

- Centralnosimetrična figura

- Ima dve ose simetrije


4

a

a

dd2

1

h

O = 4a

P=2

21 dd ⋅ ili P = ah

Može se upisati kružnica čiji je poluprečnik 2hry =

Pitagorina teorema se primenjuje na osenčeni trougao: a2 = ( 2221 )2

()2

dd+

ROMBOID

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

a

bhha

b

O = 2a + 2b

P= aha ili P= bhb

Ne može da se upiše niti da se opiše kružnica .

Četvorougao čije su samo dve naspramne stranice paralelne zove se TRAPEZ.

5

Paralelne stranice se zovu osnovice, a druge dve kraci.

a

b

cd mh

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

trapeza m = 2

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

O = a+b+c+d ; P= ⋅+2

ba h ili P = mh

JEDNAKOKRAKI TRAPEZ

a

b

cc

a-b2

d

a+b2

h

O = a + b + 2c

P= ⋅+2

ba h ili P = mh

Primena Pitagorine teoreme: 222)2

( chba=+

− ( na zeleni trougao)

222)2

( dhba=+

+ ( na crveni trougao)


6

PRAVOUGLI TRAPEZ

a

b

chd=h

a-b O = a + b + c + h

P= ⋅+2

ba h ili P = mh

Primena Pitagorine teoreme: 222)( chba =+− Najpoznatiji trapezoid je deltoid. DELTOID -Deltoid je trapezoid koji ima dva para jednakih uzastopnih stranica. -Dijagonale deltoida su među sobom normalne. -Simetrala deltoida je simetrala i njegovih uglova koje obrazuju jednake stranice -Uglovi koje obrazuju nejednake stranice su među sobom jednaki. -Dijagonale su istovremeno i simetrale uglova.

aa

b b

d

d

1

2

O = 2a + 2b P=

221 dd ⋅


7

Tetivni četvorougao To je četvorougao oko koga može da se opiše kružnica. Uslov je: oje 180=+=+ δβα

α

β

γ

δ

1d

2d

→+

++=

cdabbcadbdacd ))((

1 Jedna dijagonala

→+

++=

adbccdabbdacd ))((

2 Druga dijagonala

→⋅= ϕsin2

21ddP (ϕ je ugao izmedju dijagonala)

Tetivni četvorougao To je četvorougao u koji može da se upiše kružnica. Uslov je: dbca +=+ rcaP )( += ili

_________________)( rdbP +=

)(2 caO += ili )(2 dbO +=

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


8

1 2 2 2a EF EF bP P y x+ +

= ⇒ ⋅ = ⋅

(površine su jednake)

bEFEFayxbEFxEFay+

+=⇒+=+

)()()(

_______________21 PPP =+ (zbir ove dve površine daje površinu celog trapeza)

( ) sve podelimo sa 2 i zamenimo x2 2 2

( ) ( )( ) ( ) ( ) y je zajednički...

( )

a EF EF b a by x x y

y a EF y a EFa EF y EF b a b yEF b EF b

a EF y

+ + +⋅ + ⋅ = + →

+ +⎛ ⎞+ + + = + + →⎜ ⎟+ +⎝ ⎠

+ ( )y

EF b+ +( )

( )a EF y

a bEF b

+= +

+[ ]

[ ]

2

2

( ) ( )sve pomnozimo sa

( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )2( )( ) ( )( 2 )2( ) ( )( ) 2 ( )2 ( ) 2 ( ) ( ) 2

2 ( )

a EF b EFEF b

EF ba EF EF b EF b a EF a b a EF b EFa EF EF b a b a b EFaEF ab EF bEF a b a b EF a b

EF a b EF EF a b a b ab

EF a b

+ + +→ +

++ + + + + = + + + +

+ + = + + +

+ + + = + + + +

+ + − + = + −

+ 22 2 ( )EF EF a b+ − + 2 2a ab= + 2 2b ab+ −2 2 2

2 2

2

2

EF a b

a bEF

= +

+=

2) U jednakom trapezu površine P=32 i visine 4=h , razlika osnovica je 6. Odrediti dužinu dijagonale . Sa ova dva podatka pravimo sistem


?

6432

____________

=

=−==

d

bahP

2

32 42

32 ( ) 216

a bP h

a b

a ba b

+= ⋅

+= ⋅

= + ⋅+ = 511

222

616

_______________

=⇒==

⊕⎭⎬⎫

=−=+

baa

baba

9

Primenimo Pitagorinu teoremu:

22 2

22 2

2

2

2

11 5 42

64 1680

80 16 5

4 5

a bd h

d

dd

d

d

+⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

+⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

= +

=

= = ⋅

=

3) U krugu obima π10=O upisan je pravougaonik čije se stranice odnose kao 3:4. Odrediti površinu pravougaonika

a

br

?

4:3:10

______________

=

==

P

baO π

Primenimo Pitagorinu teoremu: Pošto je 4:3: =ba

Onda je: ⎩⎨⎧

==

kbka

43

4886

824623

_______________

=⋅=⋅==⋅==⋅=

PP

baPba


105210

2

22

=⇒==

=

=⇒=

drr

rO

rddr

πππ

24

10025100169

10)4()3(

2

2

22

222

222

==

=

=+

=+

=+

kk

kkk

kkdba

10

4) Stranica romba je 5=a a manja dijagonala 61 =d . Odrediti površinu upisanog kruga. Najpre ćemo naći drugu dijagonalu 2d . Kako imamo 2 obrasca za P romba, to ćemo iskoristiti da nadjemo visinu:

ππ

π

76,5)4,2(

4,228,4

2

8,4524

24286

2

2

2

21

==

=

==⇒=

===⇒=

=⋅

=⋅

=

kr

kr

kr

PP

rP

rhr

aPhahP

ddP

5) Kraće stranice deltoida obrazuju prav ugao. Ako je obim deltoida 1726+=O , a dužina dijagonala 242 =d , odrediti površinu.

abba

ba

baO

−+=⇒+=+

+=+

+=

173173

221726

22

Primenimo kosinusnu teoremu na trougao ABC pošto je ∠ oBAC 45=

?

65

________1

=

==

krP

da

842

162

522

6

22

22

22

22

22

22

22

1

=⇒=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

dd

d

d

add

?

24

1726

______________2

=

=

+=

P

d

O

11

22242)24()173(

45cos2

222

222

22

⋅−+=−+

−+=

aaa

addab o

PAZI: BCACABCBACBA 222)( 2222 +++++=++

aaaaa 8321726176179 22 −+=−−+++ Sredimo

( ) ( )

173

6217161712

=⇒=

=−=−

ba

aa

122

24232

232 211 =

⋅=

⋅=⇒==

ddPad

6) Oko kruga poluprečnika 23

=r je opisan jednakokraki trapez površine 15=P . Izračunati

dužinu dijagonale trapeza. Ovo je tangentni četvorougao!!! cba 2=+ (ali nam sada neće trebati)

?

15,23

__________________

=

==

d

Pr


10

52

32

15

2

=+

=+

⋅+

=

⋅+

=

ba

ba

ba

hbaP

34

34925

32

10

2

32322

2

2

22

2

22

2

=

=

+=

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=

=⋅==

d

dd

d

hbad

rh

12

7) Jedna dijagonala romba je za 20% kraća od druge. Ako je visina romba 41

240=h , odrediti

površinu romba. Zapišimo najpre podatke:

2

2

121

22

22

1

254

2

22

add

add

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛

104110041

10041

100162525

44

1

212

221

221

21

22

12

1

da

da

ad

add

add

=

=

=

=+

=+

1 2

2

41

d dP a h ⋅= ⋅ =

1d⋅10

4 0⋅

2

41

1d=

1

1

1 2

2

1 2

45

2

24 25

410 2 10 258 2

10 2 8 2 802 2

80

d

d

d d

d

d dP

P

⋅

=

= ⇒ =

=

⋅ ⋅= = =

=


12

12

12

5410080

%80

dd

dd

dd

=

=

=

1

PRIZME

Najpre da kažemo nešto o obeležavanjima i o tekstu zadataka: - sa a obeležavamo dužinu osnovne ivice - sa H obeležavamo dužinu visine prizme

- sa B obeležavamo površinu osnove (baze)

- sa M obeležavamo površinu omotača

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

- sa D obeležavamo dužinu dijagonale prizme

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

- ako u tekstu zadatka ima reč prava – to znači da je visina prizme normalna na ravan osnove ili ti ,

jednostavnije rečeno , prizma nije kriva

- ako u tekstu zadatka ima reč pravilna , to nam govori da je u osnovi ( bazi ) pravilan mnogougao:

jednakostraničan trougao, kvadrat, itd.

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


2

KOCKA

a

a

a

2d a=

3D a=

a

a

a

2 36 VP a a= =

Kocka ima 12 ivica dužine a . Mala dijagonala ( dijagonala osnove) je 2d a= . Velika ( telesna) dijagonala je 3D a=

a

a

a

a

2d a=

dijagonalni presek

Površina dijagonalnog preseka se računa po formuli: 2 2DPP a=


3

KVADAR

a

b

c=H

a

b

c=H c

2 2d a b= +

2 2 2D a b c= + +

dijagonalni presek

d

2( )P ab ac bcV abc= + +=

Mala dijagonala ( dijagonala osnove) se računa 2 2 2 2 2 to jest d a b d a b= + = + Velika dijagonala se računa 2 2 2 2 2 2 2+c to jest DD a b a b c= + = + + Dijagonalni presek je pravougaonik površine DPP d c= ⋅ Površina svake prizme se izražava formulom:

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

V B H= ⋅ www.matematiranje.com

4

PRAVA PRAVILNA TROSTRANA PRIZMA

2 3 je površina osnove(baze)4

3 je površina omotača

aB

M aH

=

=

2

2

2

32 343 3

2

P B M

aP aH

aP aH

= +

= +

= +

2 34

V B H

aV H

= ⋅

= ⋅


5

PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA PRIZMA

a

a

H

H

aa

2 M 4B a aH= =

2 2

2 2 4

P B M V B HP a aH V a H= + = ⋅

= + = ⋅

dijagonalni presek

HD

dijagonalni presek222 )2( HaD +=

2ad =a

a

H

H

aa

d

D

Površina dijagonalnog preseka se izračunava:

2

P d H

P aH

= ⋅

=


6

PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA PRIZMA

a

a a

H

HH

H

2 23 36 3 64 2

a aB M aH= ⋅ = ⋅ =

2 2

22

2

3 32 3 6 3 2 2

3 33 3 6 2

P B M V B H

a aP aH V H

a HP a aH V

= + = ⋅

= ⋅ ⋅ + = ⋅ ⋅

= + =

a

a a

H

ad 21 =

32 ad =

D

BSd

a

H

Bočna strana222 aHd BS +=

D H

ad 21 =Veći dijagonalni

presek

BSd

32 ad =

D

Manji dijagonalnipresek

BSd

a


7

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

BSd

a

H

Bočna strana222 aHd BS +=

važi kod svake od navedenih pravilnih prizmi!

ZADACI

1) Ako se ivica kocke produži za 3cm, površina joj se poveća za 198 2cm . Izračunati površinu i zapeminu kocke. Obeležimo ivicu kocke sa a . Njena površina je 26aP = Ako se ivica kocke poveća za 3cm, njena ivica će biti (a+3) a površina 2

1 )3(6 += aP Prema tekstu zadatka će biti: 2

1 198P P cm− = →=−+ 1986)3(6 22 aa Sve podelimo sa 6

3

3

3

2166

cmVV

aV

=

=

=

WWW.MATEMATIRANJE.COM

2 2

2

( 3) 33a a

a

+ − =26 9a a+ + − 33

6 33 96 24

6

aa

a cm

== −==

2

2

2

21636666

6

cmPPP

aP

=

⋅=⋅=

=

8

2) Ivice dve kocke stoje u razmeri 4:3. Kolike su im površine i zapremine ako im se površine razlikuju za 168 2cm ? Obeležimo sa a stranicu jedne kocke a sa 1a stranicu druge kocke.

kaaa 43:4: 1 =⇒= i ka 31 =

1681 =− PP →=− 16866 2

12 aa Delimo sve sa 6

Sada nije teško naći P i V.

2 2 2

3 3 3

2 2 21

3 3 31

6 6 8 6 64 3848 512

6 6 6 6 36 216

6 216

P a cmV a cmP a cm

V a cm

= = ⋅ = ⋅ =

= = =

= = ⋅ = ⋅ =

= = =

3) Dimenzije kvadra su tri uzastopna cela broja, a dijagonala je cm149 . Izračunati površinu i zapreminu kvadra. Tri uzastopna cela broja možemo obeležiti sa ,1−x ,x 1+x

36 7 8 336V abc cm= = ⋅ ⋅ = WWW.MATEMATIRANJE.COM

⇒==

=

=−

=−

=−

24

28728916

28)3()4(

28

2

2

22

2

21

2

kk

kkk

kk

aa

cmkacmka

62338244

1 =⋅===⋅=⋅=

2 2 2 2

22 2 2

2

( 1) ( 1) 149

2

a b c D

x x x

x x

+ + =

− + + + =

− 2 21 2x x x+ + + +2

2

2

1 1493 149 1 1

1473

497

x

x

xx cm

+ =

= − −

=

==

1

1

+==

−=

xcxbxa

cmxccmxb

cmxa

817

61

=+===

=−=

cmPbcacabP

2921462)878676(2)(2

=⋅=⋅+⋅+⋅=++=

9

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

ab

c

Ha b

c

2144016

9:10:17::

cmPcmH

cba

=

==

_______________________

??,?, === cba Iz 9:10:17:: =cba ⇒ kckbka 9,10,17 === MBP += 2 Bazu ćemo izraziti preko Heronovog obrasca ( )( )( )B s s a s b s c= − − −

2

4

361296

98118

kBkB

kkkkB

=

=

⋅⋅⋅=

kM

kMcbaHcHbHaHM

5763816

)(

=⋅=

++=++=

2

21440 2 36 576P B M

k k= +

= ⋅ +

→=−+ 0144057672 2 kk Podelimo sve sa 72 →=−+ 02082 kk kvadratna po ‘’k’’

1,28 12 2

2k k− ±

= → = ⇒

17 2 3410 2 209 2 18

a cmb cmc cm

= ⋅ == ⋅ == ⋅ =

217 10 9

218

a b cs

k k ks

s k

+ +=

+ +=

=

10

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

a

a

H

H

aa

Dakle osnovna ivica je 5a cm= NAPOMENA: Neispravno je reći osnovna ivica je… već bi trebalo dužina osnovne ivice je… Ako Vaš profesor insistira na ovome ispoštujte ga, jer je svakako u pravu. Sve je stvar dogovora….


?

37016

________________

2

=

=

=

a

cmPcmH

538

52

4232018532

0370642642370

164237042

2

2

1

2,1

2

2

2

2

2

=→−=

=

±−=

=−+

=−+

+=

⋅+=

+=

+=

aNemogućea

a

a

aaaa

aaaa

aHaPMBP

11

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

Podatak da je u pitanju jednakoivična prizma nam govori da je osnovna ivica jednaka visini. To jest, omotač se ovde sastoji iz 3 kvadrata stranice a

3642

364

834

382

34

32

28

22

22

⋅+=

⋅+=

+=

+==

P

P

aaP

MBPa

( ) →+= 2192332 cmP Ovde ne bi bilo loše da se izvuče zajednički ispred zagrade! ( ) 26332 cmP +=

3

3

32

31284

35124

384

34

3

cmV

V

aaaV

HBV

=

==

=⋅=

⋅=

7) Pravilna četvorostrana prizma ima omotač 8 2m i dijagonalu 3 m . Izračunati njenu zapreminu.

H

Pošto je aHM 4= ⇒ 284 =⇒= aHaH Iz trougla: je


( )92

222

222

=+

=+

aHDaH

12

Napravimo sistem:

2=aH ⇒ a

H 2= → Zamenimo u drugu jednačinu

92 22 =+ aH

922 22

=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ a

a

→=+ 924 22 a

a Smena: ta =2

924=+ t

t

214

479

0492

2

1

2,1

2

=

=

±=

=+−

t

t

t

tt

Vratimo se u smenu: ili Pazi: Ovde imamo 2 moguća rešenja, i oba su ''dobra'' jer zadovoljavaju zadate početne uslove!!!


3

2

2

2

412

1

22

4

mVV

HaVmHa

H

maa

=

⋅=

⋅=

=

=

==

3

2

2

2

2

2242

2222

2222

22

212

121

mV

V

V

HaVmH

ma

a

a

a

=

⋅=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⋅=

=

=

⋅=

=

=

13

8) Odrediti površinu i zapreminu kocke u funkciji površine dijagonalnog preseka. Površina dijagonalnog preseka je: Pazi (na sredjivanje): 9) Osnova prava prizme je jednakostranični trougao osnovice 10dm, a visina tog trougla jednaka je visini prizme. Ako je zapremina prizme 3720dm , izračunati površinu prizme. Primenimo Pitagorinu teoremu na jednakokraki trougao:

28

22

2

22

2

2

4

4 3

4 3

4

4

2

2

QQa

emoRacionališQQa

Qa

aQ

=⋅=

→==

=

= 2

3 3 3443

3 34 4 4 3 4

4

6 26 6 3 22 2 2

8 6 86 6

2 8

6 4 2 6 4 23 2

8 83 2

Q QP a Q

Q QV a

Q QV Q

V Q Q

= = ⋅ = ⋅ =

⎛ ⎞ ⋅= = ⋅ =⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

⋅ ⋅ ⋅ ⋅= = =

=

442

44 84 94 334 3

2422

222)2(8

⋅=⋅=

⋅===

dmhdmH

HH

HH

HhaV

HBV

dmV

Hhdma

a

a

a

12121445720

210720

2

720

10

2

2

________________

3

===

=

⋅⋅

=

⋅⋅

=

⋅=

=

==

dmbbb

b

hab a

13169

125

122

10

2

2

222

22

2

22

2

==

+=

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

2552432120

)2610(121210)2(

22

2

2

dmPPP

baHahP

bHaHahP

MBP

a

a

=

+=+⋅+⋅=

++=

++⋅=

+=

14

10) Osnova prave prizme je romb čije su dijagonale ,24,18 21 cmdcmd == dok je dijagonala bočne stranice prizme cmd 39= . Izračunati površinu prizme. Najpre primenimo Pitagorinu teoremu na romb. Pogledajmo jednu bočnu stranu:


cmaaa

a

dda

15255

144812

242

18

22

2

2

222

22

212

==

+=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

cmHHHH

adH

361296

22515211539

2

2

222

222

==

−=

−=

−=

2

21

25922160432

361542418

42

2

2

cmPPP

aHddP

MBP

=

+=⋅⋅+⋅=

+⋅

⋅=

+=

15

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

h h

x ya=24cm

c=15cm

b=10cm

d=13cm

→ Spustimo visine i obeležimo ‘’deliće’’ sa x i y Kako je Imamo Sada imamo sistem: Vratimo se u: PAZI: M se sastaju iz četiri različita pravougaonika:


⇒⎪⎭

⎪⎬⎫

−=

−=222

222

ychxdh

56))((56

169225225169

22

22

22

2222

=+−=−

−=−

−=−

−=−

xyxyxyxy

yxycxd

14=+−=+

yxbayx

45614)(

=−=⋅−

xyxy

⇒⎭⎬⎫

=−=+

414

xyxy

cmyy

9182

==

MBPcmH

cmhhh

ych

+===

−=

−=

−=

212

1281225915

2

222

222

22041217

122

10242

cmBB

B

hbaB

=

⋅=

⋅+

=

⋅+

=

2

2

11527442042

7446212

)15131024(12)(

cmPP

cmMMM

dcbaHM

=

+⋅==

⋅=+++⋅=

+++=

3244812204cmV

VHBV

=

⋅=⋅=

16

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

r

r

A

B C

OM

D

h-r

a=30cm

bb

?

1030

__________

=

===

V

Hhacmrcma

I Način Iz sličnosti trouglova trougla ADC i trougla AMO ⇒

22 2

22 2

22

2 2

2

2

1,2

1

2

2

2 30153

4 120 900225 ....... / 99

2025 4 120 900 95 120 2925 0

24 585 024 54

239

1539

a h b

b b

b b b

b b bb b

b b

b

b cmb Nemogućeb cm

⎛ ⎞ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

+⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞+ +

+ = ⋅⎜ ⎟⎝ ⎠+ + + =

− − =

− − =±

=

== − →=


33022303

101501510)10(15

)10(:10:15

+=

=−=−=−

−=

bh

bhbhbh

hb

17

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

2

( )2

( )23039 ( )2

1521 225

129636

a

a

a

a

a

a

a h b

ah b

h

h

hh cm

+ =

= −

= −

= −

=

=

Sada je Hcmha == 36 Ovaj zadatak smo mogli rešiti i na drugi način.

II Način Znamo obrasce za površinu: SrP ⋅= i ))()(( cSbSaSSP −−−=

2

cbaS ++=

to jest: 2 30 2 22 2 2

a b c a b bS + + + += = = =

(15 )2

b+

bS +=15

225151515

15)15)(15(

)15)(15)(3015)(15(

222

2

−=−=

⋅−+=

−+−+−++=

bbP

bbP

bbbbbbP

S druge strane je

2 2

10 (15 )

10(15 ) 15 ( 15)( 15)

100(15 ) 15 ( 15)( 15)100(15 ) 225( 15)1500 100 225 3375100 225 3375 1500

125 487539

P r s bP P

b b b

b b bb b

b bb b

bb cm

= ⋅ = ⋅ +=

+ = − +

+ = − ++ = −

+ = −− = − −

− = −=


31944036540

54023630

2

cmVV

BHV

haB a

=

⋅==

=⋅

=⋅

=

1

PIRAMIDA I ZARUBLJENA PIRAMIDA

Slično kao i kod prizme i ovde ćemo najpre objasniti oznake ... - sa a obeležavamo dužinu osnovne ivice

- sa H obeležavamo dužinu visine piramide

- sa h obeležavamo dužinu visine bočne strane ( apotema)

- sa s obeležavamo dužinu bočne ivice

- sa B obeležavamo površinu osnove (baze)

- sa M obeležavamo površinu omotača

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

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

- ako u tekstu zadatka ima reč prava – to znači da je visina piramide normalna na ravan osnove ili ti ,

jednostavnije rečeno , piramida nije kriva - ako u tekstu zadatka ima reč pravilna , to nam govori da je u osnovi ( bazi ) pravilan mnogougao:

jednakostraničan trougao, kvadrat, itd.

Dve najvažnije formule za izračunavanje površine i zapremine su:

za površinu i 1 B H za zapreminu 3

P B M

V

= +

= ⋅


2

PRAVA PRAVILNA TROSTRANA PIRAMIDA

a

a

s shH

rr

o

u

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

2 34

aB =

U omotaču se nalaze tri jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je 2bočne stranea hP ⋅

= ) , a kako ih ima 3 u

omotaču, to je: 32a hM ⋅

=

2 3 34 2

P B M

a a hP

= +

⋅= +

2

2

131 33 4

312

V B H

aV H

aV H

= ⋅

= ⋅

= ⋅

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

a

a

s shH

a/2

22 2

2as h ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠


3

a

a

s sH

r ro

u

h

2 2 2

2

2 2

to jest

36

uh H r

ah H

= +

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

a

s sh

r

r

o

u

H

2 2 2

2

2 2

to jest

33

os H r

as H

= +

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA PIRAMIDA

a

a

hH

s

s

U bazi je kvadrat, pa je površina baze

2B a=

U omotaču se nalaze četiri jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je 2bočne stranea hP ⋅

= ), pa je površina

omotača 4 odnosno 22a hM M ah⋅

= =

2 2P B MP a ah= +

= + 2

1313

V B H

V a H

= ⋅

= ⋅

Primena Pitagorine teoreme:

a

hH

s

s

a/2

22 2

2as h ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠

a

a

hH

s

s

a/2

22 2

2ah H ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟

⎝ ⎠

a

a

hHs

s

d/2

22 2

2

2 2

22 2

od n osn o2

2 to jes t2

2

ds H

as H

as H

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= +


4

a

a

hH

s

s hH

d

dijagonalni presek

P odnosno2

2P2

DP

DP

d H

a H

⋅=

⋅=

PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA PIRAMIDA

aa

H

h

a a

ss

U bazi je šestougao, pa je površina baze 2 23 36 34 2

a aB = =

U omotaču se nalaze šest jednakokraka trougla ( površina jednog od njih je 2bočne stranea hP ⋅

= ), pa je površina

omotača jednaka 6 32ahM ah= =

2 33 32

P B M

aP ah

= +

= + 2

2

131 333 2

32

V BH

aV H

aV H

=

= ⋅

=

a

H

h

a a

ss

a/2

22 2

2as h ⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

aa

H

h

a a

ss H2 2 2s H a= +

aa

H

h

a

ss

32a

2

2 2 32ah H

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠


5

aa

ss

a2a

H

veći dijagonalni presek

P ovog dijagonalnog preseka je :2 to jest

2vdp vdpa HP P a H⋅

= = ⋅

a

a

H

h

a a

sss

manji dijagonalni presek

3a

hpreseka

P ovog dijagonalnog preseka je :

32preseka

mdp

a hP

⋅=

Četvorostrana piramida (u osnovi romb):

P= B+M B= 2

21dd = ah M=42ah =2ah V=

3BH a2=( 2221 )

2()

2dd

+

Formulice:

1) nejednakostranicni trougao: P=222cba chbhah

== P= ))()(( csbsass −−− P= r s P=Rabc4

gde je s poluobim s=2cba ++ , r-poluprečnik upisane kruznice i R-poluprečnik opisane kružnice.

2) pravougli trougao: P=2ab ili P=

2cch a2+b2=c2 R=

2c ; r =

2cba −+ ; hc= pq ; a= pc ; b= qc c=p+q

3) jednakokraki trougao

P=22ba bhah

= ha2+(

2a )2= b2

Pogledajte formulice iz oblasti mnogougao i četvorouglovi....

PRAVA PRAVILNA TROSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA

a

as sh

H

a1 a1

a1

a

P = B+B1+ M B=4

32a B1= 432

1a M = 3 haa

21+

V= 3H (B+B1+ 1BB ) ili V =

123H ( a2+a12+ aa1)


6

ru

a

ash

H

a1 a1

aash

a1 a1

a

a

ash

H

a1 a1

a1

as

a-2

a-2HH

ro

ro1

ru1

21

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −aa

+ h2= s22 2 21( ) 3

( )6

a a H h−+ =2 2 21( ) 3

( )3

a a H s−

+ =

Visina dopunske piramide je: x=1

1

BBHB

− a

as sh

H

a aa

a

x

PRAVA PRAVILNA ČETVOROSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA

a

a

hH

s

sa1

a1

P = B+B1+ M B=a2 B1= a12 M = 4 h

aa2

1+ = 2(a+a1)h

V= 3H (B+B1+ 1BB ) V=

3H (a2+a1

2+ aa1)


7

a

hHs

sa1

a

a

hHs

sa1

a

a

hHs

s

a1

a-2

a-2

a-2

a-2

d-2

d-21

2 2 21( )2

a a H h−

+ =2 2 21( )2

a a h s−

+ =2 2 21( )

2d d H s−

+ =

osni presek: a1 h H h a dijagonalni presek: d1 D H s d

2

1dd +

Ako sa x obeležimo visinu dopunske piramide , onda je x=1

1

BBHB

− =

1

1

aaHa−

PRAVA PRAVILNA ŠESTOSTRANA ZARUBLJENA PIRAMIDA

a

aa

a1

a1

a1

Hss

h

P = B+B1+ M B=4

36 2a B1= 436 2

1a M = 6 haa

21+ =3(a+a1)h

V= 3H (B+B1+ 1BB ) ili V= 3

2H ( a2+a1

2+ aa1) www.matematiranje.com

8

a

a

a1

a1

a1

Hss

h

a

aa

a1

a1

a1

Hss

h

a

aa

a1

a1

a1

Hss

h

a-2

a-2

h

a1

a

32a

32a

1

2 2 21( )2

a a h s−

+ = 2 2 21( )a a H s− + = 2 2 21( ) 3

( )2

a a H h−

+ =

Visina dopunske piramide je i ovde: x=1

1

BBHB

−

Zadaci

1) Date su osnovna ivica cma 10= i visina cmH 12= pravilne četvorostrane piramide. Odrediti njenu površinu i zapreminu.

a

a

H h

a/2

s

Prvo ćemo naći visinu h :

22 2

2 2 2

2

212 5169

13

ah H

hh

h cm

⎛ ⎞= + ⎜ ⎟⎝ ⎠

= +

=

=


??

1210

_____________

==

==

VP

cmHcma

2

2

2

210 2 10 13100 260

360

P B MP a ahPP

P cm

= +

= +

= + ⋅ ⋅= +

=

2

2

3

3

310 12

3100 4

400

BHV

a HV

V

V

V cm

=

=

⋅=

= ⋅

=

9

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

d/2b

?

5,12912

_______________

=

===

V

cmscmbcma

Najpre nadjemo dijagonalu osnove (baze) Sada ćemo naći visinu H iz trougla.


cmdddd

bad

15225

81144912

2

2

222

222

==

+=

+=

+=

22 2

2 2 2

2

212,5 7,5100

10

dH s

HHH cm

⎛ ⎞= − ⎜ ⎟⎝ ⎠

= −

==

2360

10912313131

cmV

V

abHV

BHV

=

⋅⋅=

=

=

10

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

212

1514132

=++

=++

=cbas

28468721))()(( cmcSbSaSSB =⋅⋅⋅=−−−=

nama treba dužina srednje po veličini visine ( bh ) osnove. Naći ćemo dalje visinu bočne strane h . Površina je jednaka zbiru površina ova četiri trougla!!!


cmccmbcma

151413

===

⇒

A B

C

bh

⇒⋅

=2bhbP

cmhh

h

b

b

b

12784

21484

==

⋅=

H=16cm

ab

ch

hb cmhhhh

hHh b

20400

1442561216

2

2

222

22

==

+=

+=

+=

244814012010484

22014

21615

2161384

222

cmPP

P

bhHcHaBP

=

+++=

⋅+

⋅+

⋅+=

+⋅

+⋅

+=

3448

16843131

cmV

V

BHV

=

⋅=

=

11

4) Izračunati zapreminu pravilnog tetraedra u funkciji ivice a Tetraedar je pravilna jednakoivična trostrana piramida. Izvucimo trougao:

96

939

93

33 2222

2

2

22 aaaaaaaH =−

=⋅

−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

Dakle: PAZI:


a

a

a

a

H

r0

BHV31

=

aH

33aro =

122

3623

3618

36

43

31

36

3

3

3

2

⋅=

⋅=

=

⋅=

=

aV

aV

aV

aaV

aH

232918 =⋅=

12

5) Izraziti visinu pravilnog tetraedra u funkciji zapremine V. Iskoristićemo rezultat prethodnog zadatka

1223aV = i izraziti a

363

3

3

3

3

26

26

2622

212

212

Va

Va

Va

Va

Va

=

=

=

⋅=

=

Kako je

36aH = to je

63 3

6 62 3 6 3

6 65 5 53 3

6 5 3

6 2 63

6 6 23

6 2 2 3 23 3

2 33

VH

VH

V VH

VH

=

⋅ ⋅ ⋅=

⋅ ⋅ ⋅= =

=


13

6) Izračunati zapreminu pravilne četvorostrane zarubljene piramide ako su osnovne ivice 7m i 5m i dijagonala 9m. Da bi našli visinu H moramo uočiti dijagonalni presek.

DH

x 21a

21a


a

a

H

aa 11

D

1

____________

759

?

a ma mD m

V

===

=

mx

x

aax

262

25272

22 1

=

+=

+=

( )2 2 2

22 2

2

2

9 6 2

81 729

3

H D x

H

HHH m

= −

= −

= −

==

222 xHD +=

( )( )

( )3

22

121

2

11

109

5757333

3

mV

V

aaaaHV

BBBBHV

=

⋅++=

++=

++=

14

7) Izračunati zapreminu pravilne šestostrane zarubljene piramide ako su osnovne ivice 2m i 1m i bočna ivica 2m 8) Osnovne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide su 2cm i 6cm. Bočna strana nagnuta je prema većoj osnovi pod uglom od o60 . Izračunati zapreminu te piramide. PAZI: Kad se u zadatku kaže bočna strana pod nekim uglom, to je ugao izmedju visina bočne strane i visine osnove!!! Izvucimo ''na stranu'' trapez (pravougli)


_________

1

212

msmama

===

HH

a

1a

1aa −3

312

)(

2

222

21

22

=

=

−=

−−=

H

HH

aasH

( )

( )

1 1

221 1

2 2

3

36 3 6 36 3

3 4 4 4

3 6 3 2 1 2 13 4

3 72212

10,5

HV B B BB

a aaH aV

V

V

V

V m

= + +

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠

= ⋅ + + ⋅

= ⋅

=

=

aa

Ha 1

a 1

r

r

u

u1

cmacma2

6

1 ==

15

HH

631a

63a

o60x

( )

( )

3

22

1

3326

5263

1243663

262643

32

233

326060

332

634

632

636

63

63

mV

V

V

V

cmtgxHxHtg

aax

oo

=

⋅=

++=

⋅++=

=⋅=⋅=⇒=

==−=−=

9) Bočne ivice pravilne trostrane zarubljene piramide nagnute su prema ravni osnove pod uglom α. Osnovne ivice piramide su a i b )( ba > . Odrediti zapreminu piramide. Izvucimo obeleženi trapez, iz njega ćemo naći visinu!


aa

Hs

H

33a

H

33b

xα

16

)(12

)(

)(43

33)(

31

43

43

43

3

33)(

33)(

33

33

22

22

22

abbatgbaV

abbatgbaV

abbaHV

tgbaxtgH

xHtg

babax

++−

=

++⋅⋅−

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++=

⋅−

==

⇓

=

−=−=

α

α

αα

α

Kako je 10) Data je prava pravilna četvorostrana piramida osnovne ivice cma 25= i bočne ivice s=13cm. Izračunati ivicu kocke koja je upisana u tu piramidu tako da se njena četiri gornja temena nalaze na bočnim ivicama piramide.

cmscma

1325

==

Nadjimo najpre visinu piramide.


a

a

H

s

A

B

C

x

xx

cmHH

H

asH

12144

222513

22

2

2

22

2

22

==

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

2 2 3 3

3 3

( )( )

( )12

a b a b ab a b

a b tgV α

− + + = −

−=

17

Izvucimo ‘’na stranu’’ dijagonalni presek: Dobili smo 2 slična trougla: MNCABC ΔΔ ~ PAZI: → AB je dijagonalna osnove cmaAB 102252 === → MN je dijagonala stranice kvadrata 2xMN = → Visina CD=H=12cm → Visina CQ=H-x=12-x Dakle:

: :

10 : 2 12 : (12 )

10(12 ) 12 2

120 10 12 2

AB MN CD CQ

x x

x x

x x

=

= −

− = ⋅

− =

→=+ 12010212 xx Podelimo sa 2

60)526(

60526

=+

=+

x

xx

→+

=526

60x Racionališemo

60 6 2 56 2 5 6 2 560(6 2 5)

72 25

60(6 2 5)47

x

x

x

−= ⋅

+ −

+=

−

+=

Ovo je tražena ivica kocke.

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

naaa ...., 21 , onda će površina svakog od tih n-trouglova biti ,2raP i

i⋅

= odnosno www.matematiranje.com

A B

C

M NQ

D

18

1 2

1 21 2 1 2

...

... ( ... ) gde je ... obim poligona2 2 2 2

22

n

nn n

B P P Pa ra r a r rB a a a a a a

rB p rp

= + +

= + + + = + + → + +

= ⋅ =

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

2

1313

3

V BH

V rp rtg

r p tgV

ϕ

ϕ

=

= ⋅

⋅=


H

rϕ

ϕϕ rtgHrHtg =⇒=

1

VALJAK

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

Naravno kao i do sada oznake su: - P je površina valjka - V je zapremina valjka - B je površina baze - M je površina omotača - H je visina valjka - r je poluprečnik osnove ( baze ), onda je 2r prečnik

O

O

1

2

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

2 i P B M V B H= + = ⋅


2

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

2B r π=

2B r π=

2M r Hπ=2rπ

H

Baze su očigledno krugovi čija je površina :

2B r π= .

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

2M r Hπ=

2 2

2 2 2 2 ( )

P B M V B HP r r H V r HP r r H

π π ππ

= + = ⋅

= + == +


3

Pogledajmo sada kako izgleda osni presek valjka:

H

2r

D

osni presek

Ovde primenjujemo Pitagorinu teoremu: 2 2 2(2 )D r H= +

Površina osnog preseka je 2opP rH= Ako u tekstu zadatka kaže da je valjak RAVNOSTRAN, to znači da mu je osni presek kvadrat i da je 2H r= Napomenimo još da valjak može nastati obrtanjem kvadrata ili pravougaonika oko jedne stranice ili simetrale stranice.

osa rotacije(stranica)

a

b

r=a

H=b

a

b

r=a/2

H=b

osa rotacije (simetrala stranice)


4

1) Izračunati zapreminu pravog valjka ako je data površina 3324 cmP π= i odnos visine prema poluprečniku 2:7: =rH .

?

2:7:324

________________

3

=

==

V

rHcmP π

Kako imamo datu razmeru, upotrebićemo “trik sa k” ⎩⎨⎧

==

⇒=krkH

rH27

2:7:

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

?

5284

_______________

2

=

+==

V

rHcmP π

Nemogućer

r

r

rrrr

rrrr

rrrHrrP

→−−

=

==+−

=

±−=

−+

=−+

+=

+=++=

+=

6235

36

186

2356

2354253

08410610684

)53(284)52(284

)(2

2

1

2,1

2

2

2

πππ

Dakle cmr 3=


2 ( )

324

P r r Hπ

π

= +

2 2k π= ⋅ ⋅

2

2

(2 7 )324 4 9324 36

93

k kk kk

kk

+= ⋅

=

==

cmrcmH

6322137

=⋅==⋅=

3

2

2

756216cmV

VHrV

π

π

π

=

⋅⋅=

=

cmHH

rH

11532

52

=+⋅=+=

3

2

2

99113cmV

VHrV

π

π

π

=

⋅=

=

5

3) Od drvenog valjka poluprečnika osnove cmr 9= , visine cmH 12= istesana je najveća moguća pravilna trostrana prizma. Kolika je zapremina odpadaka? → Najveća prizma je ona koja je upisana u valjak → Visine prizme i valjka su jednake → Zapreminu odpadaka ćemo dobiti kad od zapremine valjka oduzmemo zapreminu prizme!

cmHcmr12

9==

PvOD VVV −=

Nadjimo najpre stranicu prizme.

33

3 933 27

273

27 33 3

27 33

9 3

oa r

a

a

a

a

a

a cm

=

=

=

=

= ⋅

=

=

4) Izračunati površinu šupljeg valjka čija je visina cmH 25= , poluprečnik spoljašnjeg omotača cmR 15= , a unutrašnjeg je cmr 6=

?

61525

___________

=

===

P

cmrcmRcmH


( )

22

22

2

2

34

34

9 3 312 9

4

243 381124

12

OD v P

OD

OD

OD

OD

OD

V V V

aV r H H

aV H r

V

V

V

π

π

π

π

= −

= − ⋅

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎛ ⎞⎜ ⎟= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎛ ⎞

−= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

=324 243 3

4π −

( )( ) 3

3 81 4 3 3

243 4 3 3

OD

OD

V

V cm

π

π

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⋅ −

= −

6

Razmišljamo: → Površina šupljeg valjka se sastoji iz omotača većeg valjka, omotača manjeg valjka i dve baze koje čine kružni prsteni. Dakle: BMMP 221 ++=

1M → Omotač većeg valjka 2

1 750251522 cmHRM πππ =⋅⋅⋅==

2M → Omotač manjeg valjka 2

2 30025622 cmHrM πππ =⋅⋅⋅==

( ) ( )2 2 2 2 2

2

15 6 189

750 300 2 189

1428

B R r cm

P

P cm

π π π

π π π

π

= − = − =

= + + ⋅

=

5) Kvadrat stranice a rotira oko ose koja je od centra kvadrata udaljena za

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ >

2app . Odrediti zapreminu obrtnog tela ako je osa paralelna stranici kvadrata i

leži u njegovoj ravni. Razmišljamo: → Na ovaj način smo ustvari dobili šuplji valjak.

→ Poluprečnik osnove većeg valjka je 2apR +=

→ Poluprečnik osnove manjeg valjka je 2apr −=

→ Visine oba valjka su iste ako i stranica kvadrata, tj. aH = → Zapreminu šupljeg valjka ćemo dobiti kad od zapremine većeg oduzmemo zapreminu manjeg valjka!!!


( )

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−=

−=

−=

22

22

2221

22apapHV

rRHVHrHRV

VVV

π

π

ππ

2V H pπ=2

4apa+ + 2p−

2

4apa+ −

2

2222

V H paV paHV pa aV a p

πππ

π

⎡ ⎤⎢ ⎥⎢ ⎥⎣ ⎦

= ⋅== ⋅

=

7

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

?:

28

_________

=

===

PV VV

CHcmbcma

Ako pogledamo bazu vidimo da je trapez tangentni četvorougao (može da se upiše krug) pa je: Primenom Pitagorine teoreme na trapez: Površina kruga je: π2rP = gde je

24

22cmP

cmhr

π=

==

Površina trapeza je:

220

42

282cmP

hbaP

=

⋅+

=⋅+

=


cmHcmccccba

55210

2282

=⇒===+=+

cmhhh

h

bach

416

9252

285

2

2

2

222

222

==

−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

−=

: ::

20 : 45 :

: 5 :

V P V P

V P

V P

V V B H B HB B

V V

ππ

π

=

===

=

8

7) Ravan prolazi kroz centar donje osnove kružnog valjka i nagnuta je prema ravni osnove pod uglom α. Ta ravan seče gornju osnovu po tetivi b, kojoj odgovara centralni ugao β. Izračunati zapreminu valjka. Kod ovog zadatka slika je neophodna i sa nje ćemo uočiti zavisnost izmedju elemenata. Pošto se zapremina valjka računa HrV π2= , naš “posao” je da r i H izrazimo preko datih elemenata α, β i b. Proučimo najpre gornju bazu!! Onda je:

r

b2

2sin =

β

2sin

2

br β=

i x

b

tg 22=

β

2

2

bxtg β

=

Dalje ćemo izvući polovinu osnog preseka (onu desnu, naravno) → odavde je H Konačno, zapremina je:


22

22

H btg H xtg tgx tg

btgHtg

α α αβ

αβ

= ⇒ = = ⋅

=

9

2

2

2

2

3

2

2sin 22 2

4sin 22 2

8sin2 2

V r H

b btgVtg

b btgVtg

b tgVtg

π

απβ β

απβ β

π αβ β

=

⎛ ⎞⎜ ⎟

= ⋅⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= ⋅

=

8) Zapremina kosog valjka kod koga izvodnica zaklapa ugao o60=α sa ravni osnove je 38π=V . Odrediti poluprečnik osnove ako se zna da je osni presek romb.

?

38_____________

=

=

r

V π

Izvucimo osni presek ‘’na stranu’’ Odavde je:

aHo =60sin

→= oaH 60sin I pošto je ra 2= onda je Upakujemo ovde dve dobijene jednakosti:

2

2

8 3

3

r H

r r

=

⋅ 8 3=3

3 3

82

2

rr

r

=

=

=


a

a=2r

a

a=2r

a

2

8

V r Hπ

π

=23 r π=

2 8 3

H

r H =

3232

rH

rH

=

⋅=

1

TAČKA i PRAVA

Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom. 1. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke 1 1 2 2( , ) i ( , )A x y B x y , onda rastojanje između njih računamo po formuli

2 22 1 2 1( , ) ( ) ( )d A B x x y y= − + −

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

A(1,1) B(4,1)

C(1,5)

d(A,B)

d(B,C)d(A,C)

Da vas ne zbuni, nema veze da li ćete obeležiti d(A,B) ili d(B,A) jer je rešenje isto.

2 22 1 2 1

2 2

2 2

2 2

( , ) ( ) ( )

( , ) (4 1) (1 1) 9 0 3

( , ) (1 1) (5 1) 0 16 4

( , ) (1 4) (5 1) 9 16 5

d A B x x y y

d A B

d A C

d B C

= − + −

= − + − = + =

= − + − = + =

= − + − = + =

2. Deljenje duži u datoj razmeri Ako je tačka ( , )M x yλ λ unutrašnja tačka duži AB, gde je 1 1( , )A x y i 2 2( , )B x y i ako je data razmera

: to jest ( )AMAM MBMB

λ λ= = , u kojoj tačka M deli duž AB , onda se koordinate tačke M računaju po

obrascima

1 2 1 2( , ) i y 1 1

x x y yM x y xλ λ λ λλ λλ λ

+ +→ = =

+ +

( , )M x yλ λ

1 1( , )A x y 2 2( , )B x y


2

3. Sredina duži Ako je tačka ( , )s sM x y sredina duži AB ( 1 1( , )A x y i 2 2( , )B x y ) onda se njene koordinate računaju po formuli

1 2 1 2( , ) i y2 2s s s s

x x y yM x y x + +→ = =

1 1( , )A x y 2 2( , )B x y

( , )s sM x y

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

2 2( , )B x y

3 3( , )C x y

*( *, *)A x y

1 1( , )A x y

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

2 3 2 3*( *, *) * i y*2 2

x x y yA x y x + +→ = =

2 2( , )B x y

3 3( , )C x y

2 3 2 3*( , )2 2

x x y yA + +

( , )T TT x y

2

1

1 1( , )A x y

Dalje ćemo iskoristiti formulu za deljenje duži u datoj razmeri , gde je AT : TA* = 2 : 1 = 2

www.matematiranje.com 2 3 2 3

1 11 2 3 1 2 3

2( ) 2( )2 2( , ) = i y =

1 2 3 1 2 3T T T T

x x y yx yx x x y y yT x y x

+ ++ ++ + + +

→ = =+ +

3

4. Površina trougla preko koordinata temena

Neka su 1 1( , )A x y , 2 2( , )B x y i 3 3( , )C x y temena datog trougla ABC određena pomoću naznačenih koordinata u odnosu na pravougli koordinatni sistem xOy, tada je površina trougla data obrascem

1 2 3 2 3 1 3 1 21 ( ) ( ) ( )2

P x y y x y y x y y= − + − + −

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

1 1

2 2

3 3

11 12

1

x yP x y

x y=

Apsolutna vrednost je tu da nam obezbedi da rešenje ne bude negativno, jer površina ne može biti negativan broj. Primer 3. Izračunati površinu trougla ABC ako je A(-2,3) ; B(8,-2) i C( 3,8)

1 2 3 2 3 1 3 1 21 ( ) ( ) ( )21 2( 2 8) 8(8 3) 3(3 ( 2))21 2( 10) 8 5 3(3 2)21 20 40 1521 75237,5

P x y y x y y x y y

P

P

P

P

P

= − + − + −

= − − − + − + − −

= − − + ⋅ + +

= + +

=

=


4

PRAVA

i) opšti ( implicitni oblik) je 0ax by c+ + = ii) eksplicitni oblik je y kx n= + Ovaj oblik nam je najbitniji jer se koristi u mnogim formulama. U njemu je : k- koeficijent pravca ( k tgα= , gde je α ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x – ose) n - je odsečak na y - osi Kako preći iz opšteg u eksplicitni oblik?

0 sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desnosad sve podelimo sa b

Odavde je i

ax by cby ax c

a cy xb b

a ck nb b

+ + = →= − − →

= − −

= − = −

Primer 4. Pravu 7x+3y + 23=0 prebaciti u eksplicitni oblik i naći k i n 7 3 23 0 sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno3 7 23 sad sve podelimo sa 3

7 233 3

7 23Odavde je i 3 3

x yy x

y x

k n

+ + = →= − − →

= − −

= − = −

iii) 1x ym n+ = je segmentni oblik

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

x

y

O m

n


5

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

Prava gradi dva puta veći odsečak na apscisnoj osi nego na ordinatnoj osi , znači 2m n=

Sredimo datu jednačinu prave da bi iz nje mogli da pročitamo m i n.

( 1) 8 0( 1) 8 sve podelimo sa 8( 1) 1 oslobodimo x i y

8 88 81 odavde je i 8 8 1

1

px p ypx p ypx p y

x y m np p

p p

+ + − =+ + =

++ =

+ = → = =+

+

Sad ovo zamenimo u 2m n=

28 82

18 16

116 8( 1)16 8 816 8 88 8

1

m n

p p

p pp pp pp p

pp

=

= ⋅+

=+

= += +− ===

iv) cos sinx y pϕ ϕ+ = je normalni oblik jednačine prave

O

pϕ

x

y

U ovoj jednačini je : p je normalno rastojanje od koordinatnog početka (0,0) do naše prave ϕ je ugao koji rastojanje p gradi sa pozitivnim smerom x ose www.matematiranje.com

6

Formula za prelazak iz opšteg u normalni oblik je :

2 20 0ax by cax by c

a b+ +

+ + = → =± +

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

2 2

4 3 54 3 5 0 0 ( minus ispred korena jer je c=5)4 3

4 3 5 4 3 5 4 30 0 1 0 a odavde je :5 5 525

4 3p=1, cos = , sin =5 5

x yx y

x y x y x y

ϕ ϕ

− +− + = → =

− +− + − +

= → = → − + − =−−

−

v) Prava kroz tačku 1 1( , )A x y sa koeficijentom pravca k je : 1 1( )y y k x x− = −

vi) Prava kroz tačke 1 1( , )A x y i 2 2( , )B x y je : 2 11 1

2 1

( )y yy y x xx x−

− = −−

Primećujete da je onda 2 1

2 1

y ykx x−

=−

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

Tačku preseka nalazimo rešavajući sistem od te dve jednačine ! Ako posmatramo prave 1 1y k x n= + i 2 2y k x n= + onda je ugao pod kojim se seku dat formulom:

2 1

1 21k ktg

k kα −=

+ ⋅

Ako se te dve prave seku pod pravim uglom, onda je 1 2 1k k⋅ = − ( uslov normalnosti)

2) Mogu da budu paralelne

Prave 1 1y k x n= + i 2 2y k x n= + su paralelne ako je 1 2k k= ( uslov paralelnosti)


7

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

A(-5,2) B(7,6)

C(5,4)

2 11 1

2 1

( )

6 ( 2)( 2) ( ( 5))7 ( 5)

y yy y x xx x

y x

−− = −

−− −

− − = − −− −

6 22 ( 5)7 582 ( 5)

1222 ( 5)3

2 2 5 23 32 10 63 3 22 43 3

y x

y x

y x

y x

y x

y x

++ = +

+

+ = +

+ = +

= + ⋅ −

= + −

= +

b)

A(-5,2) B(7,6)

C(5,4)

ch


8

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

Koeficijent pravca prave AB : 2 43 3

y x= + je 123

k = . Naša prava je normalna na AB, pa je :

21

2

2

1

12332

kk

k

k

= −

= −

= −

1 1( )34 ( 5)2

3 15 42 23 232 2

y y k x x

y x

y x

y x

− = −

− = − −

= − + +

= − +

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

2 1

1 21k ktg

k kα −=

+ ⋅

A(-5,2) B(7,6)

C(5,4)

α

Iz prave AB već imamo koeficijent pravca 123

k = .

Ne moramo tražiti celu jednačinu prave AC već samo njen koeficijent pravca.

A(-5,-2), C(5,4) menjamo u 2 1

2 1

y ykx x−

=−

2 12

2 1

2

2

2

4 ( 2)5 ( 5)6

1035

y ykx x

k

k

k

−=

−− −

=− −

=

=


9

2 1

1 21

3 25 3

3 215 31

1561

151

152115

121

121

k ktgk k

tg

tg

tg

tg

arctg

α

α

α

α

α

α

−=

+ ⋅

−=

+ ⋅

−=

+

−=

=

=

Pramen pravih Ako su 1 1 1 0A x B y C+ + = i 2 2 2 0A x B y C+ + = jednačine dveju pravih koje se seku u tački O, tada je :

1 1 1 2 2 2( ) 0A x B y C A x B y Cλ+ + + + + =

jednačina pramena pravih sa centrom u tački O.

O 1 1 1 0A x B y C+ + =

2 2 2 0A x B y C+ + =

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


10

Odstojanje tačke 1 1( , )A x y od prave 0ax by c+ + = dato je formulom:

2 2

ax by cd

a b

+ +=

+

Primer 8. U pramenu pravih 2 4 ( 2 3) 0x y x yλ+ + + − − = odrediti pravu čije odstojanje od tačke P(2,-3) iznosi 10 . Najpre prepakujemo jednačinu pramena: 2 4 ( 2 3) 02 4 2 3 0 upakujemo one uz x, pa uz y, pa slobodne ...(2 ) (1 2 ) 4 3 0Odavde možemo videti da je 2 , 1 2

x y x yx y x y

x ya b

λλ λ λ

λ λ λλ λ

+ + + − − =+ + + − − =+ + − + − =

= + = −

Sad uzimamo formulu za rastojanje tačke od prave

2 2

ax by cd

a b

+ +=

+

2 2

2 2

2

(2 ) 2 (1 2 ) ( 3) 4 3

(2 ) (1 2 )4 2 3 6 4 3

104 4 1 4 45 5

105 5

dλ λ λ

λ λ

λ λ λ

λ λ λ λλ

λ

+ ⋅ + − ⋅ − + −=

+ + −

+ − + + −=

+ + + − ++

=+

Odavde sredjivanjem dobijamo dva rešenja: 1

2

19

10

λ

λ

=

= −

Kad ova rešenja vratimo u pramen 2 4 ( 2 3) 0x y x yλ+ + + − − = dobijamo tražene prave: 3x – y + 1 = 0 11x + 28 y +67 = 0


1

KRUŽNICA

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

p

q C(p,q)r

x

y

Opšta jednačina kružnice je: 2 2 2( ) ( )x p y q r− + − = Odakle ona? Posmatrajmo sliku:

p

q

M(x,y)

x

y

C

r

x-p

y-q

x

y

2 2 2( ) ( )x p y q r− + − =

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

x

y

r

2 2 2x y r+ = Kako “ spakovati” kružnicu ako je data u drugom obliku ? www.matematiranje.com

2

Ima dva načina. I način Ako je kružnica data u obliku 2 2 0x y dx ey f+ + + + = možemo koristiti formulice

2 2 2

2

2

dp

eq

r p q f

= −

= −

= + −

Primer 1. Odrediti koordinate centra i poluprečnik kružnice 2 2 6 4 12 0x y x y+ + − − = Uporedimo 2 2 6 4 12 0x y x y+ + − − = sa 2 2 0x y dx ey f+ + + + = i imamo d = 6, e = - 4 i f = - 12 Dalje koristimo formule

2 2 2 2 2

6 32 2

4 22 2

( 3) 2 ( 12) 25

dp

eq

r p q f

= − = − = −

−= − = − =

= + − = − + − − =

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

2 2 2

2 2

2 2

( ) ( )( ( 3)) ( 2) 25( 3) ( 2) 25

x p y q rx yx y

− + − =

− − + − =

+ + − =

II način Vršimo dopunu do punog kvadrata!

2 2 6 4 12 0x y x y+ + − − = Najpre pretumbamo , svi sa x, pa sa y, pa brojevi...

2 26 4 12 0x x y y+ + − − = Pazi, uvek dodajemo 2onaj uz x( )2

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

2 2 2 2 2 26 6 4 46 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 12 02 2 2 2

x x y y+ + − + − + − − = 2 26 9 9 4 4 4 12 0x x y y+ + − + − + − − = Sad sklopimo pune kvadrate a brojke prebacimo na desnu stranu...

2 2( 3) ( 2) 25x y+ + − = Vi odaberite sami šta vam je lakše… www.matematiranje.com

3

Primer2. Napisati jednačinu kružnice koja sadrži tačke A(5,6), B(-3,2) i C(-2,-1). I ovaj tip zadatka možete rešavati na dva načina. I način Koristimo “ rasklopljeni” oblik kružnice 2 2 0x y dx ey f+ + + + = i umesto x i y menjamo koordinate datih tačaka, oformimo sistem tri jednačine sa tri nepoznate i rešimo ga...

2 2

2 2

(5,6) 05 6 5 6 05 6 25 365 6 61

A x y dx ey fd e f

d e fd e f

→ + + + + =

+ + ⋅ + ⋅ + =+ + = − −+ + = −

2 2

2 2

( 3, 2) 0( 3) 2 ( 3) 2 0

3 2 9 43 2 13

B x y dx ey fd e f

d e fd e f

− → + + + + =

− + + ⋅ − + ⋅ + =− + + = − −− + + = −

2 2

2 2

( 2, 1) 0( 2) ( 1) ( 2) ( 1) 0

2 4 12 5

C x y dx ey fd e f

d e fd e f

− − → + + + + =

− + − + ⋅ − + ⋅ − + =− − + = − −− − + = −

Evo tri jednačina, prelazimo u sistem… 5 6 61

3 2 132 5

d e fd e fd e f

+ + = −− + + = −− − + = −

Sistem rešite na način koji obožavate ...( imate u I godini fajl sistemi pa se podsetite...) Dobijamo rešenja 4, 4, 17d e f= − = − = − i to zamenimo u 2 2 0x y dx ey f+ + + + =

2 2 4 4 17 0x y x y+ − − − =

2 2 2 2 2 24 4 4 44 ( ) ( ) 4 ( ) ( ) 17 02 2 2 2

x x y y− + − + − + − − =

2 24 4 4 4 4 4 17 0x x y y− + − + − + − − =

2 2( 2) ( 2) 25x y− + − =

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

( ) 2 2 2

2 2 2

A 5,6 ( ) ( )

(5 ) (6 )

x p y q r

p q r

→ − + − =

− + − =

( ) 2 2 2

2 2 2

3, 2 ( ) ( )

( 3 ) (2 )

B x p y q r

p q r

− → − + − =

− − + − =

( ) 2 2 2

2 2 2

2, 1 ( ) ( )

( 2 ) ( 1 )

C x p y q r

p q r

− − → − + − =

− − + − − =

Dobili smo dakle sistem:


4

2 2 2

2 2 2

2 2 2

(5 ) (6 )( 3 ) (2 )( 2 ) ( 1 )

p q rp q rp q r

− + − =

− − + − =

− − + − − =

Kako je kod sve tri jednačine desna strana ista, uporedimo leve strane, recimo prve i druge , pa prve i treće jednačine.

2 2 2 2

2 2 2 2

(5 ) (6 ) ( 3 ) (2 )25 10 36 12 9 6 4 425 10 36 12 9 6 4 4

16 8 482 6

p q p qp p q q p p q qp q p q

p qp q

− + − = − − + −

− + + − + = + + + − +− + − = + + −

− − = −+ =

2 2 2 2

2 2 2 2

(5 ) (6 ) ( 2 ) ( 1 )25 10 36 12 4 4 1 225 10 36 12 4 4 1 2

14 14 564

p q p qp p q q p p q qp q p q

p qp q

− + − = − − + − −

− + + − + = + + + + +− + − = + + +

− − = −+ =

Sad oformimi sistem od dve jednačine sa dve nepoznate 2 6

4

22

p qp q

pq

+ =+ =

==

Vratimo se u jednu od prve tri jednačine da nadjemo poluprečnik r

2 2 2

2 2 2

2

2

(5 ) (6 )(5 2) (6 2)9 16

255

p q rr

rrr

− + − =

− + − =

+ =

==

I dobili smo jednačinu tražene kružnice

2 2( 2) ( 2) 25x y− + − = Vi odaberite koji vam je način jasniji i radite po njemu ili onako kako vaš profesor zahteva…


5

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

dr

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

r

d

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

tangenta

d=r

Ispitivanje odnosa prave i kružnice svodi se na rešavanje sistema od jedne linearne i jedne kvadratne jednačine. Posmatrajmo pravu y kx n= + i kružnicu 2 2 2( ) ( )x p y q r− + − = Umesto y u jednačini kružnice zamenimo kx n+ i posle sredjivanja izvodimo sledeći zaključak: i) Ako je 2 2 2( 1) ( ) 0r k kp q n+ − − + > prava i kružnica imaju dve zajedničke tačke ii) Ako je 2 2 2( 1) ( ) 0r k kp q n+ − − + < prava i kružnica nemaju zajedničkih tačaka iii) Ako je 2 2 2( 1) ( ) 0r k kp q n+ − − + = prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku


6

Situacija kad prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku se još naziva i USLOV DODIRA : 2 2 2( 1) ( )r k kp q n+ = − + Napomena : Ako tražimo tangentu iz neke tačke VAN kružnice neophodno je koristiti uslov dodira. Ali ako trebamo naći tangentu baš u tački dodira čije koordinate znamo možemo koristiti gotovu formulicu:

20 0( )( ) ( )( )x p x p y q y q r− − + − − =

(x ,y )

20 0( )( ) ( )( )x p x p y q y q r− − + − − =

Primer 3. Iz koordinatnog početka povučene su tangente na kružnicu 2 2 6 4 9 0x y x y+ − − + = . Naći njihove jednačine i ugao između njih. Najpre sredimo kružnica da možemo pročitati p,q i r.

2 2

2 2

2 2

2 2

6 4 9 06 4 9 06 9 9 4 4 4 9 0

( 3) ( 2) 4

x y x yx x y yx x y y

x y

+ − − + =

− + − + =

− + − + − + − + =

− + − =

p = 3, q = 2 , r = 2 Skicirajmo sada problem kada znamo kako izgleda kružnica:

x

y

1 3 4 5-1-2-3-4-5

23

4

5

-1

-2-3

-4-5

0 2

1

C(3,2)

α

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

7

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

0 00

y kx nk n

n

= += ⋅ +=

Dobili smo da je n = 0. k tražimo iz uslova dodira.

2 2 2

2 2

2 2

2

( 1) ( )4( 1) (3 2 0)4 4 9 12 45 12 0

(5 12) 01205

r k kp q nk k

k k kk k

k k

k k

+ = − +

+ = − +

+ = − +

− =− =

= ∨ =

Dakle tražene tangente su :

1

2

: 012:5

t y

t y x

=

=

Ugao tražimo preko poznate formule za ugao između dve prave

2 1

1 21

1205121 05

125

125

k ktgk k

tg

tg

arctg

α

α

α

α

−=

+ ⋅

−=

+ ⋅

=

=


1

ELIPSA www.matematiranje.com

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

y

xa-a

b

-b

F(c,0)F(-c,0)1 2

2 2

2 2 1x ya b

+ =M(x,y)

r r1

2

1 2,r r su potezi ( radijus vektori) elipse i važi za bilo koju tačku na elipsi 1 2 2 ( konstantan broj)r r a+ =

1 2( ,0), ( ,0)F c F c− su žiže elipse , gde je 2 2 2c a b= − a - je velika poluosa , odnosno 2a je velika osa b - je mala poluosa, odnosno 2b je mala osa

cea

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

Glavna jednačina elipse je 2 2

2 2 1x ya b

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

Primer 1. Odrediti jednačinu elipse , ako žiže imaju koordinate ( 3,0)± , a dužina veće ose jednaka je 12. Najpre iz podatka o žižama zaključimo da je c = 3. Kako je 2a = 12 to mora biti a = 6. ( odnosno 2 36a = ) Iskoristimo da je 2 2 2c a b= −

2 2 2

2 2 2

2

2

2

3 69 36

36 927

c a bb

bbb

= −

= −

= −

= −

=

Zamenimo u jednačinu elipse i 2 2

136 27x y

+ = evo rešenja.

2

Primer 2. Odrediti jednačinu elipse koja sadrži tačke M( 6,4 ) i N (- 8, 3) Koordinate datih tačaka ćemo zameniti u jednačinu elipse, ali je bolje da koristimo oblik 2 2 2 2 2 2b x a y a b+ =

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

(6, 4)6 4

36 16

M b x a y a bb a a b

b a a b

→ + =

+ =

+ =

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

( 8,3)( 8) 3

64 9

N b x a y a bb a a b

b a a b

− → + =

− + =

+ =

Sad uporedimo leve strane ove dve jednakosti jer su im desne iste!

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

36 16 64 916 9 64 367 28

4

b a b aa a b b

a ba b

+ = +

− = −

=

=

Sada se vratimo u jednu od ove dve jednakosti i zamenimo dobijenu vrednost.

2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2 4

4 2

2 2

2 2 2

464 964 9 4 4100 44 100 04 ( 25) 0

25 4 25 100

a bb a a bb b b bb b

b bb b

b a a

=

+ =

+ ⋅ =

=

− =

− =

= → = ⋅ → =

Zamenimo ovo u jednačinu elipse

2 2

2 2

2 2

1

1100 25

x ya bx y

+ =

+ =

i evo rešenja.


3

Elipsa i prava Slično kao kod kružnice, da bi odredili međusobni položaj prave i elipse, rešavamo sistem jednačina: y kx n= + i 2 2 2 2 2 2b x a y a b+ = - Ako sistem nema rešenja , onda se prava i elipsa ne seku, to jest 2 2 2 2a k b n+ <

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

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

2 2 2 2a k b n+ =

Napomena Ako nam traže tangentu elipse u datoj tački 0 0( , )x y na elipsi ( koja pripada elipsi), onda imamo gotovu formulu:

0 02 2: 1x x y yt

a b⋅ ⋅

+ =

Primer 3. U presečnim tačkama prave 5 3 14 0x y− − = i elipse 2 23 28x y+ = konstruisane su tangente na elipsu.Odrediti jednačine tangenata. Ovde najpre moramo rešiti sistem jednačina i naći tačke preseka.

2 2

2 2

22

2 2

2

2

5 3 14 0 odavde izrazimo x...3 28

3 14 ovo zamenimo u drugu jednačinu5

3 14( ) 3 285

9 84 196 3 2825

9 84 196 75 70084 84 504 0 sve podelimo sa 84

6 0

x yx y

yx

y y

y y y

y y yy y

y y

− − =

+ =

+= →

++ =

+ ++ =

+ + + =

+ − =

+ − =

2

1,2

1

2

42

23

b b acya

yy

− ± −=

== −

odavde je 1 1 1

2 2 2

3 2 142 45

3 ( 3) 143 15

y x x

y x x

⋅ += → = → =

⋅ − += − → = → =


4

Dobili smo da se prava i elipsa seku u tačkama ( 4, 2) i ( 1,-3).

Pošto su to tačke na elipsi upotrebićemo gotovu formulu: 0 02 2: 1x x y yt

a b⋅ ⋅

+ =

Najpre da elipsu prebacimo u drugi oblik:

2 2

2 2

2 2

3 28 celu jednačinu podelimo sa 283 1 Kad se desi da nema skraćivanja, prebacimo taj broj " ispod"...

28 28

1 28283

x yx y

x y

+ =

+ =

+ =

1

1

4 2(4, 2) : 128283

Kad malo sredimo...: 2 3 14 0

x yza t

t x y

⋅ ⋅→ + =

+ − =

2

2

1 ( 3)(1, 3) : 128283

Kad malo sredimo...: 9 28 0

x yza t

t x y

⋅ ⋅ −− → + =

− − =

Primer 4. Odrediti parametar p tako da prava y + x + p = 0 predstavlja tangentu elipse 2 22 3 30x y+ = E ovde već moramo koristiti uslov dodira. Najpre sredimo pravu i elipsu da iz njih možemo pročitati šta nam treba za uslov dodira.

0

Odavde je 1 i

y x py x p

k n p

+ + == − −

= − = −

2 2

2 2

2 22 2

2 3 30 sve podelimo sa 302 3 130 30

1 15 i 1015 10

x yx y

x y a b

+ =

+ =

+ = → = =

Dalje koristimo uslov dodira: www.matematiranje.com

5

2 2 2 2

2 2

2

1

2

15( 1) 10 ( )25

55

a k b np

ppp

+ =

− + = −

=== −

Primer 5.

U elipsu 2 24 36x y+ = upisan je kvadrat. Odrediti njegovu površinu. Ovde je neophodno nacrtati sliku i postaviti problem.

Šta možemo uočiti? Prave y = x i y = - x u preseku sa elipsom daju temena tog upisanog kvadrata! Dakle rešavamo sistem y = x i 2 24 36x y+ =

2 2

2 2

2

21 2

4 36

4 365 36

36 6 6,5 5 5

x yy x

x xx

x x x

+ ==

+ =

=

= → = = −

Kako je y = x i y = - x

Koordinate temena su 6 6 6 6 6 6 6 6( , ); ( , ); ( , ); ( , )5 5 5 5 5 5 5 5

A B C D− − − −

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

x

y

3

-3

0 6-6

y=xy=-x

6

2 2

2 1 2 1

2 2

2

2

2

( , ) ( ) ( )

6 6 6 6( ) ( )5 5 5 5

120 ( ) kvadriramo5

1445

A znamo da je P=144

5

d A B x x y y

a

a

a

a

P

= − + −

= − + − −

= + −

=

=


1

HIPERBOLA

Hiperbola je skup tačaka u ravni s osobinom da je razlika rastojanja ma koje tačke od dveju datih tačaka stalan broj.

x

y

a-aF(-c,0) F(c,0)1 2

by xa

=by xa

= −

2 2

2 2 1x ya b

− =

rr

1

2

(x,y)

a je realna poluosa ( 2a je realna osa) b je imaginarna poluosa ( 2b je imaginarna osa)

1 2,r r su potezi ( radijus vektori) i za njih važi 1 2 2r r a− =

1 2( ,0), ( ,0)F c F c− su žiže hiperbole , gde je 2 2 2c a b= +

cea

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

prave i b by x y xa a

= = − su asimptote hiperbole

Glavna jednačina hiperbole je 2 2

2 2 1x ya b

− = ili 2 2 2 2 2 2b x a y a b− =

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

: 3 : 434

b ab ka k

===

i 2 2 2c a b= + pa je www.matematiranje.com

2

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2

2

2

(4 ) (3 )15 16 9225 25

22525

93

c a bc k k

k kk

k

kk

= +

= +

= +

=

=

==

Vratimo se da nađemo a i b.

2

2

2 2

3 3 3 9 814 4 3 12 144

Pa je hiperbola:

1144 81

b k ba k a

x y

= = ⋅ = → =

= = ⋅ = → =

− =

Primer 2. Odrediti jednačinu hiperbole ako je rastojanje između žiža jednako 10 2 , a jednačine njenih asimptota su

34

y x= ±

Rastojanje između žiža je 2 10 2c = pa je 5 2c = .

34

y x= ± uporedimo sa by xa

= ± i dobijamo 3 34 4

b b aa= → =

Ovo zamenimo u 2 2 2c a b= +

2 2 2

2 2

2

2

3(5 2) ( )4

95016

25501632

a a

a a

a

a

= +

= +

=

=

onda je

2 2 2

2

2

50 3218

b c abb

= −

= −

=

Jednačina tražene hiperbole je 2 2

132 18x y

− = www.matematiranje.com

3

Prava i hiperbola Slično kao kod kružnice i elipse , da bi odredili međusobni položaj prave i hiperbole, rešavamo sistem jednačina: y kx n= + i 2 2 2 2 2 2b x a y a b− = - Ako sistem nema rešenja , onda se prava i hiperbola ne seku, to jest 2 2 2 2a k b n− <

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

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

2 2 2 2a k b n− =

Napomena Ako nam traže tangentu hiperbole u datoj tački 0 0( , )x y na hiperboli , onda imamo gotovu formulu:

0 02 2: 1x x y yt

a b⋅ ⋅

− =

Primer 3. Napisati jednačinu tangente hiperbole 2 2 40x y− = u tački M(x,9) koja je na hiperboli. Najpre ćemo odrediti koordinatu x tačke M tako što u jednačini hiperbole zamenimo y sa 9.

2 2

2 2

2

2

409 4040 81141

11 11

x yxxxx x

− =

− =

= +

== ∨ = −

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

2 2

2 2

40 sve podelimo sa 40

140 40

x yx y− =

− =

Koristimo dalje gotovu formulicu 0 02 2: 1x x y yt

a b⋅ ⋅


4

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

7 5 1......./ : ( 7)5 17 757

17

x yy x

y x

k

n

− − =− = − + −

= −

=

= −

i

1 01

11

1

x yy x

y xkn

− − =− = − += −== −

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

2 2

5 1( ) ( )7 725 149 49

25 49 1

a k b n

a b

a b

a b

− =

− = −

− =

− =

i

2 2 2 2

2 2 2 2

2 2

1 ( 1)1

a k b na ba b

− =

− = −

− =

Sad napravimo sistem :

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2 2 2 2

125 49 1

125( 1) 49 125 25 49 1

24 241 1 2

a ba b

a bb b

b bb

b a b a

− =

− =

= +

+ − =

+ − =

− = −

= → = + → =

pa je tražena hiperbola 2 2

12 1x y


1

1

1

( 11) 9: 140 40

: 11 9 40: 11 9 40 0

x yt

t x yt x y

⋅ − ⋅− =

− − =− − − =

2

2

2

11 9: 140 40

:11 9 40:11 9 40 0

x yt

t x yt x y

⋅ ⋅− =

− =− − =

5

Primer 5. Odrediti ugao pod kojim se seku krive 2 23 4 84x y+ = i 2 23 4 12x y− = . Najpre nađemo tačke preseka rešavajući sistem jednačina

2 2

2 2

2

2

2 2 2 2 21

2 2 2 2 22

3 4 843 4 12

6 96164 3 4 4 84 4 84 48 4 16 4 2

4 3 ( 4) 4 84 4 84 48 4 16 4 2Preseci su u :(4, 2);(4, 2);( 4, 2);( 4, 2)

x yx y

xxx y y y y y

x y y y y y

+ =

− =

=

=

= → ⋅ + = → = − → = → = → = ±

= − → ⋅ − + = → = − → = → = → = ±

− − − −

Ugao pod kojim se seku krive je ustvari ugao između tangenata u jednoj od tačaka preseka! Uzećemo tačku (4,2) i u njoj postaviti tangente na elipsu i na hiperbolu...

0 02 2: 1e

x x y yta b⋅ ⋅

+ = i 0 02 2: 1h

x x y yta b⋅ ⋅

− =

2 2

2 2

2 2

1

3 4 84 sve podelimo sa 843 4 184 84

128 21

4 3 128 21

17 7

77

1

x yx y

x y

x y

x y

x yy xk

+ =

+ =

+ =

⋅ ⋅+ =

+ =

+ == − += −

2 2

2 2

2 2

2

3 4 12 sve podelimo sa 123 4 112 12

14 3

4 3 14 3

11

1

x yx y

x y

x y

x yy xk

− =

− =

− =

⋅ ⋅− =

− == −=

Možemo upotrebiti formulu za ugao između dve prave, ali možemo i odmah zaključiti da se seku pod uglom od 090 . Kako? Pa znamo da je uslov normalnosti 1 2 1k k⋅ = − a to je očigledno zadovoljeno!


1

PARABOLA

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

x

y

2px = −

( ,0)2pF

2 2y px=

( ,0)2pF je žiža parabole.

Prava 2px = − je direktrisa parabole ili 0

2px + = .

Odstojanje tačke F od direktrise obeležava se sa p i naziva se parametar parabole. Koordinatni početak je teme parabole.

Jednačina parabole je 2 2y px= Naravno, ova parabola se najviše proučava , a da vas ne iznenadi evo i ostalih parabola:

x

y

2px =

( , 0)2pF −

2 2y px= −

x

y

2py = −

(0, )2pF

2 2x py=

x

y

2 2x py= −

2py =

(0, )2pF −


2

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

x

y2 4y x= −

-2-1M

(x ,y )

(x ,y )

A

B

Neka je AB tražena tetiva. Tačka M je sredina duži AB pa mora da važi:

1 21 2

1 21 2

2 42

1 22

x x x x

y y y y

+= − → + = −

+= − → + = −

Tačke A i B pripadaju paraboli , pa njihove koordinate možemo menjati umesto x i y u jednačini parabole:

2 21 1 1 1

2 22 2 2 2

( , ) 4 4

( , ) 4 4

A x y y x y x

B x y y x y x

∈ = − → = −

∈ = − → = −

Na ovaj način smo dobili 4 jednačine sa 4 nepoznate. Možemo tražiti koordinate tačaka A i B ali je pametnije samo

naći koeficijent pravca prave koja prolazi kroz AB i onda upotrbiti jednačinu prave kroz jednu tačku. 2 1

2 1

y ykx x−

=−

21 1

22 2

2 22 1 2 1

2 1 2 1 2 1 2 1

2 1 2 1

2 1

2 1

4

4 oduzmemo od druge prvu jednačinu

4 ( 4 )( )( ) 4 4 znamo da je 2( )( 2) 4( )

2

y x

y x

y y x xy y y y x x y yy y x x

y yx x

= −

= −

− = − − −− + = − + + = −− − = − −−

=−

Sada jednačina prave kroz jednu tačku M(-2,-1) 0 0( )

( 1) 2( ( 2))1 2 42 3

y y k x xy xy xy x

− = −− − = − −+ = += +

Evo jednačine tražene tetive! www.matematiranje.com

3

Prava i parabola

Slično kao kod kružnice , elipse i hiperbole da bi odredili međusobni položaj prave i parabole, rešavamo sistem jednačina: y kx n= + i 2 2y px= - Ako sistem nema rešenja , onda se prava i parabola ne seku, to jest 2p kn<

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

- Ako sistem ima jedno rešenje, prava je tangenta parabole i zadovoljava USLOV DODIRA: 2p kn=

Napomena Ako nam traže tangentu pararbole u datoj tački 0 0( , )x y na pararboli , onda imamo gotovu formulu:

0 0( )y y p x x⋅ = +

Primer 2. U kojoj tački parabole 2 16y x= je tangenta nagnuta pod uglom od 0135 prema x-osi. Obeležimo tu tačku sa 0 0( , )x y . Tangenta će biti 0 0( )y y p x x⋅ = + , odnosno ,iz jednačine parabole je 2p = 16 p = 8

0 0

0 0

0

0 0

0

8( )8 8

88

8

y y x xy y x x

xy xy y

ky

⋅ = +⋅ = +

= +

=

Našli smo koeficijent pravca te prave , a kako je

01351

k tgk tgk

α=

== −

Onda je 0

00

8

81 8

ky

yy

=

− = → = −

Ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole i imamo: www.matematiranje.com

4

2

2

16( 8) 1616 64

4

y xx

xx

=

− ==

=

Dakle, tražena tačka na paraboli je ( 4, -8) Primer 3. Napisati jednačinu tangente parabole 2 12y x= ako je poznato da je paralelna sa pravom 3x – y– 4 = 0

y=3x-4tražena prava

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

3 43

x yy xk

− − == −=

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

26 2 36 6

1

p knn

nn

== ⋅==

Rešenje je y = 3x + 1


5

Primer 4. Napisati jednačine zajedničkih tangenti krivih 2 4y x= i 2 2 2 9 0x y x+ − − = Da najpre sredimo kružnicu

2 2

2 2

2 2

2 2 2

2 9 02 9 02 1 1 9 0

( 1) 10 1, 0, 10

x y xx x yx x yx y p q r

+ − − =

− + − =

− + − + − =

− + = → = = =

Neka je tražena tangenta y = kx + n . Ona mora da zadovoljava i uslov dodira sa parabolom i sa kružnicom . Iz jednačine parabole 2 4y x= je 2p = 4 , pa je p = 2 Ovo zamenimo u uslov dodira

22 2

1

p knkn

kn

==

=

Sada uslov dodira za kružnicu

2 2 2

2 2

2 2

( 1) ( )10( 1) (1 )

10( 1) ( )

r k kp q nk k n

k k n

+ = − +

+ = ⋅ +

+ = +

Dobili smo dve jednačine sa po dve nepoznate,pa rešavamo sistem

2 2

2 2

22 2

2 22

2

2 2

2

21 2

10( 1) ( )

11

110( 1) ( )

110( 1) ( )

( 1)10( 1)

10 19 1

1 1 1,9 3 3

k k n

kn

nk

k kk

kkk

kkk

k kk

k k k

+ = +

=

=

+ = +

++ =

++ =

= +

=

= → = = −


6

Vratimo se da nađemo n

1 1

2 2

11 33

1 33

kn

k n

k n

=

= → =

= − → = −

Jednačine tangenti su

1

2

1: 33

1: 33

t y x

t y x

= +

= − −

Zašto nam se javljaju dva rešenja? Pa ako skiciramo problem, vidimo da je to očigledno...


1

MATEMATIČKA INDUKCIJA Princip matematičke indukcije glasi: Ako za neko tvrdjenje )(nT , Nn∈ važi: 1) )1(T je tačno 2) )1()( +⇒ nTnT je tačno za ,...2,1=∀n tada je tvrdjenje )(nT tačno za Nn ∈∀ Može se desiti da tvrdjenje Tn nije tačno za svako Nn∈ već počev od nekog prirodnog broja 10 >n pa , tj. da je Tn tačno za ,...2,1, 000 ++= nnnn Tada se dokazivanje metodom matematičke indukcije radi na sledeći način:

1) Proverimo tačnost tvrdjenja 0Tn 2) Dokazujemo da za bilo koje 0nn > iz tačnosti tvrdjenja Tn sledi tačnost

tvrdjenja 1+Tn

Postupak Praktično, mi ćemo indukciju sprovoditi:

i) Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 ii) Predpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k iii) Dokazujemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1

Zadaci:

1) Dokazati da je : 2

)1(...321 +=++++

nnn

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

112

)11(11 =⇒+

= tačno

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k (to nam je indukcijska hipoteza) Gde vidimo n stavimo k

2

)1(...321 +=++++

kkk www.matematiranje.com

2

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

2

)11)(1()1(...21 +++=+++++

↑

kkkk

Pretposlednji član

odnosno: 2

)2)(1()1(...21 ++=+++++

kkkk

Znači , ovo treba da dokažemo!!! Uvek krenemo od indukcijske hipoteze za koju smo pretpostavili da je uvek tačna

2

)1(...321 +=+++

kkk

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

)1(2

)1()1(...321 +++

=+++++ kkkkk

Sad nam preostaje da ‘’sredimo’’ desnu stranu i iz nje dobijemo 2

)2)(1( ++ kk

Dakle:

2

)1(2)1(1

12

)1( +++=

++

+ kkkkkk

= Izvučemo zajednički )1( +k

=2

)2)(1( ++ kk

Ovim je dokaz završen.

2) Dokazati da je: 6

)12)(1(...321 2222 ++=++++

nnnn

i) Proverimo da li je tvrdjenje tačno za 1=n

116

)112)(11(112 =⇒+⋅+

= tačno

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za kn =

3

6)12)(1(...21 222 ++

=+++kkkk

iii) Da dokažemo tvrdjenje za 1+= kn Uvek prvo vidimo šta treba dokazati!!!

6)1)1(2)(11)(1()1(...21 2222 +++++

=+++++kkkkk

tj. 6

)32)(2)(1()1(...21 2222 +++=+++++

kkkkk

Krenimo od indukcijske hipoteze i na obe strane dodamo 2)1( +k

22222 )1(6

)2)(1()1(...21 ++++

=+++++ kkkkkk

Leva strana onog što Ovo kad ‘’sredimo’’ treba da

treba da dokažemo. nam da 6

)32)(2)(1( +++ kkk

Dakle:

6

)1(6)12)(1(1

)1(6

)12)(1( 22 ++++=

++

++ kkkkkkkk

[Izvučemo ‘’zajednički’’ )1( +k ]

Izraz 672 2 ++ kk ćemo rastaviti na činioce upotrebom znanja iz kvadratne jednačine:

))((.............................0 212 kkkkacbkak −−=++

223

417

0672

2

1

2,1

2

−=

−=

±−=

=++

k

k

k

kk


[ ]

[ ]

[ ]6

672)1(6

662)1(6

)1(6)12()1(

2

2

+++=

++++=

++++=

kkk

kkkk

kkkk

4

Dakle:

)2)(32()2(232672 2 ++=+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=++ kkkkkk

Vratimo se u zadatak:

6

]672)[1( 2 +++=

kkk6

)2)(32)(1( +++=

kkk

3) Dokazati da je: 12)12)(12(

1...53

131

1+

=+−

++⋅

+⋅ n

nnn

i) Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1

31

31

1121

)112)(112(1

=⇒+⋅

=+⋅−⋅

tačno!!!

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k

12)12)(12(1...

531

311

+=

+−++

⋅+

⋅ kk

kk

iii) Dokažemo da tvrdjenje važi za n=k+1. Prvo da vidimo šta treba da

dokažemo!

321

)32)(12(1

)12)(12(1...

531

311

++

=++

++−

++⋅

+⋅ k

kkkkk

Dokaz ćemo kao i obično početi od indukcijske hipoteze

12)12)(12(1...

531

311

+=

+−++

⋅+

⋅ kk

kk

na obe strane ćemo dodati )32)(12(

1++ kk

)32)(12(1

12)32)(12(1

)12)(12(1...

531

311

+++

+=

+++

+−++

⋅+

⋅ kkkk

kkkk

ovo treba da se ‘’sredi’’ na 32

1++

kk

5

)32)(12(132

)32)(12(1)32(

)32)(12(1

122

++++

=

++++

=++

++

kkkk

kkkk

kkkk

)1)(12(

)1(212

))((132 212

++=

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

−−=++

kk

kk

kkkkakk

Vratimo se u zadatak:

321

)32)(12()1)(12(

++

=

++++

=

kk

kkkk

4) Dokazati da je nn 25 1 +− deljiv sa 3

i) Za n=1 321

252525 1111

=+=+=+=+ −− onn

Tačno ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k to jest da je kk 25 1 +− deljivo sa 3 iii) Dokažimo da je za n=k+1 izraz deljiv sa 3:

kk

kk

kk

kknn

22552255

2252525

1

11

111

1111

⋅+⋅=

⋅+⋅=

⋅+=

+=+

−

−

+−

+−+−

Važi: nmnm aaa ⋅=+

Napišimo kao ‘’trik’’: 111 525355 −−− ⋅+⋅=⋅ kkk to jest 5 = 3 + 2 www.matematiranje.com

121

413

0132

2

1

2,1

2

−=

−=

±−=

=++

k

k

k

kk

6

)25(253225253

11

11

kkk

kkk

++⋅=

⋅+⋅+⋅=−−

−−

Ovde je sigurno deljivo sa 3. Zašto? Izraz 153 −⋅ k je deljiv sa 3 zbog činioca trojke. Izraz )25(2 1 kk +− je deljiv sa 3 zbog naše pretpostavke da je kk 25 1 +− deljiv sa 3. Ovim je dokaz završen. 5) Dokazati da je broj nnn 336 22 ++ + deljiv sa 11 Rešenje: i) za n=1 je 13222 336336 ++=++ + nnn

11666

32736⋅==++=

tačno ii) pretpostavimo da je broj kkk 336 22 ++ + deljiv sa 11 iii) “odradimo” dokaz za n = k+1

=⋅+⋅+⋅

=⋅+⋅+⋅

=++

=++

+

+

++++

++++

kkk

kkk

kkk

kkk

3333636333366

336336

22

11222

11222

121)1(2

)( nmnm aaa ⋅=+

Sad treba neka ideja!!! Pošto uz k26 imamo 36 trojke uz 23 +k i k3 ćemo napisati kao 36-33 Dakle:

)33(33)336(36

333336333336636222

222

kkkkk

kkkkk

+−++=

=⋅−⋅+⋅−⋅+⋅

++

−−−−−

+

−

+

−

Izraz )336(36 22 kkk ++ + je deljiv sa 11 zbog indukcijske pretpostavke, a izraz

)33(33 2 kk ++ zbog broja 33=3·11 Ovim je dokaz završen.

6) Dokazati da za ma koji prirodni broj 1>n važi nejednakost:

2413

21...

21

11

>+++

++ nnn

Pazi, pošto kaže 1>n prva stavka će biti da ispitamo da li je tvrdjenje tačno za n=2

7

i) n=2 2414

127

41

31

==+

2413

2414

> tačno tvrdjenje

ii) pretpostavimo da je tačno za n=k

2413

21...

21

11

>+++

++ kkk

iii) da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 dakle treba da dokažemo:

2413

)1(21

21...

31

21

>+

++++

++ kkkk

Moramo upotrebiti novi ‘’trik’’!!!

Obeležimo sa:

kkk

Sk 21...

21

11

+++

++

= (2413

>kS , po pretpostavci)

i )1(2

112

121...

31

21

1 ++

++++

++

+=+ kkkkk

Sk

Odredimo razliku kk SS −+1 !!!

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++

++

+−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

++

+++

++

=−+ kkkkkkkSS kk 2

1...2

11

1)1(2

112

1...3

12

11

kkkkkkkk 2

1...2

11

1)1(2

112

121...

31

21

−−+

−+

−+

++

++++

++

=

= svi se skrate sem:

0)1)(12(2

1)1)(12(2

241222)1(2)12(

)1(2)12(1)1(211

1)1(2

112

1

>++

=

++−−+++

=

+⋅⋅++−+⋅++⋅

=

+−

++

+=

kk

kkkkkkk

kkkkkk

Ovo je sigurno pozitivno jer je 0>k 012 >+k i 01>+k www.matematiranje.com

8

Dakle: 01 >−+ kk SS odnosno:

2413

1 >>+ kk SS

indukcijska hipoteza

pa je 2413

1 >+kS

Ovim je dokaz završen!!! 7) Dokazati da je: 22 nn > za svako 5≥n Rešenje: Dokaz počinjemo za 5=n i) 5=n 25 52 > 2536 > tačno ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k dakle 22 kk > iii) Dokažimo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 znači, treba da dokažemo: 21 )1(2 +>+ kk

I ovde je potrebna nova ideja!!! Posmatrajmo izraz 211 ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

n.

2

22

2 1211112111nnnnn

++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+⋅⋅+=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

pošto je 5115 ≤⇒≥

nn i

2511

2 ≤n

onda je 251

52112111 2

2

++≤++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

nnn

2)1(

2111

225111

251

521

2

2

22

<+

<⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

<+=++

nn

nn

n

⇒

9

onda je i 2)1(2

2

<+k

k a hipoteza je 22 kk > . Napišimo ove dve nejednakosti jednu ispred

druge.

⎪⎭

⎪⎬

⎫

+>

>

2

2

2

)1(2

2

kkkk

pomnožimo ih! (levu sa levom i desnu sa desnom stranom)

22

2)1(22 kk

kk ⋅+

>⋅

→+>+ 21 )1(2 kk a ovo smo i trebali da dokažemo www.matematiranje.com

1

Aritmetički niz:

Podjimo od dva primera:

Primer 1: ,...11,9,7,5,3

Primer 2: ,...40,45,50,55

Nije teško zaključiti da će u prvom primeru nekoliko sledećih članova biti 13,15,17,… jer se svaki sledeći član povećava za dva. U drugom primeru će nekoliko sledećih članova biti 35,30,25,… jer se svaki sledeći smanjuje za 5. Kako vidimo , niz može biti rastući ili opadajući.

Ovakvi nizovi u kojima je razlika ma koja dva uzastopna člana konstantna nazivaju se Aritmetički nizovi ili aritmetičke progresije.

Vrlo je važno od kog broja počinje niz, pa se on zove prvi član niza i obeležava se sa 1a .

Za primer ,...11,9,7,5,3 →prvi član niza je 31 =a

Za primer ,...40,45,50,55 → prvi član niza 551 =a

Razlika (diferencija) niza je broj za koji se niz povećava (smanjuje) i obeležava se slovom d .

12312 ... −−==−=−= nn aaaaaad

Za primer ,...11,9,7,5,3 → 2=d (raste niz)

Za primer ,...40,45,50,55 → 5−=d (opada niz)

Nekad će nam biti potrebno da nadjemo stoti, hiljaditi ili bilo koji drugi član niza. Slažete se da je naporno pisati ih redom. Tu nam pomaže formula za n-ti član niza:

1 ( 1)na a n d= + −

Ako trebamo sabrati prvih n-članova niza,tu važi formula:

[ ]12 ( 1)2nnS a n d= + − ili

2)( 1 n

naanS +

=

Za svaki aritmetički niz još važi ( aritmetička sredina) :

1 1

2n n

na aa − ++

= ili 2

jnjnn

aaa +− +

= 1,...,2 −= nj www.matematiranje.com

2

Ako izmedju brojeva a i b treba umetnuti (interpolirati) k-brojeva tako da zajedno sa a i

b čine aritmetički niz, onda razliku d tog niza tražimo po formuli 1+

−=

kabd

Zadaci:

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

Rešenje: 39

19

10

5

==

aa

Aritmetički niz je potpuno odredjen ako znamo prvi član 1a i razliku d. Da bi našli ove 2 nepoznate primenićemo formulu za n-ti član niza:

dnaan )1(1 −+= za 1945 15 =+=⇒= daan

za 39910 110 =+=⇒= daan

Sastavićemo sistem jednačina:

_________________1

1

399)1(/194

=+−⋅=+

dada

_________________1

1

399194

=++−=−−

dada

→==4205

dd

vratimo se u jednu od jednačina

31916194

1

1

1

==+=+

aa

da

Znači prvi član niza je 3 a povećava se za 4 pa je niz: 3,7,11,15,19,…

Njegov opšti član će biti:

144)1(3

)1(1

−=⋅−+=

−+=

nana

dnaa

n

n

n

3

2) Nadji prvi član 1a i diferenciju d aritmetičkom nizu ako je :

10352 =−+ aaa i 1792 =+ aa

Rešenje: Ovakav tip zadatka rešavamo pomoću opšteg člana:

→−+= dnaan )1(1

daadaadaa

daa

824

19

13

15

12

+=+=+=+=

Zamenimo ovo u 2 date jednačine:

10352 =−+ aaa

2 9 17a a+ =

_________________________________11

111

17)8()(10)2()4()(

=+++=+−+++

dadadadada

____________________________11

111

1781024

=+++=−−+++

dadadadada

1

1__________________

1

1

3 10 sa -22 9 17

2 6 202 9 17

a d pomnožimoa d

a da d

+ = →+ =

− − = −+ =

133

−=−=

dd

13103

103

1

1

1

==−=+

aa

da

Znači niz je opadajući I glasi 13,12,11,10,9,8,7,…


4

3) Odrediti aritmetički niz ako je: 0105 51 =+ aa i 4 14S =

Rešenje:

1

5 1

1 1

1 1

1

1

( 1)4

5 10( 4 ) 05 10 40 015 40 0

3 8 0

na a n da a da a da a da d

a d

= + −= ++ + =+ + =+ =

+ =

[ ]

[ ]

[ ]

4

1

4 1

1

1

14

2 ( 1)24 2 (4 1)2

14 2 2 3

2 3 7

n

SnS a n d

S a d

a d

a d

=

= + −

= + −

= +

+ =

Sad ove dve jednačine “upakujemo” :

__________________________1

1

)3(/7322/083−⋅=+

⋅=+dada

______________________1

1

21960166−=−−

=+da

da

02430833

217

11 =−⇒=+−=−=

adadd

8243

1

1

==

aa

Znači niz je : 8,5,2,-1,-4,…

4) Izračunati n i na u aritmetičkoj progresiji za koje su: 245

521

===

nSda

Znači ovde nam treba n… www.matematiranje.com

5

[ ]

[ ]

[ ][ ]

049055490

15490

5542

245

5)1(222

245

)1(22

2

2

1

=−−

−=

−=

−+=

⋅−+⋅=

−+=

nnnn

nn

nn

nn

dnanSn

Dobili smo kvadratnu jednačinu “po n”.

490,1,5 −=−== cba

2

1,2

1,2

1 2

42

1 9910

9810,10

b b acna

n

n n

− ± −=

±=

= = −

Nemoguće

Znači : 10=n je jedino rešenje

1

10

10

10

( 1)2 (10 1) 52 45

47

na a n daa

a

= + −= + − ⋅= +

=

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

Da postavimo problem:

____________________________

23

22

21

321

482

36

=++

=++

aaa

aaa Iskoristićemo da je

daadaa

dnaan

2

)1(

13

12

_______________________1

+=+=

−+=


6

______________________________________________

21

21

21

111

482)2()(

36)2()(

=++++

=++++

dadaa

dadaa

1 1

1

1

3 3 36 Odavde ćemo izraziti i zameniti u drugu jednačinu sistema12

12

a d aa d

a d

+ =+ =

= −

.

2 2 2

2 2 2

2 2

2

2

2

1

1

(12 ) (12 ) (12 2 ) 482(12 ) 12 (12 ) 482144 24 144 144 24 4822 432 4822 50

25

25 5

512 57

d d d d dd d

d d d ddd

d

d d

Za daa

− + − + + − + =

− + + + =

− + + + + + =

+ =

=

=

= ± → = ±

== −=

Ili 1

1

512 517

Za daa

= −= +=

Dakle, postoje 2 takva niza:

7,12,17,22,27,…

17,12,7,2,-3,…


7

6) Rešiti jednačinu: 210...1173 =++++ x

Uočimo najpre da se ovde radi o zbiru prvih n članova aritmetičkog niza i da je :

210

73

2

1

====

n

n

Sxa

aa

?

21043

____________

1

==

===

n

n

ax

Sda

Dakle:

[ ]

[ ]

[ ]

[ ]

021022210

242

210

4462

210

4)1(322

210

)1(22

2

2

1

=−+

+=

+=

−+=

⋅−+⋅=

−+=

nnnn

nn

nn

nn

dnanSn

Kvadratna “po n”

1,2

1

2

1 414

10

424

n

n

n

− ±=

=

= −

Dakle 10=n

10 1 9 3 9 4 3 36 39

39

x a a d

x

= = + = + ⋅ = + =

=


8

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

Postavimo prvo problem:

220...250...

1931

20642

=+++=++++

aaaaaaa

Na ovaj način smo ustvari dobili 2 niza sa po 10 članova čiji su zbirovi : za prvi 250 i za drugi 220, a kod oba dva niza je razlika 2d.

Primenićemo formula za [ ]dnanSn )1(22 1 −+=

Za prvi niz ⇒

[ ]

[ ]10 2

2

2

2 2 1

1

10 2 (10 1) 22

250 5 2 182 18 50

9 25

10 25

S a d

a da d

a d a a d

a d

= + − ⋅

= +

+ =+ = → = + →

+ =

Za drugi niz ⇒

[ ]

[ ]10 1

1

1

1

10 2 (10 1) 22

220 5 2 182 18 44

9 22

S a d

a da d

a d

= + − ⋅

= +

+ =

+ =

Sad pravimo sistem:

__________________________1

1

)1(/2292510

−⋅=+=+

dada

_____________________1

1

2292510−=−−

=+da

da Pa je 525303 11 −=⇒=+⇒= aad

Znači niz je : -5,-2,1,4,7,…

Srednji članovi su 10a i 11a

2530510222759

111

110

=+−=+==+−=+=

daadaa

9

8) Izmedju brojeva -5 i 30 umetnuti aritmetički niz od šest članova. Koliki je zbir svih osam članova?

U ovom zadatku ćemo iskoristiti formulu : 1+

−=

kabd

630

5

==−=

kba

5735

16)5(30

==+−−

=d

Niz je -5,0,5,10,15,20,25,30 pa je 51 −=a i 308 =a

1002542

)305(82

)(

8

1

=⋅=+−

=

+=

S

aanS nn

Dakle 1008 =S

9) Stranice pravouglog trougla su uzastopni članovi aritmetičkog niza za koji je d=3.

Odredi dužine tih stranica.

Važi pitagorina teorema: 222 cba =+

Pošto je 3=d

623+=+=+=+=

=

adacadab

aa

Zamenimo ovo u Pitagorinu teremu:

222 cba =+

10

02760361296

361296)6()3(

2

2

222

222

=−−

=−−++

++=+++

+=++

aaaaa

aaaaaaaa

1,2

1

2

6 122

9,

3

a

a

a

±=

=

= −

Dakle stranice su:

1569612393

9

=+=+==+=+=

=

acab

a

10) Odrediti x tako da brojevi log2, log( x2 -1), log( x2 +3) budu uzastopni članovi

aritmetičkog niza.

Upotrebićemo 2

11 +− += nn

naaa tj,

231

2aaa +

=

2

2

2

2

2

1,2

1

2

log 2, log(2 1), log(2 3)log 2 log(2 3)log(2 1)

22log(2 1) log 2 (2 3)log(2 1) log 2 (2 3)(2 1) 2 (2 3)..... 2( 1) 2( 3)

2 1 2 64 5 0

4 62

51

x x

xx

x x

x x

x x xsmena tt t

t t tt t

t

tt

− +

+ +− =

− = ⋅ +

− = ⋅ +

− = ⋅ + =

− = +

− + = +

− − =±

=

== −


11

Vratimo se u smenu:

52 =x ili 12 −=x

2log 5x = nemoguće


1

Geometrijski niz Podjimo od dva primera: Primer 1: 3,6,12,24,48 ... Primer 2: 81,27,9,3, ... Pažljivim posmatranjem možemo zaključiti da je svaki sledeći član niza u primeru 1. 3,6,12,24,48 ... 2 puta veći od predhodnog člana , pa će sledeći članovi biti, 48 2 96, 96 2 192,...⋅ = ⋅ = U primeru 2. 81,27,9,3, ... primećujemo da je svaki sledeći član tri puta manji od

predhodnog, pa bi sledeći članovi bili 1 1 13: 3 1, 1: 3 , : 3 ,...3 3 9

= = =

Ovakvi nizovi zovu se geometrijski i kao što vidimo , mogu biti rastući (primer 1.) i opadajući (primer 2.) Dakle: Niz brojeva u kome je količnik ma koja dva uzastopna člana niza stalan zove se geometrijski niz ili progresija. Naravno i ovde je važno od kog broja počinje niz, pa se taj broj zove “prvi” član niza I obeležava se sa 1b . → za primer 1. 31 =b , 62 =b , ,...123 =b → za primer 2. 811 =b , 272 =b , ,...93 =b

→====−

qbb

bb

bb

n

n

12

3

1

2 ... količnik niza

→ za primer 1. 2=q (rastući niz)

→ za primer 2. 31

=q (opadajući niz)

Ako znamo 1b (prvi član niza) i q (količnik niza) niz je potpuno odredjen , odnosno možemo da ga zapišemo. Bilo koji član niza ( n-ti član ) se traži po formuli : 1

1n

nb b q −= ⋅

Zbir prvih n-članova niza se traži i) 1>q ii) 1<q

1

)1(1

−−

=qqbS

n

n qqbS

n

n −−

=1

)1(1

Za svaki član niza važi: 1 1 geometrijska sredinan n nb b b− += ⋅ →


2

primer 1 Odrediti geometrijsku progresiju kod koje je 3015 4231 =+∧=+ bbbb

3015

42

31

=+=+

bbbb

Iskoristimo formulu : 11

nnb b q −= ⋅ po njoj je:

23 1

2 13

4 1

b b qb b q

b b q

= ⋅= ⋅

= ⋅

Zamenimo ovo u postavljeni sistem:

21 1

31 1

____________________

15

30

b b q

b q b q

+ =

+ = → Izvučemo “zajednički” iz obe jednačine:

_____________________

21

21

30)1(15)1(=+

=+

qqbqb

→ Ovde je “trik” da se jednačine podele.

1b 2(1 )q+

1b 2(1 )q q+1530

= → Skratimo šta može !

2211

=⇒= qq

Vratimo se u jednu od jednačina: (naravno biramo lakšu).

315)41(15)1(

11

21

=⇒=+=+

bbqb

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

1+= kabq


3

Zadaci:

1) Izračunati deseti član geometrijskog niza 1,3,9,27...

,...27,9,3,14321 bbbb↓↓↓↓

Iz tog niza zaključujemo da je: 11 =b i 3=q

Pošto se bilo koji član niza računa po formuli 1

1n

nb b q −= ⋅ to će deseti član biti :

10 110 1

910 1

910

910

10

1 3

319683

b b q

b b q

b

bb

−= ⋅

= ⋅

= ⋅

==

2) U geometrijskom nizu je : 408216 1346 =∧=+∧=− nSbbbb

Izračunati 1a ,q i n

6 4

3 1

__________

11

2168

40n

nn

b bb bS

b b q −

− =− ==

= ⋅

56 1

34 1

23 1

b b q

b b q

b b q

= ⋅

= ⋅

= ⋅

Zamenimo u prve dve jednačine!

⎪⎭

⎪⎬⎫

=−

=⋅−⋅

________________1

21

31

51

8

216

bqb

qbqb izvučemo zajednički

⎪⎭

⎪⎬⎫

=−

=−

__________________

21

231

8)1(

216)1(

qb

qqb podelimo ih

1b 3 2( 1)q q −

1b 2( 1)q −3 3 3

21

21 1 1

2168

27 3 3

( 1) 8

(3 1) 8 8 8 1

q q q

b q

b b b

=

= ⇒ = ⇒ =

− =

− = ⇒ ⋅ = ⇒ =

4

Pošto je 13 >=q koristimo formulu 1

)1(1

−−

=qqbS

n

n ⇒

4

1 (3 1) 403 1

3 1 402

3 1 803 81

3 3 4

n

n

n

n

n n

⋅ −=

−−

=

− =

=

= ⇒ =

3) Tri broja, čiji je zbir 26, obrazuju geometrijski niz. Ako se im brojevima doda redom

1,6 i 3, dobijaju se tri broja koja obrazuju aritmetički niz. Odrediti te brojeve.

Neka su tri broja : 2,1 bb i 3b I važi : 26321 =++ bbb a kako je 21312 qbbqbb =∧=

262111 =++ qbqbb tj. 26)1( 2

1 =++ qqb

Ako im dodamo redom 1,6 i 3 dobićemo :

33

661

2133

122

11

+=+=

+=+=+=

qbba

qbbaba

Pošto oni čine aritmetičku progresiju, mora biti : 2

312

aaa += tj, 131 2aaa =+

→+=+++ )6(2)3()1( 12

11 qbqbb ”sredimo”

8)12(

31122

12231

21

112

1

12

11

=+−

−−=+−

+=+++

qqb

bqbqb

qbqbb

Napravimo sada sistem:

⎪⎭

⎪⎬⎫

=+−

=++

________________________

21

21

8)12(

26)1(

qqb

qqb podelimo ih


5

09309444132613)1(4)12(13

2:/)1(8)12(26826

121

2

22

22

22

2

2

=+−

++=+−

++=+−

++=+−

=+−++

qqqqqq

qqqqqqqq

qqqq

→=+− 03103 2 qq kvadratna “po q”

313

6810

23810

21

2,1

=∧=

±=

⋅±

=

qq

q

1 2

3

26 26 21 13

Za q

bq q

=

= = =+ +

1

1 3

26 26 181 1 1319 3 9

Za q

b

=

= = =+ +

Rešenja Rešenja

2,6,18 →Geometrijski niz 18,6,2 →Geometrijski niz

3,12,21 →Aritm. Niz 19,12,5 →Aritm. Niz

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

1, 11, 111, 1111, …

Trik je napisati brojeve drugačije:

9110

911000111

9110

9110011

91101

3

2

−=

−=

−=

−=

−=

…….itd. www.matematiranje.com

6

...111111 +++=nS =

2 3

2 3

2 2

10 1 10 1 10 1 10 1...9 9 9 9

1 10 1 10 1 10 1 ... 10 1 Pazi: ima n jedinica...91 [10 10 ... 10 ] ovde je 10 10 ... 10 geometrijski niz9

n

n

n nn

− − − −= + + + +

⎡ ⎤= − + − + − + + −⎣ ⎦

= + + + − + + + →

Geometrijski niz → 101 =b 10=∧ q

1( 1)1

nb qSq

−=

− ovo je za geometrijski niz, pa je :

1 10 (10 1)9 10 1

1 10(10 1) 1 10(10 1) 99 9 81

n

n

nn

n

S n

S n n

⎡ ⎤⋅ −= −⎢ ⎥−⎣ ⎦

⎡ ⎤− ⎡ ⎤= − = − −⎢ ⎥ ⎣ ⎦⎣ ⎦

5) Izračunati zbir n brojeva oblika ...4847,

2423,

1211,

65

Sličan trik kao malopre!

2411

24124

2423

1211

12112

1211

611

616

65

−=−

=

−=−

=

−=−

=

…….itd.

...2411

1211

611...

2423

1211

65

+−+−+−=+++=nS

1 1 1( ...)6 12 24

n= − + + +

geometrijski niz www.matematiranje.com

7

61

1 =b 21

=q

1(1 )1

1 1(1 ( ) )6 2

112

1 1(1 ( ) )3 2

n

n

n

b qSq

S

S

−=

−

−=

−

= −

Dakle :

1 11 ( )3 2

1 113 2

nn

n n

S n

S n

⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤= − −⎢ ⎥⎣ ⎦

6) Ako su , ,a b c k-ti , n-ti i p-ti članovi jedne geometrijske progresije tada je 1=⋅⋅ −−− nkkppn cba . Dokazati.

Koristićemo formulu 11

−⋅= nn qbb

Pošto je a k-ti član 11

−⋅=⇒ kqba

Pošto je b n-ti član 11

−⋅=⇒ nqbb

Pošto je c p-ti član 11

−⋅=⇒ pqbc

1 1 11 1 1

( 1)( ) ( 1)( ) ( 1)( )1 1 1

[ ] [ ] [ ]n p p k k n k n p n p k p k n

n p k n p p k n p k k n p k n

a b c b q b q b q

b q b q b q

− − − − − − − − −

− − − − − − − − −

⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ =

⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅

Izračunajmo posebno “izložilac” za 1b :

0=−+−+− nkkppn

Sada ćemo izračunati “izložilac” za q:

0))(1())(1())(1(

=+−−++−−++−−=−−+−−+−−

nkpnpkkpknnppnkpknnkpkpnpnk

Kao što primećujete sve se potire! www.matematiranje.com

8

Pa je : 11 =⋅=⋅⋅ −−− oonkkppn qbcba

Kraj dokaza.

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

geometrijski niz.

a

a

bb h P=ah

→Pha ,, čine g. niz

→⋅= haP formula za površinu

A pošto Pha ,, čine geometrijski niz , to mora biti:

3222

22

aaaPahahah

ahPaPhaPh

=⋅=⇒=⇒=

=⇒=⇒=

Dakle: 2, ahaa == i 3aP =


9

Beskonačni red

Neka je dat beskonačni niz realnih brojeva ,...,...,, 21 naaa

Izraz oblika ∑∞

==++++

121 ......n nn aaaa zove se beskonačni red.

Geometrijskom nizu ,...,...,,, 2 naqaqaqa odgovara red:

∑∞

==+++++

02 ...)...1(

nnn qaqqqa

Zbir (suma)beskonačno opadajućeg reda (geometrijskog) je 1

aSq

=−

za 1<q

Zadaci:

1) Decimalni broj 0,7777777… prebaciti u razlomak

2 3

7 7 70,7777... ...10 100 1000

7 1 1 1(1 ...)10 10 100 10007 1 1 1(1 ...)

10 10 10 10

= + + +

= + + + +

= + + + +

Ovde imamo geometrijski red , 101,

107

== qa

Njegova suma je 97

109

107

1011

107

1==

−=

−=

qaS


10

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

3 4 4 40,3444... ...10 100 1000 10000

3 4 1 1(1 ...)10 100 10 100

= + + + +

= + ⋅ + + +

Pazi: 4 1 1(1 ...)

100 10 100⋅ + + + je geometrijski red :

101,

1004

== qa

43 100

110 110

43 100

91010

3 4 3110 90 90

= +−

= +

= + =

3) Nadji red ako je x

S−

=3

3

Mi znamo da je formula : q

aS−

=1

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

3,1

31

1

)3

1(3

33

3 xqaxxxS ==⇒

−=

−=

−=

Pa će traženi red biti:

...333

1...))3

()3

(3

1(1

...)1(

3

3

2

232

32

++++=++++⋅

=++++

xxxxxxqqqa


11

4) Nadji red ako je x

S23

6−

=

6 63 2

Sx

= =− 3

2 22,2 2 3(1 ) 13 3

xa qx x= ⇒ = =− −

Pa će red biti :

...27

169

83

42

...))3

2()3

2(3

21(2

)...1(

32

32

32

++++

=++++

=+++++

xxx

xxxqqqa

5) Sledeći periodični razlomak pretvoriti u običan razlomak 2,717171….

7 1 7 12,717171... 2 ...10 100 1000 10000

= + + + + +

Ovde ćemo uočiti 2 geometrijska reda:

...)100

11(100

1...1000000

110000

1100

1

...)100

11(107...

1000007

10007

107

++=+++

++=+++

Zbir prvog reda je 9970

10099107

10011

107

1 ==−

=S

Zbir drugog reda je 991

10099

1001

10011

1001

2 ==−

=S

Vratimo se “na zadatak”:


12

70 1 2692,717171... 299 99 99

26999

S

= + + =

=

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

a

aa 2a

2a

2a

4a

4a

4a

itd.

Stranica 1. trougla je a

Stranica 2. trougla je 2a



……. Itd.

Njihovi obimi će biti : aO ⋅= 3

Znači:


13

1

2

3

4

333

2 233

4 433

8 8....... .

O aa aO

a aO

a aO

itd

=

= ⋅ =

= ⋅ =

= ⋅ =

A njihov zbir je :

1 2 3 4

2 3

...3 3 33 ...2 4 81 1 13 (1 ...)2 4 81 1 13 (1 ...)2 2 2

O O O Oa a aa

a

a

+ + + + =

= + + + +

= + + + +

= + + + +

Ovde je A=3a i 12

q =

po formuli : 1

ASq

=−

aaa 6

21

3

211

3==

−= Znači zbir obima je 6a.


1

Trigonometrijski oblik kompleksnog broja

Da se podsetimo:

Kompleksni broj je oblika yixz +=

x je realni deo, y je imaginarni deo kompleksnog broja, i- je imaginarna jedinica 1−=i , )1( 2 −=i

Dva kompleksna broja iyxz 111 += i iyxz 222 += su jednaka ako je 21 xx = i 21 yy =

Za yixz += broj yixz −=_

je konjugovano kompleksan broj.

Modul kompleksnog broja yixz += je : 22 yxz +=

Kompleksni brojevi se predstavljaju u kompleksnoj ravni, gde je x-osa realna osa, a y-osa imaginarna osa.

Primer:

Tački A odgovara kompleksni broj 3+2i.

Tačka B odgovara kompleksnom broju -3+i.

Ako je dat kompleksan broj yixz += onda se njegov realni deo može zapisati kao: ϕcosrx = a imaginarni ϕsinry = . To možemo videti I sa slike:

ϕx

y

r

x

y

z=x+yi

xyarctg

xytg

rxrx

ryry

=⇒=

=⇒=

=⇒=

ϕϕ

ϕϕ

ϕϕ

coscos

sinsin


2

Dakle, kompleksni broj je:

cos sin , .(cos sin )

z r r i tjz r i

ϕ ϕϕ ϕ

= += +

Ovaj oblik se zove trigonometrijski. Ovde je r- modul, odnosno: 2 2r x y= + , ugao ϕ

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

Zkkikrz

∈+++= ))2sin()2(cos( πϕπϕ

Primer: Pretvoriti sledeće kompleksne brojeve u trigonometrijski oblik:

a) iz +=1

b) 31 iz +=

v) 1−=z

g) iz =

Rešenje: a) iz +=1

Šta radimo?

Najpre odredimo x i y, nadjemo 22 yxr += zatim xytg =ϕ i to zamenimo u

trigonometriski oblik: )sin(cos ϕϕ irz +=

Dakle: 1,1 == yx 211 22 =+=r

4451

11

πϕϕ

ϕ

ϕ

==⇒=

=

=

otg

tg

xytg

)sin(cos ϕϕ irz +=

)4

sin4

(cos2 ππ iz +=


3

b) 31 iz +=

3

1

=

=

y

x ⇒ 22 yxr += 2431 ==+=

360

313

πϕ

ϕ

ϕ

==

=

==

o

tgxytg

)sin(cos ϕϕ irz +=

)3

sin3

(cos2 ππ iz +=

v) 1−=z Pazi: Ovo možemo zapisati i kao iz 01+−=

Dakle:

πϕϕ

ϕ

==

=−

==

=−=

o

xytg

yx

180

01

00,1

2 2( 1) 0 1

(cos sin )1 (cos sin )cos sin

r

z r iz iz i

ϕ ϕπ π

π π

= − + =

= += ⋅ += +

g) iz = ili 1,010 ==⇒+= yxiz

2

01

110 22

πϕ

ϕ

=

∞==

=+=

tg

r

2

sin2

cos

)sin(cosππϕϕ

iz

irz

+=

+=


4

Često se u zadacima radi lakšeg rešavanja koristi Ojlerova formula:

cos sinxie x i x= +

Primer: Napisati brojeve:

a) 1

b) i

v) -2

preko Ojlerove formule.

Rešenje:

Savet: Ovde uvek dodajte periodičnost!

a) 1=z tj, 0,1 == yx

))20sin()20(cos(1))2sin()2(cos(

00

101 22

πππϕπϕ

ϕϕ

kikzkikrz

xytg

r

o

+++⋅=+++=

=⇒==

=+=

Dakle: ππ kik 2sin2cos1 += , pa je zamenom u cos sinxie x i x= + gde je 2x kπ=

21 k ie

k Z

π=∈

b) iz = ⇒ iz 10+= ⇒ 1,0 == yx

)22

sin()22

cos(

))2sin()2(cos(20

11110 2222

πππππϕπϕ

πϕϕ

kikz

kikrzxytg

yxr

+++=

+++=

=⇒∞===

==+=+=

Dakle )22

sin()22

cos( ππππ kiki +++=

Pa je Zkei

ik

∈=

+ )22

( ππ

5

v) =−⋅=−= )1(22z

-1 smo našli u prošlom primeru:

[ ])2sin()2cos(22)2sin()2cos(1ππππ

ππππkik

kik+++=−

+++=−

Znači

( 2 )

(2 1)

2 2

2 2

k i

k i

e

ek Z

π π

π

+

+

− =

− =∈

Profesori često vole da pitaju decu da nadju vrednosti ii .

Kada znamo Ojlerov zapis, to nije teško.

U jednom prethodnom primeru smo našli:

Zkei

ik

∈=

+ )22

( ππ

Onda je:

iiki ei )()2

2( ππ

+=

Znamo pravilo za stepenovanje mnnm aa =)(

Zkei

eiki

iki

∈=

=

+−

+

)22

(

)22

( 2

ππ

ππ

Znamo da je 2 1i = −

Ako uzmemo k=0, biće:

2ii eπ

−=


6

Množenje I deljenje kompleksnih brojeva u trigonometrijskom obliku

Neka su data dva kompleksna broja u trigonometrijskom obliku:

1 1 1 1

2 2 2 2

(cos sin )(cos sin )

z r iz r i

ϕ ϕϕ ϕ

= += +

Onda je :

[ ]

[ ])sin()cos(

)sin()cos(

21212

1

2

1

21212121

ϕϕϕϕ

ϕϕϕϕ

−+−=

+++⋅=⋅

irr

zz

irrzz

Primer: Dati su kompleksni brojevi:

)4

3sin4

3(cos22

)4

sin4

(cos24

2

1

ππ

ππ

iz

iz

+=

+=

Nadji:

a) 21 zz ⋅

b) 2

1

zz

Rešenje:

a)

[ ][ ]4

014sincos4

)4

34

sin()4

34

cos(222421

−=+−=+=

⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ +++⋅=⋅

ππ

ππππ

i

izz


7

b)

[ ]

1

2

4 2 3 3cos( ) sin( )4 4 4 42

2

8 cos( ) sin( ) 8 cos( ) sin( )2 2 2 2

8 0 18

z iz

i i

ii

π π π π

π π π π

⎡ ⎤= − + −⎢ ⎥⎣ ⎦

⎡ ⎤ ⎡ ⎤= − + − = −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦= − ⋅

= −

Stepenovanje kompleksnog broja

Neka je dat kompleksni broj )sin(cos ϕϕ irz += . Onda je (cos sin )n nz r n i nϕ ϕ= +

Ako kompleksni broj ima modul 1, tj. ako je r=1 onda je:

ϕϕ sincos iz +=

→+= ϕϕ ninzn sincos Moavrov obrazac

Primer:

a) Nadji 6z ako je )18

sin18

(cos2 ππ iz +=

b) Nadji 20z ako je iz23

21−=

Rešenja:

a)

)31(32)23

21(64

)3

sin3

(cos2

)18

6sin18

6(cos2

)18

sin18

(cos2

6

66

66

iiz

iz

iz

iz

+=+=

+=

⋅+⋅=

+=

ππ

ππ

ππ

8

b) iz23

21−=

Ovde moramo najpre prebaciti kompleksni broj u trigonometrijski oblik.

2 2

20

20

11 3 1 32 ( ) ( ) 12 2 4 43

2

32 3 601 3

2(cos sin )

1(cos( ) sin( ))3 3

cos sin3 3

20 20 20 18 2 2 2cos sin 63 3 3 3 3 3 3

2 2cos sin3

o

xr

y

ytgx

tg tg

z r i

z i

z i

z i pazi

z i

φ

πφ φ φ

φ φπ π

π π

π π π π π π ππ

π π

⎫= ⎪⎪⇒ = + − = + =⎬⎪= − ⎪⎭

=

−= ⇒ = − ⇒ = − = −

= +

= − + −

= −

= − → = + = + =

= −

20

20

31 32 21 (1 3)2

z i

z i

= − −

= − +


9

Korenovanje kompleksnih brojeva:

Neka je dat:

(cos sin )

2 2(cos sin )n n

z r i

k kz w r in n

ϕ ϕ

ϕ π ϕ π

= +

+ += = +

k- uzima vrednosti od 0 do n-1.

Sve vrednosti n-tog korena broja z, nalaze se na kružnici poluprečnika n r . Argumenti tih

brojeva (vrednosti korena) čine aritmetički niz sa razlikom n

d π2= .

Primer: Izračunati:

a) 3 i

b) 6 1−

Rešenja:

a) Kao što smo već videli :

2

sin2

cos ππ ii +=

Pa je: 3

22sin

3

22cos3

ππππ ki

ki

++

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

Za k=0

21

23

6sin

6cos

3

02sin

3

02cos

iw

iw

iw

o

o

o

+=

+=

++

+=

ππ

ππ

10

Za k=1

21

23

65sin

65cos

3

22sin

3

22cos

1

1

1

iw

iw

iw

+−=

+=

++

+=

ππ

ππππ

Za k=2

iw

iw

iw

−=

+=

++

+=

2

2

2

69sin

69cos

3

42sin

3

42cos

ππ

ππππ

Geometrijski gledano , 21,, wwwo su temena jednakostraničnog trougla na kružnici

poluprečnika 113 ==r sa centrom u 0 kompleksne ravni!

x

y

WW

W-i

i

1-1

01

2


11

b) ππ sincos1 i+=− πϕ == ,1r

5,4,3,2,1,0

62sin

62cos16

=

++

+=−

k

kik ππππ

Za k=0

21

23

6sin

6cos iiwo +=+=

ππ

Za k=1

iiw

iw

=+=

++

+=

2sin

2cos

62sin

62cos

1

1

ππ

ππππ

Za k=2

21

23

65sin

65cos

64sin

64cos

2

2

⋅+−=+=

++

+=

iiw

iw

ππ

ππππ

Za k=3

21

23

67sin

67cos

66sin

66cos

3

3

iiw

iw

−−=+=

++

+=

ππ

ππππ

Za k=4

iiw

iw

−=+=

++

+=

69sin

69cos

68sin

68cos

4

4

ππ

ππππ


12

Za k=5

21

23

611sin

611cos

610sin

610cos

5

5

iiw

iw

−=+=

++

+=

ππ

ππππ

Geometrijski gledano, 5,..., wwo su temena pravilnog šestougla!

x

y

W

W

W

-i

i

1-1

0

1

2

W

W

W3

4

5


1

POLINOMI NAD POLJEM KOMPLEKSNIH BROJEVA I JEDNAČINE

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

on

nn

n azazazazP ++++= −− 1

11 ...)(

Ako je ,0≠a kazemo da je −n stepen polinoma )(zP . Dva polinoma −n tog stepena:

on

nn

n

on

nn

n

BZBZBZBzQ

AZAZAZAzP

++++=

++++=−

−

−−

11

1

11

1

...)(

...)(

Su indentički jednaki onda i samo onda ako je:

oonnnn BABABA === −− ,...,, 11 Naravno i ovde važi Bezuova teorema koju smo već objasnili u običnim polinomima: Pri deljenju polinoma )(zP sa )( az − dobija se ostatak )(aP . Ako je a-koren polinoma, tj. )(aP =0 onda je polinom )(zP deljiv bez ostatka sa )( az −

Osnovna teorema algebra je: Svaki polinom P nad poljem kompleksnih brojeva ima bar jednu nulu. → Prva od posledica ove veoma bitne teoreme odnosi se na faktorizaciju polinoma. Primer: )1(1 22 −−=+ zz ))((22 iziziz +−=−= . → Svaki polinom −n tog stepena može se napisati u obliku ))...()(()( 21 nn zzzazP ααα −−−= gde su nααα ,...,, 21 koreni polinoma i na koeficijenat uz nz .

2

→ Ako je polinom P deljiv polinomom kazzQ )()( −= , a nije deljiv polinomom 1)()( +−= kazzS , kažemo da je a nula reda k polinoma P.

→ Polinom P stepena n ne može se anulirati za više od n različitih vrednosti Primer: Ako su a,b i c medjusobno različiti brojevi, dokazati da je:

1))(())((

))(())((

))(())((

=−−−−

+−−−−

+−−−−

bcacbxax

abcbaxcx

cabacxbx

Rešenje: Prebacićemo sve na levu stranu i napraviti polinom koji je očigledno stepena 2 (pa ne može imati više od 2 rešenja)

1))(())((

))(())((

))(())(()( −

−−−−

+−−−−

+−−−−

=bcacbxax

abcbaxcx

cabacxbxxP

Ako stavimo ax = dobijamo

1))(())((

))(())((

))(())(()( −

−−−−

+−−−−

+−−−−

=bcacbaaa

abcbaaca

cabacabaaP

01001)( =−++=aP Dakle a je rešenje (nula, koren) ovog polinoma. Slično je 0)( =bP i 0)( =cP Ovo znači da se polinom anulira za tri različite vrednosti i P(x) je zato nula polinom, tj.

0)( =xP a odavde direktno ‘’izlazi’’ traženo tvrdjenje. → Polinom sa realnim koeficijentima neparnog stepena uvek ima bar jednu realnu nulu Vietove formule One predstavljaju vezu izmedju koeficijenta i nula polinoma. Pomoću njih se često mogu rešavati jednačine 0)( =xP . Neka je dat polinom : o

nn

nn axaxaxaxP ++++= −

− 11

1 ...)(

3

I neka su nααα ,...,, 21 koreni (nule, rešenja) date jednačine, tada je:

n

nn a

a 121 ... −−=+++ ααα

n

onn

n

nnnn

n

nnnn

aa

aa

aa

)1(...

...

......

321

312421321

213213121

−=⋅⋅⋅⋅

−=+++

=++++++

−−−

−−

αααα

ααααααααα

αααααααααα

NAPOMENA: Već smo pominjali Vietove formule za kvadratnu jednačinu:

02 =++ cbxax to jest:

012

2 =++ oaxaxa Zadaci: 1) Odrediti parameter m i n tako da polinom nmxxxxP ++−= 24 3)( bude deljiv sa polinomom 42)( 2

1 +−= xxxP

____________________

2

)(

3

)(

4

)(

2224

422)42(:)3(

xxxxxxxnmxxx

−+−+−

+=+−++−

nxmxnmxxx

+−+

+++

)8(272

3

23

→ Ovo sad malo sredimo

acxx

abxx

=⋅

−=+

21

21

221

2

221

2

121

)1(

aa

xx

aa

xx

aa

xx

o

o

=⋅

⋅−=⋅

−=+

4

_______________________)()(

2

)(

22

12633)42(:))8(3(

+−+−+−

−=+−+−+−

xxxxnxmx

→++−− 126)8( nxxm I ovo sredimo

012)14(12)68(=++−=++−−

nxmnxm

Ovo mora biti nula da ne bi bilo ostatka pri deljenju. 014 =−m ∧ 012 =+n 14=m 12−=n 2) Odrediti koeficijente ba, i c u polinomu cbxaxxxP +++= 23)( tako da polinom bude deljiv binomima 1−x i x+2 a da podeljen sa 4−x daje ostatak 18. Ako može da je polinom P(x) deljiv polinomom 1−x to znači da je 0)1( =P , slično je i

0)2( =−P a pošto je pri deljenju sa 4−x ostatak 18, to je 18)4( =P

1864416444)4(0824)2()2()2()2(

01111)1()(

23

23

23

23

=+++=+⋅+⋅+=

=−+−=+−⋅+−⋅+−=−

=+++=+⋅+⋅+=

+++=

cbacbaPcbacbaP

cbacbaPcbxaxxxP

Dobili smo sistem jednačina:

_________________________46416

8241

−=++=+−−=++

cbacba

cba

Rešenja ovog sistema su: 2−=a 5−=b 6=c pa je traženi polinom: 652)( 23 +−+= xxxxP 3) Odrediti realne parameter ba, i c tako da polinom cbxaxx −++ 23 bude deljiv sa ix − a da podeljen sa 1+x daje ostatak -5 Pošto je polinom deljiv sa ix − onda je on deljiv i sa ix + pa i sa

1))(( 222 +=−=+− xixixix

5

____________)(

3

)(

223 )1(:)(xx

axxcbxaxx

−−+

+=+−++

______________)(

2

)(

2 )1(aax

cxbax

−−+

+−+

→−+− acxb )1( Ostatak koji mora biti nula!!!

Dakle 1

01=

=−bb i

acac

==− 0

Drugi podatak da polinom deljen sa 1+x daje ostatak -5 nam govori da je 5)1( −=−P

23

3414

515)1()1()1()1(

)(23

23

−==

−=+−=+−−=+−

−=+−+−−=+−+−+−=−

+++=

ca

cacacba

cbacbaP

cbxaxxxP

4) Znajući da je zbir dva korena 121 =+ xx jednačine 072 23 =+−− λxxx , nadji parametar λ 072 23 =+−− λxxx Upotrebićemo Vietove formule za jednačinu trećeg stepena:

3321

3

1323121

3

2321

012

23

3 0

aaxxx

aaxxxxxx

aaxxx

axaxaxa

o−=⋅⋅

=++

−=++

=+++

Kod nas je:

6

λ=−=−== oaaaa ,7,1,2 123 pa je

2

27

2721

21

321

323121

321

λ−=⋅⋅

−=−

=++

=−

−=++

xxx

xxxxxx

xxx

U zadatku kaže da je 121 =+ xx pa je 211

21

3 −=−=x

321

27

271

21

27)(

21

27

21

21

27

21

21

21

2121

2121

323121

−=

+−=

−=⋅−

−=+−

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅+

−=++

xx

xx

xx

xxxx

xxxx

xxxxxx

Kako je:

322

322

13

2321

−=

−=

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅−

−=

λ

λ

λ

λxxx


DETERMINANTE Najprostije rečeno determinante su kvadratne šeme. Mogu biti drugog, trećeg, četvrtog,...n-tog reda. DRUGOG REDA

dcba

= ad – bc Znači računaju se tako što pomnožimo elemente na takozvanoj glavnoj

dijagonali, pa od toga oduzmemo pomnožene elemente na sporednoj dijagonali. Primer:

7543

= 3 o7 - 4o5 = 21-20 = 1 12531

−−

= (-1) o12- (-5) o3=-12+15=3

TREĆEG REDA Determinante trećeg reda možemo razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni. Najpre svakom elementu dodelimo predznak + ili -, i to radimo neizmenično:

+−+−+−+−+

Samo da vas podsetimo: vrste su , a kolone

333

222

111

cbacbacba

= Ako recimo hoćemo da razvijemo po prvoj vrsti=

=33

221 cb

cba+

33

221

33

221 ba

bac

caca

b +− , ili ako recimo razvijamo po drugoj koloni:

=22

113

33

112

33

221 ca

cab

caca

bcaca

b −+−

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


Primer: Izračunaj vrednost determinante

232071135

= Najpre iznad svakog broja napišite predznake: +−+−+−+−+

, ili ako vam je

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

232071135

=232071135−+−

=3235

02215

72313

1 −+− =-1(3o2 - 1 o3)+7(5o2-2 o1)= -3 +56=

= 53 Drugi način za računanje determinanti trećeg reda, medju učenicima vrlo popularan, je SARUSOVO pravilo. Pored date determinante dopišu se prve dve kolone , pa se elementi množe dajući im znake kao na slici:

333

222

111

cbacbacba

3

2

1

aaa

3

2

1

bbb

= 321321321321321321 abcbcacabbacacbcba −−−++

- - - + + + Primer: Izračunaj vrednost determinante

232071135

215

373

= 5 o7 o2 + 3 o0 o2 + 1 o1 o3 - 3o1 o2 - 5 o0 o3 - 1o7 o2 =

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


ČETVRTOG REDA

4444

3333

2222

1111

dcbadcbadcbadcba

= Možemo je razviti po bilo kojoj vrsti ili koloni! I ovde slično kao za

determinante trećeg reda prvo napišemo predznake svima ili samo onoj vrsti ili koloni po kojoj ćemo da razvijamo determinantu.

+−+−−+−++−+−−+−+

Mi ćemo , recimo, da razvijemo determinantu po prvoj koloni:

4444

3333

2222

1111

dcba

dcba

dcba

dcba

−

+

−

+

=

= 1a+

444

333

222

dcbdcbdcb

2a−

444

333

111

dcbdcbdcb

3a+

444

222

111

dcbdcbdcb

4a−

333

222

111

dcbdcbdcb

Naravno, sad bi trebalo da razvijemo svaku od ove četiri determinante trećeg reda.... Složićete se da ovo nije baš lako. Naučimo zato osobine determinanata koje će nam pomoći u rešavanju zadataka. OSOBINE DETERMINANATA

1. Determinanta menja znak ako dve vrste ili kolone izmenjaju svoja mesta.

2. Vrednost determinante se ne menja ako sve vrste i kolone promene svoje uloge.


3. Determinanta se množi brojem, kad se tim brojem pomnože svi elementi ma

koje (ali samo jedne) vrste ili kolone. Obrnuto, zajednički faktor elemenata jedne vrste ili kolone može se izvući ispred determinante . Na primer:

k

333

222

111

cbacbacba

=

333

222

111

cbacba

kckbka =

333

222

111

cbkacbkacbka

itd ili

333

222

111

cmbacmbacmba

= m

333

222

111

cbacbacba

4. Ako je u determinanti svaki element neke k-te vrste (kolone) zbir dva ili više

sabiraka, onda je ona jednaka zbiru dve ili više determinanata, koje imaju iste elemente kao i data determinanta, osim elemenata k-te vrste (kolone). Na primer:

3333

2222

1111

cmbacmbacmba

+++

=

333

222

111

cbacbacba

+

333

222

111

cmacmacma

5. Ako su svi elementi jedne vrste(kolone) jednaki nuli, vrednost determinante je nula.

000421

5593 − = 0 ili 0

89544758803468770000

=−


6. Ako elementi u dve vrste ili kolone imaju iste vrednosti, vrednost determinante je opet nula.

Primer:

37126493712

− = 0 jer su elementi prve i treće vrste jednaki

7. Ako su dve vrste ( kolone ) proporcionalne među sobom , vrednost

determinante je opet nula. Primer:

2015105659432

− = 0 jer su prva i treća vrsta proporcionalne, tj. prva puta 3 daje treću

vrstu. 8. Vrednost neke determinante ostaje nepromenjena ako se elementima jedne

vrste(kolone) dodaju odgovarajući elementi neke druge vrste(kolone) pomnoženi istim brojem!

Ova osma osobina će nam pomoći da lakše rešimo determinante četvrtog i višeg reda.


Primer :

Izračunaj vrednost determinante:

21242113

53221421

−−−

−−

Rešenje:

21242113

53221421

−−−

−−

Ideja je da se ispod jedinice u prvoj koloni naprave sve nule, koristeći

osobinu determinanti broj 8. Prvo ćemo napraviti nulu gde je 4. Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa – 4 i to sabrati sa četvrtom vrstom i rešenja upisati umesto četvrte vrste.Prve tri vrste se prepisuju! 1 o (-4)+4=0 2 o (-4)+2= -6 4 o (-4)+1= -15 (-1)(-4)+(-2)=2

21242113

53221421

−−−

−−

=

215602113

53221421

−−−−

−−

Dalje pravimo nulu gde je trojka. Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa 3 i to sabrati sa trećom vrstom , pa rešenja upisati umesto treće vrste. Prvu, drugu i četvrtu vrstu prepisujemo. 1 o3+(-3)=0 2 o3+1 = 7 4 o3+1 =13 (-1) o3+(-2)= -5

215602113

53221421

−−−−

−−

=

2156051370

53221421

−−−

−−


Još nam preostaje da gde je 2 napravimo nulu.Prvu vrstu ćemo pomnožiti sa –2 i to sabrati sa drugom vrstom. Dakle (-2) o1+2= 0 (-2) o2+2= -2 (-2) o4+(-3)=-11 (-2)(-1)+5=7

2156051370

53221421

−−−

−−

=

2156051370

711201421

−−−

−−−

Ako ovu determinantu razvijemo po prvoj koloni, imaćemo samo jedan član , jer se svi ostali množe sa nulom, pa imaju vrednost nula!

2156051370

711201421

−−−

−−−

= 21565137

7112

−−−

−− Upotrebimo Sarusovo pravilo:

21565137

7112

−−−

−−

672

−

−

151311

−

− = -52-330-735+154+150+546 = -267

- - - + + + Vi naravno ne morate da idete korak po korak, već odmah napravite sve tri nule!


Primer:

Izračunaj determinantu:

dcbaccbabbbaaaaa

Rešenje: Napravićemo nule po prvoj koloni i to:

- Od četvrte vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto četvrte vrste - Od treće vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto treće vrste - Od druge vrste oduzmemo prvu pa to upišemo umesto druge vrste

dcbaccbabbbaaaaa

=

adacabacacabababab

aaaa

−−−−−−−−−

000

Iz prve vrste možemo izvući zajedničko a. Pa je:

adacabacacabababab

aaaa

−−−−−−−−−

000

= a

adacabacacabababab

−−−−−−−−−

000

1111

Ovu novu determinantu naravno razvijamo po prvoj koloni:

a adacabacacabababab

−−−−−−−−−

= I ovde iz prve kolone možemo izvući zajednički (a-b)

a(a-b) adacacacabab

−−−−−−

111

= Ajde opet da napravimo one nule u prvoj koloni!

- od druge vrste oduzmemo prvu : c-a-b+a=c-b

- od treće vrste oduzmemo prvu : c-a-b+a=c-b i d-a-b+a=d-b


a(a-b)bdbcbcbcabab

−−−−−−

001

= a(a-b)bdbcbcbc

−−−−

= a(a-b)(c-b)(d-c)

Dakle rešenje početne determinante je:

dcbaccbabbbaaaaa

= a(a-b)(c-b)(d-c)

1

REŠAVANJE SISTEMA JEDNAČINA ( METODA DETERMINANTI)

U prethodnim fajlovima smo govorili kako se rešavaju sistemi upotrebom matrica. U ovom fajlu ćemo pokušati da vam objasnimo kako se primenjuju determinante na rešavanje sistema linearnih jednačina. Važno je napomenuti da ćemo ovde posmatrati samo kvadratne sisteme n nS , to jest sisteme koji imaju jednak broj

nepoznatih i jednačina. Profesori najčešće zadaju sisteme 3 3S ili 4 4S , pa ćemo njima posvetiti pažnju.

Govorili smo već da sistem može biti homogen i nehomogen. Pogledajmo najpre nehomogen sistem 3 3S ( tri jednačine , tri nepoznate):

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

a x b y c z t

a x b y c z t

a x b y c z t

Odavde najpre formiramo determinantu sistema uzimajući brojeve ispred nepoznatih: 1 1 1

2 2 2

3 3 3

a b c

D a b c

a b c

Zatim članove uz x zamenimo slobodnim članovima ( sa desne strane jednakosti): 1 1 1

2 2 2

3 3 3

x

t b c

D t b c

t b c

Članove uz y zamenimo slobodnim članovima: 1 1 1

2 2 2

3 3 3

y

a t c

D a t c

a t c

Članove uz z zamenimo slobodnim članovima: 1 1 1

2 2 2

3 3 3

z

a b t

D a b t

a b t

Na ovaj način smo dobili četiri determinante :

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

x y z

a b c t b c a t c a b t

D a b c D t b c D a t c D a b t

a b c t b c a t c a b t

U svakom zadatku nam je prvi posao da nadjemo vrednosti za ove determinante.


2

Dalje rešenja tražimo koristeći Kramerovu teoremu:

i) Ako je determinanta sistema 1 1 1

2 2 2

3 3 3

a b c

D a b c

a b c

različita od nule , onda sistem ima jedinstveno rešenje koje

tražimo preko: ; ; yx zDD D

x y zD D D

ii) Ako je determinanta sistema 0D i 0x y zD D D sistem ima beskonačno mnogo rešenja

( neodredjen je) iii) Ako je determinanta sistema 0D i 0 0 0x y zD D D ( znači, bar jedna od ove tri determinante

da je različita od nule) sistem je nemoguć, to jest nema rešenja. Pazite, sve ovo važi za nehomogen sistem. Šta ako imamo homogen sistem?

Ako posmatramo homogen sistem : 1 1 1

2 2 2

3 3 3

0

0

0

a x b y c z

a x b y c z

a x b y c z

Jasno je da on uvek ima trivijalna rešenja ( , , ) (0,0,0)x y z Kvadratni homogen sistem ima netrivijalna rešenja ako i samo ako je 0D

Znači, da bi naš homogen sistem imao netrivijalna rešenja, mora biti 1 1 1

2 2 2

3 3 3

0

a b c

D a b c

a b c


3

Razmišljanje za sisteme 4 4S ( 4 jednačine, 4 nepoznate) je potpuno analogno sa ovim, s tim da nas ovde čeka mnogo

veći posao kod nalaženja vrednosti determinanata:

Posmatrajmo sistem :

1 1 1 1 1

2 2 2 2 2

3 3 3 3 3

4 4 4 4 4

a x b y c z d t u

a x b y c z d t u

a x b y c z d t u

a x b y c z d t u

. Ovde tražimo sledeće determinante:

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

x y z t

a b c d u b c d a u c d a b u d a b c u

a b c d u b c d a u c d a b u d a b c uD D D D D



4

Rešenja tražimo:

; ; ; yx tzDD DD

x y z tD D D D

, naravno sve po Kramerovoj teoremi...

Ako je homogen sistem:

1 1 1 1

2 2 2 2

3 3 3 3

4 4 4 4

0

0

0

0

a x b y c z d t

a x b y c z d t

a x b y c z d t

a x b y c z d t

za njega isto važi da ima netrivijalna rešenja ako je 0D .

ZADACI

1. Rešiti sistem jednačina:

2 5 6

2 2 5

3 3 4 8

x y z

x y z

x y z

Rešenje: Naravno, ovaj sistem je mnogo lakše rešiti Gausovom metodom ili nekom drugom, ali pošto proučavamo determinante, ovom prilikom ćemo ići težim putem: Izračunavamo vrednosti sledećih determinanti( mi ćemo koristiti Sarusovo pravilo sa dopisivanjem prve dve kolone a vi možete i razvijati determinantu…kako vam je lakše…) www.matematiranje.com

4

1 2 5

2 1 2

3 3 4

1 2 5 1 2

2 1 2 2 1 4 12 30 16 6 15 51 51

3 3 4 3 3

D

D

Pošto je determinanta sistema različita od nule, odmah znamo da će sistem imati jedinstveno rešenje. Idemo dalje:

6 2 5

5 1 2

8 3 4

6 2 5 6 2

5 1 2 5 1 24 32 75 40 36 40 23 23

8 3 4 8 3

x

x

D

D

1 6 5

2 5 2

3 8 4

1 6 5 1 6

2 5 2 2 5 20 36 80 48 16 75 179 179

3 8 4 3 8

y

y

D

D

1 2 6

2 1 5

3 3 8

1 2 6 1 2

2 1 5 2 1 8 30 36 32 15 18 15 15

3 3 8 3 3

z

z

D

D

Kramerova teorema nam daje sledeće rešenje:

15 5

51 17

179 179

51 5123 23

51 51

x

y

z

Dx

DD

yD

Dz

D


5

2. U zavisnosti od parametra a , diskutovati i rešiti sistem:

2

1ax y z

x ay z a

x y az a

Rešenje:

3 3

3 3 2 2

2

2

1 1

1 1

1 1

1 1 1

1 1 1 1 1 3 2

1 1 1 1

3 2 2 2 ( 1) 2( 1) ( 1)( 1) 2( 1) ( 1)( 2)

( 1)( 1)( 2) ( 1) ( 2)

( 1) ( 2)

a

D a

a

a a

a a a a a a a a

a

a a a a a a a a a a a a a a a

a a a a a

D a a

Ovde nije dovoljno samo naći vrednost determinante, već to rešenje moramo spakovati u proizvod.

2

2 2 2 3 3 2 2

2 2

2 2

2

1 1 1

1

1

1 1 1 1 1

1 1 1 ( 1) 1( 1)

1 1

( 1)( 1) ( 1)(1 )(1 ) ( 1)( 1)(1 ) ( 1) ( 1)

( 1) ( 1)

x

x

D a a

a a

a a a a a a a a a a a a a a a

a a a

a a a a a a a a a a

D a a

2

3 2 3 2 2

2 2

2

1 1

1 1

1

1 1 1

1 1 1 1 2 1 ( 1)

1 1

( 1)

y

y

a

D a

a a

a a

a a a a a a a a a a

a a a

D a

6

2

4 2 2 4 2 2 2 2 2

2

2 2

1 1

1

1 1

1 1 1

1 1 1 2 1 ( 1) ( 1) ( 1)

1 1 1 1

( 1) ( 1)

z

z

a

D a a

a

a a

a a a a a a a a a a a a a

a

D a a

Završili smo tehnički deo posla, našli rešenja i spakovali ih. Naš savet je da ih sada prepišete, jer sledi diskusija:

2

2

2

2 2

( 1) ( 2)

( 1) ( 1)

( 1)

( 1) ( 1)

x

y

z

D a a

D a a

D a

D a a

Kramer kaže da sistem ima jedinstveno rešenje ako je 0D . U ovom slučaju mora biti:

20 ( 1) ( 2) 0 1 2D a a a a Ako je 1 2a a sistem ima jedinstveno rešenje:

2( 1)x

aDx

D

2

( 1)

( 1)

a

a

2

1 1

2 2( 2)

( 1)y

a ax

a aa

aDy

D

2( 1)a

2

1 1

2 2( 2)

( 1)z

ya aa

aDz

D

2

2

( 1)

( 1)

a

a

2 2( 1) ( 1)

2 2( 2)

a az

a aa

Ali ovde posao nije gotov, jer moramo ispitati šta se dešava ako je 1a , pa ako je 2a .


7

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

1

( 1) ( 2) (1 1) (1 2) 0

( 1) ( 1) (1 1) (1 1) 0

( 1) (1 1) 0

( 1) ( 1) (1 1) (1 1) 0

x

y

z

za a

D a a

D a a

D a

D a a

Po Krameru ovde sistem ima beskonačno mnogo rešenja, vraćamo se u početni sistem i zamenjujemo 1a .

2 2

1 1 1 1

1 1 1

11 1

1 1

ax y z x y z x y z

x ay z a x y z x y z

x y zx y az a x y z

x y z z x y

Sistem je neodredjen a rešenja opisujemo sa ( , , ) ( , ,1 ) x R,y Rx y z x y x y Napomena: Neki profesori zahtevaju da se uvede neko novo slovo(slova) kod opisivanja rešenja, recimo: ( , ,1 ) p R,q Rp q p q Naš savet je kao i uvek isti: radite kako zahteva vaš profesor…ne talasajte…

2 2

2 2

2

( 1) ( 2) ( 2 1) ( 2 2) 0

( 1) ( 1) ( 2 1) ( 2 1) 9 ( 1) 9 0x x

za a

D a a

D a a D

Ne moramo menjati dalje, po Krameru, ovde je sistem nemoguć. 3. U zavisnosti od parametra a , diskutovati i rešiti sistem:

0

4 0

6 ( 2) 2 0

x y z

ax y z

x a y z

Rešenje: Najpre uočimo da je sistem homogen, to jest da uvek ima rešenje (0,0,0).


8

Da bi ovaj sistem imao i netrivijalna rešenja determinanta sistema mora biti baš jednaka nula.

2 2

21,2 1 2

1 1 1

4 1

6 2 2

1 1 1 1 1

4 1 4 8 6 ( 2) 2 ( 2) 24 14 2 2 2 24 12

6 2 2 6 2

1 49 1 712 0 4; 3

2 2

D a

a

a a a a a a a a a a a a

a a

a a a a a

Sad moramo ispitati za oba rešenja šta se dešava. Vraćamo ove vrednosti u početni sistem :

4

0

4 4 0

6 (4 2) 2 0

0

4 4 0

6 6 2 0......./ : 2

0

4 4 0

3 3 0

0 0 0

Rešenja su: ( , , ) ( , ,0)

za a

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

II III x y y x x y z z

x y z x x x R

3

0

3 4 0

6 ( 3 2) 2 0

0

3 4 0

6 2 0

37 3 0

7

3 3 40 0

7 7 7

3 4Rešenja su: ( , , ) ( , , ) z R

7 7

za a

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

x y z

zIII I x z x

z z zx y z y z y z y

z zx y z z


9

4. U zavisnosti od parametra m , diskutovati i rešiti sistem:

0

0

5 3 0

5 11 8 0

x y mz t

x y z t

mx y z t

x y z t

Rešenje:

1 1 1

1 1 1 1

1 5 3

1 5 11 8

m

Dm

Osobine determinante ( pogledaj istoimeni fajl iz III godine) će nam pomoći da ovu determinantu lakše rešimo. Nemojte juriti i odmah pokušati da pravite nule radeći sa vrstama, nekad je lakše raditi sa kolonama…

1 1 1 1 2 1 2

1 1 1 1 1 0 0 0

1 5 3 1 5 3

1 5 11 8 1 6 12 9

1 2 1 22 1 2

1 0 0 0Razvijamo po drugoj vrsti: 1 1 5 31 5 3 6 1

1 6 12 9

m mIIkolona Ikolona IIkolona

D IIIkolona Ikolona IIIkolonam m m m m

IVkolona Ikolona IVkolona

mm

m m mm m m m

2

2

2 9

2 1 2 2 1 2

1 1 5 3 0 1 5 3 0

6 12 9 6 12 9

2 1 2 2 1

1 5 3 1 5 18( 5) 6( 1)( 3) 24( 1) 9( 1) 24( 3) 12( 5)

6 12 9 6 12

18 90 6( 4 3) 24

m m

m m m m m m

m m

m m m m m m m m m m m m

m m m m

224 9( 2 1) 24m m m 72 12 60

18

m

m

2 290 6 24 18 24 9 18m m m m 2

2

21 2

9 72 12 60

3 12 9

0 3 12 9 0......./ : ( 3)

4 3 0 3; 1

m

m m

D m m

m m m m


10

3

3 0

0

3 5 3 0

5 11 8 0

( , , , ) ( , 2 , ,0) z R

za m

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t z z z

1

0

0

5 3 0

5 11 8 0

( , , , ) (0, , , 2 ) y R

za m

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t

x y z t y y y

I da ne bude nekih iznenadjenja, evo jednog primera i sa sistemom dve jednačine, dve nepoznate. 5. U zavisnosti od parametara n i m , diskutovati i rešiti sistem:

x my m

x ny n

Rešenje:

2

1

1

2

1

1

0 0

2 2

0

2 2

2

x

y

x

y

x

y

x my m

x ny n

mD n m

n

m mD mn mn mn

n n

mD n m

n

D n m n m

D mn mnx x

D n m n m

D n m n my y

D n m n m

za n m

D

D mn m

D n m m

Ako je vrednost za m baš nula, sistem će imati beskonačno mnogo rešenja, a ako je m različito od nule sistem je nemoguć.


11

0 0

Vratimo ove vrednosti u sistem:

0 0

0 0

za m n

x my m

x ny n

x y

x y

Odavde zaključujemo da x mora biti jednak nula, a y je proizvoljan broj. Rešenja zapisujemo: ( , ) (0, ) x y y y R


1

VEKTORI U PROSTORU (I deo)

Najbolje je da pre nego što počnete da proučavate vektore u prostoru pogledate fajl “vektori u ravni” jer se mnoge stvari “prenose” i u prostor. Pogledajmo najpre kako nastaje Dekartov pravougli trijedar. Kroz jednu tačku O postavimo tri numeričke prave (brojne ose) normalne jedna na drugu. X-osa → Apscisna osa Y-osa → Ordinatna osa Z-osa → Aplikatna osa Tačka O → kordinatni početak Po dve koordinatne ose čine koordinatne ravni (xOy, xOz i yOz) normalne jedna na drugu.

Na x,y i z osi uočimo jedinične vektore (ortove) ,→

i→

j i →

k

)1,0,0(

)0,1,0(

)0,0,1(

=

=

=

→

→

→

k

j

i

1===→→→

kji

Svaki vektor →

a u prostoru predstavljamo:

→→→→

++= kajaiaa 321 ili

),,( 321 aaaa =→

uredjena trojka

x

y

z

x

y

z

I jk

2

x

y

z

I jk

a

a

1 2

3

a .

Intezitet vektora →

a je 23

22

21 aaaa ++=

→

Jedinični vektor vektora a je vektor a

aa =0

Ako imamo dve tačke A i B u prostoru, vektor →

AB se pravi: ),,( 111 zyxA ),,( 222 zyxB

),,( 121212 zzyyxxAB −−−=→

2

122

122

12 )()()( zzyyxxAB −+−+−=→

Skalarni proizvod (• ) Neka su dati vektori

),,(

),,(

321

321

bbbb

aaaa

=

=→

→

Tada je:

),(cos→→→→→→

∠⋅⋅=⋅ bababa

Ako nemamo dat ugao izmedju vektora: 332211 babababa ++=⋅→→

Ugao izmedju dva vektora: www.matematiranje.com

3

23

22

21

23

22

21

332211),(cosbbbaaa

bababa

ba

baba++⋅++

++=

⋅

⋅=∠

→→

→→→→

Uslov normalnosti:

0=⋅⇔⊥→→→→

baba

Projekcija vektora : bP

aR je projekcija vektora b na pravac vektora a i obrnuto :

aPb

R je projekcija vektora a na b

b

abP aR

bPa

R = a

ba o i aPb

R = b

ba o

1) Odrediti skalarni proizvod vektora:

)3,2,5(

)1,3,4(

−−=

−=→

→

b

a

23)3(620

)3,2,5()1,3,4(=−++=

−−⋅−=⋅→→

ba

2) Dati su vektori )2,1,1( −=→

a i ).1,2,0(=→

b Odrediti ugao izmedju vektora →→

+ ba i →→

− ba .

)1,2,0(

)2,1,1(

=

−=→

→

b

a www.matematiranje.com

4

Nadjimo najpre vektore →→

+ ba i →→

− ba

)1,3,1()1,2,0()2,1,1(

)3,1,1()1,2,0()2,1,1(

−=−−=−

=+−=+→→

→→

ba

ba

Radi lakšeg rada nazovimo:

Dakle: )3,1,1(=→

x i )1,3,1( −=→

y

111)3(1

11311

1331)1,3,1()3,1,1(

222

222

=+−+=

=++=

=+−=−⋅=⋅

→

→

→→

y

x

yx

111arccos),(

111),(cos

11111),(cos

=∠

=∠

⋅=

⋅=∠

→→

→→

→→

→→→→

yx

yx

yx

yxyx

3) Odredi projekcije vektora )5,2,5(=→

a na vektor )2,1,2( −=→

b

6)(

318)(

)(

=

=

⋅=

→

→

→

→→→

→

→

→

aP

aP

b

baaP

b

b

b

R

R

R


→→→

→→→

=−

=+

yba

xba

?)(

)2,1,2(

)5,2,5(

________________

=

−=

=

→

→

→

→aP

b

a

bR

5

392)1(2

1810210)2,1,2()5,2,5(

222 ==+−+=

=+−=−⋅=⋅→

→→

b

ba

4) Date su koordinate temena trougla ABC (A(-1,3,1),B(3,4,-2), C(5,2,-1)). Odrediti ugao ABC.

Nadjimo najpre vektore →

BA i →

BC

→→

→→

⋅

⋅=

BCBA

BCBAβcos

3328)1,2,2()3,1,4(

391)2(2

2616193)1()4(

)1,2,2()2,4,3()1,2,5(

)3,1,4()2,4,3()1,3,1(

22

222

−=++−=−⋅−−=⋅

==+−+=

=++=++=

−=−−−=

−−=−−−=

→→

→

→

→

→

BCBA

BC

BA

BC

BA

→→

→→

⋅

⋅=

BCBA

BCBAβcos

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−=

−=

⋅−

=

261arccos

261cos

2633cos

β

β

β


A(-1,3,1) B(3,4,-2)

C(5,2,-1)

β

6

Vektorski proizvod (x)

Neka su dati vektori

a

b

c

..ba× = c Pazi: ab× = - c

1) Vektor c je normalan i na vektor a i na vektor b

2) Intenzitet vektora c je brojno jednak površini paralelograma nad vektorima a i b

3) Vektor c se odredjuje pravilom desnog triedra(desnog zavrtnja)

Intenzitet vektora ba× je: ),(sin babacba ∠==×

Vektori a i b su kolinearni ako i samo ako je njihov vektorski proizvod jednak 0 . Konkretno:

ba× =

321

321

bbbaaakji

= razvijemo ovu determinantu i (na primer) dobijemo = # i + $ j + & k gde su

#, $, & neki brojevi. Tada je 222 &$# ++=×ba

→→→→

→→→→

++==

++==

kbjbibbbbb

kajaiaaaaa

321321

321321

),,(

),,(

7

Površina paralelograma nad vektorima a i b je P = ba× www.matematiranje.com

Dok površinu trougla računamo ( logično) kao polovinu površine paralelograma:

ΔP = 21 ba×

5. Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima: a =(1,1,-1) i b (2,-1,2) Rešenje: P = ba× Najpre tražimo ba× .

ba× = 212111

−−kji

= i (2-1) - j (2+2) + k (-1-2) = 1 i - 4 j - 3 k =(1, -4, -3)

ba× = 222 )3()4(1 −+−+ = 26 dakle P= 26

6. Izračunati površinu trougla ako su date koordinate njegovih temena: A(2, -3, 4), B(1,2,-1), C(3,-2,1)

Rešenje: Najpre oformimo vektore AB i AC

A(2,-3,4) B(1,2,-1)

C(3,-2,1)

AB = (1 – 2, 2-(-3), -1 – 4) = (-1,5,-5) AC = (3-2, -2 – (-3), 1 – 4) = (1,1, -3)

8

ΔP = 21 ba×

AB × AC =

321

321

bbbaaakji

= 311551

−−−kji

= -10 i - 8 j - 6 k

222 )6()8()10( −+−+−=× ACAB = 210200 =

ΔP = 21 ba× =

21 210 = 5 2 i evo rešenja!


1

VEKTORI U RAVNI – II DEO

Primer 1.

Tačka M je središte stranice BC trougla ABC. Dokazati da je 2AB AC AM+ =uuur uuur uuuur

Rešenje:

Nacrtajmo najpre sliku i postavimo problem...

A B

C

M

A B

C

M

A B

C

M

slika 1. slika 2. slika 3.

Na slici 1. su obeleženi vektori koji su dati u zadatku.

Šta je ideja? Kod ovakvog tipa zadataka vektor u sredini izrazimo na obe strane! Na slici 2. je vektor AM izražen ( plavom putanjom) preko: AM AB BM= +

uuuur uuur uuuur.

Na slici 3. je vekor AM izražen ( žuta putanja) preko: AM AC CM= +uuuur uuur uuuur

Dalje ćemo ove dve jednakosti napisati jednu ispod druge i sabrati ih:

2 pretumbamo malo

2 pogledajmo zadnja dva vektora na slici...suprotni su

AM AB BM

AM AC CM

AM AB BM AC CM

AM AB AC CM BM

= +

= +

= + + +

= + + +

uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuur uuuur uuuur, pa je 0

2

CM BM

AM AB AC

+ =

= +

uuuur uuuur

uuuur uuur uuur

Dobili smo traženu jednakost.


2

Primer 2.

U trouglu ABC tačke M i K su središta stranica AB i BC. Dokazati da je 2AC MK=uuur uuuur

Rešenje:

Opet mora slika:

A B

C

M

K

A B

C

M

K

A B

C

M

K


Slično kao u prethodnom zadatku, vektor u sredini MK, izražavamo na obe strane.

Na slici 2. idemo ulevo: KM MA AC CK= + +uuuur uuur uuur uuur

Na slici 3. idemo udesno: KM MB BK= +uuuur uuur uuur

Napišemo jednakosti jednu ispod druge i saberemo ih:

2

KM MA AC CK

KM MB BK

KM MA AC CK MB BK

= + +

= +

= + + + +

uuuur uuur uuur uuur

uuuur uuur uuur

uuuuuuuuuuuuuuuuu�uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

Sad pogledamo sliku i uočimo suprotne vektore ( istog pravca i intenziteta a suproznog smera).

2

Uokvireni su nula vektori, pa je:

2

KM AC MA MB BK CK

KM AC

= + + + +

=

uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

uuuur uuur

Primer 3.

Dat je trapez ABCD. Ako je M središte stranice AD, a N središte stranice BC, tada je ( )1

2MN AB CD= +uuuur uuur uuur

Dokazati.

Rešenje:

Ovo je ustvari dokaz činjenice da je srednja linija trapeza jednaka polovini zbira osnovica 2

a bm

+=

3

A B

CD

M N

A B

CD

M N

A B

CD

M N


Najpre ćemo vektor MN izraziti odozdo ( slika 2.) pa odozgo ( slika 3.), pa to sabrati…

MN MA=uuuur uuur

AB BN+ +uuur uuur

MN MD=uuuur uuuur

DC CN+ +uuur uuur

2 suprotni vektori se potiru, to jest daju nula vektorMN AB DC= +uuuur uuur uuur

Još da celu jednakost podelimo sa 2 i dobijamo ( )1

2MN AB CD= +uuuur uuur uuur

.

Primer 4. Neka su M i N središta neparalelnih stranica BC i AD trapeza ABCD, a E i F presečne tačke duži MN i

dijagonala AC i BD. Tada je ( )1

2EF AB DC= −uuur uuur uuur

Rešenje:

I u ovom zadatku se koristi isti trik, al je putanja izražavanja vektora u sredini malo čudna , da vidimo:

A B

CD

slika 1.

E F

A B

CD

E F

A B

CD

E F

slika 2. slika 3.

Na slici 2. vektor EF izražavamo preko: EF EA AB BF= + +uuur uuur uuur uuuv

.

Na slici 3. vektor EF izražavamo preko: EF EC CD DF= + +uuur uuur uuur uuuv

Napišemo ove dve jednakosti jednu ispod druge, saberemo ih i potremo suprotne vektore…

EF EA=uuur uuur

AB BF+ +uuur uuuv

EF EC=uuur uuur

CD DF+ +uuur uuuv

2EF AB CD= +uuur uuur uuur


4

Znamo da važi : CD DC= −uuuruuuv

, ubacimo ovo u dobijenu jednakost i evo rešenja: 2EF AB DC= −uuur uuur uuur

.

Naravno ,ovo sve podelimo sa 2 i dobijamo: ( )1

2EF AB DC= −uuur uuur uuur

.

Primer 5.

Ako je M proizvoljna tačka u ravni paralelograma ABCD , tada je 4MO MA MB MC MD= + + +uuuur uuur uuur uuuur uuuur

, gde je O tačka preseka dijagonala paralelograma. Dokazati.

Rešenje:

A B

CD

O

M

Vektor MO ćemo izraziti na 4 načina pa te jednakosti sabrati:

4

MO MA AO

MO MB BO

MO MC CO

MO MD DO

MO MA AO MB BO MC CO MD DO

= +

= +

= +

= +

= + + + + + + +

uuur uuuruuuuv

uuur uuuruuuuv

uuuur uuuruuuuv

uuuur uuuruuuuv

uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuruuuuv

Pretumbajmo malo ovu jednakost u smislu da uočimo suprotne vektore:

4MO MA MB MC MD AO CO BO DO= + + + + + + +uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuuruuuuv

( pogledajte na slici, ovo su suprotni vektori)

4MO MA MB MC MD= + + +uuur uuur uuuur uuuuruuuuv

5

Primer 6.

Ako je T težište trougla ABC, tada je 0TA TB TC+ + =uur uur uuur

. Dokazati. Rešenje:

Da se podsetimo: težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice; sve tri težišne duži seku se u jednoj tački T koja

je težište trougla; težište deli težišnu duž u odnosu 2:1.

Da nacrtamo sliku:

A B

C

T

AB

C

11

1

Krenućemo od TA TB TC+ + =uur uur uuur

i dokazati da je ovaj zbir nula.

Rekosmo da težište deli težišnu duž u odnosu 2:1, pa je:

1

1

1

2

3

2

3

2

3

TA A A

TB B B

TC C C

=

=

=

uur uuur

uur uuur

uuur uuuur

Saberemo ove tri jednakosti i dobijamo: 1 1 1

2( )

3TA TB TC A A B B C C+ + = + +uur uur uuur uuur uuur uuuur

Dalje ćemo izraziti svaki od ovih vektora ( pogledaj na slici, to su isprekidano nacrtani vektori):

A B

C

T

AB

C

11

1A B

C

T

AB

C

11

1A B

C

T

AB

C

11

1

1 1A A AC CA= +uuur uuur uuur

1 1B B B A AB= +uuur uuur uuur

1 1C C C B BC= +uuuur uuur uuur

Saberemo ove tri jednakosti:

6

1 1

1 1

1 1

1 1 1 1 1 1

A A AC CA

B B B A AB

C C C B BC

A A B B C C AC CA B A AB C B BC

= +

= +

= +

+ + = + + + + +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuuur uuur uuur

uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Pretumbajmo malo desnu stranu jednakosti:

1 1 1 1 1 1A A B B C C CA AB BC AC B A C B+ + = + + + + + +uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Zaokruženi vektori imaju zbir nula, jer se zadnji vektor završava gde počinje prvi...

Pogledajmo sada preostali zbir 1 1 1AC B A C B+ +uuur uuur uuur

, i on je nula, jer je:

1

1

1

1 1 1

1

2

1

2

1

2

1 1( ) 0 0

2 2

AC BC

B A CA

C B AB

AC B A C B BC CA AB

=

=

=

+ + = + + = ⋅ =

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

E, ovim je dokaz konačno završen.

Primer 7.

Ako je M proizvoljna tačka u ravni trougla ABC , tada je ( )1

3MT MA MB MC= + +uuur uuur uuur uuuur

, gde je T težište trougla.

Dokazati.

Rešenje:

Najpre moramo vektor MT izraziti preko vektora MA,MB i MC.

A B

C

T

AB

C

11

1

M

7

MT MA AT

MT MB BT

MT MC CT

= +

= +

= +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuur uuuur uuur saberemo ove tri jednakosti...

3

MT MA AT

MT MB BT

MT MC CT

MT MA MB MC AT BT CT

= +

= +

= +

= + + + + +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuur uuuur uuur

uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur

U prethodnom primeru smo videli da ovo uokvireno daje nula vektor, pa je: 3MT MA MB MC= + +uuur uuur uuur uuuur

, a to smo i trebali

dokazati.


VEKTORI U PROSTORU ( II deo) Mešoviti proizvod tri vektora Mešoviti proizvod je cba o)( × . Najčešće se obeležava sa [ ]cba ,, . Dakle : cba o)( × = [ ]cba ,, Kako se on izračunava? Ako su vektori zadati sa: ),,( 321 aaaa = , ),,( 321 bbbb = i ),,( 321 cccc = onda je:

cba o)( × =

321

321

321

cccbbbaaa

A dobijenu determinantu rešavamo ili razvijanjem po nekoj vrsti (koloni) ili pomoću Sarusovog pravila. Čemu služi mešoviti proizvod? i) Apsolutna vrednost mešovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad njima, to jest : V ),,( cba = cba o)( ×

a

b

c

ii) Zapremina trostrane piramide (tetraedra) konstruisane nad nekomplanarnim vektorima a,b,c,je:

V= 61 cba o)( ×


a

b

c

Zašto 61 u formuli ?

Još od ranije znamo da se zapremina piramide računa po formuli:

V= 31 B H

Kako je baza trougao , njegovu površinu računamo kao : B = 21 ba× , pa je onda:

V= 31 B H =

31

21 ba× H=

61 cba o)( ×

Napomena: Često se u zadacima traži visina H neke piramide. Nju ćemo naći tako što najpre nađemo zapreminu

preko formule 61 cba o)( × =

61

321

321

321

cccbbbaaa

, zatim nadjemo bazu B=21 ba× pa to zamenimo u H =

BV3 .

iii) Uslov komplanarnosti

Vektori cba ,, su komplanarni ako i samo ako je njihov mešoviti proizvod jednak nuli.

Dakle uslov komplanarnosti je :

321

321

321

cccbbbaaa

= 0


Zadaci 1. Izračunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima: )0,1,1(),1,0,1(),1,1,0( cba

Rešenje:

V ),,( cba = cba o)( × =

321

321

321

cccbbbaaa

= 011101110

= ajmo da upotrebimo Sarusovo pravilo=011101110

110

101

=

(0 + 1 + 1) – (0+0+0)= 2 [pogledaj fajl determinante] Dakle : V = 2 2. Dati su vektori )3,1,0(),5,2,(),6,2),2(ln( −−−− cpbpa . Odrediti realan broj p , tako da vektori budu komplanarni. Rešenje:

Kao što rekosmo, uslov komplanarnosti je :

321

321

321

cccbbbaaa

= 0 , pa je

3105262)2ln(

−−−−

pp

= razvijemo je po prvoj koloni...= ln(p-2)[-6+5] – p [-6+6] = - ln(p-2)

Mora biti - ln(p-2) = 0 [ pogledaj logaritmi ,fajl iz druge godine] p – 2 = 1, pa je p = 3 traženo rešenje. 3. Dati su vektori )2,1,1(),2,1,2(),1,1,1( −−−− cba Rastaviti vektor c po pravcima vektora ba, i ba× Rešenje: Najpre ćemo naći ba× . www.matematiranje.com

ba× =

321

321

bbbaaakji

= 212111

−−−kji

= Razvijamo po prvoj vrsti...= 1 i - 0 j + 1 k = (1,0,1)

Postavimo sada razlaganje: c = m a + nb + p ( ba× ) , gde su m,n i p konstante koje moramo naći. (1,-1,2) = m (1,1,-1) + n (-2,-1,2) + p (1,0,1) prelazimo u sistem jednačina: 1 = 1m – 2n +1p m – 2n +p = 1

-1 = 1m – 1n +0p m – n = -1 saberemo prvu i treću...pa je p=23

2 = -1m +2n +1p -m +2n +p = 2

Vratimo p = 23 u ostale dve jednačine i dobijamo : m =

23

− i n = 21

−

Vratimo se sada u : c = m a + nb + p ( ba× )

c =23

− a 21

− b + 23 ( ba× ) je konačno rešenje

4. Dati su vektori )1,2,(),0,1,1(),1,1,1( mcmbma +−− . Odrediti parametar m tako da vektori cba ,,

budu komplanarni a zatim razložiti a na komponente u pravcu druga dva. Rešenje: Najpre ćemo iskoristiti uslov komplanarnosti:

321

321

321

cccbbbaaa

= 0 , to jest 12011111

mm

m+−

−= 0 , Ovu determinantu razvijemo po trećoj koloni...=

= -2 – m(m+1) + (m-1)(m+1) +1 = 0 = - 2 –m2 – m + m2 – 1 +1 = 0 pa je odavde m = - 2 www.matematiranje.com

Dakle vektori su ( kad zamenimo da je m= -2):

)1,1,3(−=a

)0,1,1( −−=b

)1,2,2(−=c Idemo na razlaganje: a = m b + n c

)1,1,3(− = m )0,1,1( −− + n )1,2,2(− prelazimo u sistem jednačina -3 = - m – 2n 1 = - m + 2n 1 = 0m + n odavde je n = 1 pa to menjamo u gornje dve jednačine...m = 1 Dakle a = m b + n c pa je a = b + c konačno rešenje 5. Data su temena tetraedra A (2,3,1), B(4,1,-2), C(6,3,7) i D(-5,-4,8). Odrediti zapreminu tetraedra i dužinu visine spuštene iz temena D na stranu ABC. Rešenje: Najpre nacrtamo sliku i postavimo problem:

A(2,3,1) B(4,1,-2)

C(6,3,7)

D(-5,-4,8)

H


Oformimo najpre vektore ADACAB ,,

AB = (4-2,1-3,-2-1) = (2, -2, -3) AC = (6-2,3-3,7-1) = (4, 0, 6)

AD = (-5-2,-4-3,8-1) = (-7,-7,7)

Možemo naći zapreminu tetraedra po formuli: 61 cba o)( × =

61

321

321

321

cccbbbaaa

= 61

777604322

−−

−−=

6308

Dalje tražimo površinu baze ABC : B=21 ba×

ACAB× =

321

321

bbbaaakji

=604322 −−

kji= -12 i +24 j +8 k = (-12, 24, 8)

B= 21 222 824)12( ++− = 14

Iskoristićemo da je H = BV3 .

H = 14

63083

= 11 Dakle, tražena visina je H =11

www.matematiranje.com Napomena : Ako vam traže neku drugu visinu, recimo iz temena C, postupak je analogan.

Nađete zapreminu, zatim bazu preko ADAB× i zamenite u H = BV3 .

matematika 3. razred srednje skole

Documents