seminar konačno

UNIVERZITET U BANJOJ LUCI

PRIRODNO-MATEMATIČKI FAKULTET

PRIPREME ZA ČAS MATEMATIKE IZ PREDMETA

Metodika nastave matematike 2

Mentor: Student:

Prof. dr Duško Bogdanić, doc. Ognjen Janjić 376/13

Sadržaj:

Normalna projekcija ............................................... 3

Primjeri poliedra (prizma,paralelopiped,kvadar

,kocka,piramida,tetraedar ) i njihovi ravni presjeci10

Površina pravog valjka ,prave kupe i prave

zarubljene kupe ................................................... 18

Rješavanje sistema Kramerovim pravilom ............. 23

Koordinatni prikaz vektora ,te prikaz operacija

sabiranja i množenja vektora skalarom ................. 28

Eksplicitna jednačina prave y = kx + n ,jednačina

prave paralelne y osi ............................................. 33

Odnos između prave i krive drugog reda ............... 37

Ograničenost konvergentnog niza,konvergencija

zbira ,proizvoda i količnika nizova ........................ 43

Име и презиме : Ognjen Janjid

Разред : III Школа: Gimnazija

Датум Час :Matematika

Наставна област Analitička geometrija

Наставна јединица

Normalna projekcija

Тип часа Obrada

Циљ часа

Usvajanje i proširivanje znanja o normalnoj projekciji ,vrstama normalne projekcije i primjene u zadacima;

Задаци :

Образовни задаци

Učenici treba da :

usvoje i prošire svoj znanja o normalnoj projekciji ;

znaju prepoznati šta je rješenje projekcije

primjenjuju stečeno znanje na rješavanje konkretnih problema

Функционални задаци

Razvijanje intelektualnih funkcija :zapažanja , apstraktnog mišljenja,zaključivanja;

Васпитни задаци

Podstaknuti učenike da zaključuju ,da budu aktivni prilikom rješavanja nekog problema,da razvijaju pozitivan odnos prema matematici.

Облици рада

Frontalni,individualni

Наставна средства

Udžbenik ,zbirka,tabla,kreda

Структура и ток часа

Уводни дио: Ponavljanje osnovnih pojmova i definicija sa prethodnih časova .

Normalna projekcija Projekcija je u stvari preslikavanje tačke iz 𝑁-dimenzionalnog koordinatnog sistema (prostora) u sistem koji ima manje koordinata. Najčešde želimo stvari iz prostora predstaviti na papiru to jest 3D objekte predstaviti u ravni. Razlikujemo sljedede slučajeve normalne projekcije:

normalna projekcija tačke na pravu ;

normalna projekcija duži na pravu;

normalna projekcija tačke na ravan;

normalna projekcija duži na ravan;

Главни дио:

Normalna projekcija tačke na pravu

Neka je p proizvoljna prava i 𝐴 tačka izvan te a) prave. Konstruišimo iz zadane tačke duž normalnu na tu pravu.

U ovom slučaju tačku 𝐴′ nazivamo normalna projekcija tačke 𝐴 na pravu 𝑝. Pravu 𝑝 nazivamo osa normalne projekcije.

Na isti način dobijamo projekcije 𝐵′ i 𝐶′ tačaka 𝐵 i 𝐶. Pošto tačka 𝐶 pripada osi projekcije, ona se b) poklapa sa svojom projekcijom.

ZAKLJUČAK: Normalna projekcija tačke na pravu je tačka.

Normalna projekcija duži na pravu

S obzirom da je svaka duž određena svojim krajnjim tačkama, dovoljno je

odrediti projekcije ovih tačaka na pravu. Duž AB zauzima različite

položaje prema osi projekcije.

Postoje tri slučaja:

b)

Duž 𝐴𝐵 je paralelna osi 𝑝.

Tada je projekcija duži

𝐴𝐵 također duž 𝐴′𝐵′ . Pri

tome je 𝐴𝐵 = 𝐴′𝐵′ .

a)

Duž 𝐴𝐵 pripada pravoj

b)

koja siječe koso osu 𝑝.

Projekcija ove duži je duž

krada od date duži,

𝐴𝐵 > 𝐴′𝐵′.

a)

c)

Duž 𝐴𝐵 pripada pravoj

normalnoj na osu. b)

Projekcija te duži je tačka,

tj. 𝐴′𝐵′=0.

a)

c)

Normalna projekcija na ravan

Projekciju tačke ili duži osim na pravu možemo izvesti i na ravan. Kao što

smo projektovali tačku na pravu tako demo je projektovati i na ravan.

Isto tako na onaj način na koji smo projektovali duž na pravu, tako demo

projektovati i na ravan.

Normalna projekcija tačke na ravan

Ako se iz tačke van ravni

konstruiše duž normalna na

tu ravan, tada se podnožje

te normale zove normalna

projekcija tačke na

ravan.Ravan na koju

projektujemo tačku naziva

se ravan projekcije. Prava

𝑀𝑀′ je projektujuda

prava.

Ukoliko tačka pripada

ravni onda ona predstavlja

i svoju projekciju na

ravan. Tj. ona se poklapa

sa svojom projekcijom.

ZAKLJUČAK:

Projekcija tačke na ravan je

tačka.

Normalna projekcija duži na ravan

Duž se na ravan projektuje isto kao i na pravu.Postoji više slučajeva

projekcije duži na ravan.Ovdje su pokazani mogudi slučajevi projekcije.

Завршни дио:

Ponoviti važnije pojmove sa proteklog časa . Zadada:

1) Ortogonalna projekcija duži 𝐴𝐵 na ravan 𝜋 je duž 𝐴′𝐵′ . Izračunaj dužinu projekcije 𝐴′𝐵′ ako je 𝐴𝐵 =10cm, 𝐴𝐴′=5cm, 𝐵𝐵′ =4cm. Tačke 𝐴 i 𝐵 nalaze se sa iste strane ravni 𝜋.

Припрема за час математике




Наставна област Poliedri

Наставна јединица Primjeri poliedra (prizma,paralelopiped,kvadar

,kocka,piramida,tetraedar ) i njihovi ravni presjeci


Циљ часа

Učenici treba da :

shvate pojam poliedra ;

primjere poliedara znaju nacrtati uz pomod adekvatnog pribora;

ravne presjeke svih vrsta poliedara.

Задаци :


Učenici treba da :

shvate pojam poliedra ,osnovne osobine ;

podjelu poliedra I crtanje svih vrsta poliedara;

ravne presjeke svih poliedara;

primjena stečenog znanja u rješavanju problema.


Učenici treba da :

razviju naviku tačnog obilježavanja geometrijskih objekata;

se osposobljavaju za precizno i uredno crtanje i pravilno korišdenje pribora;

stiču naviku da zamišljaju objekte i njihove odnose u prostoru i osposobljavaju se za prostorno posmatranje;

stiču sposobnost izražavanja matematičkim jezikom, jasno i precizno,u pismenom i usmenom obliku;

razviju logičko ,analitičko i proceduralno (algoritamsko ) mišljenje.


Уводни дио: Ponavljanje osnovnih pojmova o poliedrima. Poliedar je geometrijsko tijelo omeđeno ravnim stranama odnosno poligonima. Dužine u kojima se sastaju dvije susjedne strane poliedra se zovu ivice poliedra, a tačke u kojima se sastaju susjedne ivice su vrhovi poliedra. Prostorna dijagonala poliedra je dužina koja spaja dva tjemena na raznim stranama poliedra. Ako sve prostorne dijagonale poliedra leže unutar tog poliedra onda je on konveksan Svaki konveksni poliedar je presjek konačnog broja poluprostora.


Učenici treba da razviju:

koncentraciju;

sposobnost za uporan i predan rad;

postupnost i sistematičnost u radu;

tačnost preciznost i urednost u radu;

pozitivan odnos prema matematici i uvažavanje matematike kao područja ljudske djelatnosti;

naviku samokontole i kritičkog mišljenja.


Frontalni i idividualni


Udžbenik,zbirka,tabla,kreda,pribor za geometriju

Главни дио: Prizma

Neka su u dvjema različitim paralelnim ravnima data dva međusobno podudarna poligona sa paralelnim odgovarajudim stranicama. Poliedar određen tim poligonima i spojnicama odgovarajudih vrhova tih poligona naziva se prizma. Ta se dva poligona zovu baze (osnove) prizme, a spojnice odgovarajudih vrhova (sve su međusobno paralelne i podudarne) zovu se bočne ivice prizme. Dvije susjedne bočne ivice i dvije odgovarajude ivice baze čine paralelogram kojeg nazivamo strana prizme. Sve strane prizme čine njen omotač.

slika1

Razmotridemo sada kako se konstruišu presjeci ravni i prizme ,tzv. ravni presjeci prizme . Postoje tri karakteristična slučaja,zavisno od toga da li je ravan 𝜎 kojom se siječe data prizma :

a) paralelna sa ravni 𝜋 njene osnove (slika2) -rezultat ovog presjeka je poligon podudaran sa bazama prizme

b) da je 𝜎 paralelna sa sa bočnim ivicama prizme(slika3) -specijalno ,ovde spada i tzv. dijagonalni presjek prizme

c) nije paralelna ni sa 𝜋 ni sa bočnim ivicama prizme(slika4) -da bi se kontruisao ovaj presjek dovoljno je znati tri nekolinearne tačke tog presjeka koje pripadaju površi prizme Specijalno ,ako je ravan 𝜎 normalna na bočne ivice prizme ,dobija se tzv. normalni presjek .

slika2 slika3

slika4

Prizma kojoj su baze paralelogrami naziva se paralelopiped. Iz ove definicije slijedi da su sve strane paralelopipeda(ima ih šest) paralelogrami. Uspravni paralelopiped kojem su baze pravokugaonici naziva se pravokugaoni paralelopiped (kvadar). Pravougli paralelopiped kojem su sve ivice jednake zove se kocka.

primjeri paralelopipeda Ravni presjeci kvadra sa ravni 𝜎 :

a) da je 𝜎 paralelna sa ravni 𝜋 osnove kvadra(slika5)

pravougaonik b) da je 𝜎 paralelna sa sa bočnim ivicama kvadra(slika5)

pravougaonik c) dijagonalni presjek kvadra (slika6)

slika6

slika5 Ravni presjeci kocke sa ravni 𝜎 :

a) da je 𝜎 paralelna sa ravni 𝜋 osnove kocke(slika7)

kvadrat b) da je 𝜎 paralelna sa sa bočnim ivicama kocke(slika8)

kvadrat c) dijagonalni presjek kocke (slika7)

pravougaonik d) nije paralelna ni sa 𝜋 ni sa bočnim ivicama kocke(slika9)

pravougaonik

slika7 slika9

slika8

Piramida Neka je 𝑛 ≥ 3 prirodan broj .Poliedar koji ima 𝑛 + 1 strana,od kojih je jedna 𝑛-tougao,a sve ostalo trouglovi ,naziva se 𝑛-tostrana piramida. Ona 𝑛-tougaona površ naziva se osnova piramide,a sve ostale (trougaone) strane piramide nazivaju se bočne ivice.

Unija svih bočnih strana čini omotač piramide. Razlikujemo prave i kose piramide. Ako su bočne ivice jednakih dužina ,piramida je prava ,inače je kosa. Spojnica vrha i njegove normalne projekcije na ravan 𝛼 naziva se visina piramide. Kažemo da je piramida pravilna ako je uspravna, a baza joj je pravilni mnogougao.

vrste piramide Razmotridemo sada kako se konstruišu presjeci ravni i piramide ,tzv. ravni presjeci piramide . Postoje tri karakteristična slučaja,zavisno od toga da li je ravan 𝜎 kojom se siječe data piramida :

a) da je 𝜎 paralelna sa ravni 𝜋 osnove piramide(slika10)

U ovom slučaju presjek je mnogougao homotetičan sa osnovom piramide. b) ravan sadrži vrh piramide i siječe ravan osnove po nekoj pravoj 𝑝(slika11)

U ovom slučaju rezultat presjeka je trougao. Ako prava 𝑝 sa osnovom piramide ima jednu zajedničku tačku,tada je rezultat presjeka bočna ivica piramide . Ako prava 𝑝 nema sa osnovom zajedničkih tačaka,tada je ,tada je vrh piramide jedina tačka presjeka.

c) Ravan 𝜎 ne sadrži vrh piramide,a siječe ravan osnove 𝜋 po nekoj pravoj 𝑝 i ima zajedničkih tačaka sa piramidom .(slika12)

u ovom slučaju razultat presjeka je četvorougao.

slika11

slika10

slika12

Trostrana piramida naziva se tetraedar. Baza, ali i sve tri strane tetraedra su trouglovi. Ravni presjeci tetraedra sa ravni 𝜎 :

a) da je 𝜎 paralelna sa ravni 𝜋 osnove tetraedra(slika13)

trougao b) ravan sadrži vrh piramide i siječe ravan osnove po nekoj pravoj 𝑝(slika14)

trougao

c) Ravan 𝜎 ne sadrži vrh piramide,a siječe ravan osnove 𝜋 po nekoj pravoj 𝑝 i ima zajedničkih tačaka sa piramidom .(slika15)

četvorougao

slika13 slika14 slika15

Завршни дио: Ponavljanje osnovnih pojmova iz protekle lekcije . Zadada:

1) Osnova piramide je pravougaonik sa stranicama 6 i 8 ,a svaka bočna ivica 13.Izračunati visinu piramide

2) Dijagonala osnove pravilne četvorostrane prizme je 𝑎 ,a dijagonala bočne strane prizme 𝑏 .Nadi dijagonalu prizme.



Разред : III Школа: Gimanzija


Наставна област Obrtna tijela

Наставна јединица Površina pravog valjka ,prave kupe i prave zarubljene

kupe


Циљ часа

Upoznavanje nastavne jedinice te osamostaljivanje učenika da sami rješavaju zadatke

Задаци :


Razumjevanje pojma površine obrtnih tijela uz primjenu kod valjka ,prave kupe i prave zarubljene kupe


Razvijanje intelektualnih funkcija :zapažanja , apstraktnog mišljenja,zaključivanja;




Frontalni ,individualni


Tabla ,kreda


Уводни дио: Ponavljanje osnovnih pojmova koji su do sada rađeni iz date nastavne oblasti .

Cilindrična površ i valjak

Konusna površ i kupa

Obrtna površ ,sfera i lopta

Главни дио: Prav valjak

Neka je prav valjak visine 𝐻 ,čije osnove imaju površinu 𝐵.Dakle ,ako je 𝑟 poluprečnik kruga koji čini osnovu valjka , tada je 𝐵 = 𝑟2𝜋. Površina valjka se sastoji od površine osnova valjka i površine omotača valjka . Ako se omotač valjka razvije u ravan,dobija se pravougaonik čija je jedna stranica jednaka obimu kruga koji čini osnovu valjka ,tj. 2𝜋𝑟,a druga stranica je jednaka visini 𝐻 valjka (slika2). Dakle ,površina omotača valjka iznosi 𝑀 = 2𝜋𝑟𝐻. Kako svaka osnova valjka ima površinu 𝐵 = 𝑟2𝜋,ukupna površina valjka iznosi :

2𝐵 + 𝑀 = 2𝑟2𝜋 + 2𝑟𝜋𝐻 = 2𝑟𝜋 𝑟 + 𝐻 .

slika1 slika2 primjer:Površina osnog presjeka valjka je 𝑃.Odrediti površinu omotača valjka . Osni presjek pravog valjka je pravougaonik čije su stranice 2𝑟 i 𝐻 (slika3),pa je njegova površina 𝑃 = 2𝑟𝐻.Međutim ,površina omotača valjka je 𝑀 = 2𝑟𝜋𝐻,odakle se dobija 𝑀 = 𝑃𝜋.

slika3

Prava kupa i zarubljena kupa

Površina kupe sastoji se iz površina osnove i površine omotača .Osnova kupe je krug čija površina je poznata .Da bismo odredili površinu omotača kupe ,razvijamo ga u ravan .Kako je svaka tačka kruga koji čini osnovu kupe krajnja tačka jedne izvodnice kupe,kad se omotač kupe razvije u ravan ,dobija se kružni isječak poluprečnika 𝑠 (gdje je 𝑠 dužina izvodnice).

slika4 slika5

Površina kružnog isječka ,čija je duzina luka 𝑙 , poluprečnik 𝑟 iznosi 1

2𝑙𝑟. Koristedi se ovom

formulom zaključujemo da je površina omotača kupe : 𝑀 =1

22𝜋𝑟𝑠 = 𝜋𝑟𝑠,pa površina kupe

iznosi: 𝑃 = 𝐵 + 𝑀 = 𝑟2𝜋 + 𝜋𝑟𝑠 = 𝜋𝑟(𝑟 + 𝑠)

Prelazimo sada na slučaj zarubljene kupe. Površina zarubljene kupe sastoji se iz površina 𝐵 i 𝐵′ osnova I površine 𝑀 omotača.Za površine osnova važi :

𝐵 = 𝑟2𝜋 , 𝐵′ = 𝜋𝑟′2. Omotač zarubljene kupe razvijen u ravan predstavlja isječak kružnog prstena () .Neka je 𝑠 izvodnica zarubljene kupe ,a 𝑡 izvodnica kupe 𝛺′ (kojom je zarubljena kupa Ω dopunjena do kupe 𝛹).Na osnovu sličnosti kupa 𝛹 i 𝛺′ zaključujemo da je :

𝑡 + 𝑠

𝑡=

𝑟

𝑟′ , 𝑡𝑗. 𝑡 =

𝑟′𝑠

𝑟 − 𝑟′ .

Međutim ,površina 𝑀 omotača zarubljene kupe Ω jednaka je razlici površina omotača kupe 𝛹 i kupe 𝛺′ :

𝑀 = 𝜋𝑟 𝑠 + 𝑡 − 𝜋 𝑟 ′𝑡 = 𝜋𝑟𝑠 + 𝜋 𝑟 − 𝑟′ 𝑡 = 𝜋𝑟𝑠 + 𝜋 𝑟 − 𝑟′ 𝑟′𝑠

𝑟 − 𝑟′= 𝜋𝑟𝑠 + 𝜋𝑟′𝑠

= 𝜋 𝑟 + 𝑟′ 𝑠.

slika6 Stoga je površina zarubljene kupe:

𝐵 + 𝐵′ + 𝑀 = 𝑟2𝜋 + 𝑟′2𝜋 + 𝜋 𝑟 + 𝑟′ 𝑠.

Завршни дио: Ponavljanje najvažnijih pojmova sa proteklog časa. Zadada:

1) Kružni isječak sa uglom 𝜑 = 180° savija se u omotač prave kupe .Odrediti ugao 𝛼 pri vrhu osnog presjeka .

2) Dužina dijagonale razvijenog omotača valjka iznosi 18 i sa stranicom koja odgovara krugu u osnovi valjka obrazuje ugao od 30°.Izračunati površinu valjka.





Наставна област Linearne jednačine

Наставна јединица Rješavanje sistema Kramerovim pravilom

Тип часа Obrada novog gradiva

Циљ часа

Usvajanje i proširivanje znanja o Kramerovom pravilu

Задаци :


Učenici treba da: - prošire svoja znanja o riješavanju sistema jednačina; - usvoje i shvate Kramerovo pravilo; - razviju tehniku rješavanja pomodu ovog pravila;


- razvijanje tehnike rješavanja sistema; - primjenom misaonih operacija, posebno apstrakcije i generalizacije, razviju sposobnost za induktivni oblik zaključivanja;


Učenici treba da razviju: - koncentraciju; - sposobnost za uporan i predan rad; - postupnost i sistematičnost u radu; - tačnost ,preciznost i urednost u radu; - pozitivan odnos prema matematici;


Frontalni i idividualni


Kreda i tabla


Уводни дио: U opštem slučaju, pod sistemom linearnih jednačina podrazumjevamo sistem od m jednačina sa n nepoznatih a11x1 + a12x2 + . . . + a1nxn = b1 a21x1 + a22x2 + . . . + a2nxn = b2 ... am1x1 + am2x2 + . . . + amnxn = bm U sistemu su x1, x2, . . . , xn nepoznate veličine, dok su aij , 1 ≤ i ≤ m, 1 ≤ j ≤ n zadati koeficijenti, a bi, 1 ≤ i ≤ m zadati slobodni članovi. Pri tome broj jednačina m i broj nepoznatih n mogu biti u bilo kom od odnosa m < n, m = n ili m > n. Prema tome da li ima ili nema rješenja, i ukoliko i h ima, da li ima jedno jedino ili više rješenje, sistem linearnih jedna čina može biti: 1. određen, ako ima samo jedno rješenje, 2. neodređen, ako ima više od jednog (beskona čno mnogo) rješenja, 3. nemogud,ako nema rješenja Ako su svi članovi homogenog sistema jednaki nuli sistem je homogen, u suprotnom je nehomogen.

Главни дио: Rješavanje sistema linearnih jednačina pomodu Kramerovog pravila:

i) Ako je determinanta sistema

D = 𝑎1 𝑏1 𝑐1𝑎2 𝑏2 𝑐2𝑎3 𝑏3 𝑐3

različita od nule , onda sistem ima jedinstveno rješenje koje trazimo preko:

x = 𝐷𝑥

𝐷 ; y =

𝐷𝑦

𝐷 ; y =

𝐷𝑧

𝐷 ;

ii) Ako rješenja sistema D= 0 I Dx =Dy=Dz=0 sistem ima beskonačno mnogo riješenja

(neodređen je ).

iii) Ako je determinanta sistema D = 0 i Dx ≠ 0 ili Dy ≠ 0 ili Dz ≠ 0 ( znači, bar jedna od ove tri determinante da je različita od nule) sistem je nemoguć, to jest nema riješenja. Kvadratni nehomogeni sistem ima rješenja ako i samo ako je D = 0. Zadaci :

1. Riješiti sistem:

x + 2y - 5z = 6

2x + y + 2z = 5

-3x + 3y – 4z = 8

Rješenje:

D = 1 2 −52 1 2−3 3 −4

=-4-12-30+16-6-15=-51

Dx = 6 2 −55 1 28 3 −4

= -24+32-75+40-36+40=-23

Dy= 1 6 −52 5 2−3 8 −4

=-179

Dz= 1 2 62 1 5−3 3 8

=-15

Po Kramerovom pravilu imamo sljededa rješenja:

x= 𝐷𝑥

𝐷 =

−23

−51 =

23

51

y= 𝐷𝑦

𝐷 =

−179

−51 =

179

51

z= 𝐷𝑧

𝐷 =

−15

−51 =

5

17

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

ɑ𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 𝑥 + 𝑎𝑦 + 𝑧 = 𝑎 𝑥 + 𝑦 + 𝑎𝑧 = 𝑎2

D = 𝑎 1 11 𝑎 11 1 𝑎

= 𝑎3 − 3𝑎 + 2 = 𝑎 − 1 2(𝑎 + 2)

Dx = 1 1 1𝑎 𝑎 1𝑎2 1 𝑎

= - 𝑎 − 1 2(𝑎 + 2)

Dy = 𝑎 1 11 𝑎 11 𝑎2 𝑎

= (𝑎 − 1)2

Dz = 𝑎 1 11 𝑎 𝑎1 1 𝑎2

= 𝑎 − 1 2(𝑎 + 1)2

Kramer kaže da sistem ima jedinstveno rješenje ako je D≠ 𝟎 𝐷 ≠ 0 → 𝑎 − 1 2 𝑎 + 2 ≠ 0 → 𝑎 ≠ 1 𝑖 𝑎 ≠ −2

x = 𝐷𝑥

𝐷 = -

𝑎+1

𝑎+2

y = 𝐷𝑦

𝐷 =

1

𝑎+2

z = 𝐷𝑧

𝐷 =

(𝑎+1)2

𝑎+2

Ali ovde posao nije gotov ,jer moramo ispitati šta se dešava ako je ɑ=1 ,pa ako je ɑ=-2. Za ɑ=1 sistem je neodređen i ɑ rješenja opisujemo sa (x , y , z)=( x , y , 1-x-y ). Dok je za ɑ=-2 sistem nemogud.

Завршни дио: Ponavljanje svega što smo radili proteklog časa –osnovne pojmove . Zadada:

1. Riješiti sistem: 5𝑥 + 2𝑦 − 3𝑧 =0 3𝑥 − 4𝑦 + 5𝑧 =10 7𝑥 − 3𝑦 + 6𝑧 = 19

2. U zavisnosti od parametra n i m ,diskutovati i riješiti sistem: 𝑥 − 𝑚𝑦 = 𝑚 𝑥 + 𝑛𝑦 = 𝑛




Наставна област Vektori

Наставна јединица Koordinatni prikaz vektora ,te prikaz operacija

sabiranja i množenja vektora skalarom


Циљ часа

Usvajanje i proširivanje znanja o vektorima,njihovim osobinama te prikazu vektora u koordinatnom sistemu i osnovnih operacija sa vektorima.

Задаци :


Učenici treba da :

Ponove i prošire svoja znanja o vektorim i njihovim osobinama

Shvate prikaz vektora u koordinatnom sistemu i izvedene formule za operacije sa vektorima u koordinatnom obliku


Učenici treba da :

Razviju tehniku za predstavljanje vektora u koordinatnom sistemu ,kao i korišdenje osnovnih operacija nad tim vektorima

primjenom misaonih operacija, posebno apstrakcije i generalizacije, razviju sposobnost za induktivni oblik

zaključivanja


Učenici treba da razviju: - koncentraciju - sposobnost za uporan i predan rad - postupnost i sistematičnost u radu - tačnost preciznost i urednost u radu - pozitivan odnos prema matematici



Уводни дио: Pojam vektora kao i neki pojmovi u vezi sa vektorima ,poznati su odranije . Podsjetidemo se ukratko nekih najvažnijih definicija i osobina vektora. Neka je 𝐴𝐵 proizvoljna duž . Ako dogovorno usvojimo da je 𝐴 početna a 𝐵 krajnja tačka te

duži dobijamo usmjerenu duž ili vektor 𝐴𝐵 .

Suprotno ako dogovorimo da je 𝐵 početna a 𝐴 krajnja tačka dobijamo vektor 𝐵𝐴 ,za koji

kazemo da ima suprotan smjer od vektora 𝐴𝐵 .

Vektor 𝐴𝐵 je određen:

a) Dužinom duži 𝐴𝐵 ,koja se naziva dužina(intenzitet) vektora 𝐴𝐵 i označava 𝐴𝐵 ;

b) Pravom kojoj pripada duž 𝐴𝐵 − ta prava određuje pravac vektora; c) Svojim smjerom;

-Ponavljanje pojma nula vektora. Ponavljanje osnovnih operacija sabiranja(nadovezivanje) i množenje vektora skalarom .

slika 1 slika2

Облици рада Frontalni i idividualni


Kreda,tabla,trokut

Slika3

Главни дио: Poznato je kako se svakoj tački u ravni dodjeljuje uređen par realnih brojeva (𝑥,𝑦) tj. njene koordinate u Dekartovom koordinatnom sistemu. Sličan postupak se može primjeniti i za tačke prostora.

Neka je fiksiran jedan trijedar jediničnih vektora ( 𝑖 , 𝑗 , 𝑘 ) ,tj. uređena trojka vektora gdje su svaka dva vektora međusobno normalna i svi su intenziteta 1 i neka je fiksirana i jedna tačka 𝑂 koju demo zvati koordinatni početak.Tada je dobijen Dekartov pravougli koordinatni

sistem,gdje su 𝑥 , 𝑦 i 𝑧 određene redom vektorima 𝑖 , 𝑗 i 𝑘 i tačkom 𝑂 . Drugim riječima ,dobijena je bijektivna funkcija koja svakoj tački prostora pridružuje uređenu trojku realnih brojeva .Činjenicu da tački 𝑀 odgovara uređena trojka realnih brojeva (𝑥,𝑦, 𝑧) označavademo sa M(𝑥,𝑦, 𝑧) .

Jasno je da svakom vektoru jednoznačno odgovara jedna tačka 𝑀 tako da je vektor 𝑂𝑀 baš taj vektor i taj vektor demo označavati sa 𝑟𝑀 . Vektor 𝑟𝑀 zvademo vekor položaja tačke 𝑀.

Znači ako imamo tačku 𝑀(𝑥 , 𝑦, 𝑧) ,tada je 𝑟𝑀 = 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘 i zbog kratkode pisanja

uobičajeno je da se 𝑥𝑖 + 𝑦𝑗 + 𝑧𝑘 zapisuje samo sa (𝑥,𝑦, 𝑧) . Prema tome ako imamo tačku M(𝑥, 𝑦, 𝑧) ,tada je 𝑟𝑀 = 𝑥,𝑦, 𝑧 . Prelazimo sada na izvođenje formula za operacije sa vektorima u koordinatnom obliku .

Neka su 𝑎 = (𝑥1,𝑦1, 𝑧1) i 𝑏 = (𝑥2,𝑦2, 𝑧2) proizvoljni vektori . Tada je :

𝑎 = 𝑥1𝑖 + 𝑦1𝑗 + 𝑧1𝑘 , 𝑏 = 𝑥2𝑖 + 𝑦2𝑗 + 𝑧2𝑘 , pa, vodedi računa računa o zakonima koji važe za sabiranje vektora i množenje vektora skalarom ,dobija se :

𝑎 + 𝑏 = 𝑥1𝑖 + 𝑦1𝑗 + 𝑧1𝑘 + (𝑥2𝑖 + 𝑦2𝑗 + 𝑧2𝑘 )

= 𝑥1 + 𝑥2 𝑖 + 𝑦1 + 𝑦2 𝑗 + 𝑧1 + 𝑧2 𝑘 , tj.

𝒂 + 𝒃 = 𝒙𝟏 + 𝒙𝟐 ,𝒚𝟏 + 𝒚𝟐, 𝒛𝟏 + 𝒛𝟐 .

Slično , iz jednakosti 𝑎 = 𝑥1𝑖 + 𝑦1𝑗 + 𝑧1𝑘 ,slijedi:

𝜆𝑎 = 𝜆 𝑥1𝑖 + 𝑦1𝑗 + 𝑧1𝑘 = 𝜆𝑥1 𝑖 + 𝜆𝑦1 𝑗 + (𝜆𝑧1)𝑘,

tj. 𝝀𝒂 = 𝝀𝒙𝟏,𝝀𝒚𝟏,𝝀𝒛𝟏 .

Specijalno ,za vektor −𝑎 ,koji je suprotan vektoru 𝑎 = 𝑥1,𝑦1, 𝑧1 , važi −𝑎 = −𝑥1,−𝑦1,−𝑧1 .

Najzad ,na osnovu prethodnih formula zaključujemo da važi :

𝑎 − 𝑏 = 𝑎 + −𝑏 = 𝑥1,𝑦1, 𝑧1 + −𝑥2,−𝑦2,−𝑧2 ,

tj.

𝒂 − 𝒃 = (𝒙𝟏 − 𝒙𝟐,𝒚𝟏 − 𝒚𝟐, 𝒛𝟏 − 𝒛𝟐) Napomenimo još da se dužina 𝑎 vektora 𝑎 = 𝑥,𝑦, 𝑧 , jednostavno izračunava primjenom Pitagorine teoreme .Dobija se formula :

𝒂 = 𝒙𝟏𝟐 + 𝒚𝟏𝟐 + 𝒛𝟏𝟐. Primjer1: Neka su 𝐴 = (𝑥1,𝑦1, 𝑧1) i 𝐵 = (𝑥2,𝑦2, 𝑧2) dvije tačke u prostoru .

Odredimo koordinate vektora 𝐴𝐵 . Rj.

Vektori 𝑂𝐴 i 𝑂𝐵 imaju iste koordinate kao i tačke 𝐴 i 𝐵, tj.

𝑂𝐴 = 𝑥1,𝑦1, 𝑧1 , 𝑂𝐵 = (𝑥2,𝑦2, 𝑧2).

Međutim ,imamo (slika4) 𝑂𝐴 + 𝐴𝐵 = 𝑂𝐵 tj. 𝐴𝐵 = 𝑂𝐵 − 𝑂𝐴 , odakle izlazi:

𝐴𝐵 = 𝑥2 − 𝑥1,𝑦2 − 𝑦1, 𝑧2 − 𝑧1 .

slika4

Завршни дио: Ponoviti važnije pojmove koje smo radili proteklog časa . Zadavanje zadade:

1) Za vektore 𝑎 i 𝑏 odrediti 𝑎 i 3𝑎 + 2𝑏 ,gdje je 𝑎 = 3,0,−4 , 𝑏 = (1,0,2)

2) Ako je 𝐴𝐵 = 2,−7,1 ,𝐵(1,1,−3), odrediti koordinate tačke 𝐴.



Разред : III Школа:Gimnazija


Наставна област Prava

Наставна јединица Eksplicitna jednačina prave 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 ,jednačina prave

paralelne 𝑦 osi


Циљ часа

Usvajanje i proširivanje znanja o jednačini prave ,njenom eksplicitnom obliku i jednačini prave paralelne osi y

Задаци :


Učenici treba da :

Ponove i prošire svoja znanja o odnosima prave oblika 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 sa krivim drugog reda.

Stečeno znanje primjene za rješavanje konkretnih problema određivanja odnosa između prave 𝑦 = 𝑘𝑥 +𝑛 i kreive drugog reda.


Učenici treba da :

stiču sposobnost izražavanja matematičkim jezikom,jasno i precizno ,u pismenom i u usmenom obliku ;

razvijaju logičko ,analitičko i proceduralno (algoritamsko) mišljenje analogijom ,generalizacijom ,induktivnim i deduktivnim načinom zaključivanja razvijaju matematičko mišljenje;

Primjenom misaonih operacija, naročito apstrakcije i generalizacije ,razvijaju se sposobnosti za induktivni oblik zaključivanja.


Učenici treba da razvijaju:

koncentraciju;

sposobnost za uporan i predan rad;

postupnost i sistematičnost u radu;

tačnost,preciznost i urednost u radu;

pozitivan odnos prema matematici i uvažavanje


Уводни дио: Ponavljanje onog što je rađeno prošli čas. Centralna ideja na kojoj se zasniva analitička geometrija je da je lakše rješavati jednačine nego geometrijske probleme.Da bi se ta ideja realizovala potrebno je :

1. Uvesti koordinate tačaka tako da postoji uzajamno jednoznačno preslikavanje između tačaka (prave,ravni ili prostora) i njihovih koordinata.

2. Predstaviti geometrijske figure jednačinama po mogudnosti jednostavnijim ,u kojima se pojavljuju koordinate.

Predstaviti jednačine geometrijskim figurama .

Главни дио: Kako je prava jedna od najjednostavnijih figura ,i kako se niz geometrijskih figura sastoji od prave ili dijelova prave ,izučimo najprije jednačinu prave.Da bismo mogli odrediti jednačinu prave moramo se koristiti nekom njenom geometrijskom osobinom ,jer je prava osnovni geometrijski pojam koji se ne definiše. Radi jednostavnosti posmatrajmo najprije pravu koja prolazi kroz koordinatni početak i koja je različita od koordinatnih osa .

matematike kao područja ljudske djelatnosti;

samopouzdanje i povjerenje u vlastite matematičke sposobnosti;

naviku samokontrole i kritičkog mišljenja;


Frontalni,individualni


Udžbenik,zbirka,tabla,kreda

(slika1) (slika2) Neka je 𝑇(𝑥,𝑦) proizvoljna tačka na pravoj različita od koordinatnog početka. Ta prava je jednoznačno određena uglom α koji zaklapa sa x- osom .Odnos

𝑇𝑇1

𝑇1𝑂=

𝑥

𝑦= tan𝛼

je konstantan za proizvoljan položaj tačke 𝑇 ,označava se sa k i naziva se koeficijent pravca . Odavde slijedi da je za svaku tačku na pravoj y= 𝑘𝑥, pa je to jednačina prave kroz koordinatni početak ,koja zaklapa ugao α sa x- osom ,gdje je k= tan𝛼. Neka je data proizvoljna prava.Tada su moguda tri slučaja :

1. Prava siječe obje koordintne ose .Neka su koordinate presječne tačke prave i y- ose (0,𝑛). Sa slike se vidi da je ordinata svake tačke na pravoj povedana za 𝑛 ako je 𝑛 pozitivno ili je smanjena za 𝑛 ako je 𝑛 negativno u odnosu na tačke sa istom apscisom koje leže na paralelnoj pravoj koja prolazi kroz koordinatni početak .Kako je jednačina prave koja prolazi kroz koordinatni početak 𝑦 = 𝑘𝑥 to dobijamo

𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛

U ovoj jednačini 𝑘 je tangens ugla koji prava obrazuje sa 𝑥- osom a 𝑛 je odsječak na y-osi .Pošto se jednačina oblika y=𝑓(𝑥) naziva eksplicitna jednačina ,to se navedena jednačina prave naziva eksplicina jednačina prave .

2. Prava paralelna sa 𝑥 osom ili se sa njom poklapa (slika3) ili sve tačke na pravoj imaju isto rastojanje od 𝑥- ose a kako je rastojanje od 𝑥 ose ordinata tačke ,to sve tačke na pravoj imaju međusobno jednake ordinate .Neka je rastojanje 𝑥 ose od tačaka na pravoj jednako 𝑛 .Tada jednačina prave oblika:

𝑦 = 𝑛

(slika3)

Ovaj položaj može da se posmatra kao specijalan slučaj prethodnog kada je ugao α ili cijeli umnožak od π

3. Prava je paralelna sa 𝑦 osom ili se sa njom poklapa (slika3).Tada sve tačke na pravoj imaju isto rastojanje od y –ose pa se analogno dobija da je jednačina prave oblika:

𝑥 = 𝑎 Iz svega slijedi da je jednačina prave uvijek jednačina prvog stepena .Zbog toga se jednačina prvog stepena naziva linearna jednačina.

Завршни дио: Provjeravamo šta učenicima nije jasno o današnjoj lekciji ,ponavljamo ono što smo nučili . Dajemo dva zadatka za zadadu:

1. Pretvoriti u eksplicitni oblik jednačinu oblika: a) 𝐴𝑥 + 𝐵𝑦 + 𝐶 = 0 b) 4(𝑥 + 2)2 − 4𝑥2 − 5𝑦 + 8 = 0

2. Odrediti presječnu tačku funkcije 𝑓(𝑥) i 𝑦 ose : a) 𝑓 𝑥 = 3𝑥 − 8𝑦 − 15 = 0 b) 𝑓 𝑥 = 9𝑥 + 15𝑦 − 3 = 0





Наставна област Analitička geometrija u ravni

Наставна јединица Odnos između prave i krive drugog reda


Циљ часа

Usvjanje i proširivanje znanja kao i utvrdjivanje odnosa između prave i krive drugog reda ( parabole ,elipse, hiperbole)

Задаци :


Učenici treba da :

Prošire znanja o pravoj i krivoj drugog reda

Usvoje i shvate tehniku za ispitivanje odnosa koji vrijedi za pravu i krive drugog reda

Razvijanje sposobnosti da se navedenom tehnikom rješavaju određeni problemi u matematici


Razvijanje intelektualnih funkcija :zapažanja ,mišljenja,zaključivanja.


Podstaknuti učenike da zaključuju ,da budu aktivni prilikom rješavanja nekog problema ,da razvijaju pozitivan odnos prema matematici.


Frontalni i individualni


Udžbenik,tabla ,kreda


Уводни дио: Ponavljanje osnovnih pojmova koje smo ranije obradili . Navodjenje osnovnih oblika jednačine prave . Ponavljanje osnovnih pojmova i definicija krivih drugog reda :

Navodjenje njihovih jednačina u kanonskom obliku

Главни дио: Uzajamni položaj prave i krive drugog reda utvrđuje se ispitivanjem da li postoje zajedničke tačke tih linija.To nas uvijek dovodi do sistema od jedne linearne i jedne kvadratne jednačine. Posebno demo razmotriti uzajamni položaj prave i parabole ,elipse odnosno hiperbole .

Prava i parabola Neka se date prava:

𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 i parabola:

𝑦2 = 2𝑝𝑥 𝑝 > 0 . Njihove zajedničke tačke određuju se rješavanjem sistema jednačina :

𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 𝑦2 = 2𝑝𝑥. Ako se 𝑦 iz prve jednačine zamjeni u drugoj ,dobija se kvadratna jednačina :

𝑘2𝑥2 + 2 𝑘𝑛 − 𝑝 𝑥 + 𝑛2 = 0

sa diskriminantom 4(𝑘𝑛 − 𝑝)2 − 4𝑘2𝑛2 tj. 4𝑝(𝑝 − 2𝑘𝑛) .Kako je 𝑝 > 0, na osnovu poznatih svojstava kvadratne jednačine zaključujemo :

a) Ako je 𝑝 − 2𝑘𝑛 > 0 postoje dva različita rješenja 𝑥1, 𝑥2 jednačine. b) Ako je 𝑝 − 2𝑘𝑛 < 0 jednačina nema realnih rješenja ,pa prava i parabola nemaju

zajedničkih tačaka . c) Ako je 𝑝 − 2𝑘𝑛 = 0 postoji jedno jedino rješenje 𝑥1 jednačine.To je apscisa tačke 𝑀

u kojoj prava dodiruje parabolu ,tj. prava je tangenta parabole u tački 𝑀. Odredimo jednačinu tangente na parabolu u tački 𝑀 = (𝑥, 𝑦) .Tada nastupa slučaj pod c) pa se iz jednačine dobija apscisa tačke M:

𝑥1 = −2(𝑘𝑛 − 𝑝)

2𝑘2=

1

𝑘2(𝑝 − 𝑘𝑛 =

1

𝑘2 2𝑘𝑛 − 𝑘𝑛 =

𝑛

𝑘.

Ordinata tačke 𝑀 dobija se pomodu jednačine prave :

𝑦1 = 𝑘𝑥1 + 𝑛 = 𝑘𝑛

𝑘+ 𝑛 = 2𝑛.

Dakle, jednačina tangente u tački dodira 𝑥1,𝑦1 , glasi: 𝑦𝑦1 = 𝑝(𝑥 + 𝑥1. )

primjer1:Data je parabola 𝑦2 = −4𝑥.Odrediti jednačinu tetive te parabole koja sadrzi tačku (−2,−1) i koja je tom tačkom prepolovljena. rj. Neka tetiva ima jedničinu 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 . Rješavanjem sistema : 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 𝑦2 = −4𝑥 ,

nalazimo koordinate presječnih tačaka tetive i date parabole : 𝑥1,2 =−𝑛𝑘−2± 4𝑛𝑘+4

𝑘2

,𝑦1,2 =−2± 4𝑛𝑘+4

𝑘. Kako tačka (−2,−1) polovi tetivu ,dobija se −2 =

1

2 𝑥1 + 𝑥2 ,

−1 =1

2 𝑦1 + 𝑦2 , tj. -2=

−2𝑛𝑘−4

2𝑘2 , −1 =−4

2𝑘, odakle izlazi : 𝑘 = 2,𝑛 = 3. Prema tome ,tražena

tetiva ima jednačinu : 𝑦 = 2𝑥 + 3 (slika 1).

slika1

Prava i elipsa Da bi se odredile zajedničke tačke prave 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 i elipse

𝑥2

𝑎2+𝑦2

𝑏2= 1 ,

Treba riješiti sistem jednačina:

𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 𝑏2𝑥2 + 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 . Eliminacijom promjenljive 𝑦 dolazimo do kvadratne jednačine 𝑏2𝑥2 + 𝑎2(𝑘𝑥 + 𝑛)2 =𝑎2𝑏2 ,tj.

𝑎2𝑘2 + 𝑏2 𝑥2 + 2𝑘𝑛𝑎2𝑥 + 𝑎2𝑛2 − 𝑎2𝑏2 = 0 , čija je diskriminanta 4𝑘2𝑛2𝑎4 − 4 𝑎2𝑘2 + 𝑏2 𝑎2𝑛2 − 𝑎2𝑏2 , 𝑡𝑗. 4𝑎2𝑏2 𝑎2𝑘2 + 𝑏2 − 𝑛2 . S obzirom da je 4𝑎2𝑏2 > 0 , zaključujemo :

Ako je 𝑎2𝑘2 + 𝑏2 − 𝑛2 > 0, prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 siječe elipsu u dvjema različitim tačkama;

Ako je 𝑎2𝑘2 + 𝑏2 − 𝑛2 < 0, prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 i elipsa nemaju zajedničkih tačaka ;

Ako je 𝑎2𝑘2 + 𝑏2 − 𝑛2 = 0 , prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 ima samo jednu zajedničku tačku sa elipsom , tj. ta prava je tangenta elipse u tački 𝑀 ,čija se apscisa dobija rješavanjem kvadratne jednačine .

Odredimo jednačinu tangente na elipsu u tački dodira 𝑥1,𝑦1 .Kao što smo ved istakli ,𝑥1 se dobija kao jedino rješenje kvaratne jednačine 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 ,tj.

𝑥1 = −𝑘𝑛𝑎2

𝑎2𝑘2 + 𝑏2= −

𝑘𝑛𝑎2

𝑛2= −

𝑘𝑎2

𝑛.

Ordinata 𝑦1 dobija se pomodu jednačine prave 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 .Dakle:

𝑦1 = 𝑘𝑥1 + 𝑛 = −𝑘𝑎2

𝑛2+ 𝑛 =

−𝑎2𝑘2 + 𝑛2

𝑛=

𝑏2

𝑛.

Odatle slijedi 𝑛 =𝑏2

𝑦1,𝑘 = −

𝑛𝑥1

𝑎2= −

𝑏2𝑥1

𝑎2𝑦1, pa jednačina tangente u tački dodira (𝑥1,𝑦1)

glasi :

𝑦 = −𝑏2𝑥1

𝑎2𝑦1𝑥 +

𝑏2

𝑦1,

tj.

𝑏2𝑥𝑥1 + 𝑎2𝑦𝑦1 = 𝑎2𝑏2 ,ili 𝑥𝑥1

𝑎2+

𝑦𝑦1

𝑏2= 1.

primjer2:Nadi jednačinu elipse ako su poznate dvije njene tangente 𝑥 + 𝑦 = 8 i 𝑥 + 3𝑦 + 16 = 0. rj. Uslovi dodira elipse 𝑏2𝑥2 + 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 sa datim pravama glase:

𝑎2 + 𝑏2 = 64 1

9𝑎2 + 𝑏2 =

256

9.

Rješavajudi ovaj sistem dobijamo 𝑎2 = 40, 𝑏2 = 24. Jednačina elipse stoga glasi: 24𝑥2 + 409𝑦2 = 960 .

Prava i hiperbola

Istim postupkom kao i ranije ispitujemo uzajamni odnos prave 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 i hiperbole:

𝑥2

𝑎2−𝑦2

𝑏2= 1

S obzirom da je postupak potpuno analogan postupku za elipsu ,preskačemo detalje i samo navodimo rezultate. Eliminacijom promjenljive 𝑦 iz sistema 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 𝑏2𝑥2 − 𝑎2𝑦2 = 𝑎2𝑏2 dobijamo kvadratnu jednačinu :

𝑏2 − 𝑎2𝑘2 𝑥2 − 2𝑘𝑛𝑎2𝑥 − 𝑎2𝑛2 + 𝑎2𝑏2 = 0 , Ispitujudi njenu diskriminantu dolazimo do sljededih zaključaka:

a) Ako je 𝑛2 + 𝑏2 − 𝑎2𝑘2 > 0 , prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 siječe hiperbolu : 𝑥2

𝑎2 −𝑦2

𝑏2 = 1 u dvjema različitim tačkama ;

b) Ako je 𝑛2 + 𝑏2 − 𝑎2𝑘2 < 0 , prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 i hiperbola nemaju zajedničkih

tačaka ;

c) Ako je 𝑛2 + 𝑏2 − 𝑎2𝑘2 = 0, prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 ima samo jednu zajedničku tačku sa

hiperbolom 𝑥2

𝑎2 −𝑦2

𝑏2 = 1 , tj. ta prava je tangenta hiperbole .

Ako je ispunjen uslov c) tj. ako je prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 𝑛 tangenta hiperbole 𝑥2

𝑎2 −𝑦2

𝑏2 = 1 , i ako

je (𝑥1, 𝑦1) tačka dodira ,tada jednačina tangente u toj tački glasi :

𝑏2𝑥𝑥1 − 𝑎2𝑦𝑦1 = 𝑎2𝑏2 ,tj. 𝑥𝑥1

𝑎2 −𝑦𝑦1

𝑏2 = 1.

primjer3:Odrediti jednačinu tangente hiperbole 25𝑥2 − 9𝑦2 = 225 u tački dodira 5,−20

3 .

rj. Direktnom primjenom formule 𝑏2𝑥𝑥1 − 𝑎2𝑦𝑦1 = 𝑎2𝑏2,koja u ovom slučaju postaje

25 ∗ 5 ∗ 𝑥 − 9 −20

3 𝑦 = 225, dobija se 25𝑥 + 12𝑦 − 45 = 0.

Завршни дио: Zadada:

1) Odrediti za koje vrijednosti broja 𝑘 prava 𝑦 = 𝑘𝑥 + 2: a) siječe parabolu 𝑦2 = 4𝑥; b) dodiruje je ; c) nema sa njom zajedničkih tačaka .

2) Nadi zajedničke tangente elipsi 4𝑥2 + 5𝑦2 = 20 , 5𝑥2 + 4𝑦2 = 20. 3) U jednačini 𝑎𝑥 − 3𝑦 = 24 odrediti 𝑎 ,tako da ta prava bude tangenta

hiperbole 𝑥2 − 𝑦2 = 36.



Разред :III Школа: Gimnazija


Наставна област Nizovi

Наставна јединица Ograničenost konvergentnog niza,konvergencija zbira

,proizvoda i količnika nizova


Циљ часа

Upoznavanje nastavne jedinice te osamostaljivanje učenika da sami rješavaju zadatke

Задаци :


Razumjevanje pojma granična vrijednost niza,konvergencija niza i nekih algebarskih operacija nad konvergentnim nizovima


Razvijanje intelektualnih funkcija :zapažanja , apstraktnog mišljenja,zaključivanja




Frontalni ,individualni


Tabla ,kreda


Уводни дио: Ponavljanje osnovnih pojmova i definicija o nizovima,uz poseban osvrt na pojam granične vrijednosti niza . Defnicija: Realan broj 𝑎 je granična vrijednost niza (𝑎𝑛) ako se u prozvoljnoj 𝜀-okolini broja 𝑎 nalaze skoro svi članovi niza (𝑎𝑛) . Ako takav broj 𝑎 postoji ,onda se kaže da je niz (𝑎𝑛) konvergentan i da konvergira ka 𝑎, i piše se:

lim𝑛→

𝑎𝑛 = 𝑎

U suprotnom ,za niz (𝑎𝑛) kažemo da je divergentan .

Главни дио: Dokazademo sada neka važna svojstva konvergentnih nizova ,a zatim demo ih primjeniti na izračunavanje raznih graničnih vrijednosti .

1. Konvergentan niz je ograničen. Dokaz. Neka je (𝑎𝑛) konvergentan niz i neka je lim𝑛→ 𝑎𝑛 = 𝑎

Tada za 𝜀 = 1 postoji prirodan broj 𝑛0 takav da je : 𝑎𝑛 − 𝑎 < 1 za 𝑛 > 𝑛0 .

Iz date nejednakosti slijedi: 𝑎 − 1 < 𝑎𝑛 < 𝑎 + 1 za 𝑛 > 𝑛0 ,

pa,tim prije , 𝑎𝑛 < 𝑎 + 1 za 𝑛 > 𝑛0 ,

Neka je 𝑀 = max( 𝑎 + 1, 𝑎1 ,… , 𝑎𝑛0 ).Tada je očigledno,

𝑎𝑛 < 𝑀 , Za svako 𝑛 ∈ 𝑵 ,što znači da je niz (𝑎𝑛) ograničen. Napomena: Kao što znamo ,obrnuto tvrđenje nije tačno ;naime,ograničan niz ne mora da bude konvergentan .

2. Neka je lim𝑛→ 𝑎𝑛 = lim𝑛→ 𝑏𝑛 = 𝑎 i neka je 𝑎𝑛 ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑏𝑛 (𝑛 ∈ 𝑵) . Tada je (𝑥𝑛) konvergentan niz i lim𝑛→ 𝑥𝑛 = 𝑎. Dokaz: Neka je 𝜀 > 0 proizvoljno .Tada postoje prirodni brojevi 𝑛1 i 𝑛2 takvi da je : 𝑎𝑛 − 𝑎 < 𝜀 za svako 𝑛 > 𝑛1 i 𝑏𝑛 − 𝑎 < 𝜀 za svako 𝑛 > 𝑛2 ,

tj. 𝑎 − 𝜀 < 𝑎𝑛 < 𝑎 + 𝜀 , 𝑎 − 𝜀 < 𝑏𝑛 < 𝑎 + 𝜀 ,

za navedene vrijednosti 𝑛 . Neka je 𝑛0 = max 𝑛1,𝑛2 .Tada je :

𝑎 − 𝜀 < 𝑎𝑛 ≤ 𝑥𝑛 ≤ 𝑏𝑛 < 𝑎 + 𝜀 za svako 𝑛 > 𝑛0 ,

𝑎 − 𝜀 < 𝑥𝑛 < 𝑎 + 𝜀 za svako 𝑛 > 𝑛0 , Ili ,ekvivalentno lim𝑛→ 𝑥𝑛 = 𝑎.

3. Definišimo sada neke algebarske operacije sa nizovima .Proizvod realnog broja 𝑐 i niza (𝑎𝑛) je,po definiciji ,niz 𝑐𝑎𝑛 .

Zbir ,razlika ,proizvod odnosno količnik nizova 𝑎𝑛 i (𝑏𝑛) su ,po definiciji ,redom sljededi nizovi :

𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 , 𝑎𝑛 − 𝑏𝑛 , 𝑎𝑛𝑏𝑛 , 𝑎𝑛

𝑏𝑛 ,

Pri čemu je količnik definisan samo u slučaju 𝑏𝑛 ≠ 0 (𝑛 ∈ 𝑵). Iz sljededeg tvrđenja vidimo da je u slučaju konvergentnih nizova operacija limes u neku ruku saglasna sa definisanim algebarskim operacijama ,u smislu da je limes jednak zbiru limesa itd. Neka je lim𝑛→ 𝑎𝑛 = 𝑎 i lim𝑛→ 𝑏𝑛 = 𝑏. Tada je :

a) lim𝑛→

𝑐𝑎𝑛 = 𝑐𝑎 𝑐 ∈ 𝑹 ;

b) lim𝑛→

(𝑎𝑛 + 𝑏𝑛) = 𝑎 + 𝑏;

c) lim𝑛→

(𝑎𝑛 − 𝑏𝑛) = 𝑎 − 𝑏;

d) lim𝑛→

(𝑎𝑛𝑏𝑛) = 𝑎 𝑏;

e)

lim𝑛→

𝑎𝑛

𝑏𝑛=

𝑎

𝑏 𝑏 ≠ 0 .

Dokaz: 1) Ako je 𝑐 = 0 ,tvrđenje je očigledno .Pretpostavimo toga da je 𝑐 ≠ 0 .Neka je 𝜀 > 0

proizvoljno i odredimo 𝑛0 tako da je 𝑎𝑛 − 𝑎 <𝜀

𝑐 za 𝑛 > 𝑛0. Tada je :

𝑐𝑎𝑛 − 𝑐𝑎 = 𝑐 𝑎𝑛 − 𝑎 < 𝑐𝜀

𝑐 = 𝜀 za 𝑛 > 𝑛0,

čime je tvrđenje dokazano.

2) Neka je 𝜀 > 0 proizvoljno.Postoje prirodni brojevi 𝑛1 i 𝑛2 takvi da je 𝑎𝑛 − 𝑎 <𝜀

2 za

𝑛 > 𝑛1 i 𝑏𝑛 − 𝑏 <𝜀

2 za 𝑛 > 𝑛2. Tada je :

𝑎𝑛 + 𝑏𝑛 − (𝑎 + 𝑏) = (𝑎𝑛 − 𝑎) + (𝑏𝑛 − 𝑏) < 𝑎𝑛 − 𝑎 + 𝑏𝑛 − 𝑏 <𝜀

2+

𝜀

2= 𝜀

za 𝑛 > 𝑛0 = max(𝑛1,𝑛2), čime je tvrđenje dokazano. 3) Ovo izlazi direktno iz a) i b) . Zaista,

lim𝑛→

(𝑎𝑛 − 𝑏𝑛) = lim𝑛→

(𝑎𝑛 + (−1)𝑏𝑛) = lim𝑛→

𝑎𝑛 + lim𝑛→

𝑏𝑛 = lim𝑛→

𝑎𝑛 +

−1 lim

𝑛→𝑏𝑛 = 𝑎 + −1 𝑏 = 𝑎 − 𝑏.

4) Kako je (𝑏𝑛) konvergentan niz ,on je ograničen ,tj. postoji 𝑀 ∈ 𝑹 takvo da je 𝑏𝑛 < 𝑀, pri čemu broj 𝑀 biramo tako da bude ispunjeno i 𝑎 < 𝑀. Neka je 𝜀 > 0 proizvoljno i neka su 𝑛1 i 𝑛2 prirodni brojevi takvi da važi :

𝑎𝑛 − 𝑎 <𝜀

2𝑀 za 𝑛 > 𝑛1 i 𝑏𝑛 − 𝑏 <

𝜀

2𝑀 za 𝑛 > 𝑛2

Tada je :

𝑎𝑛𝑏𝑛 − 𝑎𝑏 = 𝑎𝑛𝑏𝑛 − 𝑎𝑏𝑛 + 𝑎𝑏𝑛 − 𝑎𝑏 = 𝑏𝑛(𝑎𝑛 − 𝑎) + 𝑎(𝑏𝑛 − 𝑏) ≤ 𝑏𝑛 𝑎𝑛 − 𝑎 + 𝑎(𝑏𝑛 − 𝑏) = 𝑏𝑛 𝑎𝑛 − 𝑎 + 𝑎 𝑏𝑛 − 𝑏

< 𝑀𝜀

2𝑀+ 𝑀

𝜀

2𝑀= 𝜀 za 𝑛 > 𝑛0 = max(𝑛1,𝑛2),

čime je tvrđenje dokazano. 5) Primjetimo prvo da ako je lim𝑛→ 𝑏𝑛 = 𝑏 ≠ 0,tada postoji

prirodan broj 𝑛′ takav da je 𝑏𝑛 > 𝐾 (gdje je 𝐾 > 0) za 𝑛 > 𝑛′. Zaista ,za 𝜀 > 0 postoji prirodan broj 𝑛′ takav da je 𝑏𝑛 − 𝑏 < 𝜀, za za 𝑛 > 𝑛′ , Odakle izlazi :

𝑏𝑛 ≥ 𝑏 − 𝜀 = 𝐾 za 𝑛 > 𝑛′ , ili u drugom obliku :

1

𝑏𝑛 <

1

𝐾 , za 𝑛 > 𝑛′ .

Neka je 𝜀 > 0 proizvoljno i neka su 𝑛1,𝑛2 prirodni brojevi takvi da je :

𝑎𝑛 − 𝑎 <𝐾𝜀

2 za 𝑛 > 𝑛1 i 𝑎 𝑏𝑛 − 𝑏 <

𝐾 𝑏 𝜀

2 za 𝑛 > 𝑛2

Tada je:

𝑎𝑛

𝑏𝑛−𝑎

𝑏 =

𝑎𝑛𝑏 − 𝑎𝑏𝑛𝑏𝑛𝑏

= 𝑎𝑛𝑏 − 𝑎𝑏 + 𝑎𝑏 − 𝑎𝑏𝑛

𝑏𝑛𝑏 ≤

𝑏 𝑎𝑛 − 𝑎 + 𝑎 𝑏𝑛 − 𝑏

𝑏𝑛 𝑏

=1

𝑏𝑛 𝑎𝑛 − 𝑎 +

𝑎

𝑏𝑛 𝑏 𝑏𝑛 − 𝑏 ≤

1

𝐾 𝑎𝑛 − 𝑎 +

𝑎

𝐾 𝑏 𝑏𝑛 − 𝑏 <

1

𝐾

𝐾𝜀

2+

1

𝐾 𝑏

𝐾 𝑏 𝜀

2= 𝜀

za 𝑛 > 𝑛0 = max(𝑛′ ,𝑛1, 𝑛2) čime je tvrđenje dokazano . primjer: Ako je 𝑘 > 1,dokažimo jednakost

lim𝑛→

1

𝑛𝑘= 0

rj.

Za 𝑘 > 1 ,imamo 𝑛𝑘 > 𝑛, pa je 0< 1

𝑛𝑘 <

1

𝑛. Konstantan niz (0,0,...,0,...) konvergira ka 0 ,a

takođe i niz 1

𝑛 konvergira ka 0. Na osnovu dokazanog svojstva 2. zaključujemo da je

lim𝑛→

1

𝑛𝑘= 0.

Завршни дио: Ponavljanje prethodno dokazanih osobina konvergentnog niza . Zadavanje zadade: 1) Izračunati sljedede granične vrijednosti :

lim𝑛→

𝑛 + 1

𝑛2 + 2; lim

𝑛→

3𝑛2 + 1

𝑛2 − 5𝑛; lim

𝑛→

𝑛 𝑛 − 2𝑛 + 1

𝑛(3 𝑛 + 2 𝑛3

);

seminar konačno

Documents