8 Razred - Klett - Udzbenik

Радни уџбеник за 8. разред основне школе Небојша Икодиновић Слађана Димитријевић

РА ДНИ

РА ДНИ

УЏБЕНИК

УЏБЕНИК ЗА 8. РАЗРЕ Д ОСНОВНЕ ШКОЛЕ

Математика

РАДНИ УЏБЕНИК

М АТ Е М АТ И К А

Математика Математика за

ISBN 978-86-7762- 188- 9

Небојша Икодиновић Слађана Димитријевић

разред основне школе

СЛИЧНОСТ ТРОУГЛОВА Проучавање сличности троуглова почели смо прошле године. Доста је било речи и о практичним применама појма сличности. Сети се мерења висине египатских пирамида, мерења удаљености до недоступних тачака и тако даље. Ево још једне примене сличности.

Пажња! Велики успон

Нагиб пута одређује колико је стрма нека узбрдица, односно низбрдица, а изражава се у процентима. Овом приликом разматраћемо само узбрдице. Претпостављајући да је успон равномеран, нагиб узбрдице је у процентима изражен количником вертикалног и хоризонталног успона.

Ако са n означимо нагиб, онда је n = V . Оваква дефиниција нагиба некоме може да H изгледа помало чудно на први поглед будући да је величину нагиба „једноставније“ изразити мером угла . Међутим, претходни количник у извесном смислу зависи само од угла . Наиме, ако се сетимо сличности троуглова, закључујемо да уколико изаберемо било који други хоризонтални успон и измеримо њему одговарајући вертикални успон, добијамо исти количник.

n = V = V1 H H1

7

Слобода избора коју нам даје сличност у пракси се користи тако што се нагиб мери у односу на хоризонталан успон од 100m. Дакле, потребно је само измерити вертикалан успон који одговара овом хоризонталном и поделити га са 100. На пример, нагиб неког пута од 7% илустрован је на наредној слици.

Нагиби већи од 5% сматрају се веома опасним за теретне камионе. Нагиби већи од 10% веома ретко се могу срести на путевима. Задатак 1. На горњој слици, помоћу угломера, одреди угао који одређује нагиб од 7%. Задатак 2. Посматрај слику десно и без мерења одреди меру угла који одговара нагибу од: а) 100%; б) 25%; в) 10%.

Задатак 3. Одреди нагиб пута (у процентима) одређен углом од: а) 9°; б) 5°; в) 15°. Задатак 4. Ниво пута је порастао за 50m над хоризонталним растојањем од 625m. Колики је нагиб тог пута?

8

Талесова теорема Наредна два тврђења су међу најважнијим тврђењима геометрије будући да се помоћу њих може доказати много других теорема.

Прво тврђење, о коме је било речи у шестом разреду, говори о дужима које образује пар паралених правих, који сече други пар паралелних правих. Ако један пар паралелних правих b и c сече други пар паралелних правих p и q у тачкама B, B1, C и C1: b  q = {B}, b  p = {B1}, c  q = {C}, c  p = {C1}, онда је BC = B1C1 и BB1 = CC1. Друго тврђење, о коме ће сада бити речи, говори о односу дужи које образује један пар правих које се међусобно секу и које секу други пар паралелних правих.

Нека праве b и c, које се секу у тачки A, секу пар паралелних правих p и q у тачкама B, B1, C и C1: b  q = {B}, b  p = {B1}, c  q = {C}, c  p = {C1}. У оваквој ситуацији, дужи AB и AB1 са праве b пропорционалне су дужима AC и AC1 са праве c. Такође, добијене дужи BC и B1C1 на правама p и q пропорционалне претходним паровима дужи. Ово тврђење је познато као Талесова теорема.

Талесова теорема. Ако две паралелне праве секу краке конвексног угла са теменом у тачки A, и то један крак у тачкама B и B1, а други крак у тачкама C и C1, онда је AB = AC = BC . AB1 AC1 B1C1

Талес је рођен у Милету, грчкој колонији на обали Мале Азије око 624. год. п. н. е. Умро је у 78. години у време 58. олимпијаде. О значају Талеса за Грчку, па тиме и светску културу најбоље говори чињеница да је сврстан у „седам мудраца“ – седам утемељивача грчке цивилизације. Многи га сматрају оцем грчке математике.

9

Пример 1. Посматрајмо троугао ABC такав да је AB = 8cm, BC = 6cm и CA = 5cm. На страници AB дата је тачка P таква да је AP = 3cm. Кроз ову тачку конструисана је права паралелна са страницом BC. Тачка Q је пресек ове праве са AC. Oдредимо дужине дужи AQ и PQ. Према Талесовој теореми је AP = AQ = PQ . На AB AC BC основу датих података имамо да је 3 = AQ = PQ , 8 5 6 AQ 3 PQ 3 односно = и = . Из последње две 5 8 6 8 једнакости једноставно налазимо непознате дужине, AQ = 1,875cm и PQ = 2,25cm. Задатак 1. Конструиши троугао ABC такав да је AB = 6cm, BC = 10cm и CA = 7cm и на страници BC одреди тачку P такву да је BP = 7cm. Кроз тачку P конструиши праву паралелну са страницом AB. Тачка Q је пресек ове праве са AC. Oдреди дужине дужи CQ и PQ. Задатак 2. Одреди следеће размере на основу слике десно. OA1 = ; OA2 = ; OA4 = ; OA3 OA4 OA5 OA5 = ; OA4 = ; OA5 = . OA2 OA1 OA3 Задатак 3. На основу података датих на сликама одреди дужине дужи означених знаком питања. а) б) в)

10

Задатак 4. Краци AD и BC трапеза ABCD секу се у тачки E. Одреди дужину дужи DE ако је BE = 10cm, AE = 15cm и CE = 8cm. Талесова теорема важи и ако паралелним правама пресечемо краке унакрсних углова. Докажи! (Упутство. Искористи наредну слику и доцртај дуж B2C2 тако да је B2C2 || BC, A – B – B2, A – C – C2 и ΔAB1C1 Δ AB2C2.)

AB = AC = BC AB1 AC1 B1C1

Задатак 5. Нека је AD || BE || CF. Посматрај слику десно и одреди: а) дужине дужи DE и OF; , AD = , CF = . б) размере AD = BE CF BE

Пример 2. Ако је BC || DE || FG, на основу података датих на слици одредимо дужине дужи DE и FG. Према Питагориној теореми дужина дужи BC је 5 јединица мере (BC = √AB2 + AC2). Даље, према Талесовој теореми је AB = BC , то јест 3 = 5 , одакле следи да AD DE 5 DE је DE = 25 . Примети да смо дужину дужи DE могли да 3 израчунамо и на други начин. Како? Слично, из AB = BC следи да је 3 = 4 , односно AF FG 4 FG FG = 16 . 3

11

Неке једноставне последице Талесове теореме Пример 1. Ако је BE || CF, на основу података датих на слици испод одредити дужину дужи EF. Према Талесовој теореми је AB = AE , па на AC AF основу задатих података добијамо и једнакост 5 = 6 , то јест AF = 9,6. Како је EF = AF – AE, 8 AF добијамо да је EF = 3,6. До истог резултата брже долазимо из пропорције AB = AE , која такође важи, у шта ћемо се овом BC EF приликом уверити. Једнакости AB = AC = BC које нам даје AB1 AC1 B1C1 Талесова теорема имају много последица. Неке од њих су непосредне последице исправних замена места чланова пропорција AB = AB1 и AB = AB1 . AC AC1 BC B1C1

– AB – kAC Даље, из AB = AB1 = k, за неки број k, следи BB1 = AB1 = k = AB . = kAC1 AC1 – AC CC1 AC1 – AC AC AC1 AC Такође је и AB = AC . BB1 CC1 Пример 2. На основу података датих на слици испод (BE || CF || DG) добијамо следеће размере. AE = AF BE = CF CF = DG

AB = 5 , AC 8 AB = 5 , AC 8 AC = 8 = 4 . AD 10 5

AE = EF BE = DG

AB = 5 , BC 3 AB = 5 = 1 , AD 10 2

Задатак 1. На основу слике из претходног примера одреди следеће размере: AF , EF , AF , CF , AE , AE . FG FG AG BE AG EG

12

На аналоган начин изводимо и следећи закључак. Ако паралелне праве на једном краку неког угла образују једнаке одсечке, онда су и одсечци на другом краку међусобно једнаки.

Задатак 2. Ако је BB1 || CC1 || DD1 || EE1, на основу мерних бројева датих на слици одреди дужине дужи B1C1, C1D1 и D1E1.

Задатак 3. Ако је AD || BE || CF, попуни празна места на основу слике. OB = OE , OB = OE , BC OC OA = AD , = EF , BE OB OE = DE , AD = OA , BC EF CF

OB = , OC CF CF = , AD OD OF = . OE OB

Задатак 4. Нацртај произвољан троугао и одреди његово тежиште. Затим конструиши праву која је паралелна једној страници и садржи тежиште троугла. Одреди однос међу одсечцима на које конструисана права дели друге две странице троугла. Задатак 5. Дужине основица трапеза су 51cm и 42,5cm. Дужина једног крака је 40cm. Колико је дугачко продужење тог крака до тачке прeсека са правом на којој се налази други крак?

13

Пример 3. Паралелне праве a, b, c, d секу праве p и q, као на слици доле. На основу датих података одредимо дужине дужи LM, MN, LB, MC.

Дужине дужи LM и MN одређујемо директно, на основу доказане последице Талесове теореме. Како је KL = LM = MN, лако добијамо да је LM = 3 и MN = 6. AB BC CD Међутим, дужине дужи LB и MC не можемо директно одредити. Зато конструишемо праву кроз A паралелну са p. Нека ова права сече праве b, c, d у тачкама L1, M1, N1.

Према Талесовој теореми, тада је L1B = M1C = N1D . Како је AB = 2, AC = 4, AD = 8 и N1D = AB AC AD L B M C 16 , одакле следи да је L1B = 4 и M1C = 8. Најзад, из LB = LL1 + L1B 16, добијамо 1 = 1 = 2 4 8 следи да је LB = 7, а из MC = MM1 + M1C да је MC = 11. Задатак 6. Основице AB и CD трапеза ABCD су 5cm и 8cm, док су краци BC и DA 3cm и 4cm. Крак BC је тачкама M и N подељен на три једнака дела. Одреди дужине дужи које су у унутрашњости трапеза и на правама кроз M и N паралелним основицама. Задатак 7. Колико метара металне жице је потребно да се направи четири обруча за буре чије су димензије приказане на слици десно? Попречни пресек бурета је једнакокраки трапез.

14

80 cm

32 cm

32 cm

32 cm

1m

Однос међу равнима Две различите равни у простору или се секу или немају заједничких тачака.

Уколико је пресек две равни непразан, онда је пресек те две равни права.

Ако две равни немају заједничких тачака, онда су те две равни паралелне. Равни  и  се секу и њихове заједничке тачке образују праву,    = p. Примети да је p   и p  . Равни  и  су паралелне, па пишемо  || .

Задатак 1. Зидове твоје учионице посматрај као моделе равни. Одреди парове паралелних равни и парове равни које се секу. Наведи још неке моделе равни из окружења који представљају паралелне равни и неке који представљају равни које се секу. Имај на уму да иако су модели ограничени, равни које они одређују неограничено се пружају у свим правцима. Пример 1. У примеру на страни ?? доказали смо да пет тачака од којих никоје четири нису у једној равни одређују тачно десет различитих равни. Докажимо сада да се сваке две од ових десет равни секу. Заиста, ако изаберемо било које три од датих пет тачака и тиме одредимо једну раван, преостаће нам само две тачке тако да сваки други избор неке три тачке мора садржавати бар једну тачку прве тројке. Другим речима, раван одређена другом тројком тачака има заједничку тачку са првом, то јест сече је. На страни ??, набројали смо све могуће изборе три од пет тачака, тако да се на основу њега можемо и директно уверити да свака два избора три од пет тачака имају заједничку тачку.

37

Пример 2. Посматрајмо неке равни које одређују темена коцке ABCDA1B1C1D1. Равни у којима се налазе стране ABCD и ADD1A1 се секу. Њихов пресек је права одређена тачкама A и D, (A, B, D)  (A, D, D1) = p(A, D). Равни у којима се налазе стране ABCD и A1B1C1D1 су паралелне, (A, B, C) || (A1, B1, C1). Раван одређена паралелним правама p(A, A1) и p(C, C1) сече раван одређену другим паром паралелних правих p(B, B1) и p(D, D1). Њихова пресечна права је одређена центрима квадрата ABCD и A1B1C1D1. Раван која садржи средишта дужи AA1, BB1, B1C1, и A1D1 паралелна је са равни која је одређена паралелним правама p(A, B) и p(C1, D1). Задатак 2. Дата је коцка ABCDA1B1C1D1. Испитај да ли се следећи парови равни секу или представљају паралелне равни. У случају да се секу, одреди пресечну праву. 1) (A, B, C) и (B, C1, D1); 2) (A, B, C) и (A1, C, D); 3) (B, C, C1) и (A1, D1, C1); 4) (A, B, A1) и (C, C1, D1); 5) (A, D, A1) и (B, B1, D1); 6) (C, D, C1) и (A, A1, B1). Задатак 3. У сваком од наредних пет случајева одреди однос сваке две равни, а затим и пресек све три равни.

Задатак 4. Заокружи број испред тачне реченице. 1) Ако су равни  и  паралелне, тада је и свака права равни  паралелна са . 2) Ако у равни  постоји права која сече раван , онда се равни  и  секу. 3) Ако је раван  паралелна са равни  и раван  паралелна са равни , онда су и равни  и  паралелне.

38

Диедар Свака права у равни дели ту раван на две полуравни. Посматрајмо праву p и неку раван у којој се она налази. Тачке равни које не припадају правој p су подељене у два скупа, при чему сваки чине оне тачке које су са исте стране праве p. Две тачке A и B су са исте стране праве p ако дуж AB не сече праву p. У супротном су са различитих страна праве p. Сваки од уочених делова равни заједно са правом p образује једну полураван. Уобичајено је да се уочени делови равни означавају грчким словима, па полуравни приказане на слици десно означавамо са p и p. Пресек полуравни p и p је права p. Примети да је дефиниција полуравни аналогна дефиницији полуправе. Наиме, свака тачка неке праве дели ту праву на два дела, при чему сваки део чине оне тачке праве које су са исте стране уочене тачке. Полуправе са заједничким почетком образују угаону линију помоћу које се дефинише веома важан појам у геометрији – појам угла. Сети се да угао чине угаона линија и област угла.

Слично томе, појам диедра има веома важну улогу у стереометрији. Две полуравни са заједничком граничном правом деле простор на два дела. Те две полуравни заједно са тачкама једног од уочених делова простора образују диедар.

Диедар је реч грчког порекла састављена од префикса ди- (грч. дис – двапут) и речи едар (грч. едрон – страна, површ). Модел диедра је најједноставније направити пресавијањем папира дуж неке праве линије.

39

Диедри се међусобно разликују по величини угла између полуравни.

Шта је угао између полуравни диедра? Нека је O произвољна тачка граничне праве p диедра p. Нека је Oa полуправа у полуравни p нормална на p у тачки O и Ob полуправа у p нормална на pу тачки O. Угао aOb је угао диедра p.

Овако одређен угао представља угао диедра зато што не зависи од избора тачке на граничној правој. Да смо изабрали било коју другу тачку O1 на p и спровели исту конструкцију, добили бисмо угао a1O1b1 подударан углу aOb.

Два диедра су подударна уколико су им углови једнаки. Пример 1. Дата је коцка ABCDA1B1C1D1. Посматрајмо диедре приказане на слици десно. Угао првог диедра једнак је 90°. Угао другог диедра једнак је 45°.

Диедар чији је угао прав назива се прав диедар.

40

Задатак 1. Одреди углове диедара приказаних на наредним сликама.

Задатак 2. Дат је прав диедар p. У полуравни p дата је тачка A, а у полуравни p тачка B, тако да се нормале из ових тачака на граничну праву p секу у тачки O (O  p). Одреди дужину дужи AB ако је AO = 16cm и BO = 20cm. Нека је p прав диедар и нека је у полуравни p дата тачка A. Нека је O подножје нормале из A на p. Ако је Oa полуправа у p нормална на p, онда је AOp = 90°, јер је диедар прав. Дакле, нормала из A на p нормална је и на p и Oa, па како је p  p и Oa  p, следи да је нормална и на полураван p. Одавде даље закључујемо да је AO нормално на сваку полуправу са почетком O која се налази у полуравни p. Пример 2. Дат је прав диедар p. У полуравни p дата је тачка A, а у полуравни p тачка B. Ако су O1 и O2 подножја нормала из тачака A и B на граничну праву p и ако је AO1 = 3cm, BO2 = √2cm и O1O2 = 1cm, одредимо растојање између тачака A и B.

Применом Питагорине теореме на троугао O1O2B одређујемо дужину дужи O1B: O1B = √O1O22 + O2B2 =

= √3.

Како је угао AO1B прав (зашто?), Питагорину теорему можемо применити и на троугао AO1B: AB = √AO12 + O1B2 =

= √12 = 2√3.

41

Задатак 1. Дат је прав диедар p. У полуравни p дата је тачка A, а у полуравни p тачка B. Нека су O1 и O2 подножја нормала из тачака A и B на граничну праву p. Одреди: 1) AB ако је AO1 = 5cm, BO2 = 4cm и O1O2 = 3cm; 2) BO2 ако је AB = 13cm, AO1 = 12cm и O1O2 = 3cm; 3) AO1 и BO2 ако је AB = 17cm, AO2 = 15cm и O1O2 = 9cm; 4) O1O2 ако је AB = 17cm, BO1 = 15cm и AO2 = 4cm.

Нормалне равни Сваке две равни које се секу одређују четири диедра. Једноставно се закључује да су унакрсни диедри међусобно подударни. Уколико су пак сви диедри међусобно подударни, онда су они прави и за те две равни кажемо да су нормалне.

Сети се да за сваку тачку и сваку праву постоји само једна права која садржи ту тачку и нормална је на дату праву. Слично важи за праве и равни.

За сваку праву и сваку раван, ако права није нормална на раван, постоји само једна раван која садржи ту праву и нормална је на дату раван. Претходно тврђење не важи за тачке и равни. За сваку тачку и сваку раван постоји бесконачно много равни које садрже ту тачку и нормалне су на дату раван. Такође, ако је права нормална на раван, онда постоји бесконачно много равни које садрже ту праву и нормалне су на дату раван. Али, као што смо већ видели, за сваку тачку и сваку раван постоји само једна права која садржи ту тачку и нормална је на дату раван. Задатак 1. Заокружи број испред тачне реченице. 1) Ако је раван  нормална на раван , онда је свака права равни  нормална на раван . 2) Ако су равни  и  нормалне на раван , онда су  и  паралелне равни. 3) Aко је раван  нормална на раван  и права p, која није у , нормална на , онда је права p паралелна са равни . 4) За сваке две различите тачке и сваку раван постоји само једна раван која садржи те две тачке и нормална је на дату раван.

42

Линеарна једначина. Еквивалентност једначина Пример 1. Одредимо решења једначине x = 2 и једначине x + 7 = 9. Једначина На основу x+7=9 x=2 закључујемо да је x = 9 – 7, је најједноставнијег облика и из односно x = 2. ње директно видимо (читамо) да је Дакле, једино решење једначине x + 7 = 9 је њено једино решење број 2. број 2. Дакле, једначине x = 2 и x + 7 = 9 имају исто решење. Две једначине су еквивалентне ако је свако решење једне од њих уједно решење и друге, или ако обе једначине немају решења. Нас ће, засад, посебно интересовати линеарне једначине. Једначина са једном непознатом x је линеарна ако је евивалентна једначини облика аx + b = 0, где су а и b реални бројеви. Из практичних разлога, у горњој дефиницији је дозвољено да коефицијент уз променљиву може бити и 0, али ми ћемо тај случај посматрати одвојено. Како од дате једначине добијамо њој еквивалентну? Слично, као што од датог израза добијамо њему еквивалентан применом неког од правила рачунања, од дате једначине добијамо њој еквивалентну ако применимо неко од следећих правила која важе за једнакости.

Правило замене Нађимо једначину најједноставнијег типа, еквивалентну једначини x = 7 + 2. Знамо да је 7 + 2 = 9, односно изрази 7 + 2 и 9 су еквивалентни. Зато један од њих можемо заменити другим. Тако добијамо једначину x = 9 која је еквивалентна полазној. Слично, у једначини 2(x + 2) – 3 = 5 израз 2(x + 2) можемо заменити изразом 2x + 4, јер су та два израза еквивалентна. Тако добијамо једначину 2x + 4 –3 = 5 која је еквивалентна полазној.

66

Поступајући слично као у претходна два примера, можеш ли да напишеш једначину еквивалентну једначини (2 + 3)x – 5 = 0? Таквих једначина има више, али вероватно ти прво пада на памет да је 2 + 3 = 5, то јест да су изрази 2 + 3 и 5 еквивалентни. Зато израз 2 + 3 замењујемо изразом 5 и добијамо једначину 5x – 5 = 0 која је еквивалентна полазној.

Правило замене (израза њему еквивалентним). У једначини, заменом алгебарског израза њему еквивалентним изразом, добијамо нову једначину која је еквивалентна полазној.

Уобичајено је да се непозната налази на левој страни једначине. Ако желимо, то увек можемо и постићи, јер из A = B следи B = A. Заменом места страна једначине (лева постаје десна, а десна лева), добијамо једначину која је еквивалентна полазној.

Правило о додавању Правила која су важила за бројеве настављају да важе и за изразе, јер алгебарски изрази са променљивом при додели неке конкретне (допустиве) вредности тој променљивој постају бројевни изрази. За реалне бројеве а, b, c на основу а = b следи а + c = b +c и а – c = b – c. На основу претходног закључујемо да када додамо број 18 на обе стране једначине 9x – 18 = 0 добијамо њој еквивалентну једначину 9x – 18 + 18 = 0 + 18.

Правило о додавању (истог израза на обе стране једначине). Додавањем истог израза на обе стране једначине (одузимањем истог израза од обе стране једначине), добијамо једначину која је еквивалентна полазној. У називу овог правила не помиње се одузимање јер је одузети неки израз исто што и додати њему супротан израз.

Сада, применом правила, добијамо једначину 9x = 18 која је еквивалентна полазној. Приметимо да примена правила о додавању за последицу има да број –18 нестаје на левој страни једначине, а да се на десној страни појављује број +18. Зато се често каже – преласком на другу страну једначине, број мења знак. Међутим, никаквог преласка нема, зар не?

67

Правило о множењу За реалне бројеве а, b, c, где је c ≠ 0, на основу а = b следи а · c = b · c и а : c = b : c. Значи, ако обе стране једначине 9x = 18 помножимо са 1 , добијамо њој еквивалентну 9 једначину 9x · 1 = 18 · 1 . Међутим, чешће ћемо рећи „поделимо са 9“ (и тако 9 9 записивати).

Правило о множењу (истим „ненула“ изразом обе стране једначине). Множењем (дељењем) истим изразом, различитим од 0, обе стране једначине, добијамо једначину која је еквивалентна полазној. У називу овог правила се не помиње дељење, јер је дељење неким бројем (различитим од 0) исто што и множење његовом реципрочном вредношћу.

Која једначина најједноставнијег облика је еквивалентна једначини 9x : 9 = 18 : 9? Задатак 1. Спој еквивалентне једначине.

· 3x – 9 = –4 · 3x – 1 = –4 · x = –1 · 2x – 14 = 0

· 3x – 5 + 4 = –4 · 3(x – 3) = –4 · 3x + 1 = 2x ·7–x=x–7

Задатак 2. Заокружи слово испред линеарних једначина. а) 3x = 5;

б) x2 = 2;

в)

1 =3− x; x

г) 5 – 5x = 3x + 6.

Задатак 3. Милица и Милош су применом правила замене, правила о додавању и правила о множењу добили једначине најједноставнијег облика за које тврде да су еквивалентне једначини 8x + 5 = 3(4x – 1). Да ли се слажеш са тврђењем неког од њих двоје? Зашто?

68

Милица 8x + 5 = 3(4x – 1) 8x + 5 = 12x – 3 3 + 5 = 12x – 8x 8 = 4x x=4

Милош

8x + 5 = 3(4x – 1) 8x + 5 = 12x – 3 8x – 12x = –3 + 5 –4x = 2 x = 0,5

Решавање линеарних једначина с једном непознатом Једначину смо решили када одредимо све бројеве који су њена решења или утврдимо да једначина нема решење. Једначина која има решење може имати једно, неколико или бесконачно много решења. Линеарну једначину са једном непознатом решавамо тако што применом правила замене, правила о додавању и правила о множењу, коначан број пута, долазимо до њој еквивалентне једначине из које директно читамо решење (решења). Пример 1. Решимо једначину 5x – 8 = 0. Прво ћемо на обе стране једначине додати број 8. После замене израза – 8 + 8, 0 + 8 и 5x + 0 њима еквивалентним, обе стране делимо бројем 5 (помножимо са 1 ), како би нам на левој страни 5 једначине остала само променљива x. Коначно, заменом израза 5x : 5 и 8 : 5 њима еквивалентним, добијамо једначину из које директно читамо решење. Наравно, увек је пожељно извршити проверу. То можемо урадити на два начина: · прво израчунавамо вредност израза са једне стране једначине, па са друге, и потом проверимо да ли смо добили једнаке вредности; · истовремено израчунавамо вредности обе стране једначине и проверавамо да ли смо добили истиниту бројевну једнакост. Задатак 1. Реши линеарну једначину:

а) x – 2 = 1 ; 3

б) –2x = 3;

в) 13 – 3x = 52.

Покажимо сада како у општем случају решавамо линеарну једначину аx + b = 0, где је а било који реалан број различит од 0, а b произвољан реалан број.

Применом правила замене, правила о додавању и правила о множењу, добијамо низ међусобно еквивалентних једначина. При том, циљ нам је да у последњој једначини на левој страни остане само непозната величина, а на десној страни неки реалан број.

69

Линеарна једначина аx + b = 0, када је а ≠ 0, има јединствено решење, број – b . a Задатак 2. Реши линеарну једначинe и потом уради проверу: а) 9x – 2 = 25;

б) 7 – 3x = –8.

Пример 2. Решимо једначину 7x – 8 = 4x + 4. Приметимо да се непозната налази на обе стране дате једначине. Наш први циљ при решавању таквих једначина је да раздвојимо непознате и константе. Уобичајено је да се прво побринемо да се сви мономи који садрже непознату налазе на левој страни једначине. Задатак 3. Реши једначине и потом уради проверу: а) 5x + 3 = 3x + 9; б) 4 – 7x = 3x + 9 ;

в) 2x – 13 = 8 – 6x + 3.

Пример 3. Решимо једначину x + 11 = 2 . 6 3 Рад са разломцима се најчешће избегава (јер је компликованији од рада са целим бројевима). Зато обе стране једначине прво множимо са S(6, 3) = 6. Наиме, уколико се у једначини појављују разломци, множимо обе стране једначине заједничким садржаоцем именилаца и тако добијамо једначину еквивалентну полазној, али која не садржи разломке. Задатак 4. Реши једначине: а) 3 – x = 1; б) 2 x – 2 = – 2 x; 4 7 3 5

Ако a|b, онда је S(a, b) = b.

в) x – x + 1 1 = x – 1. 4 3 2 6

Пример 4. Решимо једначину 5x = 5x + 1. Очигледно је да дата једначина нема решења, али ипак, трансформишимо је у облик аx = b. Применом правила о додавању и правила замене, долазимо до еквивалентне једначине 0 · x = 1. Како је производ произвољног броја и 0 једнак 0, јасно је да једначина 0 · x = 1 нема решење. Једначина еквивалентна једначини 0 · x = b, где је b ≠ 0, нема решење. Свака линеарна једначина која нема решење је еквивалентна једначини 0 · x = 1.

70

Задатак 5. Међу једначинама 2 – 2x = – 2x, – 2x = –3x , 5x – 3 = 3 – 5x и – 2 + x = –3 + x издвој оне које немају решења. Пример 5. Решимо једначину 5x = 2x + 3x. Како је 2x + 3x = (2 + 3)x = 5x, изрази 2x + 3x и 5x су еквивалентни. Зато је сваки реалан број решење дате једначине. Применом правила о додавању и правила замене, долазимо до еквивалентне једначине 0 · x = 0, чије је решење сваки реалан број. Ако је сваки реалан број решење неке једначине, кажемо да је она неодређена и називамо је идентитетом. Сваки реалан број је решење једначине која је еквивалентна једначини 0 · x = 0. Свака линеарна једначина која је идентитет је еквивалентна једначини 0 · x = 0. Да покажемо да једначина јесте идентитет, неопхопдно је да покажемо да су изрази са различитих страна једнакости еквивалентни, односно да покажемо да је једначина еквивалентна једначини 0 · x = 0, као што смо то урадили у примеру 5. Да покажемо да једначина није идентитет, довољно је да покажемо да постоји (бар један) број који, додељен непознатој, једначину не преводи у истиниту бројевну једнакост. Пример 6. Посматрајмо једначину (3 + 5x)2 = 32 + (5x)2. Ако непознатој x доделимо вредност 0, добијамо истиниту бројевну једнакост 9 = 9. Међутим, то нам није довољно да закључимо да ће се исто десити и за друге вредности непознате x. На основу једног појединачног случаја, или више њих, не можемо да изведемо закључак који се односи на све случајеве. Ако непознатој x доделимо вредност 1, добијамо бројевну једнакост 64 = 34 која није истинита, и то нам јесте довољно да закључимо да дата једначина није идентитет. Задатак 6. Издвој идентитете: а) 2 – 2x = –2(1 – x); б) 2x + 1 = –3(3 – x) – x; в) (2 – x)2 = 22 – x2. На шеми десно приказана су сва три случаја која настају при решавању линеарне једначине ax + b = 0, у зависности од вредности коефицијената a и b.

71

Пример 7. Нађимо решења једначине (x + 6)2 = x2 + 144. Наизглед се може учинити да ова једначина није линеарна. Међутим, то је погрешно, што ћемо и показати, а потом и решити једначину. Дакле, и једначине које садрже више степене непознате (други, трећи, и тако даље) могу бити еквивалентне некој линеарној једначини, то јест могу бити линеарне.

Задатак 7. Покажи да је једначина (x – 2) (x + 3) = (x – 4)2 – 1 линеарна, а онда је и реши. Пример 8. Одредимо решења једначина 2(x + 3) – 8 = 18 и 3(4(2 – 3(x – 1)) – 5) – 8 = 1. У обе дате једначине непозната x се налази у оквиру израза унутар заграда. Тада: · или се ослободимо заграда тако што извршимо назначене операције, · или прво сматрамо да је непозната величина читав израз који се налази у загради и одређујемо чему је он једнак, а затим одређујемо непознату. У сваком конкретном случају одлучујеш на који начин ћеш решити проблем. Наравно, резултат не зависи од начина рада. При решавању једначине 2(x + 3) – 8 = 18 прво ћемо се ослободити заграда. Реши једначину и на други начин. Видећеш да су у овом случају оба поменута начина подједнако ефикасна.

Како се у једначини 3(4(2 – 3(x – 1)) – 5) – 8 = 1 непозната налази у оквиру три пара заграда, изабраћемо други начин за њено решавање. Реши једначину и на други начин, па процени да ли смо изабрали ефикаснији начин.

72

Једначине које се своде на линеарне Неке једначине нису линеарне, али се њихово решавање ипак своди на решавање одговарајућих линеарних једначина. Прво ћемо показати да се неке једначине са апсолутном вредношћу своде на решавање линеарних једначина.

|a|= Ако је А(а), а О(0) координатни почетак, онда је |a| = |OA|. Пример 1. Решимо једначину |3x + 2| = 5. Како је |5| = 5 и |–5| = 5, решење дате једначине је онај реални број x за који је 3x + 2 = 5 или 3x + 2 = –5. Дакле, решавање полазне једначине се своди на решавање две линеарне једначине. Једначина |3x + 2| = 5 има два решења, бројеве 1 и – 7 . 3 Провери! Задатак 1. Реши једначине: а) |x| = 5; б) |5 – 5x| = 3;

в) 3|x| + 6= 5|x| – 4.

Пример 2. Решимо једначину (x + 3) · (6 – x) = 0 Решавање ове једначине (уопште, решавање једначина овог облика) своди се на решавање одговарајућих линеарних једначина. Ако је ab = 0, онда је a = 0 или b = 0. 2 Пример 3. Решимо сада и једначину x + 4x = 0.

При решавању једначине x(x + 4) = 0 не смемо обе стране једначине делити са x, јер правило о множењу захтева да буде x ≠ 0. Међутим, број 0 јесте решење ове једначине.

ab + ac = a(b+c)

79

Кључно за решавање једначина попут ових из примера 2 је да се оне своде на једначину облика AB = 0, одакле закључујемо да је A = 0 или B = 0. Задатак 2. Реши једначине: а) (x – √2)(x + √3) = 0;

б) 28x – 35x2 = 0;

в) x3 = 4x2.

Пример 4. Решавање једначина x2 – 25 = 0 и x2 – 2x + 1= 4 (уопште, решавање једначина ових облика) такође се, слично као у примеру 2, своди на решавање одговарајућих линеарних једначина. 2 2 а – b = (a + b)(a – b)

Задатак 3. Реши једначине: 2 б) x3 – 3x = 0; а) 9 – x = 0;

Једначина x2 = a, где је a > 0, има два решења √a и – √a.

а2 +2ab + b2 = (a + b)2

в) x2 + 6x + 4 = 0.

Задатак 4. Квадрат неког броја је једнак његовој трострукој вредности. О ком броју је реч? Задатак 5. Шестострука вредност неког броја за 8 је већa од квадрата тог броја. Одреди тај број. Задатак 6. Одреди број такав да је збир његовог квадрата и његове десетоструке вредности 75. Задатак 7. Одреди све бројеве чији је трећи степен једнак производу тог броја и броја 16. Задатак 8. Дужа катета је за 1 краћа од хипотенузе, а за 7 дужа од краће катете. Одреди дужине страница тог правоуглог троугла.

a2 + b2 = c2

80

Можда ће ти звучати чудно, али читава једна грана математике – теорија игара – бави се проучавањем игара. Основни проблем те области је да ли је одређена игра фер или не. Игра је фер уколико ниједан од играча нема предност, то јест ако ниједан од играча нема могућност да себи осигура победу. Уколико постоји начин играња који неком од играча осигурава победу, кажемо да тај играч има победничку стратегију и тада игра није фер. Следећи пример представља игру која се заснива на познавању линеарних једначина које су идентитети. Пример. Димитрије је осмислио следећу игру, коју предлаже Љубици. Каже јој: „Ти замислиш један број и с њим рачунаш по редоследу који ти кажем. Након тога, уколико погодим резултат тог рачуна, ја побеђујем, а ако не, ти побеђујеш. Поступак рачунања је следећи: Од замишљеног броја одузми 2, па добијени број помножи са бројем који је од њега за 6 већи. Затим од тог производа одузми квадрат замишљеног броја. Онда добијену разлику подели са 2, па количник увећај за 5. На крају, од добијеног броја одузми замишљени број. Хоћеш да пробамо?“ Шта би ти предложио Љубици да одговори? Прво ћемо анализирати поступак рачунања који треба спровести. Обележимо са x замишљени број. Онда треба израчунати бројевну вредност израза А(x), где је 2 A(x) = (x – 2)((x – 2) + 6) – x + 5 – x. 2 Међутим, оно што је интересантно је следеће: 2 2 2 A(x) = (x – 2)((x – 2) + 6) – x + 5 – x = x + 2x – 8 – x + 5 – x = x – 4 + 5 – x = 1. 2 2 2 Изрази (x – 2)((x – 2) + 6) – x + 5 – x и 1 су еквивалентни, па је зато једначина 2 (x – 2)((x – 2) + 6) – x2 + 5 – x = 1 2 идентитет. Према томе, Димитрије увек унапред зна резултат и има могућност да увек победи. Зато предложена игра није фер (Димитрије има победничку стратегију), па Љубица не треба да започиње ову игру са Димитријем, осим ако није спремна да изгуби сваку партију.

Задатак. Шта би предложио Димитрију ако њему Љубица предложи следећу игру: „Димитрије, замисли један број. Онда тај број увећај за 1, па резултат помножи са бројем који је од њега за 3 мањи. Затим од тог производа одузми квадрат броја који је за један већи од замишљеног. Сада ми реци резултат, а ја ћу теби рећи који број си замислио. Ако погодим, ја сам победила, а у супротном, ти.“

81

Линеарна неједначина Знаке и ≥ једним именом називамо знацима неједнакости. Неједначине са једном променљивом смо већ решавали. На пример, такве су x + 7 < –3, 5x – 33 ≤ 0, 6 – 2 x > 8, |x| < 5, x2 ≥ 9. 3 Два алгебарска израза који садрже променљиву или променљиве, спојена знаком неједнакости (с циљем да се одреде вредности те променљиве или тих променљивих за коју је неједнакост истинита), чине неједначину. Уколико се у неједначини појављује само једна променљива, кажемо да је то неједначина са једном непознатом. Наравно, постоје и неједначине са више променљивих (две, три и тако даље), на пример 5x – 4y ≤ 6. Број –11 јесте решење неједначине x + 7 < –3, јер је –11 + 7 < –3, a број –10 није решење неједначине x + 7 < –3, јер бројевна неједнакост –10 + 7 < –3 није истинита. Решење неједначине је сваки број који додељен непознатој ту неједначину преводи у истиниту бројевну неједнакост. Задатак 1. Напиши три неједначине и провери за сваку од њих да ли је неки од бројева 0, √3, – 2 3 решење те неједначине. Скуп решења неједначине често исказујемо користећи интервале реалних бројева. Интервал (а, b), где је а < b, је скуп реалних бројева x са особином да је а < x < b. Интервал [а, b), где је а < b, је скуп реалних бројева x са особином да је а ≤ x < b. Интервал (а, b], где је а < b, је скуп реалних бројева x са особином да је а < x ≤ b. Интервал [а, b], где је а < b, је скуп реалних бројева x са особином да је а ≤ x ≤ b. Kао ознаку за бесконачно у математици користимо симбол ∞, односно симболе +∞ и –∞. Ове ознаке нам омогућавају да запишемо и неограничене интервале.

82

Интервал (а, +∞) је скуп реалних бројева x са особином да је x > a. Интервал [а, +∞), где је а < b, је скуп реалних бројева x са особином да је x ≥ a. Интервал (–∞, а) је скуп реалних бројева x са особином да је x < a. Интервал (–∞, а] је скуп реалних бројева x са особином да је x ≤ a. Приметимо да интервали (а, +∞), [а, +∞), (–∞, а), (–∞, а] у ствари представљају скупове решења најједноставнијих неједначина x > a, x ≥ a, x < a, x ≤ a.

Тачан разлог за увођење баш симбола ∞ као ознаке за бесконачно није познат (постоји више различитих тумачења). За само увођење овог симбола је највероватније заслужан енглески математичар Џон Волис (1616–1703).

Еквивалентност неједначина Еквивалентне неједначине дефинишемо слично еквивалентним једначинама. Две неједначине су еквивалентне ако имају исти скуп решења, то јест ако је свако решење једне од њих уједно решење и друге, или ако обе неједначине немају решења. Нас ће, засад, посебно интересовати линеарне неједначине. Неједначина са једном непознатом x је линеарна ако је евивалентна некој од неједначина облика аx + b < 0, аx + b ≤ 0, аx + b > 0, аx + b ≥ 0, где су а и b реални бројеви. Из практичних разлога, у горњој дефиницији је дозвољено да коефицијент уз променљиву буде и 0. Ми ћемо тај случај посматрати одвојено. Пре него што смо решавали линеарне једначине утврдили смо правила помоћу којих од дате једначине добијамо њој еквивалентну. Тако ћемо поступити и сада, када је реч о неједначинама.

83

Правило замене (израза њему еквивалентним). У неједначини, заменом алгебарског израза њему еквивалентним изразом, добијамо нову неједначину која је еквивалентна полазној.

У шематским приказима које ћемо давати, из практичних разлога, увек ћемо наводити само један тип неједначина, A < B. Наравно, наведена правила важе и за друга три облика неједначина, A ≤ B, A > B и A ≥ B. Као и код једначина, уобичајено је да се непозната налази на левој страни. Међутим, ако се непозната јавља у изразу B у неједначини A < B, онда уместо неједначине A < B решавамо њој еквивалентну једначину B > A. Задатак 1. Попуни дату табелу као што је почето. a b a < b? 1 2 истинита –3 –4 –0,5 0,1

a+2 3

b+2 4

2

–6

a + 2 < b + 2? истинита

a–3 –2

b–3 –1

a – 3 < b – 3? истинита

Да ли си и пре израчунавања вредности знао одговоре?

За реалне бројеве а, b, c на основу а < b следи а + c < b + c и а – c < b – c . Као што смо већ више пута поновили у алгебарским изразима, променљива представља замену за неки конкретан број, па правила у вези с алгебарским изразима изводимо на основу правила која важе за реалне бројеве. Тако на основу претходног добијамо следеће правило битно за решавање неједначина. Правило о додавању (истог израз на обе стране неједначине). Додавањем истог израза на обе стране неједначине (одузимањем истог израза од обе стране неједначине) добијамо нову неједначину која је еквивалентна полазној. Задатак 1. Попуни дату табелу као што је почето.

84

a b a < b? 1 2 истинита –3 –4 –0,5 0,1

2a 2

2b 4

4

–6

2a < 2b? истинита

–3a –3

–3b –6

–3a < –3b? неистинита

Да ли си и пре израчунавања вредности знао одговоре?

За позитиван реалан број c и произвољне реалне бројеве а и b на основу а < b следи а · c < b · c . а < b, c < 0 b – а > 0, c < 0 (b – а)c < 0 bc – аc < 0 аc > bc За негативан реалан број c и произвољне реалне бројеве а и b на основу а < b следи а · c > b · c . На основу претходна два тврђења долазимо до још једног правила за решавање неједначина. За разлику од правила множења код једначина, сада, код неједначина, морамо да разликујемо два случаја. Множење позитивним бројем не мења знак неједнакости, док множење негативним бројем тај знак мења. Правило о множењу (истим „ненула“ изразом обе стране неједначине). Множењем (дељењем) истим позитивним бројем (позитивним изразом) обе стране неједначине добијамо нову неједначину истог типа која је еквивалентна полазној. Множењем (дељењем) истим негативним бројем (негативним изразом) обе стране неједначине добијамо нову неједначину са промењеним знаком неједнакости која је еквивалентна полазној. Задатак 2. Спој еквивалентне неједначине.

·x–59

Задатак 3. Покажи да је неједначина 2x – 3 – 7x ≥ –1 линеарна. 7

85

Решавање линеарних неједначина с једном непознатом Недначину смо решили када одредимо све бројеве који су њена решења или утврдимо да такав број не постоји, то јест утврдимо да она нема решење. Линеарну неједначину са једном непознатом решавамо тако што применом правила замене, правила о додавању и правила о множењу, коначан број пута, долазимо до њој еквивалентне неједначине из које директно читамо скуп решења. Пример 1. Решимо неједначину x – 1 > 0. 3 Прво ћемо на обе стране једначине додати број 7. После замене израза –1 + 1, 0 + 1 и x + 0 њима еквивалентним, обе 3 стране множимо бројем 3, како би на левој страни једначине остала само непозната x. Коначно, заменом израза x · 3 и 3 1 · 3 њима еквивалентним, добијамо неједначину x > 3 из које директно читамо скуп решења. Скуп решења дате неједначине је интервал (3, +∞). Уобичајено је скуп решења неједначине означавати са Rx. У нашем случају је Rx = (3, +∞). Такође, уобичајено је скуп решења графички представити на бројевној правој. За разлику од једначина, код неједначина најчешће није могуће извршити проверу, јер неједначине (које ћемо решавати) најчешће имају бесконачно много решења. Наравно, ти за неколико конкретних бројева из скупа решења које си добио можеш да провериш да ли заиста јесу решења или да то учиниш за неколико конкретних бројева ван скупа Rx. Ако ти, конкретни примери говоре у прилог твом решењу, то ипак није гаранција да си тачно решио неједначину, али ако се бар један не слаже са твојим решењем, то значи да си негде погрешио. Покажимо сада како у општем случају решавамо линеарну неједначину аx + b > 0, где је а произвољан позитиван реалан број, а b произвољан реалан број. Применом правила замене, правила о додавању и правила о множењу, добијамо низ међусобно еквивалентних неједначина. При том нам је циљ да у последњој неједначини на левој страни остане само непозната величина, а на десној страни неки реалан број.

Скуп решења линеарне неједначине аx + b > 0, када је а > 0, је – b , +∞ . a

86

Задатак 1. Реши једначине:

а) 3x + 21 ≥ –5;

б) 7 + 1,3x ≤ 3;

в) x – 1 < 2. 7

Пример 2. Решимо неједначину 5 – x > 0. 7 Прво ћемо на обе стране једначине додати број –5, па изразе 5 – 5, 0 + 1 и 0 – x заменити њима 7 еквивалентним. Потом обе стране неједначине множимо бројем –7 и мењамо знак неједнакости. Коначно, заменом израза – x · (–7) и –5 · (–7) њима 7 еквивалентним, добијамо неједначину x < 35 из које директно читамо скуп решења. Скуп решења дате неједначине је интервал (–∞, 35), то јест Rx = (–∞, 35). Покажимо сада како у општем случају решавамо линеарну једначину аx + b > 0, где је а негативан реалан број, а b произвољан реалан број. Применом правила замене, правила о додавању и правила о множењу, које у овом случају захтева промену знака неједнакости, добијамо низ међусобно еквивалентних неједначина. При том нам је циљ да у последњој једначини на левој страни остане само непозната величина, а на десној страни неки реалан број. Множењем обе стране неједначине негативним бројем знак неједнакости се мења на следећи начин.

Скуп решења линеарне неједначине аx + b > 0, када је а < 0, је –∞, – b . a Задатак 2. Реши једначине:

а) – x + 5 < 0; 3

б) 13 – 3x ≥ 52;

в) 5 – 3x ≤ –4. 3

87

Пример 3. Решимо неједначину 4x + 5 ≤ 7 + 5x. Примети да се непозната налази на обе стране дате неједначине. Наш први циљ при решавању таквих неједначина је да раздвојимо непознате и константе. То можемо урадити на следећа два начина.

У првом случају (слика лево) одлучили смо се да непознате пребацимо на леву страну неједначине и у том случају касније примењујемо правило о множењу негативним бројем и мењамо знак неједнакости. У другом случају (слика десно) одлучили смо се да непознате пребацимо на десну страну неједначине и у том случају касније примењујемо правило о множењу позитивним бројем. У сваком конкретном случају бираш начин који теби више одговара. Задатак 3. Реши неједначине: а) 11x – 8 ≥ 6 – 3x;

б) 9 – 5x < 1 – 2x;

в) – x + 2 2 = x – 1. 5 3 6

Пример 4. Сада ћемо показати како решавамо неједначине, попут 3(2 – x) + 5 ≥ 11, у којима се непозната налази унутар заградe или заграда. Као и код једначина, у сваком конкретном случају одлучујеш да ли ћеш одмах да се ослободиш заграда (случај приказан лево) или не (случај приказан десно).

Задатак 4. Реши једначине: а) 5 – 2x > 3(1 + x);

88

б) 3 x – 2 (x – 1) ≤ 0. 4 3

Пример 5. Решимо неједначину 3x > 3x – 1. Очигледно, решење дате неједначине је сваки реалан број. Применом правила о додавању и правила замене долазимо до еквивалентне једначине 0 · x > – 1. Како је производ произвољног броја и 0 једнак 0, а неједнакост 0 > –1 је истинита, закључујемо да је скуп решења ове неједначине скуп реалних бројева, то јест Rx = R. Скуп решења неједначине еквивалентне неједначини 0 · x > b, где је b < 0, је скуп реалних бројева. Задатак 5. Реши неједначину 3x < 3x + 1, па одреди скуп решења неједначине еквивалентне неједначини 0 · x < b, када је b > 0. Пример 6. Решимо једначину 3x > 3x + 1. Очигледно, дата неједначина нема решење. Применом правила о додавању и правила замене долазимо до еквивалентне једначине 0 · x > 1. Како је производ произвољног броја и 0 једнак 0, а неједнакост 0 > 1 није истинита, закључујемо да ова неједначина нема решења, то јест Rx = . Неједначина еквивалентна неједначини 0 · x > b, где је b > 0, нема решење. Задатак 6. Реши неједначину –3x < – 1 – 3x, па одреди скуп решења неједначине еквивалентне неједначини 0 · x < b, када је b < 0. Пример 7. Дужина једне стране приземне куће (правоугаоне основе) је 7m. Колико највише целих метара може бити дужина друге стране те кућа, а да површина њене основе не буде већа од 100m2? 7 · x ≤ 100 x ≤ 100 : 7 x ≤ 100 Друга страна куће 7 може бити дуга 2 највише 14m. x ≤ 14 7 Задатак 7. Дужине катете правоуглог троугла су 7cm и 10cm. За колико најмање целих центиметара треба продужити краћу катету да би новодобијени правоугли троугао имао површину 2 већу од 50cm ? А дужу?

89

Задатак 8. Реши неједначине |x| < 3, |x| ≤ 3, |x| > 3 и |x| ≥ 3. Пример 7. Решимо сада неједначине |2x + 1| < 3 и |2x+ 1| ≥ 3. Свака од две дате једначине своди се на решавање две линеарне неједначине.

Задатак 9. Реши неједначине:

а) |5 – 4x| > 3;

б) |3 – 5x| ≤ 9.

Решавање неједначина код којих се непозната јавља и у оквиру апсолутне вредности и ван ње, као на пример неједначина |2x + 1| < 3x, такође се своди на решавање одговарајућих линеарних неједначина, али у односу на претходне, овај поступак је још сложенији. Наиме, како је ,

|2x + 1| =

решавање дате неједначине се своди на решавање неједначине 2x + 1 < 3x, за x ≥ – 1 , и неједначине –2x – 1 < 3x, за x < – 1 . 2 2 Под условом да је x ≥ – 1 , захтевамо да је 2 2x + 1 < 3x, односно x > 1. Како x мора да задовољи оба услова, закључујемо да x  (1, +∞).

Под условом да је x < – 1 , захтевамо да је 2 –2x – 1 < 3x, односно x > – 1 . 5 Како x мора да задовољи оба услова, закључујемо да x  – 1 , – 1 . 5 2

Решење полазне неједначине је онда унија добијених интервала, то јест Rx = – 1 , – 1  (1, +∞). 5 2 Задатак. Реши неједначине:

90

а) |5x – 4| ≥ 9x;

б) |5 – 4x| > – 4x.

ПРИЗМА Претпоставимо да се два подударна многоугла налазе у паралелним равнима и да је сваки од њих ортогонална пројекција оног другог на одговарајућу раван. Слободније речено, претпостављамо да се многоуглови могу преклопити кретањем у правцу пројектујућих зрака. Дужи које се налазе на пројектујућим зрацима темена многоугла образују правоугаонике са паровима одговарајућих страница датих многоуглова. Тело ограничено паром датих многоуглова и правоугаоницима чији један пар страница представља пар одговарајућих страница многоуглова назива се права призма (права у смислу није коса, усправна). Пошто ћемо се бавити искључиво овом врстом призми, често ћемо реч „права“ изостављати. Подударни и паралелни многоуглови називају се основе или базе призме. Сваки правоугаоник који образује пар одговарајућих страница многоуглова са пројектујућим зрацима назива се бочна страна призме.

На претходној слици приказана је призма коју образују два (подударна) троугла и три правоугаоника. Наравно, основе призме могу бити и четвороуглови, петоуглови и тако даље.

Призме означавамо тако што најпре наведемо темена једне основе (то јест ознаку одговарајућег многоугла), а затим и темена друге основе у поретку који одговара редоследу навођења темена прве основе. На пример, прву призму са претходне слике означавамо са ABCDA1B1C1D1 (или са BCDAB1C1D1A1).

92

Будући да број темена многоугла који је основа призме у потпуности одређује број темена читаве призме, као и број ивица и број страна, призме чије су основе n-тоуглови називамо n-тостране призме (читај: „ентостране призме“). Основе тространих призми су троуглови, четвоространих четвороуглови и тако даље. Задатак 1. 1) Колико темена, ивица и страна има тространа призма? 2) Колико темена, ивица и страна има n-тострана призма? Четворострана призма чије су основе паралелограми назива се паралелепипед. Паралелепипед чије су основе правоугаоници назива се квадар. Коцка је специјалан случај квадра. Квадар је специфичан по томе што су сви многоуглови који га ограничавају правоугаоници, па се за основе може узети било који пар паралелних страна. То наравно није случај са осталим призмама.

Уколико су основе призме правилни многоуглови, кажемо да је и та призма правилна. Правилна призма чије су све ивице међусобно једнаке назива се једнакоивична призма. Једнакоивичан квадар је коцка. Странице многоуглова који су основе призме називају се основне ивице. Остале ивице призме су бочне ивице. Дужина бочних ивица назива се висина призме. Често се под висином призме подразумева и било која дуж нормална на равни основа и чије крајње тачке припадају овим равнима. Дијагонала призме је свака дуж која спаја два темена призме и не припада нити једној страни те призме. Дијагонале бочних страна и дијагонале основа нису дијагонале призме.

Примети да тростране призме немају дијагонале. Четворостране призме имају четири дијагонале.

93

Пример 1. Посматрајмо квадар QRSTQ1R1S1T1. Нека су дужине a, b и c дужине његових ивица. Одредимо дужину дијагонале овог квадра. Најпре треба приметити да су све дијагонале квадра међусобно једнаке. То се лако доказује применом става подударности СУС. Зато ћемо посматрати само једну дијагоналу, на пример, RT1. Нека је D њена дужина. Најважније је приметити да је RT1 хипотенуза правоуглог троугла RT1T са правим углом у темену T. Дакле, довољно је да одредимо дужине катета овог троугла. Једна је позната, TT1 = c. Друга катета је дијагонала правоугаоника QRST чије су нам странице познате. Применом Питагорине теореме на овај правоугаоник добијамо да је RT2 = d2 = a2 + b2. Сада имамо да је D2 = RT2 + TT12 = d2 + c2 = a2 + b2 + c2. Дакле, D = √a2 + b2 + c2. Као што смо већ истакли, најважније је добро замислити тело у простору. Већ смо више пута видели да нас слике могу обманути. Тако, да је RTT1 правоугли троугао, не видимо са слике, већ то закључујемо сагледавањем простора у мислима. Слично је и са правоуглим троуглом RTQ. Наравно, дати квадар могли смо да нацртамо као на слици десно, са које се лакше уочава да је троугао RTT1 правоугли. Међутим, на овој слици се троугао RTQ још више деформисао. У сваком случају, никако се не можемо у потпуности ослонити на наше „равне“ слике просторних фигура.

Претпостављајући да је a = b = c, одмах добијамо формулу за дужину дијагонале коцке: D = a√3. Дијагонала коцке ивице a једнака је a√3. Задатак 2. Ивице квадра су 9cm, 12cm и 17cm. Одреди дијагонале свих страна и дијагоналу овог квадра. Задатак 3. Одреди ивицу коцке ако је њена дијагонала 5cm.

94

Дијагонала призме је хипотенуза правоуглог троугла чија је једна катета дијагонала основе, а друга бочна ивица. Даље закључујемо да призма има онолико различитих дијагонала колико их има њена основа. Пример 2. Одредимо дијагонале правилне једнакоивичне шестостране призме. Основе правилне шестостране призме су правилни шестоуглови. Како је призма и једнакоивична, дужине бочних ивица (висина) и основних ивица су једнаке. Пошто правилан шестоуго има две различите дијагонале, толико их има и правилна шестострана призма.

Краћа дијагонала (D1) призме коју посматрамо јесте хипотенуза правоуглог троугла чије су катете краћа дијагонала (d1) њене основе и висина призме. Како је d1 = a√3 (зашто?) и висина призме једнака a, применом Питагорине теореме добијамо да је D1 = √d12 + a2 =

= √4a2 = 2a.

Дужа дијагонала (D2) призме коју посматрамо јесте хипотенуза правоуглог троугла чије су катете дужа дијагонала (d2) њене основе и висина призме. Како је d2 = 2a (зашто?) и висина призме једнака a, применом Питагорине теореме добијамо да је D2 = √d22 + a2 = √(2a)2 + a2 = √5a2 = √5a. Задатак 4. Основа четворостране призме је ромб. Ако је a = 15cm страница ромба, d1 = 18cm његова краћа дијагонала и H = 24cm висинa призме, одреди дијагонале ове призме. Пресек призме и равни одређене једном њеном ивицом и дијагоналом назива се дијагонални пресек призме. Задатак 5. Одреди површине дијагоналних пресека квадара приказаних на наредној слици.

95

Површина призме Површину полиедра дефинисали смо као збир површина многоуглова који га ограничавају (види страну ??). Наравно, ова дефиниција се односи и на специјалне полиедре којима се сада бавимо – призме. Свака призма је ограничена са два подударна многоугла које називамо основе или базе те призме и правоугаоницима којих има онолико колико страница има основа. Унија свих бочних страна призме назива се омотач те призме.

За израчунавање површине призме (као и било ког другог полиедра) веома је корисно представити њену површ одговарајућом мрежом. На претходној слици је приказана мрежа једне четворостране призме. Приликом цртања мреже призме важно је водити рачуна да суседни правоугаоници омотача одговарају суседним страницама основа. Задатак 1. Прецизно нацртај мреже следећих призми чије су димензије дате на сликама: 1) тростране призме;

96

2) квадра;

3) четворостране призме чија је основа једнакостраничан трапез.

Ако са B означимо површину једне основе, а са M површину омотача призме, онда се површина P те призме израчунава по формули: P = 2B+M. Из ове опште формуле једноставно изводимо обрасце за израчунавање површине свих специјалних случајева призми.

Задатак 2. 1) Израчунај површину квадра чије су ивице a = 3cm, b = 2cm и c = 5cm. 2) Израчунај површину правилне четворостране призме чија је основна ивица a = 4cm, а висина H = 10cm. 3) Израчунај површину коцке чија је дијагонала D = √3. Пример 1. Израчунајмо површину призме дате у задатку 1 под 3). Основа ове призме је једнакокраки трапез чије су основице a = 4cm и b = 2cm, а крак c = 2cm. Висина призме је H = 4cm. Израчунавање површине базе олакшава цртеж одговарајућег многоугла заједно са датим подацима. Тако, ако нацртамо једнакокраки трапез који је у бази дате призме, лакше ћемо одредити његову висину h = √3cm. Површина базе је B = 4 + 2 · √3cm2 = 3√3cm2. 2 Површина омотача дате призме је збир површина правоугаоника који чине омотач. 2 2 M = (4 · 4 + 2 · 4 + 2 · 4 + 2 · 4)cm = 40cm Дакле, површина дате призме је P = 2B + M = (6√3 + 40)cm2.

97

Линеарна једначина с две непознате Линеарна једначина с две непознате x и y је свака једначина еквивалентана једначини облика аx + by + c = 0, где су а, b, c реални бројеви, а коефицијенти а и b не могу истовремено бити једнаки 0 (а ≠ 0 или b ≠ 0). На пример, једначине 3x + 2y – 1 = 0, –x + y – 2 = 0, 11x – 7y – 4 = 0 јесу линеарне једначине с две непознате. Из практичних разлога у горњој дефиницији је дозвољено да коефицијенти уз непознате могу бити 0, мада је тада реч о линеарној једначини с једном непознатом, а не с две непознате. Од дате линеарне једначине с две непознате добијамо њој еквивалентну применом истих правила (замене, о додавању, о множењу) као и у случају једначина с једном непознатом. Решење линеарне једначине с две непознате аx + by + c = 0 је сваки уређени пар (x0, y0) који заменом x са x0 и y са y0 ту једначину преводи у тачну бројевну једнакост. На пример, уређени парови (1, –1) и (3, –4) јесу решења једначине 3x + 2y – 1 = 0, јер јесте 3 · 1 + 2 · (–1) – 1 = 0 и 3 · 3 + 2 · (–4) – 1 = 0. А уређени парови (0, 0) и (–5, 3) нису решења једначине 3x + 2y – 1 = 0, јер је 3 · 0 + 2 · 0 – 1 ≠ 0 и 3 · (–5) + 2 · 3 – 1 ≠ 0. Сваку линеарну једначину с две непознате аx + by + c = 0 (а ≠ 0 или b ≠ 0) можемо тумачити и као имплицитно задату линеарну функцију. Зато свакој таквој једначини придружујемо праву у координатном систему. Уређени пар координата сваке тачке те праве је једно од решења одговарајуће једначине. Једначина аx + by + c = 0, за а ≠ 0 и b ≠ 0, има бесконачно много решења, то јест има онолико решења колико права аx + by + c = 0, где је а ≠ 0 и b ≠ 0, има тачака. Пример 1. Када се Марко родио, његов отац је имао 25 година. Ако са x обележимо Маркове, а са y године његовог оца, онда дату реченицу описујемо са y = x + 25, где је x ≥ 0. Посматрајмо општију једначину од уочене (без услова x ≥ 0) x – y + 25 = 0. Права приказана десно одговара тој једначини. Она је график линеарне функције y = x + 25, односно график линеарне функције x – y + 25 = 0. Тај график (права) је потпуно одређен с две (различите) тачке које му припадају, али можемо одредити и више њих.

112

x y = x + 25

1 26

5 30

Задатак 1. Одреди m и n тако да уређени парови (2, m) и (–1, n) буду решења једначине 5x – 4y + 6 = 0. Задатак 2. Одреди три решења линерне једначине сa две непознате: а) y = 3x – 4; б) –2x + y = 3; в) x – 5y + 8 = 0; па нацртај праву у координатном систему која јој одговара.

Систем од две линеарне једначине с две непознате Пример 1. Отац је имао 30 година када се родио његов син Марко. Колико година сада има Марко ако знамо да је тренутно отац три пута старији од Марка? Обележимо са x Маркове, а са y године његовог оца. Онда прва реченица даје једну линеарну везу међу непознатим величинама x и y.

y = x + 30

Друга реченица даје још једну линеарну везу међу тим величинама.

y = 3x

Дакле, описаној ситуацији одговара систем од две линеарне једначине с две непознате.

y = x + 30 y = 3x

Општи облик система од две линеарне једначине с две непознате x и y је а1x + b1y = c1 а2x + b2y = c2, где су а1, b1, c1, а2, b2, c2 дати реални бројеви. Одредимо уређени пар бројева (x0, y0) који је решење обе једначине уоченог система. y0 = x0 + 30 y0 = 3x0

3x0 = x0 + 30 y0 = 3x0

x0 = 15 y0 = 45

45 = 15 + 30 45 = 3 · 15

Дакле, Марко сада има 15, а његов отац 45 година. Решење система од две линеарне једначине с две непознате x и y је сваки уређен пар реалних бројева (x0, y0) који је решење обе једначине тог система. Задатак 1. Уређени пар спој са системом чије је решење. (–1, 4) x + 2y = 8 2x – y = 1

(–2, 3)

(2, 3)

1, 1 2 2

5x + 4y = 11 2x + 3y = 10

x–y=0 7x + 3y = 5

3x + y = –3 y=3

113

Графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате Свакој од једначина система x – y = –30 3x – y = 0 одговара права у координатном систему. Уређени парови координата сваке од тачака праве y = x + 30 су решења прве, а уређени парови координата сваке од тачака праве y = 3x су решења друге једначине. Онда је уређени пар (15, 45) координата пресечне тачке P решење посматраног система.

Графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате а1x + b1y = c1 а2x + b2y = c2 чине две праве које су графици линераних функција а1x + b1y = c1 и а2x + b2y = c2. Две праве једне равни могу се наћи у једном од три различита међусобна односа: 1. праве се секу, то јест имају једну заједничку тачку; 2. праве су паралелне, али се не поклапају, то јест немају заједничких тачака; 3. праве се поклапају, то јест имају бесконачно много заједничких тачака. Пример 2. Нацртајмо графички приказ система 3x – y = 4 2x + y = 6. Праве које одговарају једначинама 3x – y = 4 (y = 3x – 4) и 2x + y = 6 (y = –2x + 6) се секу, то јест имају једну заједничку тачку (2, 2). Дакле, постоји само један уређени пар (2, 2) који је решење обе од датих једначина, па закључујемо да посматрани систем има јединствено решење (2, 2), то јест x = 2, y = 2.

Ако графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате чине две праве које се секу, тада тај систем има јединствено решење.

114

Задатак 2. Нацртај графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате: а) 7x – y = 4 б) x – y = 2 в) x – 2y = –6 –2x + y = 1; 6x – y = 2; x + y = 0; па на основу тога закључи колико решења има тај систем. Пример 3. Нацртајмо графички приказ система x+y=1 x + y = 5. Праве које одговарају једначинама x + y = 1 (y = –x + 1) и x + y = 5 (y = –x + 5) су паралелне и немају заједничких тачака. Дакле, не постоји уређени пар бројева који је решење обе од тих једначина, па закључујемо да посматрани систем нема решење.

Ако графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате чине две паралелне праве које се не поклапају, тада тај систем нема решење. Пример 4. Нацртајмо графички приказ система x–y=2 2x – 2y = 4. Једначине x – y = 2 и 2x – 2y = 4 су еквивалентне (друга се добија множењем обе стране прве једначине са 2), па се графици који им одговарају поклапају (y = x – 2). То значи да сваки пар координата тачака тог графика јесте решење посматраног система. Дакле, овај систем има бесконачно много решења. Ако графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате чине две праве које се поклапају, тада тај систем има бесконачно много решења. Дакле, графички приказ користимо да унапред, пре решавања датог система, сазнамо да ли тај систем има решење, као и колико их има.

115

За систем од две линеарне једначине с две непознате постоје три могућности: 1. систем има једно решење; 2. систем нема решење; 3. систем има бесконачно много решења. Задатак 3. Нацртај графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате: а) 3x – y = 1 б) 2x – 4y = 1 в) –x + 2y = –6 –3x + y = 1; 3x – 6y = 1,5; x + 2y = 6; па одреди да ли тај систем има решење, и ако га има, да ли је јединствено. Задатак 4. На основу датих графика запиши: а) два система једначина који имају јединствено решење; б) један систем који нема решење; в) један систем који има бесконачно много решења.

Еквивалентност система линеарних једначина Када су две једначине еквивалентне? Погледај страну ??. Слично важи и за системе. Два система једначина су еквивалентни ако је свако решење једног од њих уједно решење и другог, или ако оба система немају решење. Да бисмо од дате добили њој еквивалентну једначину, користили смо три правила: правило замене, правило о додавању и правило о множењу (погледај страну ??). Слично је и у случају система једначина. Пример 1. Посматрајмо следећа два система једначина. 2x – 2y = 0 x+y=2

:2

x–y=0 x+y=2

Прве две једначине овог система су еквивалентне и њима одговара права y = x. Друга једначина им је заједничка и њој одговара права y = –x + 2. Дакле, оба система имају исти графички приказ. Коефицијенти праваца те две праве (1 и –1) су различити, па се оне секу. Закључујемо да су посматрани системи еквивалентни и да је њихово једино решење уређени пар (1, 1). Провера. 2 · 1 – 2 · 1 = 0 1–1=0 1+1=2 1+1=2

116

Ако једначину система заменимо њој еквивалентном, добијамо нови систем еквивалентан полазном. Пример 2. Посматрајмо како добијамо следећи низ система једначина. x–y=0 x+y=2

+y

y=x

y=x

x+y=2

x+x=2

y=x 2x = 2

:2

y=x x=1

Други систем добијамо из првог замењујући прву једначину њој еквивалентном. На основу претходног правила, ова два система су еквивалентна. Потом израз y у другој једначини замењујемо изразом x, јер су они на основу прве једначине (y = x) једнаки. Затим другу једначину замењујемо њој еквивалентним једначинама и тако долазимо до последњег система. На основу графичких приказа првог (горе десно) и последњег система (десно) видимо да оба имају по једно решење. Провером потврђујемо да је једино решење оба система уређени пар (1, 1). Провера. 1 – 1 = 0 1=1 1+1=2 1=1 Ако у једначини датог система заменимо једну од непознатих са изразом који је једнак тој непознатој, на основу друге једначине добијамо нови систем еквивалентан полазном. Пример 3. Уочимо трансформације помоћу којих добијамо следећи низ система. x–y=0 x+y=2

y=x

x–y=0 2x = 2

:2

x=1

y=1 x=1

Други систем добијамо из првог замењујући другу једначину једначином која представља збир једначина првог система. Потом на основу претходна два правила добијамо следећа два система. Последњи систем је најједноставнијег облика, то је систем из кога директно читамо решење – уређени пар (1, 1). Сви системи у горњем низу су међусобно еквивалентни и њихово једино решење је (1, 1). Ако једну једначину датог система заменимо једначином која је збир или разлика једначина датог система, добијамо нови систем еквивалентан полазном.

117

ВАЉАК 1. Обим круга је О = 6πcm. Ако узмемо да је π ≈ 3,14, онда је површина овог круга приближно једнака: 2 2 2 2 2 а) 9,42cm ; б) 18,84cm ; в) 28,26cm ; г) 37,68cm ; д) 113,04cm .

2. Обим круга описаног око квадрата странице 2cm je: а) 2cm; б) 2√2cm; в) 4cm; г) 4√2cm; д) √2cm.

3. Површина прстена који образују описана и уписана кружница једнакостраничног троугла странице a је: а) √3 a2; 4 в) √3 a2; 36 д)  a2. 6

б)  a2; 4 г)  a2; 12

4. Површина обојене фигуре дате на слици десно је (у 2 cm ): а) 16 + 2; б) 16 + 4; в) 16 + ; г) 16 + 3; д) 16 – .

5. Ако точак бицикла пречника 63,7cm направи 2 000 обртаја, онда је бициклиста приближно прешао: а) 2km; б) 2,5km; в) 3km; г) 3,5km; д) 4km.

129

ВАЉАК Претпоставимо да се два подударна круга налазе у паралелним равнима и да је сваки од њих ортогонална пројекција оног другог на одговарајућу раван. Слободније речено, претпостављамо да се кругови могу преклопити кретањем у правцу пројектујућих зрака. Површ коју образују пројектујући зраци тачака датих кружница назива се цилиндрична површ.

Геометријско тело ограничено овим круговима и делом цилиндричне површи између њих назива се прав ваљак. Пошто ћемо се ми искључиво бавити оваквим ваљцима, реч „прав“ ћемо изостављати. Кругови су основе или базе ваљка. Део цилиндричне површи између равни основа назива се омотач ваљка. Растојање између равни основа назива се висина ваљка. Ваљак је пример геометријског тела које није полиедар. Он спада у такозвана обла тела. Ротацијом правоугаоника око једне његове странице настаје ваљак. Прецизније, све тачке простора кроз које пролазе тачке правоугаоника који ротира образују ваљак.

Зато се каже да ваљак представља и једно ротационо тело. Није тешко уочити да страница око које ротира правоугаоник представља висину добијеног ваљка. Друга страница правоугаоника је полупречник основе тог ваљка.

130

У многим језицима за ваљак се користи реч изведена од грчке речи kylindros, која изворно значи облица. У нашем језику користи се реч цилиндар. Поред поменутог значења, цилиндром се називају и разни предмети у облику ваљка, као што је, на пример, комора у моторима са унутрашњим сагоревањем или пак високи мушки шешир.

Пример 1. Ваљак је пресечен са равни која садржи центре његових основа. Ако је полупречник основе ваљка r = 1,5cm, а његова висина H = 4cm, одредимо површину пресека ваљка и равни. Најважније је открити која фигура је пресек равни и ваљка. То је правоугаоник чија је једна страница једнака пречнику основе (2r = 3cm), а друга висини ваљка (H = 4cm). Дакле, површина пресека је 2 P = 2rH = 12cm .

Права која садржи центре основа ваљка назива се оса ваљка. Пресек ваљка и равни која садржи осу ваљка назива се осни пресек ваљка. Задатак 1. Осни пресек ваљка висине H = 35cm је правоугаоник чија је дијагонала d = 37cm. Одреди полупречник основе ваљка. Задатак 2. 2 Осни пресек ваљка је квадрат површине 196cm . Одреди висину и полупречник основе ваљка. Задатак 3. Квадрат ротира око једне своје странице. Ако је a = 3cm страница квадрата, одреди површину осног пресека ваљка добијеног ротацијом датог квадрата. Задатак 4. У основе правилне четворостране призме уписану су кругови. Ако је основна ивица призме a = 4cm, а њена висина H = 6cm, одреди површину осног пресека ваљка који одређују уписани кругови.

131

Површина ваљка Да бисмо открили формулу за израчунавање површине ваљка, најпре је потребно да откријемо како изгледа мрежа ваљка. Очигледно, мрежа ваљка садржи два круга која су подударна његовим основама. Остаје још „развити“ омотач ваљка. Није тешко закључити да омотач ваљка развијен у равни представља правоугаоник.

Дужина једне странице правоугаоника који представља омотач једнака је висини ваљка, док је дужина друге једнака обиму основе. Нека је r полупречник основе ваљка, а H његова висина. Ако је B површина основе овог 2 ваљка, а M површина омотача, онда је B = r  и M = 2rH. Дакле, површина ваљка је P = 2B + M = 2r2 + 2rH = 2r(r + H). Површина ваљка полупречника основе r и висине H израчунава се по формули P = 2r(r + H). Пример 1. Израчунајмо површину ваљка ако је полупречник основе r = 3cm и висина H = 5,5cm. На основу датих података, једноставном применом формуле за израчунавање површине 2 2 ваљка добијамо да је P = 2r(r + H) = 2 · 3 · (3 + 5,5)cm = 51cm . Ако узмемо да је  ≈ 3,14, добијамо приближну вредност површине P ≈ 160,14cm2. Задатак 1. Одреди површину ваљка ако је пречник основе 2r = 3,4cm и висина H = 15,2cm. Задатак 2. 2 Одреди висину ваљка ако је полупречник основе r = 5cm, а његова површина P = 100cm .

132

Задатак 3. Странице правоугаоника су a = 5cm и b = 7cm. Одреди површину ваљка који настаје ротацијом овог правоугаоника: 1) око странице b; 2) око странице a.

Задатак 4. 2 Квадрат површине 12cm ротира око једне своје странице. Одреди површину ваљка који се на овај начин добија. Ако су основе ваљка кругови уписани у основе неке призме, онда кажемо да је ваљак одређен овим круговима уписан у ту призму. Слично, ако су основе ваљка кругови описани око основа неке призме, онда је одговарајући ваљак описан око те призме. Пример 2. Дата је правилна четворострана призма основне ивице a = 4cm и висине H = 5√2cm. Одредимо однос површина ваљка описаног око ове призме и ваљка уписаног у њу. Ако са PO означимо површину описаног ваљка, онда је PO = 2 · a√2 ·  a√2 + H = 56cm2. 2 2 Ако је PU површина уписаног ваљка, онда је PU = 2 · a ·  a + H = 4(2 + 5√2)cm2. 2 2 56 = 14 ≈ 1,5. Дакле, PO = PU 4(2 + 5√2) 2 + 5√2 Задатак 5. Дата је правилна тространа призма основне ивице a = 3cm и висине H = 5cm. Одреди однос површина ваљка описаног око ове призме и ваљка уписаног у њу. Задатак 6. Израчунај површину тела приказаног на слици десно.

Задатак 7. Конзерве у облику ваљка пречника основе 7cm и висине 3cm паковане су по три, као на слици десно. Одреди површину фолије која обавија три конзерве.

133

Запремина ваљка Општа формула за израчунавање запремине призме примењује се и за израчунавање запремине ваљка. Ако је B површина једне основе ваљка, а H његова висина, онда се запремина V тог ваљка израчунава по формули V = BH. Запремина ваљка полупречника основе r и висине H израчунава се по формули V = r2H. Ово нимало не треба да изненађује јер су ваљак и призма веома сродна геометријска тела. Сетимо се да се правилни многоуглови уписани у круг све више приближавају том кругу како се повећава број њихових темена, па су и њихове површине све ближе површини круга. Слично томе, са повећањем броја темена правилних многоуглова запремине призми исте висине чије су основе ти правилни многоуглови све су ближе запремини ваљка исте висине чија је основа круг у који су правилни многоуглови уписани.

Пример 1. Израчунајмо запремину ваљка ако је полупречник основе r = 3cm и висина H = 5,5cm. На основу датих података, једноставном применом формуле за израчунавање запремине ваљка добијамо да је V = r2H = 49,5cm3. Ако узмемо да је  ≈ 3,14, добијамо приближну вредност запремине V ≈ 155,43cm3. Задатак 1. Израчунај запремину ваљка ако је пречник основе 2r = 3,4cm и висина H = 5,2cm. Задатак 2. Странице правоугаоника су a = 2cm и b = 2,4cm. Одреди запремину ваљка који настаје ротацијом овог правоугаоника: 1) око странице b; 2) око странице a. Задатак 3. Дата је правилна четворострана призма основне ивице a = 6cm и висине H = 9cm. Одреди однос запремина ваљка описаног око ове призме и ваљка уписаног у њу.

134

Пример 2. Правоугаоник чије су странице 9,42cm и 12,56cm једанпут је савијен у цилиндричну површ увијањем дуж дуже странице. На овај начин је добијен ваљак на који указује црвена стрелица. Други пут је увијен дуж краће странице. Зелена стрелица указује на ваљак који је одређен на овај начин. Који од ових ваљака има већу запремину?

Нека је Vc запремина ваљка на који указује црвена стрелица. Полупречник основе овог ваљка је rc = 12,56cm : 2 ≈ 2cm, а висина Hc = 9,42cm, па је Vc = rc2Hc ≈ 37,68cm3. Нека је Vz запремина ваљка на који указује зелена стрелица. Полупречник основе овог ваљка је rz = 9,42cm : 2 ≈ 1,5cm, а висина Hz = 12,56cm, па је Vz = rz2Hz ≈ 28,26cm3. Дакле, Vc > Vz. Задатак 4. Израчунај запремину тела приказаног на слици десно. Примети да је довољно израчунати површину основе и помножити је са висином тела.

Задатак 5. Израчунај приближно (на две децимале) „корисну“ запремину мале зграде која служи као остава (слика десно) ако знаш да се правоугаона врата димензија 0,9m и 1,6m отварају „на унутра“ и да су причвршћена на предњи зид зграде. Познавање ове запремине помаже, на пример, приликом процене колико ствари можемо у њу спаковати.

135

Задатак 6. Израчунај површину и запремину тела приказаног на слици десно. (Дато тело је сродно ваљку, с том разликом што су у основи кружни исечци које одређују прави углови.) Задатак 7. Израчунати запремину сандука приказаног на слици десно.

Задатак 8. Израчунати запремину батерије приказане на слици десно.

Задатак 9. Цев приказана на слици десно направљена је од нерђајућег челика. Израчунај масу ове цеви ако је густина нерђајућег челика 7 860kg/m3.

Кубикажа аутомобила Кубикажа мотора аутомобила представља укупну запремину цилиндара мотора. Цилиндар је, као што му и име каже, метални део мотора у облику ваљка у коме се креће клип. Кретање клипа у цилиндру (које изазива експлозија горива и ваздуха) покреће точкове аутомобила. Од кубикаже зависи снага мотора – што је кубикажа већа, то је мотор јачи. Кубикажа се изражава у кубним центиметрима или у литрима и често је записана на задњем делу аутомобила (на пример, 1 400cm3, односно 1,4L). „Обични“ путнички аутомобили имају од 4 до 6 цилиндара и кубикажу од 1 000 до нешто више од 2 000cm3, а они „најјачи“, као што су болиди формуле 1, имају и до 10 цилиндара и 3 000cm3.

136