Matematika 3. Razred Srednje Skole

PLANIMETRIJA Mnogouglovi

Za pravilne mnogouglove sa n stranica važi: -

On ima n osa simetrije

-

Ako je broj stranica paran on je ujedno centralno simetričan

-

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

-

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

-

-

Zbir svih unutrašnjih uglova sa računa po formuli S n = (n − 2) ⋅180o S Jedan unutrašnji ugao je onda α = n n o 360 Jedan spoljašnji ugao je α1 = (α + α1 = 180o ) n Zbir svih spoljašnjih uglova je 360o

-

Iz svakog temena mnogougla mogu se povući d n = n − 3 dijagonala

-

Ukupan broj dijagonala je Dn =

-

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

-

Površina se računa po formuli P = n

-

n(n − 3) 2

ah , gde je h visina karakterističnog 2

trougla -

Centralni ugao je ϕ =

1 360o n

1

1) Koji pravilan mnogougao ima tri puta veći ugao od spoljašnjeg?

Ako sa α - obeležimo unutrašnji ugao, a sa α1 - spoljašnji ugao traženog mnogougla onda je: α = 3α 1 i važi α + α 1 = 180 o Dakle imamo sistem:

α = 3α1 α + α1 = 180o

__________________

180 o ⇒ α1 = 45o 4 o 360 360o Kako je n = to je: n = , n = 8 Radi se o osmouglu!!! α1 45o 4α1 = 180 o ⇒ α1 =

2) Izračunati unutrašnji ugao pravilnog mnogougla, ako je razlika broja dijagonala i stranica 25.

Pošto broj dijagonala obeležavamo sa Dn ⇒ Dn − n = 25

n(n − 3) − n = 25 → sve pomnožimo sa 2 2 n(n − 3) − 2n = 50 n 2 − 3n − 2n = 50 n 2 − 5n − 50 = 0 → Dobili smo kvadratnu jednačunu po n n1 = 10 n2 = −5 → Nemoguće Znači, n = 10 , pa se radi o 10-touglu. Spoljašnji ugao je α1 =

360o 360o = = 36o o n 10

Sada ćemo naći unutrašnji ugao:

α + α1 = 180o α = 180o − α1 α = 180o − 36o α = 144o 3) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za 2, tada se centralni ugao smanji za 6o . Odrediti broj dijagonala mnogougla.

2

⎛ 360o ⎞ ⎟ Neka je n-broj stranica tog mnogougla i ϕ − centralni mnogougao. ⎜⎜ ϕ = n ⎟⎠ ⎝ 360o → Ako se broj stranica poveća za 2 tada je centralni ugao ϕ1 = n+2 ϕ − ϕ1 = 6

360o 360o − = 6 → Sve pomnožimo sa n(n + 2) n n+2 360o (n + 2) − 360o n = 6n(n + 2) → Sredimo i dobijamo kvadratnu: n 2 + 2n − 120 = 0 − 2 ± 22 n1, 2 = 2 n1 = 10 n2 = −12 → Nemoguće Dakle, broj stranica je n=10 n(n − 3) Dn = 2 10(10 − 3) 10 ⋅ 7 D10 = = = 35 2 2 4) Za koliko se povećava zbir unutrašnjih uglova mnogougla, ako se broj stranica poveća za 5?

Zbir unutrašnjih uglova se nalazi po formuli S n = (n − 2) ⋅ 180 o

S n +5 − S n = (n + 5 − 2) ⋅180o − (n − 2) ⋅180o = (n + 3) ⋅180o − (n − 2) ⋅180 o = n ⋅180o + 3 ⋅180 o − n ⋅180 o + 2 ⋅180 o = 540 o + 360o = 900 o

dakle, zbir unutrašnjih uglova se poveća za 900o 5) Ako se broj stranica mnogougla poveća za 11, onda se broj njegovih dijagonala poveća za 1991. Odrediti zbir unutrašnjih uglova tog mnogougla.

n→ Broj stranica n(n − 3) → Broj dijagonala 2 n +11 → Novi broj stranica Dn =

3

(n + 11)(n + 11 − 3) (n + 11)(n + 8) = → Novi broj dijagonala 2 2 Dn +11 − Dn = 1991 (n + 11)(n + 8) n(n − 3) − = 1991 → Sve pomnožimo sa 2 2 2 n 2 + 8n + 11n + 88 − n 2 + 3n = 3982 22n = 3982 − 88 22n = 3894 n = 177 Dn +11 =

S n = (n − 2) ⋅180o S177 = (177 − 2) ⋅180o S177 = 31500o 6) Ako se broj stranica pravilnog mnogougla poveća za dva njegov se ugao poveća za 9o . Odrediti broj stranica mnogougla .

S n (n − 2) ⋅ 180 o = Neka je n-broj stranica i α unutrašnji ugao tog mnogougla. α = n n Ako se broj stranica poveća za 2, biće ih n+2 i α =

S n + 2 (n − 2 + 2) ⋅180o n ⋅180o = = n+2 n+2 n+2

Tada je:

180o n (n − 2) ⋅180o − = 9 → Pomnožimo sve sa n(n − 2) n+2 n 180 o n 2 − (n − 2)(n + 2) ⋅180 o = 9n(n + 2) 180 o n 2 − n 2180o + 4 ⋅180 o = 9n(n + 2) 9n(n + 2) = 720 → Podelimo sa 9 n(n + 2) = 80

n 2 + 2n − 80 = 0 − 2 ± 18 n1, 2 = 2 n1 = 8 n2 = −10 → Nemoguće Dakle n=8 , mnogougao ima ima 8 stranica.

4

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

n(n − 3) to će biti: 2 Dn = 5n n(n − 3) = 5n → pomnožimo sa 2 2 n(n − 3) = 10n

Kako je Dn =

n 2 − 3n − 10n = 0 n 2 − 13n = 0 n(n − 13) = 0 n = 0 v n = 13 nemoguće

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

n(n − 3) 2

n(n − 3) = 44 2 n(n − 3) = 88

n 2 + 2n − 88 = 0 3 ± 19 n1, 2 = 2 n1 = 11 n2 = −8 → Nemoguće Dakle n=11 9) Oko kruga poluprečnika r = 1+ 2 opisan je pravilan osmougao. Nadji površinu tog osmougla. Rešenje:

Pravilan osmougao se sastoji iz 8 podudarhih jednakih trouglova. Izvučemo jedan taj karakteristični trougao.

5

h = r ( visina je ista kao i poluprečnik upisane kružnice) 360 o 360 o = = 45 o ⇒ Njegov centralni ugao je ϕ = n 8

Pošto nama treba pola ovog ugla, imamo:

ϕ

2

= 22o30'

Iz ovog trougla je: a tg 22o30' = 2 r

pa je odatle

a = 2rtg 22o30' a⋅h = 4ah = 4 ⋅ 2r ⋅ r ⋅ tg 22 o30' 2 P = 8r 2tg 22o 30'

P = 8⋅

45o 1 − cos 45o tg 22 o30 ' = tg = = 2 1 + cos 45o

2 2 2 1+ 2 1−

tg 22 o30 ' =

2− 2 2− 2 2 = 2+ 2 2+ 2 2

tg 22 o30 ' =

2− 2 2− 2 (2 − 2 ) ⋅ = 4−2 2+ 2 2− 2

tg 22o30' =

Racionališemo…

2− 2 2 2 (2 − 2 ) ⋅ = 2 2 2

Tako da je sad:

6

P = 8r 2tg 22o30'

(

2 2 2− 2 P = 8 ⋅ ⎛⎜ 1 + 2 ⎞⎟ ⋅ ⎝ ⎠ 2 2 2− 2 P = 8⋅ 1+ 2 ⋅ 2 P = 4 2 1+ 2 2 − 2

) ( ) ( )( ) 2 (2 − 2 + 2 2 − 2 )

)

(

P=4

“skratimo” 8 i 2 sa 2

P=4 2⋅ 2 P = 4⋅2 P =8

7

TROUGAO Mnogougao koji ima tri stranice zove se trougao. Osnovni elementi trougla su : -

Temena A,B,C

-

Stranice a,b,c ( po dogovoru stranice se obeležavaju nasuprot temenu, npr naspram temena A je stranica a, itd)

-

Uglovi , unutrašnji α , β , γ i spoljašnji α 1 , β1 , γ 1

γ1

C

a

b

β1

β A

B

c

α1

Osnovne relacije za uglove i stranice trougla su: 1) Zbir unutrašnjih uglova u trouglu je 1800 tj. 2) Zbir spoljašnjih uglova je 3600 tj.

α + β + γ = 1800

α 1 + β1 + γ 1 =3600

3) Spoljašnji i njemu susedni unutrašnji ugao su uporedni,tj.

α + α 1 = β + β 1 = γ + γ 1 =1800 4) Spoljašnji ugao trougla jednak je zbiru dva nesusedna unutrašnja ugla, tj

α1 = β + γ

β1 = α + γ

γ 1 =α + β

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

a−b < c < a+b a−c ⎟ . Odrediti zapreminu obrtnog tela ako je osa paralelna stranici kvadrata i 2⎠ ⎝ leži u njegovoj ravni.

Razmišljamo: → Na ovaj način smo ustvari dobili šuplji valjak. a → Poluprečnik osnove većeg valjka je R = p + 2 a → Poluprečnik osnove manjeg valjka je r = p − 2 → Visine oba valjka su iste ako i stranica kvadrata, tj. H = a → Zapreminu šupljeg valjka ćemo dobiti kad od zapremine većeg oduzmemo zapreminu manjeg valjka!!! ⎡ a2 a2 ⎤ V = π H ⎢ p 2 + pa + − p 2 + pa − ⎥ 4 4 ⎦⎥ V = V1 − V2 ⎣⎢

V = R 2πH − r 2πH

V = π H ⋅ 2 pa

V = πH R 2 − r 2

V = 2 paH π

(

)

2 2 ⎡⎛ a⎞ ⎛ a⎞ ⎤ V = πH ⎢⎜ p + ⎟ − ⎜ p − ⎟ ⎥ 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣⎝

V = 2 pa ⋅ aπ

www.matematiranje.com

V = 2a 2 pπ

6

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

a = 8cm b = 2cm H =C _________

VV : VP = ?

Ako pogledamo bazu vidimo da je trapez tangentni četvorougao (može da se upiše krug) pa je:

a + b = 2c 8 + 2 = 2c Primenom Pitagorine teoreme na trapez:

10 = 2c c = 5cm ⇒ H = 5cm

⎛ a −b⎞ h = c −⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ 2

⎛8−2⎞ h = 5 −⎜ ⎟ ⎝ 2 ⎠ h 2 = 25 − 9 2

2

2

2

2

h 2 = 16 h = 4cm Površina trapeza je: a+b 8+2 P= ⋅h = ⋅4 2 2 P = 20cm 2

Površina kruga je: P = r 2π gde je h r = = 2cm 2 P = 4πcm 2

VV : VP = BV H : BP H = BV : BP = 20 : 4π = 5:π VV : VP = 5 : π www.matematiranje.com

7

7) Ravan prolazi kroz centar donje osnove kružnog valjka i nagnuta je prema ravni osnove pod uglom α. Ta ravan seče gornju osnovu po tetivi b, kojoj odgovara centralni ugao β. Izračunati zapreminu valjka.

Kod ovog zadatka slika je neophodna i sa nje ćemo uočiti zavisnost izmedju elemenata. Pošto se zapremina valjka računa V = r 2πH , naš “posao” je da r i H izrazimo preko datih elemenata α, β i b. Proučimo najpre gornju bazu!!

Onda je: b β sin = 2 2 r b r= β 2sin 2 b β i tg = 2 2 x b x= β 2tg 2 Dalje ćemo izvući polovinu osnog preseka (onu desnu, naravno) → odavde je tgα =

H H=

H b ⇒ H = xtgα = ⋅ tgα β x 2tg 2 btgα

2tg

β

2

Konačno, zapremina je: www.matematiranje.com

8

V = r 2π H 2

⎛ ⎞ ⎜ b ⎟ btgα V =⎜ π⋅ ⎟ β β ⎜ 2sin ⎟ 2tg ⎝ 2⎠ 2 2 b btgα π⋅ V= β β 4sin 2 2tg 2 2 3 b π tgα V= β β 8sin 2 tg 2 2 8) Zapremina kosog valjka kod koga izvodnica zaklapa ugao α = 60o sa ravni osnove je V = 8π 3 . Odrediti poluprečnik osnove ako se zna da je osni presek romb. a=2r

V = 8π 3

a

_____________

r =?

a=2r

Izvucimo osni presek ‘’na stranu’’ a

Odavde je: H a a H = a sin 60o → I pošto je a = 2r onda je

sin 60o =

H = 2r ⋅

3 2

H =r 3

Upakujemo ovde dve dobijene jednakosti: V = r 2π H

r2H = 8 3

8π 3 = r2 π H

r2 ⋅ r 3 = 8 3

r2H = 8 3

r3 = 8 r 3 = 23 r=2 www.matematiranje.com

9

TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom. 1. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) , onda rastojanje između njih računamo po formuli d ( A, B) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2

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

d(B,C)

d(A,C)

A(1,1)

d(A,B)

B(4,1)

Da vas ne zbuni, nema veze da li ćete obeležiti d(A,B) ili d(B,A) jer je rešenje isto. d ( A, B ) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 d ( A, B ) = (4 − 1) 2 + (1 − 1) 2 = 9 + 0 = 3 d ( A, C ) = (1 − 1) 2 + (5 − 1) 2 = 0 + 16 = 4 d ( B, C ) = (1 − 4) 2 + (5 − 1) 2 = 9 + 16 = 5 2. Deljenje duži u datoj razmeri Ako je tačka

M ( xλ , yλ ) unutrašnja tačka duži AB, gde je A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) i ako je data razmera AM AM : MB = λ to jest ( = λ ) , u kojoj tačka M deli duž AB , onda se koordinate tačke M računaju po MB obrascima

M ( xλ , yλ ) → xλ =

x1 + λ x2 1+ λ

i yλ =

y1 + λ y2 1+ λ

M ( xλ , yλ ) A( x1 , y1 )

B( x2 , y2 ) www.matematiranje.com

1

3. Sredina duži

Ako je tačka M ( xs , ys ) sredina duži AB ( A( x1 , y1 ) i B( x2 , y2 ) ) onda se njene koordinate računaju po formuli

M ( xs , ys ) → xs =

x1 + x2 2

i ys =

y1 + y2 2

M ( xs , ys ) A( x1 , y1 )

B( x2 , y2 )

Primer 2. Izvesti formule za koordinate težišta trougla! Da se podsetimo, težište se nalazi u preseku težišnih duži i težište deli težišnu duž u odnosu 2 : 1. C ( x3 , y3 )

A *( x*, y*)

A( x1 , y1 )

B ( x2 , y2 )

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

A *( x*, y*) → x* =

x2 + x3 2

i y* =

y2 + y3 2 C ( x3 , y3 )

A *( T ( xT , yT )

x2 + x3 y +y , 2 3) 2 2

1

2

A( x1 , y1 )

B ( x2 , y2 )

Dalje ćemo iskoristiti formulu za deljenje duži u datoj razmeri , gde je AT : TA* = 2 : 1 = 2 x +x x1 + 2( 2 3 ) x + x + x 2 = 1 2 3 T ( xT , yT ) → xT = 1+ 2 3

y + y3 ) y +y +y y1 + 2( 2 3 2 i yT = = 1 2 1+ 2 3

www.matematiranje.com

2

4. Površina trougla preko koordinata temena

Neka su A( x1 , y1 ) , B( x2 , y2 ) i C ( x3 , y3 ) temena datog trougla ABC određena pomoću naznačenih koordinata u odnosu na pravougli koordinatni sistem xOy, tada je površina trougla data obrascem

P =

1 x1 ( y2 − y3 ) + x2 ( y3 − y1 ) + x3 ( y1 − y2 ) 2

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

x1 1 P = x2 2 x3

y1 1 y2 1 y3 1

Apsolutna vrednost je tu da nam obezbedi da rešenje ne bude negativno, jer površina ne može biti negativan broj. Primer 3.

Izračunati površinu trougla ABC ako je A(-2,3) ; B(8,-2) i C( 3,8) 1 x1 ( y2 − y3 ) + x2 ( y3 − y1 ) + x3 ( y1 − y2 ) 2 1 = −2(−2 − 8) + 8(8 − 3) + 3(3 − (−2)) 2 1 = −2(−10) + 8 ⋅ 5 + 3(3 + 2) 2 1 = 20 + 40 + 15 2 1 = 75 2 = 37,5

P = P P P P P

www.matematiranje.com

3

PRAVA

i) opšti ( implicitni oblik) je ax + by + c = 0 ii)

eksplicitni oblik je

y = kx + n

Ovaj oblik nam je najbitniji jer se koristi u mnogim formulama. U njemu je : k- koeficijent pravca ( k = tgα , gde je α ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x – ose) n - je odsečak na y - osi

Kako preći iz opšteg u eksplicitni oblik? ax + by + c = 0 → sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno by = − ax − c → sad sve podelimo sa b a c y =− x− b b Odavde je k = −

a b

i n=−

c b

Primer 4. Pravu 7x+3y + 23=0 prebaciti u eksplicitni oblik

i naći k i n

7 x + 3 y + 23 = 0 → sve sa y ostavimo levo a ostale prebacimo desno 3 y = −7 x − 23 → sad sve podelimo sa 3 7 23 y =− x− 3 3 Odavde je k = −

iii)

7 23 i n=− 3 3

x y + = 1 je segmentni oblik m n

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

n O

x m

www.matematiranje.com

4

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

m = 2n

Sredimo datu jednačinu prave da bi iz nje mogli da pročitamo m i n. px + ( p + 1) y − 8 = 0 px + ( p + 1) y = 8

sve podelimo sa 8

px ( p + 1) y + = 1 oslobodimo x i y 8 8 x y 8 8 i n= + = 1 → odavde je m = 8 8 p p +1 p p +1

Sad ovo zamenimo u

m = 2n

m = 2n 8 8 = 2⋅ p p +1 8 16 = p p +1 16 p = 8( p + 1) 16 p = 8 p + 8 16 p − 8 p = 8 8p = 8 p =1

iv)

x cos ϕ + y sin ϕ = p

je normalni oblik jednačine prave y

p ϕ

O

x

U ovoj jednačini je : p je normalno rastojanje od koordinatnog početka (0,0) do naše prave

ϕ je ugao koji rastojanje p gradi sa pozitivnim smerom x ose

www.matematiranje.com

5

Formula za prelazak iz opšteg u normalni oblik je :

ax + by + c = 0 →

ax + by + c ± a 2 + b2

=0

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

4x − 3y + 5

= 0 ( minus ispred korena jer je c=5) − 42 + 32 4x − 3y + 5 4x − 3y + 5 4 3 =0 → = 0 → − x + y − 1 = 0 a odavde je : −5 5 5 − 25 4 3 p=1, cosϕ = − , sinϕ = 5 5

v)

Prava kroz tačku A( x1 , y1 ) sa koeficijentom pravca k je :

vi)

Prava kroz tačke A( x1 , y1 ) i

Primećujete da je onda k =

y − y1 = k ( x − x1 ) y − y1 =

B( x2 , y2 ) je :

y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1

y2 − y1 x2 − x1

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

Tačku preseka nalazimo rešavajući sistem od te dve jednačine ! Ako posmatramo prave y = k1 x + n1 i

y = k2 x + n2 onda je ugao pod kojim se seku dat formulom: tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

Ako se te dve prave seku pod pravim uglom, onda je k1 ⋅ k2 = −1 ( uslov normalnosti) 2) Mogu da budu paralelne

Prave y = k1 x + n1 i

y = k2 x + n2 su paralelne ako je

k1 = k2 ( uslov paralelnosti) www.matematiranje.com

6

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

A(-5,2)

y − y1 =

B(7,6)

y2 − y1 ( x − x1 ) x2 − x1

6 − (−2) ( x − (−5)) 7 − (−5) 6+2 ( x + 5) y+2= 7+5 8 y + 2 = ( x + 5) 12 2 y + 2 = ( x + 5) 3 2 2 y = x + ⋅5 − 2 3 3 2 10 6 y = x+ − 3 3 2 2 4 y = x+ 3 3 y − (−2) =

b) C(5,4)

hc

A(-5,2)

B(7,6) www.matematiranje.com

7

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

k2 = −

2 4 x+ 3 3

je k1 =

2 . Naša prava je normalna na AB, pa je : 3

y − y1 = k ( x − x1 )

1 k1

3 y − 4 = − ( x − 5) 2 3 15 y =− x+ +4 2 2 3 23 y =− x+ 2 2

1 2 3 3 k2 = − 2 k2 = −

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

tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

C(5,4)

α A(-5,2)

B(7,6)

2 . 3 Ne moramo tražiti celu jednačinu prave AC već samo njen koeficijent pravca. Iz prave AB već imamo koeficijent pravca k1 =

A(-5,-2), C(5,4) menjamo u k = k2 =

y2 − y1 x2 − x1

y2 − y1 x2 − x1

4 − (−2) 5 − (−5) 6 k2 = 10 3 k2 = 5 k2 =

www.matematiranje.com

8

tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

3 2 − tgα = 5 3 3 2 1+ ⋅ 5 3 1 − tgα = 15 6 1+ 15 1 − tgα = 15 21 15 1 tgα = 21 1 α = arctg 21

Pramen pravih

Ako su A1 x + B1 y + C1 = 0 i A2 x + B2 y + C2 = 0 jednačine dveju pravih koje se seku u tački O, tada je :

A1 x + B1 y + C1 + λ ( A2 x + B2 y + C2 ) = 0 jednačina pramena pravih sa centrom u tački O.

A2 x + B2 y + C2 = 0

O

A1 x + B1 y + C1 = 0

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

9

Odstojanje tačke A( x1 , y1 ) od prave ax + by + c = 0 dato je formulom:

d=

ax + by + c a 2 + b2

Primer 8.

U pramenu pravih

2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 odrediti pravu čije odstojanje od tačke P(2,-3) iznosi

10 .

Najpre prepakujemo jednačinu pramena:

2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 2 x + y + 4 + λ x − 2λ y − 3λ = 0

upakujemo one uz x, pa uz y, pa slobodne ...

(2 + λ ) x + (1 − 2λ ) y + 4 − 3λ = 0 Odavde možemo videti da je a = 2 + λ , b = 1 − 2λ

Sad uzimamo formulu za rastojanje tačke od prave d=

d=

ax + by + c a 2 + b2 (2 + λ ) ⋅ 2 + (1 − 2λ ) ⋅ (−3) + 4 − 3λ

10 = 10 =

(2 + λ ) 2 + (1 − 2λ ) 2 4 + 2λ − 3 + 6λ + 4 − 3λ 4 + 4λ + λ 2 + 1 − 4λ + 4λ 2 5λ + 5 5λ 2 + 5

λ1 = 1 Odavde sredjivanjem dobijamo dva rešenja:

λ2 = −

9 10

Kad ova rešenja vratimo u pramen 2 x + y + 4 + λ ( x − 2 y − 3) = 0 dobijamo tražene prave:

3x – y + 1 = 0 11x + 28 y +67 = 0 www.matematiranje.com

10

11

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

C(p,q)

q

r

p

Opšta jednačina kružnice je:

x

( x − p) 2 + ( y − q) 2 = r 2

Odakle ona? Posmatrajmo sliku: y ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 M(x,y)

y r q

y-q

C x-p

p

x

x

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

r

x

x2 + y 2 = r 2 Kako “ spakovati” kružnicu ako je data u drugom obliku ?

www.matematiranje.com

1

Ima dva načina. I način Ako je kružnica data u obliku x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 možemo koristiti formulice d p=− 2 e q=− 2 2 r = p2 + q2 − f Primer 1.

Odrediti koordinate centra i poluprečnik kružnice

x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0

Uporedimo x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0 sa x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 i imamo d = 6, e = - 4 i f = - 12 Dalje koristimo formule d 6 = − = −3 2 2 e −4 q=− =− =2 2 2 r 2 = p 2 + q 2 − f = (−3) 2 + 22 − (−12) = 25 p=−

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

2

2

i dobijamo

( x − p)2 + ( y − q)2 = r 2 ( x − (−3)) 2 + ( y − 2) 2 = 25 ( x + 3) 2 + ( y − 2) 2 = 25 II način

Vršimo dopunu do punog kvadrata! x 2 + y 2 + 6 x − 4 y − 12 = 0

Najpre pretumbamo , svi sa x, pa sa y, pa brojevi...

x 2 + 6 x + y 2 − 4 y − 12 = 0

Pazi, uvek dodajemo (

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

6 6 4 4 x 2 + 6 x + ( ) 2 − ( ) 2 + y 2 − 4 y + ( ) 2 − ( ) 2 − 12 = 0 2 2 2 2 2 2 x + 6 x + 9 − 9 + y − 4 y + 4 − 4 − 12 = 0 Sad sklopimo pune kvadrate a brojke prebacimo na desnu stranu... ( x + 3) 2 + ( y − 2) 2 = 25 Vi odaberite sami šta vam je lakše…

www.matematiranje.com

2

Primer2.

Napisati jednačinu kružnice koja sadrži tačke A(5,6), B(-3,2) i C(-2,-1). I ovaj tip zadatka možete rešavati na dva načina. I način

Koristimo “ rasklopljeni” oblik kružnice x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 i umesto x i y menjamo koordinate datih tačaka, oformimo sistem tri jednačine sa tri nepoznate i rešimo ga... A(5, 6) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0 B (−3, 2) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0

C (−2, −1) → x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0

52 + 6 2 + d ⋅ 5 + e ⋅ 6 + f = 0

(−3) 2 + 22 + d ⋅ (−3) + e ⋅ 2 + f = 0

(−2) 2 + (−1) 2 + d ⋅ (−2) + e ⋅ (−1) + f = 0

5d + 6e + f = −25 − 36

−3d + 2e + f = −9 − 4

−2 d − e + f = − 4 − 1

5d + 6e + f = −61

−3d + 2e + f = −13

−2 d − e + f = − 5

Evo tri jednačina, prelazimo u sistem… 5d + 6e + f = −61 −3d + 2e + f = −13 −2d − e + f = −5 Sistem rešite na način koji obožavate ...( imate u I godini fajl sistemi pa se podsetite...) Dobijamo rešenja d = −4, e = −4, f = −17 i to zamenimo u x 2 + y 2 + dx + ey + f = 0

x 2 + y 2 − 4 x − 4 y − 17 = 0 4 4 4 4 x 2 − 4 x + ( ) 2 − ( ) 2 + y 2 − 4 y + ( ) 2 − ( ) 2 − 17 = 0 2 2 2 2 x 2 − 4 x + 4 − 4 + y 2 − 4 y + 4 − 4 − 17 = 0

( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 25 II način

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

2

2

A ( 5, 6 ) → ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 B ( −3, 2 ) → ( x − p) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 C ( −2, −1) → ( x − p ) 2 + ( y − q) 2 = r 2 (5 − p) 2 + (6 − q ) 2 = r 2

(−3 − p) 2 + (2 − q) 2 = r 2

(−2 − p ) 2 + (−1 − q) 2 = r 2

Dobili smo dakle sistem: www.matematiranje.com

3

(5 − p) 2 + (6 − q) 2 = r 2 (−3 − p) 2 + (2 − q) 2 = r 2 (−2 − p) 2 + (−1 − q) 2 = r 2 Kako je kod sve tri jednačine desna strana ista, uporedimo leve strane, recimo prve i druge , pa prve i treće jednačine. (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = (−3 − p ) 2 + (2 − q ) 2 25 − 10 p + p 2 + 36 − 12q + q 2 = 9 + 6 p + p 2 + 4 − 4q + q 2 25 − 10 p + 36 − 12q = 9 + 6 p + 4 − 4q −16 p − 8q = −48 2p + q = 6 (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = (−2 − p ) 2 + (−1 − q ) 2 25 − 10 p + p 2 + 36 − 12q + q 2 = 4 + 4 p + p 2 + 1 + 2q + q 2 25 − 10 p + 36 − 12q = 4 + 4 p + 1 + 2q −14 p − 14q = −56 p+q =4

Sad oformimi sistem od dve jednačine sa dve nepoznate 2p + q = 6 p+q = 4 p=2 q=2

Vratimo se u jednu od prve tri jednačine da nadjemo poluprečnik r (5 − p ) 2 + (6 − q ) 2 = r 2 (5 − 2) 2 + (6 − 2) 2 = r 2 9 + 16 = r 2 r 2 = 25 r =5

I dobili smo jednačinu tražene kružnice ( x − 2) 2 + ( y − 2) 2 = 25

Vi odaberite koji vam je način jasniji i radite po njemu ili onako kako vaš profesor zahteva… www.matematiranje.com

4

Prava i kružnica

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

d r

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

d r

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

Ispitivanje odnosa prave i kružnice svodi se na rešavanje sistema od jedne linearne i jedne kvadratne jednačine. Posmatrajmo pravu y = kx + n i kružnicu ( x − p ) 2 + ( y − q ) 2 = r 2 Umesto y u jednačini kružnice zamenimo kx + n i posle sredjivanja izvodimo sledeći zaključak: i) ii) iii)

Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 > 0 prava i kružnica imaju dve zajedničke tačke Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 < 0 prava i kružnica nemaju zajedničkih tačaka Ako je r 2 (k 2 + 1) − (kp − q + n) 2 = 0 prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku www.matematiranje.com

5

Situacija kad prava i kružnica imaju jednu zajedničku tačku se još naziva i

r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2

USLOV DODIRA : Napomena :

Ako tražimo tangentu iz neke tačke VAN kružnice neophodno je koristiti uslov dodira. Ali ako trebamo naći tangentu baš u tački dodira čije koordinate znamo možemo koristiti gotovu formulicu:

( x − p)( x0 − p) + ( y − q )( y0 − q) = r 2 ( x − p )( x0 − p ) + ( y − q )( y0 − q ) = r

2

(x ,y )

Primer 3.

Iz koordinatnog početka povučene su tangente na kružnicu x 2 + y 2 − 6 x − 4 y + 9 = 0 . Naći njihove jednačine i ugao između njih. Najpre sredimo kružnica da možemo pročitati p,q i r. x2 + y 2 − 6 x − 4 y + 9 = 0 x2 − 6 x + y 2 − 4 y + 9 = 0 x2 − 6 x + 9 − 9 + y 2 − 4 y + 4 − 4 + 9 = 0 ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2 = 4 p = 3, q = 2 , r = 2 Skicirajmo sada problem kada znamo kako izgleda kružnica: y 5 4 3 2

C(3,2)

1

α

-5 -4 -3 -2

-1

0 1 -1

2

3

4

5

x

-2 -3 -4 -5

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

www.matematiranje.com

6

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

Dobili smo da je n = 0. k tražimo iz uslova dodira. r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2 4(k 2 + 1) = (3k − 2 + 0) 2 4k 2 + 4 = 9k 2 − 12k + 4 5k 2 − 12k = 0 k (5k − 12) = 0 k = 0∨ k =

12 5

Dakle tražene tangente su : t1 : y = 0 t2 : y =

12 x 5

Ugao tražimo preko poznate formule za ugao između dve prave

tgα =

k2 − k1 1 + k1 ⋅ k2

12 5 tgα = 12 1+ 0 ⋅ 5 12 tgα = 5 12 α = arctg 5 0−

www.matematiranje.com

7

8

ELIPSA www.matematiranje.com

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

y b

M(x,y)

x2 y 2 + =1 a 2 b2

r2

r1

-a F(-c,0) 1

a F(c,0) 2

x

-b r1 , r2 su potezi ( radijus vektori) elipse i važi za bilo koju tačku na elipsi F1 (−c, 0), F2 (c, 0) su žiže elipse , gde je c = a − b 2

2

r1 + r2 = 2a

( konstantan broj)

2

a - je velika poluosa , odnosno 2a je velika osa b - je mala poluosa, odnosno 2b je mala osa

e=

c je ekscentricitet ( još kod elipse važi da je e n 2

-

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

a 2 k 2 + b2 = n2 Napomena

Ako nam traže tangentu elipse u datoj tački ( x0 , y0 ) na elipsi ( koja pripada elipsi), onda imamo gotovu formulu:

t:

x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b

Primer 3. U presečnim tačkama prave 5 x − 3 y − 14 = 0 i elipse x 2 + 3 y 2 = 28 konstruisane su tangente na elipsu.Odrediti jednačine tangenata.

Ovde najpre moramo rešiti sistem jednačina i naći tačke preseka. 5 x − 3 y − 14 = 0

odavde izrazimo x...

x 2 + 3 y 2 = 28 3 y + 14 → ovo zamenimo u drugu jednačinu 5 3 y + 14 2 ( ) + 3 y 2 = 28 5 9 y 2 + 84 y + 196 + 3 y 2 = 28 25 2 9 y + 84 y + 196 + 75 y 2 = 700 x=

84 y 2 + 84 y − 504 = 0

sve podelimo sa 84

y + y−6 = 0 2

y1,2 =

−b ± b 2 − 4ac 2a

y1 = 2 y 2 = −3

3 ⋅ 2 + 14 → x1 = 4 5 3 ⋅ (−3) + 14 → x2 = 1 y2 = −3 → x2 = 5 y1 = 2 → x1 =

odavde je

www.matematiranje.com

3

Dobili smo da se prava i elipsa seku u tačkama ( 4, 2) i ( 1,-3). Pošto su to tačke na elipsi upotrebićemo gotovu formulu: t :

x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b

Najpre da elipsu prebacimo u drugi oblik: x 2 + 3 y 2 = 28 x2 3 y 2 + =1 28 28 x2 y 2 + =1 28 28 3

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

x⋅4 y⋅2 + =1 28 28 3 Kad malo sredimo... za (4, 2) → t1 :

t1 : 2 x + 3 y − 14 = 0 x ⋅1 y ⋅ (−3) + =1 28 28 3 Kad malo sredimo... za (1, −3) → t2 :

t2 : x − 9 y − 28 = 0

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

y+x+ p =0 y = −x − p Odavde je k = −1 i n = − p

Dalje koristimo uslov dodira:

2 x 2 + 3 y 2 = 30 sve podelimo sa 30 2x2 3 y2 + =1 30 30 x2 y2 + = 1 → a 2 = 15 i b 2 = 10 15 10 www.matematiranje.com

4

a 2 k 2 + b2 = n2 15(−1) 2 + 10 = (− p) 2 25 = p 2 p1 = 5 p2 = −5 Primer 5. U elipsu x 2 + 4 y 2 = 36 upisan je kvadrat. Odrediti njegovu površinu.

Ovde je neophodno nacrtati sliku i postaviti problem.

y

y=-x

y=x

3

-6

0

6

x

-3

Šta možemo uočiti? Prave y = x i y = - x u preseku sa elipsom daju temena tog upisanog kvadrata! Dakle rešavamo sistem y = x i x 2 + 4 y 2 = 36

x 2 + 4 y 2 = 36 y=x x 2 + 4 x 2 = 36 5 x 2 = 36 36 6 6 x2 = → x1 = , x2 = − 5 5 5 Kako je y = x i y = - x Koordinate temena su A(

6 6 6 6 6 6 6 6 , ); B( , − ); C (− ,− ); D(− , ) 5 5 5 5 5 5 5 5

Obeležimo stranicu kvadrata sa a. Njenu dužinu dobijamo kao rastojanje između tačaka , recimo A i B . 5

d ( A, B) = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 ) 2 a= (

6 6 2 6 6 2 − − ) + (− ) 5 5 5 5

a = 0 + (−

12 2 ) kvadriramo 5

144 5 A znamo da je P=a 2 a2 =

P=

144 5

www.matematiranje.com

6

HIPERBOLA Hiperbola je skup tačaka u ravni s osobinom da je razlika rastojanja ma koje tačke od dveju datih tačaka stalan broj. b y =− x a

y

y=

b x a

(x,y) r2

r1

-a F(-c,0) 1

a

F(c,0) 2

x

x2 y 2 − =1 a2 b2

a je realna poluosa ( 2a je realna osa) b je imaginarna poluosa ( 2b je imaginarna osa) r1 − r2 = 2a

r1 , r2 su potezi ( radijus vektori) i za njih važi

F1 (−c, 0), F2 (c, 0) su žiže hiperbole , gde je c = a + b 2

e=

2

2

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

prave y =

b b x i y = − x su asimptote hiperbole a a

Glavna jednačina hiperbole je

x2 y2 − =1 a 2 b2

ili

b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2

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

i

c 2 = a 2 + b 2 pa je

www.matematiranje.com

1

c2 = a 2 + b2 c 2 = (4k ) 2 + (3k ) 2 152 = 16k 2 + 9k 2 225 = 25k 2 225 k2 = 25 2 k =9 k =3 Vratimo se da nađemo a i b. b = 3k = 3 ⋅ 3 = 9 → b 2 = 81 a = 4k = 4 ⋅ 3 = 12 → a 2 = 144 Pa je hiperbola: x2 y 2 − =1 144 81

Primer 2.

Odrediti jednačinu hiperbole ako je rastojanje između žiža jednako 10 2 , a jednačine njenih asimptota su 3 y=± x 4

Rastojanje između žiža je 2c = 10 2 pa je c = 5 2 . 3 b b 3 3 y = ± x uporedimo sa y = ± x i dobijamo = →b= a a a 4 4 4 Ovo zamenimo u c = a + b 3 (5 2)2 = a 2 + ( a)2 4 9 50 = a 2 + a 2 16 onda je 25 50 = a 2 16 2 a = 32 2

2

2

b2 = c2 − a2 b 2 = 50 − 32 b 2 = 18

x2 y2 − =1 Jednačina tražene hiperbole je 32 18

www.matematiranje.com

2

Prava i hiperbola

Slično kao kod kružnice i elipse , da bi odredili međusobni položaj prave i hiperbole, rešavamo sistem jednačina:

y = kx + n i b 2 x 2 − a 2 y 2 = a 2b 2 -

Ako sistem nema rešenja , onda se prava i hiperbola ne seku, to jest a 2 k 2 − b 2 < n 2

-

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

-

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

a 2 k 2 − b2 = n2 Napomena Ako nam traže tangentu hiperbole u datoj tački ( x0 , y0 ) na hiperboli , onda imamo gotovu formulu:

t:

x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b

Primer 3. Napisati jednačinu tangente hiperbole x 2 − y 2 = 40 u tački M(x,9) koja je na hiperboli.

Najpre ćemo odrediti koordinatu x tačke M tako što u jednačini hiperbole zamenimo y sa 9. x 2 − y 2 = 40 x 2 − 92 = 40 x 2 = 40 + 81 x 2 = 141 x = 11 ∨ x = −11

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

x 2 − y 2 = 40 sve podelimo sa 40 x2 y2 − =1 40 40

Koristimo dalje gotovu formulicu

t:

x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b

www.matematiranje.com

3

x ⋅ (−11) y ⋅ 9 − =1 40 40 t1 : −11x − 9 y = 40

x ⋅11 y ⋅ 9 − =1 40 40 t2 :11x − 9 y = 40

t1 :

t2 :

t1 : −11x − 9 y − 40 = 0

t2 :11x − 9 y − 40 = 0

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

x − y −1 = 0

−7 y = −5 x + 1......./ : (−7) 5 1 y = x− 7 7 5 k= 7 1 n=− 7

a 2k 2 − b2 = n2 5 1 a 2 ( )2 − b 2 = (− ) 2 7 7 25 1 a2 − b2 = 49 49 2 2 25a − 49b = 1

− y = −x +1

i

y = x −1 k =1 n = −1

a 2 k 2 − b2 = n2 i

a 212 − b 2 = (−1) 2 a 2 − b2 = 1

Sad napravimo sistem : a 2 − b2 = 1 25a 2 − 49b 2 = 1 a 2 = b2 + 1 25(b 2 + 1) − 49b 2 = 1 25b 2 + 25 − 49b 2 = 1 −24b 2 = −24 b2 = 1 → a 2 = b2 + 1 → a 2 = 2

x2 y 2 − =1 pa je tražena hiperbola 2 1

www.matematiranje.com

4

Primer 5. Odrediti ugao pod kojim se seku krive

3x 2 + 4 y 2 = 84 i 3x 2 − 4 y 2 = 12 .

Najpre nađemo tačke preseka rešavajući sistem jednačina 3x 2 + 4 y 2 = 84 3x 2 − 4 y 2 = 12 6 x 2 = 96 x 2 = 16 x1 = 4 → 3 ⋅ 42 + 4 y 2 = 84 → 4 y 2 = 84 − 48 → 4 y 2 = 16 → y 2 = 4 → y = ±2 x2 = −4 → 3 ⋅ (−4) 2 + 4 y 2 = 84 → 4 y 2 = 84 − 48 → 4 y 2 = 16 → y 2 = 4 → y = ±2 Preseci su u : (4, 2);(4, −2);(−4, 2);(−4, −2) Ugao pod kojim se seku krive je ustvari ugao između tangenata u jednoj od tačaka preseka! Uzećemo tačku (4,2) i u njoj postaviti tangente na elipsu i na hiperbolu...

te :

x ⋅ x0 y ⋅ y0 + 2 =1 a2 b

i

th :

x ⋅ x0 y ⋅ y0 − 2 =1 a2 b

3x 2 + 4 y 2 = 84 sve podelimo sa 84

3x 2 − 4 y 2 = 12 sve podelimo sa 12

3x 2 4 y 2 + =1 84 84 x2 y 2 + =1 28 21 x ⋅ 4 y ⋅3 + =1 28 21 x y + =1 7 7 x+ y =7 y = −x + 7 k1 = −1

3x 2 4 y 2 − =1 12 12 x2 y2 − =1 4 3 x ⋅ 4 y ⋅3 − =1 4 3 x − y =1 y = x −1 k2 = 1

Možemo upotrebiti formulu za ugao između dve prave, ali možemo i odmah zaključiti da se seku pod uglom od 900 . Kako? Pa znamo da je uslov normalnosti

k1 ⋅ k2 = −1 a to je očigledno zadovoljeno! www.matematiranje.com

5

6

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

y 2 = 2 px

F(

x =−

x

p ,0) 2

p 2

p F ( , 0) je žiža parabole. 2 p p Prava x = − je direktrisa parabole ili x + = 0 . 2 2 Odstojanje tačke F od direktrise obeležava se sa p i naziva se parametar parabole.

Koordinatni početak je teme parabole. Jednačina parabole je

y 2 = 2 px

Naravno, ova parabola se najviše proučava , a da vas ne iznenadi evo i ostalih parabola:

y

y

y

p y= 2

p F (0, ) 2 p F ( − , 0) 2

x=

y 2 = −2 px

x

x

x

p 2

y=−

x 2 = 2 py

p 2

p F (0, − ) 2

x 2 = −2 py www.matematiranje.com

1

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

Postavimo najpre problem, skicirajući ga... y2 = − 4 x

y

B(x ,y )

-2 M

x -1

A(x ,y )

Neka je AB tražena tetiva. Tačka M je sredina duži AB pa mora da važi: x1 + x2 = −2 → x1 + x2 = −4 2 y1 + y2 = −1 → y1 + y2 = −2 2 Tačke A i B pripadaju paraboli , pa njihove koordinate možemo menjati umesto x i y u jednačini parabole: A( x1 , y1 ) ∈ y 2 = −4 x → y12 = −4 x1 B ( x2 , y2 ) ∈ y 2 = −4 x → y2 2 = −4 x2

Na ovaj način smo dobili 4 jednačine sa 4 nepoznate. Možemo tražiti koordinate tačaka A i B ali je pametnije samo y −y naći koeficijent pravca prave koja prolazi kroz AB i onda upotrbiti jednačinu prave kroz jednu tačku. k = 2 1 x2 − x1

y12 = −4 x1 y2 2 = −4 x2 oduzmemo od druge prvu jednačinu y2 2 − y12 = −4 x2 − (−4 x1 ) ( y2 − y1 )( y2 + y1 ) = −4 x2 + 4 x1

znamo da je y2 + y1 = −2

( y2 − y1 )(−2) = −4( x2 − x1 )

y2 − y1 =2 x2 − x1 Sada jednačina prave kroz jednu tačku M(-2,-1) y − y0 = k ( x − x0 ) y − (−1) = 2( x − (−2)) y +1 = 2x + 4 y = 2x + 3 Evo jednačine tražene tetive! www.matematiranje.com

2

Prava i parabola

Slično kao kod kružnice , elipse i hiperbole da bi odredili međusobni položaj prave i parabole, rešavamo sistem jednačina:

y = kx + n i

y 2 = 2 px

-

Ako sistem nema rešenja , onda se prava i parabola ne seku, to jest p < 2kn

-

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

-

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

p = 2kn

Napomena Ako nam traže tangentu pararbole u datoj tački ( x0 , y0 ) na pararboli , onda imamo gotovu formulu:

y ⋅ y0 = p( x + x0 ) Primer 2. U kojoj tački parabole y 2 = 16 x je tangenta nagnuta pod uglom od 1350 prema x-osi. Obeležimo tu tačku sa ( x0 , y0 ) . Tangenta će biti y ⋅ y0 = p( x + x0 ) , odnosno ,iz jednačine parabole je 2p = 16 p=8

y ⋅ y0 = 8( x + x0 ) y ⋅ y0 = 8 x + 8 x0 y=

8x 8 x+ 0 y0 y0

k=

8 y0

Našli smo koeficijent pravca te prave , a kako je

k = tgα k = tg1350 k = −1

k= Onda je

8 y0

−1 =

8 → y0 = −8 y0

Ovu vrednost zamenimo u jednačinu parabole i imamo:

www.matematiranje.com

3

y 2 = 16 x (−8) 2 = 16 x 16 x = 64 x=4 Dakle, tražena tačka na paraboli je ( 4, -8)

Primer 3. Napisati jednačinu tangente parabole y 2 = 12 x ako je poznato da je paralelna sa pravom 3x – y– 4 = 0

tražena prava

y=3x-4

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

Naša tražena prava je dakle y = 3x + n , a n ćemo naći pomoću uslova dodira Iz parabole je y 2 = 12 x → 2 p = 12 → p = 6 p = 2kn 6 = 2 ⋅ 3n 6 = 6n n =1

Rešenje je y = 3x + 1 www.matematiranje.com

4

Primer 4. Napisati jednačine zajedničkih tangenti krivih y 2 = 4 x i x 2 + y 2 − 2 x − 9 = 0 Da najpre sredimo kružnicu x2 + y 2 − 2 x − 9 = 0 x2 − 2 x + y 2 − 9 = 0 x2 − 2 x + 1 − 1 + y 2 − 9 = 0 ( x − 1) 2 + y 2 = 10 → p = 1, q = 0, r 2 = 10 Neka je tražena tangenta y = kx + n . Ona mora da zadovoljava i uslov dodira sa parabolom i sa kružnicom . Iz jednačine parabole y 2 = 4 x je 2p = 4 , pa je p = 2 Ovo zamenimo u uslov dodira p = 2kn 2 = 2kn

kn = 1 Sada uslov dodira za kružnicu r 2 (k 2 + 1) = (kp − q + n) 2 10(k 2 + 1) = (1⋅ k + n) 2 10(k 2 + 1) = (k + n) 2 Dobili smo dve jednačine sa po dve nepoznate,pa rešavamo sistem 10(k 2 + 1) = (k + n) 2 kn = 1 n=

1 k

1 10(k 2 + 1) = (k + ) 2 k 2 k +1 2 10(k 2 + 1) = ( ) k (k 2 + 1) 2 10(k 2 + 1) = k2 10k 2 = k 2 + 1

www.matematiranje.com

9k 2 = 1 1 1 1 k 2 = → k1 = , k2 = − 9 3 3

5

Vratimo se da nađemo n kn = 1 1 k1 = → n1 = 3 3 1 k2 = − → n2 = −3 3 Jednačine tangenti su

1 t1 : y = x + 3 3 1 t2 : y = − x − 3 3 Zašto nam se javljaju dva rešenja? Pa ako skiciramo problem, vidimo da je to očigledno...

www.matematiranje.com

6

MATEMATIČKA INDUKCIJA

Princip matematičke indukcije glasi: Ako za neko tvrdjenje T (n) , n ∈ N važi:

1) T (1) je tačno 2) T (n) ⇒ T (n + 1) je tačno za ∀n = 1,2,... tada je tvrdjenje T (n) tačno za ∀n ∈ N Može se desiti da tvrdjenje Tn nije tačno za svako n ∈ N već počev od nekog prirodnog broja n0 > 1 pa , tj. da je Tn tačno za n = n0 , n0 + 1, n0 + 2,... Tada se dokazivanje metodom matematičke indukcije radi na sledeći način: 1) Proverimo tačnost tvrdjenja Tn0 2) Dokazujemo da za bilo koje n > n0 iz tačnosti tvrdjenja Tn sledi tačnost tvrdjenja Tn + 1 Postupak Praktično, mi ćemo indukciju sprovoditi:

i) ii) iii)

Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 Predpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k Dokazujemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 Zadaci:

1) Dokazati da je : 1 + 2 + 3 + ... + n =

n(n + 1) 2

i) Najpre proverimo dali je tvrdjenje tačno za n=1.(to jest gde vidimo n stavimo 1) 1(1 + 1) 1= ⇒ 1 = 1 tačno 2

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k (to nam je indukcijska hipoteza) Gde vidimo n stavimo k k (k + 1) 1 + 2 + 3 + ... + k = 2 www.matematiranje.com

1

iii) Da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 Najpre vidimo šta treba da dokažemo, u početnoj formuli n zamenimo sa k+1 ali uvek na levoj strani napišemo i predposlednji član. 1 + 2 + ... + k + (k + 1) = ↑

(k + 1)(k + 1 + 1) 2

Pretposlednji član

(k + 1)(k + 2) 2 Znači , ovo treba da dokažemo!!! odnosno: 1 + 2 + ... + k + (k + 1) =

Uvek krenemo od indukcijske hipoteze za koju smo pretpostavili da je uvek tačna 1 + 2 + 3... + k =

k (k + 1) 2

Zastanemo malo i uporedimo leve strane hipoteze i onoga šta treba da dokažemo. Vidimo da u hipotezi ‘’fali’’ (k+1). To je TRIK, da na obe strane hipoteze dodamo izraz (k+1). 1 + 2 + 3... + k + (k + 1) =

k (k + 1) + (k + 1) 2

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

(k + 1)(k + 2) 2

Dakle: k (k + 1) k + 1 k (k + 1) + 2(k + 1) + = 2 1 2 = Izvučemo zajednički (k + 1) (k + 1)(k + 2) = 2 Ovim je dokaz završen. 2) Dokazati da je: 12 + 2 2 + 32 + ... + n 2 =

i)

ii)

n(n + 1)(2n + 1) 6

Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n = 1 1(1 + 1)(2 ⋅1 + 1) 12 = ⇒ 1 = 1 tačno 6 Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n = k 2

12 + 2 2 + ... + k 2 =

iii)

k (k + 1)(2k + 1) 6

Da dokažemo tvrdjenje za n = k + 1 Uvek prvo vidimo šta treba dokazati!!! (k + 1)(k + 1 + 1)(2(k + 1) + 1) 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = 6 (k + 1)(k + 2)(2k + 3) tj. 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = 6

Krenimo od indukcijske hipoteze i na obe strane dodamo (k + 1) 2 k (k + 1)(k + 2) 12 + 2 2 + ... + k 2 + (k + 1) 2 = + (k + 1) 2 6 Leva strana onog što

Ovo kad ‘’sredimo’’ treba da (k + 1)(k + 2)(2k + 3) nam da 6

treba da dokažemo. Dakle:

k (k + 1)(2k + 1) (k + 1) 2 k (k + 1)(2k + 1) + 6(k + 1) 2 + = 6 1 6 [Izvučemo ‘’zajednički’’ (k + 1) ]

(k + 1)[k (2k + 1) + 6(k + 1)] 6 2 (k + 1) 2k + k + 6k + 6 = 6 2 (k + 1) 2k + 7k + 6 = 6 =

[ [

]

]

Izraz 2k 2 + 7k + 6 ćemo rastaviti na činioce upotrebom znanja iz kvadratne jednačine: ak 2 + bk + c = 0.............................a(k − k1 )(k − k 2 ) 2k 2 + 7 k + 6 = 0 − 7 ±1 k1, 2 = 4 3 k1 = − 2 k 2 = −2 www.matematiranje.com

3

Dakle: ⎛ 2k 2 + 7k + 6 = 2⎜ k + ⎝

3⎞ ⎟(k + 2) = (2k + 3)(k + 2) 2⎠

Vratimo se u zadatak: =

(k + 1)[2k 2 + 7k + 6] (k + 1)(2k + 3)(k + 2) = 6 6

3) Dokazati da je:

1 1 n 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2n − 1)(2n + 1) 2n + 1

i)

Proverimo da li je tvrdjenje tačno za n=1 1 1 1 1 = ⇒ = tačno!!! (2 ⋅1 − 1)(2 ⋅1 + 1) 2 ⋅1 + 1 3 3

ii)

Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k 1 1 k 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1

iii)

Dokažemo da tvrdjenje važi za n=k+1. Prvo da vidimo šta treba da dokažemo! 1 1 k +1 1 1 + + ... + + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 3 Dokaz ćemo kao i obično početi od indukcijske hipoteze 1 1 k 1 + + ... + = 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) 2k + 1 1 (2k + 1)(2k + 3) 1 1 1 1 k 1 + + ... + + = + 1⋅ 3 3 ⋅ 5 (2k − 1)(2k + 1) (2k + 1)(2k + 3) 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3)

na obe strane ćemo dodati

ovo treba da se ‘’sredi’’ na

k +1 2k + 3

4

1 k k (2k + 3) + 1 + = 2k + 1 (2k + 1)(2k + 3) (2k + 1)(2k + 3) =

2k 2 + 3k + 1 (2k + 1)(2k + 3)

2k 2 + 3k + 1 = 0 − 3 ±1 k1, 2 = 4 1 k1 = − 2 k 2 = −1

2k 2 + 3k + 1 = a(k − k1 )(k − k 2 ) 1⎞ ⎛ = 2⎜ k + ⎟(k + 1) 2⎠ ⎝ = (2k + 1)(k + 1)

Vratimo se u zadatak: (2k + 1)(k + 1) (2k + 1)(2k + 3) k +1 = 2k + 3 =

4) Dokazati da je 5 n −1 + 2 n deljiv sa 3

5n −1 + 2 n = 51−1 + 21 = 5o + 2 = 1+ 2 = 3 Tačno

i) Za n=1

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k to jest da je 5k −1 + 2 k deljivo sa 3 iii) Dokažimo da je za n=k+1 izraz deljiv sa 3: 5 n −1 + 2 n = 5 k +1−1 + 2 k +1 = 5 k −1+1 + 2 k ⋅ 21 k −1 1

= 5 5 ⋅ +2 ⋅ 2 k

Važi: a m + n = a m ⋅ a n

= 5 ⋅ 5 k −1 + 2 ⋅ 2 k

Napišimo kao ‘’trik’’:

5 ⋅ 5k −1 = 3 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 5k −1 to jest 5 = 3 + 2 www.matematiranje.com

5

= 3 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 5k −1 + 2 ⋅ 2 k = 3 ⋅ 5k −1 + 2(5k −1 + 2 k )

Ovde je sigurno deljivo sa 3. Zašto? Izraz 3 ⋅ 5k −1 je deljiv sa 3 zbog činioca trojke. Izraz 2(5k −1 + 2 k ) je deljiv sa 3 zbog naše pretpostavke da je 5k −1 + 2 k deljiv sa 3. Ovim je dokaz završen. 5) Dokazati da je broj 6 2 n + 3n + 2 + 3n deljiv sa 11

Rešenje: i) za n=1 je 6 2 n + 3n + 2 + 3n = 6 2 + 33 + 31 = 36 + 27 + 3 = 66 = 6 ⋅11 tačno ii) pretpostavimo da je broj 6 2 k + 3 k + 2 + 3 k deljiv sa 11 iii) “odradimo” dokaz za n = k+1 6 2 ( k +1) + 3 k +1+ 2 + 3 k +1 = 6 2 k + 2 + 3 k + 2+1 + 3 k +1 = 6

2k

⋅6 + 3 2

k +2

(a m+ n = a m ⋅ a n )

⋅3 + 3 ⋅3 = 1

1

k

36 ⋅ 6 2 k + 3 ⋅ 3 k + 2 + 3 ⋅ 3 k =

Sad treba neka ideja!!! Pošto uz 6 2 k imamo 36 trojke uz 3k + 2 i 3k ćemo napisati kao 36-33

Dakle: 36 ⋅ 6 2 k + 36 ⋅ 3k + 2 − 33 ⋅ 3k + 2 + 36 ⋅ 3k − 33 ⋅ 3k = −

−

= 36(6 + 3 2k

k +2

−−

+ 3 ) − 33(3 k

−

k +2

−−

+3 ) k

Izraz 36(6 2 k + 3k + 2 + 3k ) je deljiv sa 11 zbog indukcijske pretpostavke, a izraz 33(3k + 2 + 3k ) zbog broja 33=3·11 Ovim je dokaz završen. 6) Dokazati da za ma koji prirodni broj n > 1 važi nejednakost: 1 1 1 13 + + ... + > 2n 24 n +1 n + 2 Pazi, pošto kaže n > 1 prva stavka će biti da ispitamo da li je tvrdjenje tačno za n=2

6

1 1 7 14 + = = 3 4 12 24 14 13 tačno tvrdjenje > 24 24

i)

n=2

ii)

pretpostavimo da je tačno za n=k 1 1 1 13 + + ... + > k +1 k + 2 2k 24

da dokažemo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 iii) dakle treba da dokažemo: 1 1 1 1 13 + + ... + + > k +2 k +3 2k 2(k + 1) 24 Moramo upotrebiti novi ‘’trik’’!!!

Obeležimo sa: Sk = i

S k +1

1 13 1 1 + + ... + ( Sk > , po pretpostavci) k +1 k + 2 2k 24 1 1 1 1 1 = + + ... + + + k +2 k +3 2k 2k + 1 2(k + 1)

Odredimo razliku S k +1 − S k !!!

⎛ 1 1 ⎞ 1 1 1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎟⎟ − ⎜ + + ... + + + + ... + ⎟ S k +1 − S k = ⎜⎜ 2k + 1 2(k + 1) ⎠ ⎝ k + 1 k + 2 2k ⎠ ⎝k +2 k +3 1 1 1 1 1 1 1 1 = + + ... + + + − − − ... − k +2 k +3 2k 2k + 1 2(k + 1) k + 1 k + 2 2k = svi se skrate sem: 1 1 1 = + − 2k + 1 2(k + 1) k + 1 1 ⋅ 2(k + 1) + 1 ⋅ (2k + 1) − 2(k + 1) = (2k + 1) ⋅ 2 ⋅ (k + 1) 2k + 2 + 2k + 1 − 4k − 2 = 2(2k + 1)(k + 1) 1 = >0 2(2k + 1)(k + 1) Ovo je sigurno pozitivno jer je k > 0 2k + 1 > 0 i k + 1 > 0 www.matematiranje.com

7

Dakle: S k +1 − S k > 0 odnosno: 13 S k +1 > S k > 24 indukcijska hipoteza pa je S k +1 >

13 24

Ovim je dokaz završen!!! 7) Dokazati da je:

2 n > n 2 za svako n ≥ 5 Rešenje: Dokaz počinjemo za n = 5 i)

n = 5 ⇒ 25 > 52 36 > 25 tačno

ii) Pretpostavimo da je tvrdjenje tačno za n=k dakle 2 k > k 2 iii) Dokažimo da je tvrdjenje tačno za n=k+1 znači, treba da dokažemo: 2 k +1 > (k + 1) 2 2

⎛ 1⎞ I ovde je potrebna nova ideja!!! Posmatrajmo izraz ⎜1 + ⎟ . ⎝ n⎠ 2

2

1 ⎛1⎞ 2 1 ⎛ 1⎞ 2 ⎜1 + ⎟ = 1 + 2 ⋅ 1 ⋅ + ⎜ ⎟ = 1 + + 2 n ⎝n⎠ n n ⎝ n⎠ 1 1 1 1 i ≤ pošto je n ≥ 5 ⇒ ≤ 2 n 5 25 n 2

2 1 2 1 ⎛ 1⎞ onda je ⎜1 + ⎟ = 1 + + 2 ≤ 1 + + 5 25 n n ⎝ n⎠ 2 1 11 1+ + = 1+ k 2

2

(k + 1) 2 2 ⋅k k2 2 k +1 > (k + 1) 2 → a ovo smo i trebali da dokažemo 2k ⋅ 2 >

www.matematiranje.com

9

Aritmetički niz: Podjimo od dva primera: Primer 1:

3,5,7,9,11,...

Primer 2:

55,50,45,40,...

Nije teško zaključiti da će u prvom primeru nekoliko sledećih članova biti 13,15,17,… jer se svaki sledeći član povećava za dva. U drugom primeru će nekoliko sledećih članova biti 35,30,25,… jer se svaki sledeći smanjuje za 5. Kako vidimo , niz može biti rastući ili opadajući. Ovakvi nizovi u kojima je razlika ma koja dva uzastopna člana konstantna nazivaju se Aritmetički nizovi ili aritmetičke progresije. Vrlo je važno od kog broja počinje niz, pa se on zove prvi član niza i obeležava se sa a1 . Za primer 3,5,7,9,11,... → prvi član niza je a1 = 3 Za primer 55,50,45,40,... → prvi član niza a1 = 55 Razlika (diferencija) niza je broj za koji se niz povećava (smanjuje) i obeležava se slovom d .

d = a2 − a1 = a3 − a2 = ... = an − an −1 Za primer 3,5,7,9,11,... → d = 2

(raste niz)

Za primer 55,50,45,40,... → d = −5 (opada niz) Nekad će nam biti potrebno da nadjemo stoti, hiljaditi ili bilo koji drugi član niza. Slažete se da je naporno pisati ih redom. Tu nam pomaže formula za n-ti član niza:

an = a1 + (n − 1)d Ako trebamo sabrati prvih n-članova niza,tu važi formula:

Sn =

n [ 2a1 + (n − 1)d ] 2

ili

Sn =

n(a1 + an ) 2

Za svaki aritmetički niz još važi ( aritmetička sredina) :

an =

an −1 + an +1 2

ili

an =

a n − j + an + j 2

j = 2,..., n − 1

www.matematiranje.com

1

Ako izmedju brojeva a i b treba umetnuti (interpolirati) k-brojeva tako da zajedno sa a i b čine aritmetički niz, onda razliku d tog niza tražimo po formuli d =

b−a k +1

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

a5 = 19

Rešenje:

a10 = 39

Aritmetički niz je potpuno odredjen ako znamo prvi član a1 i razliku d. Da bi našli ove 2 nepoznate primenićemo formulu za n-ti član niza:

an = a1 + (n − 1)d

za n = 5 ⇒ a5 = a1 + 4d = 19 za n = 10 ⇒ a10 = a1 + 9d = 39

Sastavićemo sistem jednačina:

a1 + 4d = 19 /⋅ (−1) a + 9d = 39

1 _________________

− a1 − 4d = −19 + a1 + 9d = 39

_________________

5d = 20 d =4→

vratimo se u jednu od jednačina

a1 + 4d = 19 a1 + 16 = 19 a1 = 3 Znači prvi član niza je 3 a povećava se za 4 pa je niz:

3,7,11,15,19,…

Njegov opšti član će biti:

an = a1 + (n − 1)d an = 3 + (n − 1) ⋅ 4 an = 4n − 1 2

2) Nadji prvi član a1 i diferenciju d aritmetičkom nizu ako je :

a2 + a5 − a3 = 10 i a2 + a9 = 17

Rešenje: Ovakav tip zadatka rešavamo pomoću opšteg člana:

a 2 = a1 + d an = a1 + (n − 1)d →

a5 = a1 + 4d a3 = a1 + 2d a9 = a1 + 8d

Zamenimo ovo u 2 date jednačine:

a2 + a5 − a3 = 10 a2 + a9 = 17 (a1 + d ) + (a1 + 4d ) − (a1 + 2d ) = 10 (a + d ) + (a + 8d ) = 17

1 1 _________________________________

a1 + d + a1 + 4d − a1 − 2d = 10 a + d + a + 8d = 17

1 1 ____________________________

a1 + 3d = 10 → pomnožimo sa -2 2a + 9d = 17

1 __________________

−2a1 − 6d = −20 2a1 + 9d = 17 3d = −3 d = −1

a1 + 3d = 10 a1 − 3 = 10 a1 = 13 Znači niz je opadajući I glasi 13,12,11,10,9,8,7,… www.matematiranje.com

3

3) Odrediti aritmetički niz ako je: 5a1 + 10a5 = 0

i

S 4 = 14

Rešenje:

S 4 = 14

an = a1 + (n − 1)d

n [ 2a1 + (n − 1)d ] 2 4 S 4 = [ 2a1 + (4 − 1)d ] 2 14 = 2 [ 2a1 + 3d ] Sn =

a5 = a1 + 4d 5a1 + 10(a1 + 4d ) = 0 5a1 + 10a1 + 40d = 0 15a1 + 40d = 0 3a1 + 8d = 0

2a1 + 3d = 7

Sad ove dve jednačine “upakujemo” :

3a1 + 8d = 0 /⋅ 2 2a + 3d = 7 /⋅ (−3)

1 __________________________

6a1 + 16d = 0 − 6a1 − 9d = −21 ______________________

7d = −21 d = −3 3a1 + 8d = 0 ⇒ 3a1 − 24 = 0 3a1 = 24 a1 = 8

Znači niz je : 8,5,2,-1,-4,…

a1 = 2 4) Izračunati n i an u aritmetičkoj progresiji za koje su: d = 5

S n = 245 Znači ovde nam treba n…

www.matematiranje.com

4

n [2a1 + (n − 1)d ] 2 n 245 = [2 ⋅ 2 + (n − 1) ⋅ 5] 2 n 245 = [4 + 5n − 5] 2 490 = n[5n − 1] Sn =

490 = 5n 2 − n 5n 2 − n − 490 = 0 Dobili smo kvadratnu jednačinu “po n”.

a = 5, b = −1, c = −490 −b ± b 2 − 4ac 2a 1 ± 99 n1,2 = 10 98 n1 = 10, n2 = − 10 n1,2 =

Nemoguće Znači : n = 10 je jedino rešenje

an = a1 + (n − 1)d a10 = 2 + (10 − 1) ⋅ 5 a10 = 2 + 45 a10 = 47

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

a1 + a2 + a3 = 36 2

2

2

a1 + a2 + a3 = 482

____________________________

a = a + (n − 1)d

1 n _______________________

Iskoristićemo da je

a2 = a1 + d a3 = a1 + 2d www.matematiranje.com

5

a1 + (a1 + d ) + (a1 + 2d ) = 36 2

a1 + (a1 + d ) 2 + (a1 + 2d ) 2 = 482

______________________________________________

3a1 + 3d = 36

Odavde ćemo izraziti a1 i zameniti u drugu jednačinu sistema

a1 + d = 12

.

a1 = 12 − d

(12 − d ) 2 + (12 − d + d ) 2 + (12 − d + 2d ) 2 = 482 (12 − d ) 2 + 122 + (12 + d ) 2 = 482 144 − 24d + d 2 + 144 + 144 + 24d + d 2 = 482 2d 2 + 432 = 482 2d 2 = 50 d 2 = 25 d = ± 25 → d = ±5 Za d = 5 a1 = 12 − 5 a1 = 7 Za d = −5 Ili

a1 = 12 + 5 a1 = 17

Dakle, postoje 2 takva niza: 7,12,17,22,27,… 17,12,7,2,-3,…

www.matematiranje.com

6

6) Rešiti jednačinu: 3 + 7 + 11 + ... + x = 210 Uočimo najpre da se ovde radi o zbiru prvih n članova aritmetičkog niza i da je :

a1 = 3 a2 = 7 an = x S n = 210 a1 = 3 d =4 S = 210

n ____________

x = an = ?

n [2a1 + (n − 1)d ] 2 n 210 = [2 ⋅ 3 + (n − 1) ⋅ 4] 2 n 210 = [6 + 4n − 4] 2 n 210 = [4n + 2] 2 210 = 2n 2 + n Sn =

Dakle:

2n 2 + n − 210 = 0 Kvadratna “po n”

−1 ± 41 4 n1 = 10 n1,2 =

n2 = −

42 4

Dakle n = 10

x = a10 = a1 + 9d = 3 + 9 ⋅ 4 = 3 + 36 = 39 x = 39 www.matematiranje.com

7

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

a2 + a4 + a6 + ... + a20 = 250 a1 + a3 + ... + a19 = 220 Na ovaj način smo ustvari dobili 2 niza sa po 10 članova čiji su zbirovi : za prvi 250 i za drugi 220, a kod oba dva niza je razlika 2d. Primenićemo formula za S n =

n [2a1 + (n − 1)d ] 2

10 [ 2a2 + (10 − 1) ⋅ 2d ] 2 250 = 5 [ 2a2 + 18d ] S10 =

Za prvi niz ⇒ 2a2 + 18d = 50

a2 + 9d = 25 → a2 = a1 + d → a1 + 10d = 25

10 [ 2a1 + (10 − 1) ⋅ 2d ] 2 Za drugi niz ⇒ 220 = 5 [ 2a1 + 18d ] 2a1 + 18d = 44 S10 =

a1 + 9d = 22 Sad pravimo sistem:

a1 + 10d = 25 a + 9d = 22 /⋅ (−1)

1 __________________________

a1 + 10d = 25 − a1 − 9d = −22

Pa je d = 3 ⇒ a1 + 30 = 25 ⇒ a1 = −5

_____________________

Znači niz je : -5,-2,1,4,7,… Srednji članovi su a10 i a11

a10 = a1 + 9d = −5 + 27 = 22 a11 = a1 + 10d = −5 + 30 = 25

8

8) Izmedju brojeva -5 i 30 umetnuti aritmetički niz od šest članova. Koliki je zbir svih osam članova? U ovom zadatku ćemo iskoristiti formulu : d =

a = −5 b = 30 k =6 Niz je

d=

b−a k +1

30 − (−5) 35 = =5 6 +1 7

-5,0,5,10,15,20,25,30

pa je

n(a1 + an ) 2 8(−5 + 30) S8 = = 4 ⋅ 25 = 100 2

Sn =

a1 = −5

i

a8 = 30

Dakle S8 = 100

9) Stranice pravouglog trougla su uzastopni članovi aritmetičkog niza za koji je d=3. Odredi dužine tih stranica. Važi pitagorina teorema: a 2 + b 2 = c 2

Pošto je d = 3

a=a b = a+d = a+3 c = a + 2d = a + 6 Zamenimo ovo u Pitagorinu teremu:

a2 + b2 = c2 9

a 2 + (a + 3) 2 = (a + 6) 2 a 2 + a 2 + 6a + 9 = a 2 + 12a + 36 a 2 + 6a + 9 − 12a − 36 = 0 a 2 − 6a − 27 = 0

6 ± 12 2 a1 = 9,

a1,2 =

a2 = −3 Dakle stranice su:

a=9 b = a + 3 = 9 + 3 = 12 c = a + 6 = 9 + 6 = 15

10) Odrediti x tako da brojevi log2, log( 2 x -1), log( 2 x +3) budu uzastopni članovi aritmetičkog niza.

Upotrebićemo an =

an −1 + an +1 tj, 2

a2 =

a1 + a3 2

log 2, log(2 x − 1), log(2 x + 3) log 2 + log(2 x + 3) 2 x 2 log(2 − 1) = log 2 ⋅ (2 x + 3)

log(2 x − 1) =

log(2 x − 1) 2 = log 2 ⋅ (2 x + 3) (2 x − 1) 2 = 2 ⋅ (2 x + 3).....smena 2 x = t (t − 1) 2 = 2(t + 3)

t 2 − 2t + 1 = 2t + 6 t 2 − 4t − 5 = 0 4±6 t1,2 = 2 t1 = 5 t2 = −1 www.matematiranje.com

10

Vratimo se u smenu:

2x = 5

x = log 2 5

ili

2 x = −1 nemoguće www.matematiranje.com

11

Geometrijski niz Podjimo od dva primera: Primer 1: 3,6,12,24,48 ... Primer 2: 81,27,9,3, ... Pažljivim posmatranjem možemo zaključiti da je svaki sledeći član niza u primeru 1. 3,6,12,24,48 ... 2 puta veći od predhodnog člana , pa će sledeći članovi biti, 48 ⋅ 2 = 96, 96 ⋅ 2 = 192,... U primeru 2. 81,27,9,3, ... primećujemo da je svaki sledeći član tri puta manji od 1 1 1 predhodnog, pa bi sledeći članovi bili 3 : 3 = 1, 1: 3 = , : 3 = ,... 3 3 9 Ovakvi nizovi zovu se geometrijski i kao što vidimo , mogu biti rastući (primer 1.) i opadajući (primer 2.) Dakle: Niz brojeva u kome je količnik ma koja dva uzastopna člana niza stalan zove se geometrijski niz ili progresija. Naravno i ovde je važno od kog broja počinje niz, pa se taj broj zove “prvi” član niza I obeležava se sa b1 .

→ za primer 1. b1 = 3 , b2 = 6 , b3 = 12,... → za primer 2. b1 = 81 , b2 = 27 , b3 = 9,... b b2 b3 = = ... = n = q → količnik niza b1 b2 bn −1 → za primer 1. q = 2 (rastući niz) 1 → za primer 2. q = (opadajući niz) 3 Ako znamo b1 (prvi član niza) i q (količnik niza) niz je potpuno odredjen , odnosno možemo da ga zapišemo. Bilo koji član niza ( n-ti član ) se traži po formuli :

bn = b1 ⋅ q n −1 Zbir prvih n-članova niza se traži q >1 i)

Sn =

b1 (q n − 1) q −1

q 1 koristimo formulu S n = 1 ⇒ 3n − 1 = 80 q −1 3n = 81 3n = 34 ⇒ n = 4

3) Tri broja, čiji je zbir 26, obrazuju geometrijski niz. Ako se im brojevima doda redom 1,6 i 3, dobijaju se tri broja koja obrazuju aritmetički niz. Odrediti te brojeve.

Neka su tri broja : b1,b2 i b3 I važi : b1 + b2 + b3 = 26 a kako je b2 = b1q ∧ b3 = b1q 2

b1 + b1q + b1q 2 = 26 tj. b1 (1 + q + q 2 ) = 26 Ako im dodamo redom 1,6 i 3 dobićemo :

a1 = b1 + 1 a2 = b2 + 6 = b1q + 6 a3 = b3 + 3 = b1q 2 + 3 Pošto oni čine aritmetičku progresiju, mora biti : a2 =

a1 + a3 tj, a1 + a3 = 2a1 2

(b1 + 1) + (b1q 2 + 3) = 2(b1q + 6) → ”sredimo” b1 + 1 + b1q 2 + 3 = 2b1q + 12 b1q 2 − 2b1q + b1 = 12 − 1 − 3 b1 (q 2 − 2q + 1) = 8 Napravimo sada sistem:

b1 (q 2 + q + 1) = 26 ⎫ ⎪ podelimo ih b1 (q 2 − 2q + 1) = 8 ⎬ ________________________ ⎪ ⎭ www.matematiranje.com

4

q 2 + q + 1 26 = q 2 − 2q + 1 8 26(q 2 − 2q + 1) = 8(q 2 + q + 1) / : 2 13(q 2 − 2q + 1) = 4(q 2 + q + 1) 13q 2 − 26q + 13 = 4q 2 + 4q + 4 9q 2 − 30q + 9 = 0

3q 2 − 10q + 3 = 0 → kvadratna “po q” 10 ± 8 10 ± 8 = 3⋅ 2 6 1 q1 = 3 ∧ q2 = 3

q1, 2 =

Za q = 3 b1 =

26 26 = =2 q + q + 1 13 2

Rešenja

1 3 26 26 = = 18 b1 = 1 1 13 + +1 9 3 9 Za q =

Rešenja

2,6,18 → Geometrijski niz

18,6,2 → Geometrijski niz

3,12,21 → Aritm. Niz

19,12,5 → Aritm. Niz

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

1, 11, 111, 1111, … Trik je napisati brojeve drugačije:

10 − 1 9 100 − 1 10 2 − 1 = 11 = 9 9 1000 − 1 103 − 1 = 111 = 9 9 1=

…….itd.

www.matematiranje.com

5

S n = 1 + 11 + 111 + ... = 10 − 1 102 − 1 103 − 1 10n − 1 = + + + ... + 9 9 9 9 1 = ⎡⎣10 − 1 + 102 − 1 + 103 − 1 + ... + 10n − 1⎤⎦ Pazi: ima n jedinica... 9 1 ovde je 10 + 102 + ... + 10n → geometrijski niz = [10 + 102 + ... + 10n − n] 9 Geometrijski niz → b1 = 10 ∧ q = 10

S=

b1 (q n − 1) q −1

ovo je za geometrijski niz, pa je :

⎤ 1 ⎡10 ⋅ (10n − 1) Sn = ⎢ − n⎥ 9 ⎣ 10 − 1 ⎦ ⎤ 1 ⎡10(10n − 1) 1 ⎡⎣10(10n − 1) − 9n ⎤⎦ Sn = ⎢ − n⎥ = 9⎣ 9 ⎦ 81

5) Izračunati zbir n brojeva oblika

5 11 23 47 , , , ... 6 12 24 48

Sličan trik kao malopre!

5 6 −1 1 = = 1− 6 6 6 11 12 − 1 1 = = 1− 12 12 12 23 24 − 1 1 = = 1− 24 24 24 …….itd.

Sn =

1 1 5 11 23 1 + + + ... = 1 − + 1 − + 1 − + ... 6 12 24 6 12 24 1 1 1 = n−( + + + ...) 6 12 24 geometrijski niz

www.matematiranje.com

6

b1 =

1 6

q=

1 2

b1 (1 − q n ) 1− q 1 1 (1 − ( ) n ) 2 S=6 1 1− 2 1 1 S = (1 − ( ) n ) 3 2 S=

Dakle :

1⎡ 1 ⎤ S n = n − ⎢1 − ( ) n ⎥ 3⎣ 2 ⎦ 1⎡ 1⎤ S n = n − ⎢1 − n ⎥ 3⎣ 2 ⎦ 6) Ako su a, b, c k-ti , n-ti i p-ti članovi jedne geometrijske progresije tada je

a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = 1 . Dokazati. Koristićemo formulu bn = b1 ⋅ q n −1 Pošto je a k-ti član ⇒ a = b1 ⋅ q k −1 Pošto je b n-ti član ⇒ b = b1 ⋅ q n −1 Pošto je c p-ti član ⇒ c = b1 ⋅ q p −1

a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = [b1q k −1 ]n − p ⋅ [b1 ⋅ q n −1 ] p − k ⋅ [b1 ⋅ q p −1 ]k − n = b1n − p ⋅ q ( k −1)( n − p ) ⋅ b1 p − k ⋅ q ( n −1)( p − k ) ⋅ b1k − n ⋅ q ( p −1)( k − n ) Izračunajmo posebno “izložilac” za b1 :

n− p+ p−k +k −n =0 Sada ćemo izračunati “izložilac” za q:

(k − 1)(n − p ) + (n − 1)( p − k ) + ( p − 1)(k − n) = kn − kp − n + p + np − kn − p + k + pk − pn − k + n = 0 Kao što primećujete sve se potire!

www.matematiranje.com

7

Pa je : a n − p ⋅ b p − k ⋅ c k − n = b1 ⋅ q o = 1 o

Kraj dokaza.

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

a b

P=ah

h

b

a a, h, P → čine g. niz P = a ⋅ h → formula za površinu

A pošto a, h, P čine geometrijski niz , to mora biti:

h2 h = aP ⇒ h = aP ⇒ P = a 2 h ah = ⇒ h = a2 ⇒ P = a ⋅ a2 = a3 a 2

Dakle: a = a, h = a 2 i P = a 3

www.matematiranje.com

8

Beskonačni red Neka je dat beskonačni niz realnih brojeva a1 , a2 ,..., an ,... Izraz oblika a1 + a2 + ... + an + ... =

∑

∞ n =1

an

zove se beskonačni red.

Geometrijskom nizu a, aq, aq 2 ,..., aq n ,... odgovara red: a (1 + q + q 2 + ... + q n + ...) = a ∑n =0 q n ∞

Zbir (suma)beskonačno opadajućeg reda (geometrijskog) je

S=

a 1− q

za

q