Matematika Za 2 Srednje

INSTRUKCIJE Matematika 2. razred srednje škole

tonym-yuwabits.net

Instrukcije Matematika 2. razred srednje škole © Knjigotisak d.o.o. Za nakladnika Marjan Šare Urednice Lidija Šare i Melita Tomašević Priredio Emil Segulin Nakladnik Knjigotisak d.o.o. Split

Sva prava pridržana. Dijelovi ove publikacije ne smiju se reproducirati ili koristiti u bilo kojem obliku ili bilo kojim sredstvom, elektroničkim ili mehaničkim, uključujući fotokopiranje i snimanje, ili bilo kakvim informatičkim sustavom za pohranu ili obnavljanje, bez pisanog odobrenja izdavača.

Cip zapis dostupan u računalnom katalogu Sveučilišne knjižnice u Splitu pod brojem 131118087.

Emil Segulin

INSTRUKCIJE REPETICIJE • REPETITORIJ

Matematika za 2. razred srednje škole

Uspravna prizma

gornja osnovka

Oplošje: O = 2 B + P

pobočka

bočni brid

Obujam: V = B ⋅ v Površina pobočja: P = v ⋅ o (o - opseg osnovke i v - visina prizme).

donja osnovka osnovni brid

Kocka O = 6a 2 3 Obujam: V = a Oplošje:

a

D=a 3 Plošna dijagonala: d = a 2 Prostorna dijagonala:

D

a

d a

Površina dijagonalnog presjeka:

Pdp = d ⋅ a

Kvadar Oplošje: dijagonalni presjek

c=v D

O = 2(ab + bc + ac)

Obujam: V = abc Prostorna dijagonala:

D = a2 + b2 + c2

Površina dijagonalnog presjeka:

b

d1

a

Dijagonala osnovke:

vrh piramide

Piramida pobočni brid visina osnovka (baza) osnovni brid

pobočka

Oplošje: O = B + P Obujam:

V =

B⋅v 3

Pdp = d 1⋅c

d1 = a + b 2 2

Krnja piramida visina h

osnovka B1 visina v

Oplošje:

O = B + B1 + P

Obujam:

V=

(

v B + B ⋅ B1 + B1 3

)

B (v + h ) = B1 h2

2

osnovka B osnovni brid

Pravilna trostrana piramida V

a 2 ⋅ 3 3 ⋅ a ⋅ v1 + 4 2 2 B⋅v a ⋅ 3 ⋅v Obujam: V = = 3 12 a ⋅ v1 Površina pobočja: P = 3 ⋅ 2 Oplošje:

b

b V

V1

b

β a C' ρ

α

a

A

C

r

S

O= B+P=

Karakteristični pravokutni trokuti:

a

ΔC ' SV : r

2

+ v 2 = v12

ΔVSC : r 2 + v 2 = b 2

B

Pravilna četverostrana piramida V Oplošje:

δ 2

B ⋅ v a2 ⋅ v = 3 3 Površina pobočja: P = 2 ⋅ a ⋅ v1 Obujam:

b v1

v

v1 b

D E A

C a 2

S

a

F d 2

α B

V =

Karakteristični pravokutni trokuti:

β a 2

O = B + P = a 2 + 2 ⋅ a ⋅ v1

2

⎛a⎞ ΔESV : ⎜ ⎟ + v 2 = v12 ⎝2⎠ 2 ⎛d ⎞ ΔVSB : ⎜ ⎟ + v 2 = b 2 ⎝2⎠ 2 ⎛a⎞ 2 ΔVFC : v1 + ⎜ ⎟ = b 2 ⎝2⎠

Valjak osnovka

izvodnica

os valjka

visina v

Oplošje:

O = 2 Rp ( R + v)

Obujam:

V = R 2p ⋅ v

Površina plašta: P = 2 ⋅ R ⋅ p ⋅ v Površina osnog presjeka:

polumjer osnovke

Opseg osnog presjeka:

Pop = 2 Rv

oop = 2 (2 R + v )

Jednakostranični valjak: v = 2 R

R osnovka

vrh stošca V

Stožac Oplošje:

B ⋅ v R 2p ⋅ v = 3 3 Površina plašta: P = R ⋅ p ⋅ s Obujam:

izvodnica s visina os stošca v polumjer osnovke osnovka središte R osnovke

O = B + P = Rp ( R + s ) V =

Karakterističan pravokutan trokut:

s2 = R2 + v2 Površina osnog presjeka: Opseg osnog presjeka:

Pop = Rv

oop = 2 (R + s )

S

R1

Krnji stožac

S1

O = p ⎡⎣ R 2 + R12 + s (R + R1 )⎤⎦ pv 2 Obujam: V = R + R ⋅ R1 + R12 ) ( 3 Površina plašta: P = p ⋅ s ⋅ (R + R1 ) Oplošje:

s

v

v

s

Karakterističan pravokutan trokut:

s 2 = v 2 + (R − R1 )

2

R S

(R-R1)

Kugla O = 4R 2p 4 3 Obujam: V = R p 3 Oplošje:

R S

Kuglin odsječak (kapica)

V

Površina: P = 2 Rpv

v S'

r

Obujam:

T

d=R-v

R

S

1 Vko = v 2p (3R − v ) 3 1 Vko = vp (3r 2 + v 2 ) 6

Pravokutni trokut ∆SS’T:

R 2 = r 2 + (R − v )

2

v = S 'V r1

v=v1-v2 S1

T1

r2

S2

Kuglin sloj i pojas T2

R

Površina: P = 2 Rpv Obujam:

S

1 Vks = vp (3r12 + 3r22 + v 2 ) 6

Pravokutni trokuti ∆SS1T1 i ∆SS2T2:

v = v1 − v 2 , v1 = S

, v2 = S

1

2

R =v +r =v +r 2

2 1

2 1

2 2

2 2

V

v S R

'

R-v S

r

T1 R

Kuglin isječak Obujam:

v = S 'V

Vki =

2 2 Rp 3

Karakterističan pravokutni trokut

R = r + (R − v ) 2

2

2

ΔT1 S ' S :

Jednakokračni trokut

A

O = a + 2b

α

α 2

b

a ⋅ v b ⋅ vb a ⋅ b ⋅ sin b b 2 sin a P= = = = 2 2 2 2 a + 2b = 180°

b

v vb

2

⎛a⎞ 2 2 ⎜ ⎟ +v =b ⎝2⎠

a 2

β

β

B

C

a

Jednakostranični trokut

A

O = 3a

α=60° a

a v

a 2

α=60° B

P=

a ⋅ v a2 ⋅ 3 = 2 4

v=

a⋅ 3 2

α=60° C

a

Pravokutni trokut C

O = a+b+c ab cv P= = 2 2

a

b

v αq

A

p D

c

D

a

c 2 = a 2 + b 2 a + b = 90°

β B

C

d

a=

pc , b = qc , v =

a a b , cos a = , tga = b c c b ctga = a

sin a =

Kvadrat O = 4a

P = a2 A

a

B

pq

d = a⋅ 2

D

C

Pravokutnik

b

O = 2 ⋅ (a + b ) P = a ⋅b

S d φ a

A

B a

D

b

S φ

v

Paralelogram

C

O = 2 ⋅ (a + b )

α 2

e

P = a ⋅ v = a ⋅ b ⋅ sin a =

b

f

a2 + b2 = d 2

1 ⋅ e ⋅ f ⋅ sin j 2

α a

A

B

Romb D

C

a f

e S

a

α 2

O = 4a

P = a ⋅ v = a 2 ⋅ sin a =

a

v

α

2

A

a N

B

D

c

1 ⋅e⋅ f 2

2

⎛e⎞ ⎛ f ⎞ 2 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = a ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ Trapez C γ

δ d

b

v β

α a

A

D

B

Jednakokračni trapez

C

c β

b

b

v

α A

a-c 2

N

a

O = a+b+c+d a+c P= ⋅v = s⋅v 2 a + d = b + g = 180°

B

O = a + 2b + c a+c P= ⋅v = s⋅v 2 a + b = 180°

k

D

C

Krug i kružnica

β

O = 2 ⋅ r ⋅p

r t

P = r 2 ⋅p a = 2⋅b (odnos središnjeg i obodnog kuta)

s r

α 2

r v

a 2

P a

A

B

Pravilni mnogokut O = n⋅a a⋅r P = n⋅ 2 (n − 2)⋅ 180° , 360° , a = b= n n

s α α 2 ρ

r β

β 2

a 2 A

r

P a

B

2

r

2

10

⎛a⎞ + ⎜ ⎟ = r2 ⎝2⎠

Osnovna svojstva potenciranja prirodnim, cijelim i racionalnim brojevima P1) zbrajanje (oduzimanje) potencija

P6) potenciranje razlomka r

r ⎛a⎞ a = ⎜ ⎟ r ⎝b⎠ b

Jednake potencije se zbrajaju (oduzimaju) tako da se zbroje (oduzmu) koeficijenti koji

P7) umnožak potencija s jednakim eksponentima

množe potencije, dok se potencija prepiše. Primjer:

a r ⋅ b r = (a ⋅ b )

r

2 x 2 + 3 x 2 = (2 + 3) x 2 = 5 x 2

P8) potenciranje s nulom

P2) množenje potencija

a ⋅a = a r1

r2

Za svaki broj a > 0 vrijedi

r1 + r2

a0 = 1 .

P9) potencije s negativnim eksponentom

P3) dijeljenje potencija

a

a r1 : a r2 = a r1 − r2

−r

1 = r a

−r

,

⎛a⎞ ⎛b⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝b⎠ ⎝a⎠

r

P4) potenciranje potencije P10) potencije s racionalnim

(a r1 ) r2 = a r1 ⋅r2

eksponentom (korijeni) 1

P5) potenciranje umnoška

(a ⋅ b )

r

an = n a, n∈ N, a ≥ 0

= a r ⋅ br

m n

a = n am , n ∈ N , m ∈ Z , a > 0

Svojstva logaritamske funkcije L1)

a loga x = x

L2) logaritamska funkcija je inverzna funkcija s obzirom na eksponencijalnu funkciju, stoga vrijedi:

a x = y ⇔ x = log a y

L3)

log a 1 = 0

L4)

log a a = 1 , a > 0

L5) logaritam umnoška

log a ( x ⋅ y ) = log a x + log a y

⎛x⎞ log a ⎜ ⎟ = log a x − log a y ⎝ y⎠ r L7) logaritam potencije log a ( x ) = r ⋅ log a x L6) logaritam kvocijenta

11

1 log ar x = log a x r L9) ako je a > 1 , tada za x1 < x2 vrijedi log a x1 < log a x2 (funkcija je rastuća); ako je L8) baza logaritma je prikazana u obliku potencije

0 < a < 1 tada za x1 < x2 vrijedi log a x1 > log a x2 (funkcija je padajuća). L10) svojstvo injektivnosti logaritamske funkcije: ako je

log a x1 = log a x2 , onda vrijedi

x1 = x2 . L11) veze logaritama po različitim bazama:

1 ; log a b log x L11b) veza s dekadskim logaritmima: log a x = log a L11a) recipročnost logaritama:

log b a =

Svojstva eksponencijalne funkcije a0 = 1 1 E2) a = a E1)

a x1 ⋅ a x2 = a x1 + x2 x x x −x E4) dijeljenje potencija s jednakim bazama a 1 : a 2 = a 1 2 x x x ⋅x E5) potenciranje potencije ( a 1 ) 2 = a 1 2 E3) množenje potencija s jednakim bazama

E6) potenciranje umnoška

( a ⋅ b) x = a x ⋅ b x x

ax ⎛a⎞ E7) potenciranje razlomka ⎜ ⎟ = x b ⎝b⎠ x

⎛1⎞ E8) a = ⎜ ⎟ ⎝a⎠ E9) ako je a > 1 −x

−x

x

⎛a⎞ ⎛b⎞ , ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝b⎠ ⎝a⎠ x x i x1 < x2 tada vrijedi a 1 < a 2 (rastuća funkcija), ako je 0 < a < 1 i

x1 < x2 tada vrijedi a x1 > a x2 (padajuća funkcija); E10) svojstvo injektivnosti eksponencijalne funkcije: iz

a x1 = a x2 slijedi x1 = x2

1. Skup kompleksnih brojeva 1.1. Kompleksni broj Kompleksni brojevi su nastali zbog potrebe da se pronađe rješenje kvadratne jednadžbe: x2 = –1 x2 + 1 = 0 Budući da znamo da nema realnog broja koji kvadriran daje negativan broj uvode se imaginarni brojevi: x 2 = −1 ⇒ i 2 = −1 . Imaginarna jedinica i Imaginarna jedinica i ima svojstvo i 2 = −1 . Imaginarni broj bi Imaginarni broj bi je umnožak realnog broja b i imaginarne jedinice i. Kompleksni broj z = a + bi Kompleksni broj z = a + bi je zbroj realnog broja a i imaginarnog broja bi. Prikaz kompleksnog broja z = a + bi nazivamo algebarski ili standardni prikaz kompleksnog broja. Realni broj a nazivamo realni dio, dok realni broj b nazivamo imaginarni dio kompleksnog broja z. Možemo zapisati: a = Re(z) i b = Im(z). Skup kompleksnih brojeva C Skup kompleksnih brojeva označavamo s C. Skup realnih brojeva R je podskup skupa kompleksnih brojeva C ( R ⊂ C ). Jednakost kompleksnih brojeva Dva su kompleksna broja z1 =a1 + b1i i z2 =a2 + b2i (a1, a2, b1, b2 ∈ R) jednaka ako su im jednaki realni i imaginarni dijelovi: a1 = a2 i b1 = b2. Potencije imaginarne jedinice Vrijedi sljedeće ( n ∈ Z ): i 4n = i0 = 1

i1 = i

i5 = i 4 ⋅ i = 1⋅ i = i

i 4 n +1 = i1 = i

i 2 = −1

i 6 = i 5 ⋅ i = i ⋅ i = i 2 = −1

i 4 n + 2 = i 2 = −1

i 3 = i 2 ⋅ i = (−1) ⋅ i = −i

i 7 = i 6 ⋅ i = −1 ⋅ i = −i

i 4 n +3 = i 3 = −i

i 4 = i 3 ⋅ i = (−i ) ⋅ i = −i 2 = 1

i8 = i 7 ⋅ i = −i ⋅ i = −i 2 = 1

13

Apsolutna vrijednost kompleksnog broja Apsolutna vrijednost (ili modul) kompleksnog broja z = a + bi glasi: z = a 2 + b2 Konjugirani kompleksni broj Neka je zadan kompleksni broj z = a + bi. Konjugirani kompleksni broj kompleksnog broja z označavamo sa z , te ga možemo zapisati u sljedećem obliku: z = a − bi . Zadatak 1. Riješi jednadžbu: 5 x 2 + 320 = 0 . Rješenje: 5 x 2 + 320 = 0

Nepotpuna kvadratna jednadžba (koeficijent b = 0)

5 x 2 = −320 : 5 x 2 = −64

x = −64

Na ovom mjestu treba uočiti da ova jednadžba nema rješenja u skupu realnih brojeva R, već samo u skupu kompleksnih brojeva C. Budući da se radi o kvadratnoj jednadžbi potrebno je dobiti dva rješenja. Umjesto (-1) uvodi se imaginarna jedinica i2.

x = 64 ⋅ (−1)

i 2 = −1

x = 64 ⋅ i 2 x = (8i ) 2

Uzeti u obzir

c2 = c

Jednadžbu s apsolutnom vrijednošću oblika x = a rješavamo na sljedeći način: • za x > 0, x = a • za x < 0, x = -a

x = 8i x = ±8i

Zadatak 2. Odredi realne i imaginarne dijelove sljedećih kompleksnih brojeva: a) z1 = 4 − 2i b) z2 =

2 + 3 ⋅i 7

c) z3 = −(2 − 11) i d) z4 = 5 . 14

Rješenja: a) Usporedi zadani kompleksni broj z1 = 4 − 2i s općim standardnim zapisom z = a + bi . Na osnovi navedenog može se očitati: Re( z1 ) = a = 4 , Im( z1 ) = b = −2 . Ovdje treba uočiti da je imaginarni dio kompleksnog broja z1 realni broj b koji množi imaginarnu jedinicu te da ne uključuje imaginarnu jedinicu i. b) z2 =

2 3 2 3 + i ⇒ a= , b= 7 7 7 7

c) a = 0, b = −(2 − 11) (broj z3 je imaginaran broj) d) a = 5, b = 0 (broj z4 je realan broj i R ⊂ C ) Zadatak 3. Izračunaj kompleksni broj z koji je zadan na sljedeći način: 2

⎛ ⎞ ⎜ 5i 41 − 3i −1051 + 4 ⎟ z =⎜ ⎟. 1 ⎜ i104 − 3 226 ⎟ i ⎝ ⎠ Rješenje: Preporučuje se da se najprije izračunaju vrijednosti potencija imaginarne jedinice. Zapiši i41 u obliku i4ּk+n: i41 = i4ּ10+1=i1=i. Tako i sljedeće brojeve. i 41 = i 4⋅10+1 = i1 = i i −1051 = i 4⋅(−262)+3 = i 3 = −i

Podijeliti na džepnom računalu broj -1049 s 4. Broj -262 je prvi manji cijeli broj.

i104 = i 4⋅26+ 0 = i 0 = 1 1 226

= i −226 = i 4⋅(−56)+ 2 = i 2 = −1

i Nakon uvrštavanja vrijednosti potencija imaginarne jedinice u početni izraz dobiva se sljedeće: 2

2 1 2 2 ⎛ 5 ⋅ i − 3 ⋅ (−i ) + 4 ⎞ ⎛ 5i + 3i + 4 ⎞ ⎛ 8i + 4 ⎞ ⎛ 4 (1 + 2i ) ⎞ ⎟ = (1 + 2i ) 2 z =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ =⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟ − ⋅ − + 1 3 ( 1) 1 3 4 4 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ 1 ⎠

z = 1 + 4i + 4i 2 z = 1 + 4i + 4 ⋅ (−1) z = −3 + 4i

Kvadriranje se vrši prema formuli za kvadrat zbroja ( I + II ) 2 = I 2 + 2 ⋅ I ⋅ II + II 2 . Umjesto i2 uvrštava se -1.

15

Zadatak 4. Izračunaj apsolutnu vrijednost kompleksnog broja z koji je zadan na sljedeći način: z=

3 + 9 2 i867 . 1 − 2i −94

Rješenje: i867 = i 4⋅216+3 = i 3 = −i i −94 = i 4⋅(−23)+ 2 = i 2 = −1 1

3 + 9 2 ⋅ (−i ) 3 − 9 2 i 3 (1 − 3 2 i ) z= = = = 1 − 3 2i 1 − 2 ⋅ (−1) 1 − 2 ⋅ (−1) 31 Re( z ) = a = 1 Im( z ) = b = −3 2

Prvo izračunajmo potencije od i, te pojednostavimo izraz kako bismo lakše izrazili a i b.

z = a 2 + b 2 = 12 + (−3 2) 2 = 1 + (9 ⋅ 2) = 1 + 18 z = 19 Zadatak 5. Odredi konjugirano kompleksne brojeve sljedećih kompleksnih brojeva: a) z1 = 3 + 2 3i b) z2 = −4i c) z3 = 5 . Rješenja: Uputstvo: konjugirani kompleksni broj dobivamo na način da se promijeni predznak isključivo imaginarnog dijela kompleksnog broja (predznak realnog dijela se u ovom slučaju ne mijenja). a) z1 = 3 − 2 3 i b) z2 = 4i c) z3 = 5 Zadatak 6. Odredi realni broj m tako da broj w = 5m − 10 + (m − 3) i bude: a) realan broj b) imaginaran broj.

16

Rješenje: a) uvjet da kompleksni broj z = a + bi bude realan broj glasi b = 0, tj. trebamo se riješiti imaginarnog broja: w = 5m – 10 + (m – 3)i m–3=b Im (w) = 0 m–3=0 m=3 b) uvjet da kompleksni broj z = a + bi bude imaginaran broj glasi a = 0, tj. trebamo se riješiti realnog broja: 5m – 10 = a Re(w) = 0 5m – 10 = 0 5m = 10 | :5 m=2 Zadatak 7. Za koje vrijednosti realnih brojeva x i y vrijedi jednakost: 3( x − y ) + 2(2 x − 3 y − 10) i = 5( x + 3) − 13 + 5( y + 2) i Rješenje: U ovom zadatku se radi o jednakosti kompleksnih brojeva. To je razlog zbog čega se iz jedne jednakosti mogu izračunati dvije nepoznanice. Iz uvjeta jednakosti kompleksnih brojeva (dva su kompleksna broja jednaka ako su im jednaki realni i imaginarni dijelovi) proizlaze dvije linearne jednadžbe s dvije nepoznanice. Znači ovaj zadatak se svodi na rješavanje sustava linearnih jednadžbi. Prva linearna jednadžba dobiva se izjednačavanjem realnih dijelova kompleksnih brojeva na lijevoj i desnoj strani zadane jednadžbe, dok se druga linearna jednadžba dobiva izjednačavanjem imaginarnih dijelova kompleksnih brojeva na lijevoj i desnoj strani zadane jednadžbe (uočiti: u ovu jednadžbu nije uključena imaginarna jedinica i). Sustav je najprije potrebno svesti 3( x − y ) = 5( x + 3) − 13 na standardni oblik, tj. nepoznanice 2(2 x − 3 y − 10) = 5( y + 2) prebaciti na lijevu stranu jednadžbe, dok se poznate vrijednosti prebacuju na desnu stranu jednadžbe. 3 x − 3 y = 5 x + 15 − 13 4 x − 6 y − 20 = 5 y + 10 3 x − 3 y − 5 x = 15 − 13 4 x − 6 y − 5 y = 10 + 20

Prema pravilu o zbrajanju potencija smije se zbrajati samo istovrsne potencije, tj. međusobno zbrajamo / oduzimamo članove s x, a zatim međusobno članove s y. 17

−2 x − 3 y = 2 ⋅ 2 4 x − 11 y = 30

Sada kada je sustav zapisan u standardnom zapisu, moguće je odabrati metodu rješavanja sustava. Koristimo metodu suprotnih koeficijenata. Zbrajanje jednadžbi.

− 4x − 6 y = 4 4 x − 11 y = 30 −17 y = 34 : (−17) y = −2 4 x − 11 y = 30 4 x − 11 ⋅ (−2) = 30 4 x = 30 − 22 x=2

Nakon izračunavanja vrijednosti nepoznanice y, vraćamo se u jednu jednadžbu radi izračunavanja vrijednosti x (odabiremo jednostavnu jednadžbu).

1.2. Zbrajanje i množenje kompleksnih brojeva Zbrajanje (oduzimanje) kompleksnih brojeva Zbrajanje (oduzimanje) kompleksnih brojeva vršimo tako da zbrajamo (oduzimamo) istovrsne dijelove kompleksnih brojeva, tj. realne dijelove zbrajamo s realnim i imaginarne s imaginarnim. Općenito za dva kompleksna broja z = a + bi i w = c + di ( a, b, c, d ∈ R ) vrijedi: z ± w = (a ± c) + (b ± d ) i Množenje kompleksnih brojeva Prilikom množenja dvaju kompleksnih brojeva primjenjujemo pravilo za množenje dviju zagrada (svaki član prve zagrade množi se sa svakim članom druge zagrade). Općenito za dva kompleksna broja z = a + bi i w = c + di ( a, b, c, d ∈ R ) vrijedi: z ⋅ w = (a + bi ) ⋅ (c + di ) = (ac − bd ) + (ad + bc) i

18

Zadatak 1. Izračunaj zbroj, razliku i umnožak kompleksnih brojeva z i w. z = 4 + 3i , w = 3 − 2i .

Rješenje: z + w = (4 + 3i ) + (3 − 2i ) = 4 + 3i + 3 − 2i = 4 + 3 + (3 − 2) i = 7 + i z − w = (4 + 3i ) − (3 − 2i ) = 4 + 3i − 3 + 2i = 4 − 3 + (3 + 2) i = 1 + 5i z ⋅ w = (4 + 3i ) ⋅ (3 − 2i ) = 3 ⋅ 4 + 3 ⋅ 3i − 2i ⋅ 4 − 2i ⋅ 3i = 12 + 9i − 8i − 6i 2 = = 12 + (9 − 8)i − 6 ⋅ (−1) = 12 + i + 6 = 18 + i Zadatak 2. Izračunaj z ⋅ w ako je: z=

i + i 6 + i11 +  + i86 , w = 1 + i. i 2 + i 4 +  + i 42

Rješenje: Najprije je potrebno izračunati kompleksni broj z. Brojnik kompleksnog broja z: i + i 6 + i11 +  + i86 = i + i 4⋅1+ 2 + i 4⋅2+3 + i 4⋅4+ 0 + i 4⋅5+1 +  + i 4⋅21+ 2 = i + i 2 + i 3 + i 0 + i +  + i 2 = i + (−1) + (−i ) + 1 + i +  + (−1)  0

Izraz je potrebno grupirati u četvorke (sume četiri uzastopnih članova). Vrijednost zbroja četiri uzastopna člana iznosi 0 i tako trebamo doći do 86 (i86). Prva četvorka (i1, i6, i11, i16) završava s članom i16, druga četvorka završava s članom i36 (i21, i26, i31, i36), treća s i56 (i41, i46, i51, i56), četvrta s i76 (i61, i66, i71, i76). Znači, izvan četvorki ostaju članovi i81 i i86. Možemo zaključiti sljedeće: grupiranje članova provodimo kako bismo brže izračunavali ovakve dugačke izraze, jer računanje vrijednosti svakog pojedinog člana iziskivalo bi previše vremena. Vrijednost brojnika broja z se svodi na zbroj: i81 + i86 = i 4⋅20+1 + i 4⋅21+ 2 = i1 + i 2 = i − 1 Nazivnik broja z računamo na sličan način, samo što članove grupiramo u parove.

19

= i 2 + i 4⋅1+ 0 + i 4⋅1+ 2 + i 4⋅2+ 0 +  + i 4⋅10+ 2

i 2 + i 4 + i 6 + i8  + i 42

= i 2 + 1⋅ i 0 + 1⋅ i 2 + 1⋅ i 0 +  + 1⋅ i 2 = i2 + i0 + i2 + i0 +  + i2 =− −1) + 1 +  + (−1) = −1 1 + 1 + ( 0 0

z=

Minus iz nazivnika prebacimo u brojnik

i − 1 −i + 1 = = 1− i −1 1

Primijeni formulu za razliku kvadrata: ( I − II ) ⋅ ( I + II ) = I 2 − II 2

z ⋅ w = (1 − i ) ⋅ (1 + i ) z ⋅ w = 12 − i 2 z ⋅ w = 12 − (−1) z ⋅ w = 1+1 = 2

Zadatak 3. Izračunaj Im (2 ⋅ z + 3 ⋅ z − z 2 ) , ako je z =

1 3 − i. 2 2

Rješenje: Re (z ) = a =

1 2

Im (z ) = b = −

3 2 2

2 3⎞ 1 3 ⎛1⎞ ⎛ z = a + b = ⎜ ⎟ + ⎜⎜ − + =1 ⎟⎟ = 4 4 ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

z = a − bi =

Izračunaj z

1 3 + i 2 2 2

2 ⎛1 3 ⎞ ⎛1⎞ 1 3 ⎛ 3 ⎞ z 2 = ⎜⎜ − i ⎟⎟ = ⎜ ⎟ − 2 ⋅ ⋅ i + ⎜⎜ i ⎟⎟ 2 2 2 2 2 4 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

z2 =

Izračunaj |z|

2

2

Izračunaj z2 1 3 1 3 i + i2 = −2⋅ ⋅ 4 4 2 2

1 3 3 1 3 − i− =− − i 4 2 4 2 2

Uvrsti u izraz

⎛1 3 ⎞ ⎛ 1 3 ⎞ 3 3 3 1 3 2 ⋅ z + 3 ⋅ z − z 2 = 2 ⋅1 + 3 ⋅ ⎜⎜ + i ⎟⎟ − ⎜⎜ − − i ⎟⎟ = 2 + + i+ + i 2 2 2 2 ⎝2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ 3 1 ⎛3 3 3⎞ 4 4 3 i = 4+2 3 i = 2 + + + ⎜⎜ + ⎟⎟ i = 2 + + 2 2 ⎝ 2 2 ⎠ 2 21 2

Im (2 ⋅ z + 3 ⋅ z − z 2 ) = 2 3 20

Zadatak 4. Riješi sljedeću jednadžbu u skupu kompleksnih brojeva C: z + 2 − z = 3 + 2i . Rješenje: U ovom zadatku potrebno je izračunati kompleksni broj z = a + bi koji je određen sa svojim realnim i imaginarnim dijelom (Re (z) = a, Im (z) = b, a, b ∈ R). z + 2 = a + bi + 2 = (a + 2) + bi ⇒ Re( z + 2) = (a + 2), Im ( z + 2) = b z + 2 = (Re( z + 2)) 2 + (Im( z + 2)) 2 = (a + 2) 2 + b 2 = a 2 + 4a + 4 + b 2 z = a − bi

z + 2 − z = 3 + 2i

a 2 + 4a + 4 + b 2 − (a − bi ) = 3 + 2i a 2 + 4a + 4 + b 2 − a + bi = 3 + 2i

Iz druge jednadžbe direktno očitavamo vrijednost broja b.

a 2 + 4a + 4 + b 2 − a = 3 b=2 a 2 + 4a + 4 + 2 2 = a + 3 a 2 + 4a + 4 + 4 = (a + 3) 2 a 2 + 4a + 8 = a 2 + 6a + 9 a 2 + 4a − a 2 − 6a = 9 − 8 −2a = 1 : (−2) a=−

Ovdje je riječ o jednakosti kompleksnih brojeva, iz koje slijede dvije realne jednadžbe (izjednačavanje realnih i imaginarnih dijelova kompleksnih brojeva na lijevoj i desnoj strani jednadžbe).

2

Prva jednadžba je iracionalna jednadžba koju prepoznajemo po korijenu. Iracionalne jednadžbe rješavamo kvadriranjem. U ovom slučaju prije kvadriranja je potrebno prebaciti a na drugu stranu, kako bi se kvadriranjem uspjelo ukloniti korijen.

1 2

1 Traženi kompleksni broj z glasi z = − + 2i . 2

21

Zadatak 5. Odredi kompleksne brojeve z i w (z, w, ∈ C) iz sustava jednadžbi: z + wi = 1 + 2i w − zi = 1 − i . Rješenje: Pretpostavi da je z = a1 + b1i i w = a2 + b2i (a1, b1, a2, b2 ∈ R). Na ovaj način zadatak svodimo na rješavanje sustava 2 jednadžbe s 4 nepoznanice, (a1, b1, a2, b2). Nakon uvrštenja z i w, sustav jednadžbi ima sljedeći oblik: a1 − b1i + (a2 + b2i ) i = 1 + 2i a2 − b2i − (a1 + b1i ) i = 1 − i a1 − b1i + a2i + b2i 2 = 1 + 2i a2 − b2i − a1i + b1i 2 = 1 − i

z = a1 – b1i w = a2 – b2i i2 = –1

a1 − b1i + a2i − b2 = 1 + 2i a2 − b2i − a1i + b1 = 1 − i Na temelju pravila za jednakost kompleksnih brojeva dobivamo sustav od 4 linearne jednadžbe s 4 nepoznanice (a1, b1, a2, b2): (1)

a1 − b2 = 1

Jednakost realnih dijelova – iz 1. jednadžbe

(2 )

a2 − b1 = 2

Jednakost imaginarnih dijelova – iz 1. jednadžbe

(3)

a2 + b1 = 1

Jednakost realnih dijelova – iz 2. jednadžbe

(4 )

− a1 − b2 = −1

Jednakost imaginarnih dijelova – iz 2. jednadžbe

Zbrojimo

(1)

i

(4 )

jednadžbu, koje sadrže nepoznanice a1 i b2 . Na ovaj način će

se eliminirati nepoznanica a1 . −2b2 = 0 ⇒ b2 = 0 a1 − b2 = 1 −a1 − b2 = −1 Uvrstimo b2 = 0 u jednadžbu (1) kako bismo izračunali a1. a1 − b2 = 1 ⇒ a1 − 0 = 1 ⇒ a1 = 1

22

Zbrojimo (2) i (3) jednadžbu, koje sadrže nepoznanice a2 i b1. Na ovaj način će se eliminirati nepoznanica b1. 3 a2 − b1 = 2 ⇒ 2a2 = 3 ⇒ a2 = 2 a2 + b1 = 1 3 u jednadžbu (3) kako bismo izračunali b1 . 2 3 3 −1 a2 + b1 = 1 ⇒ + b1 = 1 ⇒ b1 = 1 − ⇒ b1 = 2 2 2

Uvrstimo a2 =

Dakle, a1 = 1, b1 =

−1 , 2

3 a2 = , b2 = 0 2 1 3 Kompleksni brojevi z i w glase: z = 1 − i , w = 2 2

1.3. Dijeljenje kompleksnih brojeva Neka su zadana dva kompleksna broja z1 = a + bi i z2 = c + di ( a, b, c, d ∈ R ; z1 , z2 ∈ C ; z2 ≠ 0 ). Kompleksne brojeve z1 i z2 možemo podijeliti na sljedeći način: z1 a + bi a + bi c − di ac − adi + bci − bdi 2 ac − adi + bci + bd = = ⋅ = = z2 c + di c + di c − di c 2 − (di ) 2 c2 + d 2 z1 ac + bd bc − ad i = + z2 c 2 + d 2 c 2 + d 2 Prilikom dijeljenja kompleksnih brojeva želi se eliminirati imaginarna jedinica iz nazivnika (postupak je sličan postupku racionalizacije kojim se želimo osloboditi korijena u nazivniku). Zadatak 1. Podijeli kompleksne brojeve u sljedećim izrazima: 2 + 3i a) 3 − 5i b)

4 + 3i . 3i 23

Rješenje: a)

2 + 3i 2 + 3i 3 + 5i = ⋅ 3 − 5i 3 − 5i 3 + 5i

Eliminacija imaginarne jedinice iz nazivnika postiže se nadopunjavanjem na razliku kvadrata ( I − II ) ⋅ ( I + II ) = I 2 − II 2

2 + 3i (2 + 3i ) ⋅ (3 + 5i ) 6 + 9i + 10i + 15i 2 = = 3 − 5i 3 2 −(5i ) 2 9 − 25i 2 6 + 19i − 15 −9 + 19i 9 19 = =− + i 9 + 25 34 34 34 b)

4 + 3i 4 + 3i i = ⋅ 3i 3i i (4 + 3i ) ⋅ i 4i + 3i 2 = 3i 2 3i 2 − 3 + 4i 3 4 = − i −3 3 3

Zadatak 2. Odredi Re (z ) , ako je z =

i 2 = −1

Dovoljno je množiti s i, jer broj 3 može ostati u nazivniku. i 2 = −1

2 ⋅ i 76 − 3 i 53 . 4− 3i

Rješenje: i 76 = i 4⋅19+ 0 = i 0 = 1 i 53 = i 4⋅13+1 = i1 = i Uvrstimo 1 i i u izraz umjesto i76 i i53. 2

2 ⋅1 − 3 i 4 + 3 i (2 − 3 i )(4 + 3 i ) 8 − 4 3 i + 2 3 i − 3 i 2 ⋅ = = z= 16 − 3i 2 4− 3i 4+ 3i 42 − ( 3 i ) 2 z=

8 − 2 3 i + 3 11 − 2 3i 11 2 3 = = − i 16 + 3 19 19 19

Re( z ) =

11 19

24

1 83 ⎞ ⎛ 10 ⎜ z + 3 z − 32 i ⎟ 1 1 Zadatak 3. Izračunaj Im ⎜ ⎟ ako je z = − i . 2 2 8 z + 2z ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ Rješenje: 5

5 5 5 ⎡⎛ 1 1 ⎞ 2 ⎤ ⎡ 1 1 1 1 ⎤ ⎡1 1 1⎤ ⎛ 1 ⎞ z = ( z ) = ⎢⎜ − i ⎟ ⎥ = ⎢ − 2 ⋅ ⋅ i + i 2 ⎥ = ⎢ − i − ⎥ = ⎜ − i ⎟ 2 2 4 ⎦ ⎣4 2 4⎦ ⎝ 2 ⎠ ⎢⎣⎝ 2 2 ⎠ ⎥⎦ ⎣ 4 1 1 1 1 z10 = − i 5 = − i 4⋅1+1 = − ⋅ i1 = − i 32 32 32 32 1 1 z= + i 2 2 10

2 5

i83 = i 4⋅20+3 = i 3 = −i 2

2

1 1 2 2 ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ z = a +b = ⎜ ⎟ +⎜− ⎟ = + = = 4 4 4 2 ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2

2

8 = 4⋅ 2 =2 2 1 83 − 1 i + 3 ⎛ 1 + 1 i ⎞ − 1 ⋅ −i 1 3 3 1 i − i+ + i+ i ⎜ ⎟ ⎝ 2 2 ⎠ 32 32 = 32 = 32 2 2 32 2 2 2 1 2 8 z + 2z ⎛1 1 ⎞ 2 + − i 2 2 + 2⎜ − i ⎟ 2 2 21 ⎝2 2 ⎠

z10 + 3 z −

3 ⎛ 1 3 1 ⎞ + ⎜ − + + ⎟i 3 + 3 i 3 1+ i 3 1+ i 3 + i 2 ⎝ 32 2 32 ⎠ = =2 2 = ⋅ = ⋅ ⋅ 2 +1− i 3−i 2 3−i 2 3−i 3+i 3 (1 + i )⋅ (3 + i ) 3 3 + 3i + i + i 2 3 3 + 4i − 1 = ⋅ = ⋅ = ⋅ 2 32 − i 2 2 9 − i2 2 9 − (−1) 3 3 3 2 + 4i 3 2 (1 + 2i ) 3 + 6i 3 6 = ⋅ = ⋅ = = + i= + i 2 10 10 10 10 10 10 5 21 1

1 83 ⎞ ⎛ 10 ⎜ z + 3 z − 32 i ⎟ 3 Im ⎜ ⎟= 8 z + 2z ⎟ 5 ⎜ ⎝ ⎠

25

Zadatak 4. Odredi realne brojeve x i y iz jednakosti: x+5 y+4 + = 2+i. 2+i 2−i Rješenje: Potrebno je uočiti da umnožak nazivnika predstavlja razliku kvadrata. Cijelu jednadžbu množimo s najmanjim zajedničkim višekratnikom nazivnika, kako bismo se riješili nazivnika i primijenili pravilo za jednakost dvaju kompleksnih brojeva. x+5 y+4 + = 2 + i ⋅ (2 + i ) ⋅ (2 − i ) 2+i 2−i ( x + 5)(2 − i ) + ( y + 4)(2 + i ) = (2 + i ) (2 + i )(2 − i )  Primijeniti formulu za razliku kvadrata: (2 + i ) (2 − i ) = 4 − i 2 = 4 − (−1) = 5

2 x + 10 − xi − 5i + 2 y + 8 + yi + 4i = 5(2 + i )

Na lijevoj strani jednadžbe grupiraj članove bez imaginarne jedinice i članove s imaginarnom jedinicom.

2 x + 2 y + 18 + i (− x + y − 1) = 10 + 5i

Primijeni jednakost kompleksnih brojeva (izjednačiti realne tj. imaginarne dijelove kompleksnih brojeva na lijevoj i desnoj strani jednadžbe). Dobili smo sustav dviju jednadžbi s dvjema nepoznanicama (x i y). Svedimo ga na standardni zapis (nepoznanice na lijevu, poznate vrijednosti na desnu stranu jednadžbe).

2 x + 2 y + 18 = 10 −x + y − 1 = 5 2 x + 2 y = −8 : 2 −x + y = 6

Primijenimo metodu suprotnih koeficijenata za rješavanje ovog sustava (zbrojiti ove jednadžbe kako bi se eliminirala nepoznanica x).

x + y = −4 ⎫ ⎬+ −x + y = 6 ⎭

26

2y = 2 y =1 x + y = −4 x + 1 = −4 x = −5

Konačno rješenje ( x, y ) = (−5,1) Zadatak 5. Izračunaj z 6 ako je z =

i− 3 (2 + 4i ) (1 + 3i )

Rješenje: Rješavanje ovog zadatka započinjemo sa sređivanjem broja z. (2 + 4i ) (1 + 3i ) = 2 + 4i + 6i + 12i 2 i 2 = −1 = 2 + 10i − 12 = 10i − 10

= 10 (i − 1) z=

i− 3 10 (i − 1)

6 3 ⎡ i − 3 ⎤ ⎧⎪ ⎡ i − 3 ⎤ ⎫⎪ 6 z =⎢ ⎥ = ⎨⎢ ⎥ ⎬ ⎣10 (i − 1) ⎦ ⎩⎪ ⎣10 (i − 1) ⎦ ⎭⎪

⎡ i 3 − 3i 2 3 + 3i 3 2 − 33 ⎤ ⎥ z6 = ⎢ 3 3 2 3 ⎢⎣ 10 ⋅ (i − 3i + 3i − 1 ) ⎥⎦ ⎡ −i + 3 3 + 9i − 3 3 z6 = ⎢ 3 ⎢⎣ 10 ⋅ (−i + 3 + 3i − 1)

⎤ ⎥ ⎥⎦

Primjenjuje se pravilo za potenciranje potencije (an)m=anּm. Najprije se potencira na 3, kako bi se pojednostavio brojnik. Primijeniti formulu za kub razlike: ( I - II ) 3 = I 3 - 3 I 2 II + 3 ×I ×II 2 - II 3

2

2

Primijeniti pravila za rad s potencijama imaginarne jedinice: i3 = –i i2 = –1 Također: 33 = 32 ⋅ 3 = 3 3 .

2

2

2 2 4 ⎤ ⎡ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ 8i 8i 4i z =⎢ 3 ⎥ =⎢ 3 ⎥ =⎢ 3 ⎥ ⎣10 ⋅ (2 + 2i ) ⎦ ⎢⎣10 ⋅ 2 1 (1 + i ) ⎥⎦ ⎣10 ⋅ (1 + i ) ⎦ 16i 2 −16 6 = 6 z = 6 2 10 (1 + i ) 10 (1 + 2i + i 2 ) 6

27

z6 =

−16 −16 = 6 10 (1 + 2i − 1) 10 ⋅ 2i

z6 =

−8 106 ⋅ i

z6 =

−8 i −8i −8i ⋅ = 6 2 = 6 10 ⋅ i i 10 ⋅ i −106

z6 =

8i 106

6

Potrebno je ukloniti imaginarnu jedinicu iz nazivnika.

(1 − 2i ) . z= (2 + i )(3 + i ) 2

Zadatak 6. Izračunaj z , ako je Rješenje: z = (Re(7)) 2 + (Im(7)) 2

Trebamo izraz pojednostaviti da možemo lakše izraziti realni i imaginarni dio kompleksnog broja.

(1 − 2i ) 2 = 1 − 2 ⋅ 2i + (2i ) 2

Primjena formule za kvadrat razlike ( I - II ) 2 = I 2 - 2 ×I ×II + II 2

(1 − 2i ) 2 = 1 − 4i + 4i 2

i 2 = −1

(1 − 2i ) 2 = 1 − 4i − 4 (1 − 2i ) 2 = −3 − 4i (2 + i ) (3 + i ) = 6 + 3i + 2i + i 2 = 6 + 5i − 1 = 5 + 5i = 5(1 + i ) z=

=

(1 − 2i ) 2 −3 − 4i 1 − i = ⋅ (2 + i ) (3 + i ) 5(1 + i ) 1 − i

Izvršiti dijeljenje kompleksnih brojeva (eliminirati imaginarnu jedinicu iz nazivnika).

(−3 − 4i ) (1 − i ) −3 − 4i + 3i + 4i 2 −3 − i − 4 = = 5(1 + i ) (1 − i ) 5(12 − i 2 ) 5(1 + 1)

−7 − i 7 1 =− − i 10 10 10 7 1 Re ( z ) = − Im ( z ) = − 10 10 z=

28

z = (Re( z )) 2 + (Im( z )) 2 =

49 1 50 1 + = = 100 100 100 2

z =

1 2

Razlomak se korjenuje tako da se zasebno korjenuje brojnik, a zasebno nazivnik.

z =

1 2 ⋅ 2 2

Još je potrebno izvršiti racionalizaciju (eliminirati korijen iz nazivnika).

z =

2 2

1.4. Kompleksna ravnina Kompleksna ili Gaussova ravnina Svaki kompleksni broj z = a + bi, z ∈ C , a, b ∈ R je određen svojim realnim i imaginarnim dijelom. Zbog toga svakom kompleksnom broju z = a + bi možemo pridružiti uređeni par (a, b), tj. točku u koordinatnoj ravnini koju nazivamo kompleksna ili Gaussova ravnina (vidjeti sliku 1.1.). U kompleksnoj ravnini os apscisa (x)nazivamo realna os, dok os ordinata (iy) nazivamo imaginarna os. Realna os sadrži točke pridružene realnim brojevima, dok imaginarna os sadrži imaginarne brojeve. iy bi

z(a, b)=a+bi

x

Slika 1.1. Kompleksna ili Gaussova ravnina

29

Geometrijsko značenje apsolutne vrijednosti kompleksnog broja Apsolutna vrijednost kompleksnog broja z = a 2 + b 2 predstavlja udaljenost točke u kompleksnoj ravnini pridružene kompleksnom broju z od ishodišta koordinatnog sustava. Geometrijsko značenje konjugirano kompleksnog broja Točka pridružena konjugiranom kompleksnom broju z = a − bi je osnosimetrična točki pridruženoj kompleksnom broju z = a + bi s obzirom na realnu os (os apscisu). Udaljenost kompleksnih brojeva Neka su zadana dva kompleksna broja z1 = a1 + b1i i z2 = a2 + b2i (a1 , a2 , b1 , b2 ∈ R) . Udaljenost dviju točaka M 1 (a1 , b1 ) i M 2 (a2 , b2 ) pridruženih kompleksnim brojevima z1 i z2 jednaka je modulu razlike tih kompleksnih brojeva: d (M 1 , M 2 ) = z1 − z2 = (a1 − a2 ) 2 + (b1 − b2 ) 2 . Kružnica u kompleksnoj ravnini Kružnica u kompleksnoj ravnini predstavlja skup svih točaka z koje su jednako udaljene od točke pridružene kompleksnom broju z0, pri čemu ta udaljenost iznosi r (vidjeti sliku 1.2.). Ovakvu kružnicu označavamo s k(z0, r). Njezina jednadžba u kompleksnoj ravnini glasi: z − z0 = r . iy

k Zo r x z

Slika 1.2. Kružnica u kompleksnoj ravnini opisana formulom z − z0 = r

30

Redni broj

Zadatak

Rješenje

1

z − z0 = r

Kružnica k(z0, r) s polumjerom r i središtem u točki pridruženoj broju z0

2

z − z0 > r

Dio ravnine izvan kružnice k(z0, r) - sama kružnica k nije uključena u rješenje

3

z − z0 ≥ r

Dio ravnine izvan kružnice k(z0, r) kružnica k je uključena u rješenje

4

z − z0 < r

Dio ravnine unutar kružnice k(z0, r) - sama kružnica k nije uključena u rješenje

5

z − z0 ≤ r

Dio ravnine unutar kružnice k (z0, r) kružnica k je uključena u rješenje

Tablica 1.1. Primjena kružnice u kompleksnoj ravnini na rješavanje jednadžbi i nejednadžbi Jednadžba simetrale dužine z1 z2 u kompleksnoj ravnini Skup svih točaka z kompleksne ravnine za koje vrijedi jednadžba z − z1 = z − z2 je simetrala dužine z1 z2 . Simetrala je skup svih točaka koje su jednako udaljene od krajnjih točaka dužine. Simetrala je pravac okomit na promatranu dužinu, koji prolazi kroz njezino polovište. 3 Zadatak 1. Zadani su kompleksni brojevi z1 = 4 + 3i, z2 = −3 − i, z3 = –2i, 2 z4 = 5. Izračunaj njihove apsolutne vrijednosti i nacrtaj njima pridružene točke u kompleksnoj ravnini. Rješenje: z1 = 4 + 3i ⇒ a = 4, b = 3 ⇒

z1 = a 2 + b 2 = 42 + 32 = 25 = 5

3 3 z2 = −3 − i ⇒ a = −3, b = − ⇒ 2 2 z2 =

⎛ 3⎞ z2 = a + b = (−3) + ⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ 2

2

2

45 3 5 = 4 2

z3 = −2i ⇒ a = 0, b = −2 ⇒ z4 = 5 ⇒ a = 5, b = 0 ⇒

z3 = a 2 + b 2 = 02 + (−2) 2 = 2

z 4 = a 2 + b 2 = 52 + 0 2 = 5

31

2

iy 4 z1=(4, 3)

3 2 1

z4=(5, 0) -4

-3

-2

0

-1 -1

z2=(-3, 3 ) 2

1

2

3

4

5

x

6

3 2

-2

z3=(0, -2)

-3 -4

Zadatak 2. Prikaži u kompleksnoj ravnini skup točaka koji zadovoljava sljedeći uvjet: z + 1 = z − 3 − 2i . Rješenje: Zapiši kompleksni broj z u obliku z = x + yi (u zadacima koji se odnose na kompleksnu ravninu praktičnije je realni i imaginarni dio imenovati s x i y). Na ovaj način zadatak se svodi na traženje odnosa između x i y (prisjetiti se iz teorijskog dijela ovog poglavlja da je rješenje ovog zadatka pravac – simetrala dužine z1z2). z + 1 = x + yi + 1 = ( x + 1) + yi Re( z + 1) = x + 1 z +1 =

Im( z + 1) = y

[Re( z + 1)] + [Im( z + 1)] 2

2

= ( x + 1) 2 + y 2

Nađemo realni i imaginarni dio. Uvrstimo.

z − 3 − 2i = x + yi − 3 − 2i = ( x − 3) + ( y − 2)i Re( z − 3 − 2i ) = x − 3 z − 3 − 2i =

Im( z − 3 − 2i ) = y − 2

[Re( z − 3 − 2i)] + [Im( z − 3 − 2i)] 2

2

32

= ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2

z + 1 = z − 3 − 2i ( x + 1) 2 + y 2 = ( x − 3) 2 + ( y − 2) 2

2

Potrebno je izvršiti kvadriranje kako bismo se riješili korijena. Pri kvadriranju primjenjujemo formulu za kvadriranje zbroja / razlike: ( I + II ) 2 = I 2 ± 2 ⋅ I ⋅ II + II 2. x2 + 2 x + 1 + y 2 = x2 − 6 x + 9 + y 2 − 4 y + 4 x2 + 2 x + y 2 − x2 + 6 x − y 2 + 4 y = 9 + 4 −1 8 x + 4 y = 12

:4

2x + y = 3 y = −2 x + 3 Rješenje zadatka je pravac koji je prikazan u eksplicitnom obliku.

iy 4 simetrala dužine z1z2 3 z2=(3, 2) pravac y=-2x+3

2 1

polovište dužine z1z2

z1=(-1, 0) -4

-3

-2

x 0

-1

1

2

3

4

5

6

-1 -2

Budući da jednadžba z − z1 = z − z2 predstavlja simetralu dužine z1 z2 , koordinate točaka z1 i z2 možemo očitati kada zadani uvjet z + 1 = z − 3 − 2i usporedimo sa spomenutim općim oblikom simetrale dužine z1 z2 koji glasi z − z1 = z − z2 . Iz navedenog slijedi da je z1 = −1 i z2 = 3 + 2i . Točke koje se pridružuju kompleksnim brojevima z1 i z2 imaju koordinate z1 (-1, 0) i z2 (3, 2). 33

Zadatak 3. Koje točke u kompleksnoj ravnini zadovoljavaju sljedeće uvjete: a) Im( z ) = −1,

z =2

b) Re( z ) > 1, Im( z ) < 1 c) −

1 3 ≤ Re( z ) < , 0 ≤ Im( z ) < 2 . 2 2

Rješenje: a) Zapiši kompleksni broj z u obliku z = x + yi . Da bi se odredio broj z, potrebno je izračunati koeficijente x i y. Im( z ) = y = −1 z = x +y 2

4 = x2 + 1

2

x2 = 3

2 = x 2 + (−1) 2

2

x1,2 = ± 3

z1 = − 3 − i z2 = 3 − i ( x1 , y ) = (− 3, − 1)

iy 2

( x2 , y ) = ( 3, −1) k

1 — √3

— -√ 3 -2

0

-1

1

x

2

-1

y = -1 z1 = -1.73 - i

z2 = 1.73 - i -2

Rješenja su točke presjeka pravca y = –1 (uvjet Im(z) = –1) i kružnice k (uvjet z = 2 ) sa središtem u ishodištu i polumjerom r = 2. 34

b) Pretpostavimo da je kompleksni broj z u obliku z = x + yi . Re( z ) > 1 ⇒ x > 1 ⇒ Dio kompleksne ravnine desno od pravca x = 1. Pravac x = 1 nije uključen u rješenje, jer je u ovom uvjetu naveden samo znak veće od. Im( z ) < 1 ⇒

y 1 i y < 1. Rješenje zadatka je dio kompleksne ravnine koji sadrži točke čije koordinate zadovoljavaju obje spomenute nejednadžbe (x > 1 i y < 1). Vidjeti grafički prikaz rješenja ovog zadatka na slici 1.6.

3 2 y=1

iy x>1

x=1

1 x

-2

-1

0

y1 i y 1 i y < 1. c) Pretpostavimo da je kompleksni broj z u obliku z = x + yi . 1 3 1 3 ≤ Re( z ) < ⇒ − ≤x< ⇒ rješenje ovog sustava nejednadžbi 2 2 2 2 3 je dio ravnine između pravaca x = − 1 i x = , uzimajući u obzir da pravac 2 2 1 x = − pripada rješenju (jer se uz znak nejednakosti nalazi i znak jednakosti), 2 −

35

3 ne pripada rješenju (jer se uz znak nejednakosti ne nalazi 2 znak jednakosti).

dok pravac x =

0 ≤ Im( z ) < 2 ⇒ 0 ≤ y < 2 ⇒ s rješenje ovog sustava nejednadžbi je dio ravnine između pravaca y = 0 (os apscisa) i y = 2, uzimajući u obzir da pravac y = 0 pripada rješenju (jer se uz znak nejednakosti nalazi i znak jednakosti), dok pravac y = 2 ne pripada rješenju (jer se uz znak nejednakosti ne nalazi znak jednakosti). 1 3 ≤x< i 2 2 0 ≤ y < 2 . Rješenje zadatka je dio kompleksne ravnine koji sadrži točke čije koordinate zadovoljavaju oba spomenuta sustava nejednadžbi.

Ovaj zadatak treba shvatiti kao rješavanje sustava nejednadžbi −

iy 2

y=2 -1 2

≤x< 32

1

y=0 -2

-1

-1

-1 3 2 ≤x< 2

i 0≤y 1 i z ≤ 3 . Rješenje nejednadžbe z > 1 je dio ravnine izvan kružnice k1 sa središtem u ishodištu i polumjerom r1 = 1, tj. k1((0,0);1). Sama kružnica k1 nije uključena u rješenje, jer je u nejednadžbi samo znak nejednakosti bez znaka jednakosti. Rješenje nejednadžbe z ≤ 3 je dio ravnine unutar kružnice k2 sa središtem u ishodištu i polumjerom r2 = 3, tj. k2((0,0);3). Sama kružnica k2 je uključena u rješenje, jer je u nejednadžbi naveden znak nejednakosti i znak jednakosti. Konačno rješenje ovog zadatka predstavlja presjek rješenja prethodnih nejednadžbi, tj. dio ravnine koji obuhvaća točke koje zadovoljavaju obje nejednadžbe. To je kružni vijenac između kružnica polumjera r1 = 1 i r2 = 3.

iy 3 k2

2 1 k1

-3

-2

x 0

-1

1

2

3

4

-1 -2 -3 -4

Rješenje je osjenčeni dio kompleksne ravnine; kružnica k1 nije uključena, dok je kružnica k2 uključena u rješenje.

39

Zadatak 8. Odredi skup točaka kompleksne ravnine koji je određen uvjetom: z −3 ≥ 1. z − 1 + 2i Rješenje: Za apsolutnu vrijednost kvocijenta kompleksnih z z = brojeva vrijedi . w w

z −3 ≥1 z − 1 + 2i z −3 z − 1 + 2i

≥1

⋅ z − 1 + 2i

x + yi − 3 ≥ x + yi − 1 + 2i

Pretpostaviti kompleksni broj z u obliku z = x + yi. Apsolutnu vrijednost kompleksnog broja z

x − 3 + yi ≥ x − 1 + (2 + y )i

računamo kao z =

z − 3 ≥ z − 1 + 2i

[Re( z − 3)] + [Im( z − 3)] 2

2

≥

[Re( z )] + [Im( z )] 2

2

.

[Re( z − 1 + 2i)] + [Im( z − 1 + 2i)] 2

( x − 3) 2 + y 2 ≥ ( x − 1) 2 + ( y + 2) 2

2

2

x2 − 6 x + 9 + y 2 ≥ x2 − 2 x + 1 + y 2 + 4 y + 4 x2 − 6 x + 9 + y 2 − x2 + 2 x −1 − y 2 − 4 y − 4 ≥ 0 −4 x − 4 y + 4 ≥ 0 x+ y ≥0 y ≤ −x +1

: (−4)

Pri rješavanju nejednadžbi potrebno je prilikom množenja ili dijeljenja nejednadžbe s negativnim brojem promijeniti znak nejednakosti.

Rješenje nejednadžbe je dio kompleksne ravnine koji se nalazi ispod pravca y = – x + 1. Budući da pravac y = – x + 1 dijeli kompleksnu ravninu na dva dijela, kako bismo bili sigurni koji dio je rješenje, proizvoljno odabiremo jednu točku u ravnini, npr. točku O(0,0) koja se nalazi ispod pravca y = – x + 1, te njezine koordinate uvrstimo u konačnu nejednakost 0 ≤ 0 + 1 , tj. 0 ≤ 1 . Kako je nejednakost zadovoljena, zaključujemo da smo pravilno procijenili koji dio kompleksne ravnine je rješenje ovog zadatka. Potrebno je naglasiti da pravac y = – x + 1 pripada rješenju zadatka, jer je u zadatku naveden znak jednakosti uz znak nejednakosti. Da je u zadatku bio naveden samo znak nejednakosti, tada pravac ne bi bio uključen u rješenje.

40

iy 5 4 3 2 1 x -3

-2

0

-1

1

2

3

4

-1 -2 -3 Rješenje je osjenčeni dio kompleksne ravnine; pravac y = – x + 1 je uključen u rješenje.

41

2. Kvadratne jednadžbe 2.1. Kvadratna jednadžba Kvadratna jednadžba Jednadžba oblika ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ R i a ≠ 0 ) naziva se kvadratna jednadžba. Nazivi koeficijenata kvadrante jednadžbe su: a – vodeći koeficijent; b – linearni koeficijent; c – slobodni koeficijent. Rješenje kvadratne jednadžbe Svaki broj x ( x ∈ R) koji zadovoljava određenu kvadratnu jednadžbu naziva se rješenje kvadratne jednadžbe. Kvadratne jednadžbe posebnog oblika Kvadratne jednadžbe posebnog oblika se dobivaju kada su linearni (b) i/ili slobodni (c) koeficijent kvadratne jednadžbe jednaki nuli. 1. b = 0, c ≠ 0 Kvadratna jednadžba glasi: ax 2 +c = 0 . Način rješavanja: potrebno je dobiti x na lijevoj strani jednadžbe. Zbog toga se najprije slobodni koeficijent c prebaci na desnu stranu, zatim se cijela jednadžba podijeli s vodećim koeficijentom a i na kraju se vrši korjenovanje. c Dobiva se sljedeća jednadžba: x1,2 = ± − . Rješenja ove kvadratne jednadžbe a su: - dva realna rješenja ako koeficijenti a i c imaju suprotne predznake; - dva konjugirana kompleksna broja ako koeficijenti a i c imaju jednake predznake. 2. b ≠ 0, c = 0 Kvadratna jednadžba glasi: ax 2 + bx = 0 Način rješavanja: lijevu stranu jednadžbe prikazati u obliku umnoška. Ovo se postiže primjenom metode izlučivanja. Izlučivanjem x dobije se sljedeća kvadratna jednadžba: x (ax + b) = 0. Rješenja ove kvadratne jednadžbe su:

42

b (uzeti u obzir da je umnožak jednak nuli kada mu je jedan od a faktora jednak nuli. Zbog toga se svaki od faktora izjednačava s nulom, te se tako dobivaju dva rješenja). x1 = a i x2 = −

3. b = 0 i c = 0 Kvadratna jednadžba glasi: ax2 = 0 Rješenja ove kvadratne jednadžbe: x = 0. Budući da kvadratna jednadžba ima dva rješenja, kaže se da je x = 0 dvostruko rješenje ove kvadratne jednadžbe. Rješavanje kvadratne jednadžbe faktorizacijom Ako se kvadratna jednadžba može napisati kao ( x − x1 ) ⋅ ( x − x2 ) = 0 tada su brojevi x1 i x2 rješenja kvadratne jednadžbe. Zadatak 1. Provjeri jesu li brojevi 4, − 36 x 2 − 17 x − 35 = 0?

7 5 i rješenja kvadratne jednadžbe 9 4

Rješenje: Neki broj je rješenje kvadratne jednadžbe ako zadovoljava kvadratnu jednadžbu. Praktično se ovo provodi na način da se promatrani broj uvrsti umjesto x u zadanu kvadratnu jednadžbu. Provjera za 4: 36 ⋅ 42 − 17 ⋅ 4 − 35 = 0 576 − 68 − 35 = 0 473 = 0 Ovaj rezultat nije moguć, te zaključujemo da broj 4 nije rješenje zadane kvadratne jednadžbe. 7 Provjera za − : 9 2

⎛ 7⎞ ⎛ 7⎞ 36 ⋅ ⎜ − ⎟ − 17 ⋅ ⎜ − ⎟ − 35 = 0 ⎝ 9⎠ ⎝ 9⎠ 764 119 + − 35 = 0 81 9 0=0 7 Broj − je rješenje zadane kvadratne jednadžbe. 9 43

Provjera za

5 : 4

2

⎛5⎞ ⎛5⎞ 36 ⋅ ⎜ ⎟ − 17 ⋅ ⎜ ⎟ − 35 = 0 ⎝4⎠ ⎝4⎠ 900 85 − − 35 = 0 16 4 0=0 5 Broj je rješenje zadane kvadratne jednadžbe. 4 Zadatak 2. Riješi jednadžbu:

1 2 x − 64 = 0 . 4

Rješenje: Potrebno je uočiti da je linearni koeficijent b = 0. Potrebno je slijediti upute vezana uz način rješavanja ovakvih jednadžbi s početka ovog poglavlja. 1 2 x = 64 ⋅ 4 4 x 2 = 256 x1,2 = ±16 Zadatak 3. Riješi jednadžbu:

2 x2 + 2 8x = 0 .

Rješenje: Uočiti da je u ovoj jednadžbi slobodni koeficijent c jednak nuli. Potrebno je slijediti upute za rješavanje ovakvih jednadžbi s početka ovog poglavlja. Najprije je potrebno lijevu stranu jednadžbe prikazati u obliku umnoška metodom izlučivanja. Uzeti u obzir da je 8 = 4 ⋅ 2 = 2 2 . 2 x2 + 2 8x = 0 2x2 + 2 ⋅ 2 2x = 0 2 x( x + 4) = 0 Umnožak je jednak nuli kada je jedan od faktora jednak nuli. x1 = 0

x2 + 4 = 0 ⇒ x2 = −4

44

Zadatak 4. Riješi jednadžbu: 2 · (2x –1)2 = 5 · (2x–1). Rješenje: Potrebno je uočiti da imamo jednaku zagradu na lijevoj i desnoj strani jednadžbe. Prebaciti izraz s desne na lijevu stranu i izvršiti faktorizaciju. Primijeniti metodu izlučivanja.

2 ⋅ (2 x − 1) = 5 ⋅ (2 x − 1) 2

2 ⋅ (2 x − 1) − 5 ⋅ (2 x − 1) = 0 2

(2 x − 1)⋅ ⎡⎣ 2 ⋅ (2 x − 1) − 5⎤⎦ = 0 2x −1 = 0 2x = 1 : 2

x1 =

1 2

2 ⋅ (2 x − 1) − 5 = 0

Umnožak je jednak nuli, ako mu je jedan od faktora jednak nuli.

2 ⋅ (2 x − 1) = 5 : 2 2x −1 =

5 2

5 +1 2 7 x2 = 2

2x =

Zadatak 5. Riješi jednadžbu: (3 x + 1) = (x − 2 ) . 2

2

Rješenje: Ova kvadratna jednadžba se rješava faktorizacijom pomoću formule za razliku kvadrata I 2 − II 2 = (I − II )⋅ (I + II ).

(3x + 1) − (x − 2 ) 2

2

=0

Razlika kvadrata.

⎡⎣(3 x + 1) − (x − 2 )⎤⎦ ⋅ ⎡⎣(3 x + 1) + (x − 2 )⎤⎦ = 0 [3x + 1 − x + 2]⋅ [3x + 1 + x − 2] = 0

(2 x + 3)⋅ (4 x − 1) = 0 2x + 3 = 0

Umnožak je jednak nuli kada mu je barem jedan od faktora jednak nuli. 4x −1 = 0

2 x = −3 : 2

4x = 1 : 4

x1 = −

3 2

x2 =

45

1 4

Zadatak 6. Riješi jednadžbu:

3 2 − =1. x+3 x−2

Rješenje: 3 2 − =1 x+3 x−2

⋅ ( x + 3)( x − 2)

3 ⋅ ( x − 2) − 2 ⋅ ( x + 3) = ( x + 3) ⋅ ( x − 2)

Pomnožiti s najmanjim zajedničkim višekratnikom nazivnika uz uvjet za rješenja jednadžbe: x ≠ –3 i x ≠ 2, jer nam 0 u nazivniku ne odgovara.

3x − 6 − 2 x − 6 = x 2 + 3x − 2 x − 6 x − 12 = x 2 + x − 6 x − x = x 2 − 6 + 12

Kvadratna jednadžba posebnog oblika (linearni koeficijent b=0). Uputstvo za rješavanje: vidjeti teorijski uvod na početku ovog poglavlja.

x2 + 6 = 0 x 2 = −6 x1,2 = ± −6 = ± 6 ⋅ (−1) = ± 6 ⋅ i 2

Primijeniti: i2 = –1

x1,2 = ± 6i Napomena: rješenja ove jednadžbe x1,2 = ± 6i su prihvatljiva, jer zadovoljavaju uvjet s početka rješavanja x ≠ −3 i x ≠ 2 .

2.2. Rješenja kvadratne jednadžbe Rješavanje kvadratnih jednadžbi Za rješavanje kvadratnih jednadžbi koristimo sljedeće metode: 1. formulu za rješenja kvadratnih jednadžbi; 2. metodu nadopunjavanja do potpunog kvadrata; 3. metodu faktorizacije; 4. ostale metode za rješavanje kvadratnih jednadžbi posebnog oblika (prikazane su u prethodnom poglavlju). Formula za rješenja kvadratnih jednadžbi Rješenja kvadratne jednadžbe ax2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈R i a ≠ 0) pripadaju skupu kompleksnih brojeva C i dana su formulom: x1,2 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 2⋅a 46

Zadatak 1. Riješi jednadžbu metodom nadopunjavanja do potpunog kvadrata: 3 x 2 + 19 x − 14 = 0 . Rješenje: 3 x 2 + 19 x − 14 = 0 ⋅3

Jednadžbu pomnožiti s brojem 3 kako bi broj koji množi x2 bio potpuni kvadrat (32 = 9).

9 x 2 + 57 x − 42 = 0

Prikazati srednji član kao umnožak tri faktora: prvi faktor je broj 2, drugi faktor je korijen prvog člana, dok se treći član izračunava iz uvjeta da umnožak ovih faktora mora biti jednak srednjem članu iz prethodnog reda.

9 x 2 + 2 ⋅ (3 x )⋅

Dodati i oduzeti kvadrat broja 19 (ovo je treći faktor umnoška 2 srednjeg člana jednadžbe).

19 − 42 = 0 2

2 2 Prva tri člana mogu se napisati kao 19 ⎛ 19 ⎞ ⎛ 19 ⎞ 9 x + 2 ⋅ (3 x )⋅ + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ − 42 = 0 kvadrat zbroja. 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ 2

2

19 ⎞ 361 42 ⎛ − =0 ⎜ 3x + ⎟ − 2⎠ 4 1 ⎝ 2

19 ⎞ 529 ⎛ =0 ⎜ 3x + ⎟ − 2⎠ 4 ⎝ 2

Lijevu stranu jednadžbe je moguće prikazati u obliku umnoška koristeći formulu za razliku kvadrata: I 2 − II 2 = (I − II )⋅ (I + II ).

2

19 ⎞ ⎛ 23 ⎞ ⎛ ⎜ 3x + ⎟ − ⎜ ⎟ = 0 2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝

19 23 ⎞ ⎛ 19 23 ⎞ ⎛ ⎜ 3x + − ⎟ ⋅ ⎜ 3x + + ⎟ = 0 2 2 ⎠ ⎝ 2 2 ⎠ ⎝

(3x − 2 )⋅ (3x + 21) = 0

Umnožak je jednak nuli ako je barem jedan od faktora jednak nuli. 3 x + 21 = 0

3x − 2 = 0

3x = 2

:2

⇒ x1 =

3 x = −21

2 3 47

:3

⇒ x2 = −7

Zadatak 2. Rastavljanjem na umnožak riješi jednadžbu: x2 – x – 12 = 0 Rješenje: Srednji član kvadratne jednadžbe je potrebno tako rastaviti da je moguće primijeniti metodu grupiranja radi faktorizacije. Zbog toga se linearni koeficijent b tako rastavlja na dva realna broja d i e za koja vrijedi: d + e = b i d · e = c. Znači u ovom slučaju nepoznati realni brojevi d i e trebaju zadovoljiti uvjete: d + e = –1 i d · e = –12. Zaključujemo da je d = –4 i e = 3. x 2 − 4 x + 3 x − 12 = 0

Primijeniti metodu grupiranja (izvršiti izlučivanje iz prvog i drugog, tj. iz trećeg i četvrtog člana).

x ⋅ (x − 4 ) + 3 ⋅ (x − 4 ) = 0

Umnožak je jednak nuli kada je barem jedan od faktora jednak nuli. Izlučimo (x – 4) i ostane nam x i 3.

(x − 4 )⋅ (x + 3) = 0 x−4=0

x+3= 0

x1 = 4

x2 = −3

Zadatak 3. Riješi jednadžbu pomoću formule: 10 x2 – 11x – 6 = 0. Rješenje: Rješavanje kvadratne jednadžbe započinje usporedbom zadane i opće kvadratne jednadžbe radi očitavanja vrijednosti koeficijenata. 10 x 2 − 11x − 6 = 0 ⎫⎪ ⎬ ⇒ a = 10, b = −11, c = −6 ax 2 + bx + c = 0 ⎪⎭ Očitane vrijednosti koeficijenata uvrštavaju se u formulu za izračunavanje rješenja kvadratne jednadžbe: −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 11 ± = x1,2 = 2⋅a x1 =

11 − 19 2 =− 20 5

(−11)

2

− 4 ⋅10 ⋅ (−6 )

2 ⋅10 x2 =

48

=

11 ± 12 ⋅1 + 240 11 ± 19 = 20 20

11 + 19 3 = 20 2

Zadatak 4. Riješi jednadžbu:

x +1 2x − 3 1 . − = 2 6 x − 4 3x + 2 9 x − 4

Rješenje: Najprije je potrebno izvršiti faktorizaciju nazivnika, kako bi se lakše procijenio najmanji zajednički višekratnik. Uvjeti: 2 3x − 2 ≠ 0 ⇒ x ≠ x +1 2x − 3 1 3 − = ⋅ 2 (3 x − 2 )(3 x + 2 ) 2(3 x − 2) 3 x + 2 (3 x − 2 )(3 x + 2 ) 2 3x + 2 ≠ 0 ⇒ x ≠ − 3 Vrši se množenje s najmanjim zajedničkim višekratnikom kako bismo se riješili nazivnika. S obzirom na izraz s kojim množimo jednadžbu, moramo navesti da rješenja ove jednadžbe moraju biti različita od vrijednosti za koje bi izraz s kojim množimo bio jednak nuli. Na ovaj način se osigurava da jednadžbu ne množimo s nulom. (x + 1)(3x + 2 ) − 2 (2 x − 3)(3x − 2 ) = 2 3 x 2 + 3 x + 2 x + 2 − (2 x − 3)(6 x − 4) = 2 3 x 2 + 3 x + 2 x + 2 − (12 x 2 − 18 x − 8 x + 12) = 2 3 x 2 + 5 x + 2 − 12 x 2 + 18 x + 8 x − 12 − 2 = 0 −9 x 2 + 31x − 12 = 0

Da vodeći koeficijent ne bude negativan množimo s (–1).

⋅( −1)

9 x 2 − 31x + 12 = 0 ⇒ a = 9 b = −31 c = 12 −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 31 ± x1,2 = = 2⋅a

(−31)

2

− 4 ⋅ 9 ⋅12

2⋅9

=

31 ± 23 18

31 + 23 31 − 23 4 x2 = = =3 18 9 18 Dobivena rješenja su prihvatljiva, jer zadovoljavaju ranije postavljeni uvjet 2 (različita su od ± ). 3 x1 =

Zadatak 5. Riješi jednadžbu: 13 x 2 + 7 x ⋅ x + 1 − 6 = 0 . Rješenje: Budući da je u ovoj kvadratnoj jednadžbi član s apsolutnom vrijednošću, morat će se razmotriti dva slučaja kada je izraz pod apsolutnom vrijednošću negativan (1. slučaj) i kada je pozitivan (2. slučaj). 49

1. slučaj

2. slučaj

x + 1 < 0 ⇒ x < −1

x + 1 > 0 ⇒ x > −1

Za slučaj kada je vrijednost izraza pod Za slučaj kada je vrijednost izraza pod apsolutnom vrijednošću manja od nule, apsolutnom vrijednošću veća od nule, tada se znakovi apsolutne vrijednosti tada se znakovi apsolutne vrijednosti zamjenjuju sa zagradama ispred kojih zamjenjuju sa zagradama ispred kojih se postavlja predznak minus. se postavlja predznak plus. 13 x 2 − 7 x ⋅ (x + 1) − 6 = 0

13 x 2 + 7 x ⋅ (x + 1) − 6 = 0

13 x 2 − 7 x 2 − 7 x − 6 = 0

13 x 2 + 7 x 2 + 7 x − 6 = 0

6x2 − 7 x − 6 = 0 ⇒ a = 6, b = −7, c = −6

20 x 2 + 7 x − 6 = 0 ⇒ a = 20, b = 7, c = −6

x1,2 =

x1,2 = x1,2 = x1 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 2⋅a 7±

(−7 )

2

− 4 ⋅ 6 ⋅ (−6 )

2⋅6 7 ± 49 + 144 12

7 − 193 = −0.574 12

x1 nije prihvatljivo rješenje, jer ne zadovoljava uvjet (-0.574 nije manji od –1). x2 =

7 + 193 = 1.741 12

x3,4 =

x3,4 =

x3,4 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 2⋅a −7 ± 7 2 − 4 ⋅ 20 ⋅ (−6 ) 2 ⋅ 20 −7 ± 49 + 480 40

x3 =

−7 − 23 3 =− 40 4

x4 =

−7 + 23 2 = 40 5

Rješenja x3 i x4 su prihvatljiva rješenja, jer zadovoljavaju uvjet x > –1.

x2nije prihvatljivo rješenje, jer ne zadovoljava uvjet (1.741 nije manji od –1).

50

Zadatak 6. Stranica pravokutnika površine 20 cm2 je 0.8 dm dulja od druge stranice. Izračunaj opseg tog pravokutnika. Rješenje: Najprije je potrebno pravilno postaviti zadatak, jer će to omogućiti njegovo lakše rješavanje. pravokutnik

Lik koji se promatra u zadatku.

P = 20 cm2 a = b + 0.8 dm = b + 8 cm

Budući da je razlika duljina stranica izražena u decimetrima, potrebno je razliku preračunati u centimetre, jer nam je površina u cm.

o=?

Veličina čiju vrijednost je potrebno izračunati.

a ⋅b = P

Postaviti formulu za veličinu čija je vrijednost poznata. Umjesto veličine a uvrstiti izraz b+8 cm. Na ovaj način ovaj problem svodimo na rješavanje kvadratne jednadžbe. Važno je da se vrijednosti svih veličina uvrste u istovrsnim mjernim jedinicama.

(b + 8)⋅ b = 20 b 2 + 8b − 20 = 0 Očitavanje koeficijenata kvadratne jednadžbe: a=1, b=8, c=-20

Potrebno je razlikovati linearni koeficijent b kvadratne jednadžbe na desnoj strani formule za rješavanje kvadratne jednadžbe od nepoznate stranice pravokutnika b na lijevoj strani formule. b1,2 = b1 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −8 ± 82 − 4 ⋅1 ⋅ (−20) −8 ± 64 + 80 −8 ± 12 = = = 2⋅a 2 ⋅1 2 2

−8 + 12 = 2 cm 2

b2 =

−8 − 12 = −10 cm 2

U geometriji su jedino prihvatljiva pozitivna rješenja, tako da rješenje b2 moramo odbaciti (stranica ne može imati negativnu duljinu). a = b + 8 = 2 + 8 = 10 cm o = 2 ⋅ (a + b) = 2 ⋅ (10 + 2) = 24 cm

51

Zadatak 7. Ako se bazen puni kroz dvije cijevi, napunit će se nakon 2 sata punjenja. Bazen bi se napunio 3 sata prije ako bi se punio samo kroz prvu cijev u odnosu na punjenje samo kroz drugu cijev. Koliko je vremena potrebno da se bazen napuni vodom koja bi dotjecala samo kroz prvu cijev, a koliko kad bi dotjecala samo kroz drugu cijev? Rješenje:

1 . x Veličina x je vrijeme u satima potrebno da se bazen napuni vodom koja bi dotjecala samo kroz prvu cijev.

Kapacitet prve cijevi po satu:

1 . x+3 Veličina x+3 je vrijeme u satima potrebno da se bazen napuni vodom koja bi dotjecala samo kroz drugu cijev.

Kapacitet druge cijevi po satu:

Budući da je obujam bazena nepoznat, u brojnik prethodnih izraza za kapacitet stavlja se 1 koja predstavlja potpuno napunjeni bazen. 1 . 2 Broj 2 u nazivniku predstavlja vrijeme u satima potrebno da se bazen napuni vodom koja bi dotjecala istodobno kroz obje cijevi. Zbroj zajedničkog kapaciteta prve i druge cijevi po satu:

Može se postaviti sljedeća jednadžba za zbroj kapaciteta prve i druge cijevi: 1 1 1 + = x x+3 2

⋅ 2 x (x + 3)

Kako u nazivnicima nije potrebna faktorizacija, odmah se može prijeći na množenje s najmanjim zajedničkim višekratnikom nazivnika radi eliminacije nazivnika. Kako bi član s x2 došao na 2( x + 3) + 2 x = x( x + 3) lijevu stranu jednadžbe, 2 x + 6 + 2 x = x 2 + 3x zamijenit ćemo položaj lijeve 2 x + 3x = 4 x + 6 i desne strane jednadžbe. 2 Tada nije potrebno zamijeniti x + 3x − 4 x − 6 = 0 predznake, jer se zamjenjuju x 2 − x − 6 = 0 ⇒ a = 1, b = −1, c = −6 kompletne strane jednadžbi.

52

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 1 ± (−1) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−6) 1 ± 1 + 24 1 ± 5 x1,2 = = = = 2⋅a 2 ⋅1 2 2 1+ 5 1− 5 =3 x2 = = −2 2 2 Rješenje x2 = –2 se odbacuje, jer negativno vrijeme punjenja nema smisla. 1 Kapacitet prve cijevi po satu je obujma bazena, dok je kapacitet druge cijevi 3 1 ⎛ 1 ⎞ po satu ⎜ ⎟ obujma bazena. 6 ⎝ x+3⎠ x1 =

Zadatak 8. Dva mjesta su udaljena 10 km. Prvi čovjek prelazi 0.5 km više za jedan sat hoda u odnosu na drugog čovjeka i prelazi udaljenost između dva mjesta za 1 h brže u odnosu na drugog čovjeka. Kojom brzinom hodaju ovi pješaci? Rješenje: Brzina hodanja prvog pješaka: x km/h. Brzina hodanja drugog pješaka: x-0.5 km/h. Vrijeme potrebno prvom pješaku da propješači udaljenost između dva mjesta: 10 . (brojnik: udaljenost između dva mjesta 10 km; nazivnik: brzina hodanja x prvog pješaka x) Vrijeme potrebno drugom pješaku da propješači udaljenost između dva mjesta: 10 . x − 0.5 (brojnik: udaljenost između dva mjesta 10 km; nazivnik: brzina hodanja drugog pješaka x-0.5) Postavimo jednadžbu za razliku vremena potrebnog drugom i prvom pješaku za savladavanje udaljenosti između dva mjesta. 10 10 − =1 1 x x− 2

1⎞ ⎛ ⋅ x⎜ x − ⎟ 2⎠ ⎝

1⎞ 1⎞ ⎛ ⎛ 10 x − 10 ⎜ x − ⎟ = x ⎜ x − ⎟ 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝

10 x − 10 x + 5 = x 2 − 5 = x2 − 0.5 =

53

1 2

1 x 2

1 x 2

x2 −

1 x −5 = 0 2

⋅2

2 x 2 − x − 10 = 0 ⇒ a = 2, b = −1, c = −10 −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 1 ± x1,2 = = 2⋅a x1 =

(−1)

2

− 4 ⋅ 2 ⋅ (−10 )

2⋅2

1+ 9 5 = = 2.5 km/h 4 2

x2 =

=

1± 9 4

1− 9 = −2 km/h 4

Rješenje x2 = −2 km/h se odbacuje, jer negativna brzina hodanja nema smisla. Brzina hodanja prvog pješaka iznosi 2.5 km/h, dok je brzina hodanja drugog pješaka 2 km/h.

2.3. Diskriminanta kvadratne jednadžbe Diskriminanta kvadratne jednadžbe Diskriminanta kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ R i a ≠ 0 ) je broj D = b 2 − 4ac Priroda rješenja kvadratne jednadžbe S obzirom na predznak diskriminante, razlikujemo tri moguća slučaja rješenja kvadratne jednadžbe: 1. D > 0, rješenja su realna i različita; 2. D = 0, jedno dvostruko realno rješenje; 3. D < 0, rješenja su dva konjugirana kompleksna broja. Zadatak 1. Odredi vrijednost realnog parametra p za koju će sljedeća jednadžba imati dvostruko realno rješenje: (p+2)x2 + 2(p–1)x + p – 3 = 0. Rješenje: Zadana jednadžba je kvadratna jednadžba s koeficijentima: a = p + 2, b = 2(p–1), c = p – 3. Uvjet za postojanje dvostrukog realnog rješenja kvadratne jednadžbe glasi: D=0 D = b2 – 4ac b2 − 4 ⋅ a ⋅ c = 0

Umjesto koeficijenata a, b i c uvrstimo očitane vrijednosti koeficijenata zadane kvadratne jednadžbe. 54

[2( p − 1)]

2

− 4( p + 2)( p − 3) = 0

4( p − 1) 2 − (4 p + 8)( p − 3) = 0 4( p 2 − 2 p + 1) − (4 p 2 + 8 p − 12 p − 24) = 0 4 p 2 − 8 p + 4 − 4 p 2 − 8 p + 12 p + 24 = 0 −4 p + 28 = 0 −4 p = −28 : (−4)

⇒

p=7

Zadatak 2. Za koje vrijednosti realnog parametra p jednadžba p (4 x 2 − 4 x + 1) = −5 x 2 + 2 x + 1 ima realna rješenja? Rješenje: Najprije je potrebno tako srediti zadanu kvadratnu jednadžbu da je moguće očitati koeficijente a, b i c. 4 px 2 − 4 px + p + 5 x 2 − 2 x − 1 = 0

Grupirati članove s x2, x i članove bez x.

(4 p + 5) x 2 − 2 (2 p − 1) x + p − 1 = 0 Koeficijenti kvadratne jednadžbe jesu: a = 4 p + 5, b = −2 (2 p − 1), c = p − 1 Uvjet za postojanje realnih rješenja: D≥0 D = b2 – 4ac

b2 − 4 ⋅ a ⋅ c ≥ 0 ⎡⎣ −2 (2 p − 1)⎤⎦ − 4 (4 p + 5 )( p − 1) ≥ 0 2

(

)

4 4 p 2 − 4 p + 1 − (16 p + 20 )( p − 1) ≥ 0 16 p 2 − 16 p + 4 − (16 p 2 − 16 + 20 p − 20) ≥ 0 16 p 2 − 16 p + 4 − 16 p 2 + 16 − 20 p + 20 ≥ 0 −20 p + 24 ≥ 0 −20 p ≥ −24 p≤

6 ⇒ 5

⎛ 1 ⎞ ⋅⎜ − ⎟ ⎝ 20 ⎠ 6⎤ p ∈ −∞, ⎥ 5⎦

55

Linearna nejednadžba, koja se rješava poput linearne jednadžbe (nepoznanica mora postepeno ostati sama na lijevoj strani) uz razliku: kada se nejednadžba množi ili dijeli s negativnim brojem, znak nejednakosti se okreće.

Zadatak 3. Opiši ovisnost rješenja kvadratne jednadžbe x2 – 2x + (p–2) = 0 o vrijednosti realnog parametra p. Rješenje: x2 − 2 x + ( p − 2) = 0

Očitamo vrijednosti koeficijenata kvadratne jednadžbe, kako bi se dobila vrijednost diskriminante.

a = 1, b = −2, c = p − 2

D = b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c = (−2 ) − 4 ⋅1 ⋅ ( p − 2 ) = 4 − 4 p + 8 = 12 − 4 p = 4 (3 − p ) 2

1. slučaj: D > 0 (rješenja su realna i različita) D>0 4 (3 − p ) > 0

:4

3− p > 0 − p > −3

: (−3)

p 1

p + 1 > 0 ⇒ p > −1

p + 1 < 0 ⇒ p < −1

Rješenje 1. slučaja: p ∈ −1,1

Rješenje 2. slučaja ne postoji, jer realni brojevi ne mogu istovremeno biti veći od 1 i manji od -1.

Konačno rješenje: p ∈ −1,1 ,

p∈R.

b) Traži se: vrijednost realnog parametra p koji zadovoljava uvjet x1−2 + x2−2 = 2 1 1 i x2−2 = 2 −2 x1 x2 Nađemo zajednički nazivnik. x1−2 =

1 1 x2 + x2 x + x = 2 + 2 = 22 21 x1 x2 x1 ⋅ x2 −2 1

−2 2

x1−2 + x2−2 =

x22 + 2 x1 x2 + x12 − 2 x1 x2 ( x1 + x2 ) 2 − 2 x1 x2 = ( x1 ⋅ x2 ) 2 ( x1 ⋅ x2 ) 2

Dopunimo do kvadrata zbroja.

Primjena Vièteove formule. 2

1

2 2 p 2 2 − p2 1 2 − p2 c ⎛− − 4 p ⎞ − 2 ⋅ 2− p ⎛ b⎞ − − 2 − − ⋅ ⎜ ⎟ 2 ⎜ ⎟ 4 p2 2 p2 p2 2 p2 p 42 a⎠ a ⎝ 4p ⎠ ⎝ −2 −2 x1 + x2 = = = = 2 2 2 2 ⎛ 2 − p2 ⎞ ⎛c⎞ ⎛ 2 − p2 ⎞ ⎛ 2 − p2 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎟ 2 ⎟ ⎝a⎠ ⎝ 4p ⎠ ⎝ 4p ⎠ ⎝ 4p ⎠

p2

2 − 2 + p2 2 p2

1 ⎛ 4 p2 ⎞ = ⋅⎜ = = ⎟ 2 2 2 ⎝ 2 − p2 ⎠ ⎛ 2 − p2 ⎞ ⎛ 2 − p2 ⎞ ⎜ ⎜ 2 ⎟ 2 ⎟ ⎝ 4p ⎠ ⎝ 4p ⎠ 2 p2

2

x1−2 + x2−2 = 2 2

1 ⎛ 4 p2 ⎞ ⋅⎜ ⎟ =2 2 ⎝ 2 − p2 ⎠

⋅2

2

⎛ 4 p2 ⎞ =4 ⎜ 2 ⎟ 2 − p ⎝ ⎠ 4 p2 =2 2 − p2

⋅

Rješavanje jednadžbe x = a se svodi na dva slučaja: x = a i x = −a . 60

1.slučaj

2.slučaj

4 p2 =2 2 − p2

⋅ (2 − p 2 )

4 p2 = −2 2 − p2

⋅ (2 − p 2 )

4 p 2 = 2(2 − p 2 )

4 p 2 = −2(2 − p 2 )

4 p2 = 4 − 2 p2

4 p 2 = −4 + 2 p 2

4 p2 + 2 p2 = 4

4 p 2 − 2 p 2 = −4

6 p2 = 4

2 p 2 = −4

p2 =

:6

2 3

:2

p 2 = −2

p1,2 = ±

2 2 3 =± ⋅ 3 3 3

p3,4 = ±i 2

p1,2 = ±

6 3

Ova rješenja nisu prihvatljiva, jer tražimo da je p realan broj

c) Traži se: vrijednost realnog parametra p kada jedan korijen jednadžbe 1 iznosi . 2 1 1 Jedan korijen (rješenje) jednadžbe iznosi ⇒ x1 = 2 2 Realni parametar p je moguće izračunati nakon što se u jednadžbu umjesto 1 nepoznanice x uvrsti vrijednost . 2

(2 px + 1)

2

= p ( p + 8x )− 1 2

4 ⎛1 ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ + 1⎟ = p ⎜ p + 8 ⋅ ⎜ 2 p⋅ ⎟ −1 21 ⎠ 21 ⎠ ⎝ ⎝

( p + 1)

2

= p ( p + 4)− 1

p2 + 2 p + 1 = p2 + 4 p −1 p2 + 2 p + 1 − p2 − 4 p + 1 = 0 −2 p + 2 = 0 −2 p = −2 : (−2) p =1 61

d) Traži se: vrijednost realnog parametra p kada su korijeni jednadžbe 1 recipročni. Tada vrijedi: x1 = . x2 1 Zadani uvjet x1 = je potrebno uvrstiti u Vièteovu formulu za umnožak x2 rješenja jednadžbe. c x1 ⋅ x2 = a c c 1 ⇒ =1 ⋅ x2 = a a x2 2 − p2 =1 4 p2

⋅ 4 p2

2 − p2 = 4 p2 2 − p 2 − 4 p 2 = −2 −5 p 2 = −2 ⋅(−1) 5 p2 = 2 p1,2 = ±

2 5 10 ⋅ =± 5 5 5

x 2 + 2 x − 35 Zadatak 3. Skrati razlomak: 2 . x − 10 x + 25 Rješenje: Skraćivanje razlomaka se može provesti tek nakon faktorizacije brojnika i nazivnika. Brojnik se faktorizira pomoću izraza za faktorizaciju kvadratne funkcije, dok se nazivnik faktorizira primjenom formule za kvadrat razlike. Da bi bilo moguće izvršiti faktorizaciju kvadratne jednadžbe, potrebno je najprije izračunati rješenja kvadratne jednadžbe. x 2 + 2 x − 35 = 0 ⇒ a = 1, b = 2, c = −35 2 −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −2 ± 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−35 ) −2 ± 12 = = = −1 ± 6 2⋅a 2 ⋅1 2 x1 = −1 − 6 = −7

x1,2 =

x2 = −1 + 6 = 5 62

Prema formuli za faktorizaciju kvadratne jednadžbe slijedi: x 2 + 2 x − 35 = (x − 5 )(x + 7 ) x 2 − 10 x + 25 = (x − 5 )

2

ax 2 + bx + c = a (x − x1 )(x − x2 ) Kvadrat razlike: I 2 − 2 ⋅ I ⋅ II + II 2 = (I − II )

2

( x − 5) ( x + 7) x + 7 x 2 + 2 x − 35 = = x 2 − 10 x + 25 x −5 ( x − 5) 2 Zadatak 4. Napiši kvadratnu jednadžbu ako su zadana njezina rješenja: x1 = 2 − 2, x2 = 2 + 2 . Rješenje: Potrebno je koristiti formulu za dobivanje kvadratne jednadžbe ako su poznata njezina rješenja koja glasi: x 2 − (x1 + x2 )⋅ x + x1 ⋅ x2 = 0 x1 + x2 = 2 − 2 + 2 + 2 = 4 x1 ⋅ x2 = (2 − 2)(2 + 2) = 22 − ( 2) 2 = 4 − 2 = 2 Tražena kvadratna jednadžba glasi: x 2 − 4 x + 2 = 0 . Zadatak 5. Napiši kvadratnu jednadžbu čije je jedno rješenje zbroj, a drugo 2 rješenje umnožak rješenja jednadžbe čije je jedno rješenje . 3−i 3 Rješenje: Dakle, imamo 2 jednadžbe, te znamo jedno od rješenja prve jednadžbe. Najprije je potrebno odrediti drugo rješenje prve kvadratne jednadžbe. Kada kvadratna jednadžba ima kompleksna rješenja, njezina rješenja su konjugirano kompleksni brojevi. Primjenjuje se dijeljenje kompleksnih brojeva (nadopuniti nazivnik na razliku kvadrata – želi se eliminirati imaginarna jedinica i iz nazivnika). ( x1 )1 =

2 3 + i 3 2(3 + i 3) 2(3 + i 3) 2(3 + i 3) 3 + i 3 ⋅ = = = = 9 − 3i 2 9+3 6 3 − i 3 3 + i 3 32 − (i 3) 2

63

3−i 3 , dakle, promijenili smo + u –. 6 Potrebno je koristiti formulu za dobivanje druge kvadratne jednadžbe ako su

Drugo rješenje glasi: (x2 )1 =

poznata njezina rješenja koja glasi: x 2 − (x1 + x2 )⋅ x + x1 ⋅ x2 = 0 Rješenja druge kvadratne jednadžbe izračunavamo na sljedeći način: 3+i 3 3−i 3 + = 1 ⇒ zbroj rje enja prve jednad be (x1 )2 = (x1 )1 + (x2 )1 = 6 6 ( x2 ) 2 = ( x1 )1 ⋅ ( x2 )1 =

3 + i 3 3 − i 3 32 − (i 3) 2 9 + 3 1 ⋅ = = = 6 6 62 36 3

⇒

umnožak rješenja

Sada kad smo našli x1 i x2 od druge jednadžbe uvrstit ćemo ih u formulu: 1 4 (x1 )2 + (x2 )2 = 1 + = 3 3 1 1 (x1 )2 ⋅ (x2 )2 = 1⋅ = 3 3 x 2 − (x1 + x2 )⋅ x + x1 ⋅ x2 = 0 x2 −

4 1 x+ =0 3 3

⋅3

3x 2 − 4 x + 1 = 0

64

2.5. Jednadžbe koje se svode na kvadratne Jednadžbe koje se svode na kvadratne Sljedeće vrste jednadžbi se rješavaju svođenjem na kvadratnu: 1. sustav linearne i kvadratne jednadžbe; 2. bikvadratne jednadžbe; 3. iracionalne jednadžbe; 4. ostale jednadžbe koje se metodom supstitucije svode na kvadratnu jednadžbu; 5. simetrične jednadžbe trećeg stupnja. Sustav linearne i kvadratne jednadžbe Iz linearne jednadžbe se jedna nepoznanica izražava pomoću druge nepoznanice, te se taj izraz uvrštava u kvadratnu jednadžbu. Na ovaj način se dobiva kvadratna jednadžba po jednoj nepoznanici. Rješenja kvadratne jednadžbe se nakon toga uvrštavaju u početnu supstituciju, kako bi se dobila rješenja druge nepoznanice. Bikvadratne jednadžbe Jednadžba oblika ax4 + bx2 + c = 0 (a, b, c ∈ R, a ≠ 0) naziva se bikvadratna jednadžba. Rješava se supstitucijom t = x2 čime se svodi na kvadratnu jednadžbu. Bikvadratna jednadžba općenito ima četiri rješenja. Iracionalne jednadžbe Jednadžbe u kojima se nepoznanica javlja pod znakom korijena (u radikantu korijena) naziva se iracionalna jednadžba. Ovdje su vrijednosti drugog korijena isključivo pozitivne. Ove jednadžbe se rješavaju postupkom potenciranja. Jednadžbe dobivene postupkom potenciranja ne moraju biti ekvivalentne (jednadžbe s jednakim rješenjima i različitog oblika). Zbog navedenog, svako rješenje dobivene jednadžbe ne mora biti rješenje početne iracionalne jednadžbe, ali je zato svako rješenje iracionalne jednadžbe rješenje dobivene jednadžbe. Zbog navedenog, na kraju zadatka je potrebno provjeriti prihvatljivost dobivenih rješenja uvrštavanjem rješenja u početnu iracionalnu jednadžbu. Simetrične jednadžbe trećeg stupnja Jednadžba oblika ax3 + bx 2 + bx + a = 0 a, b ∈ R, a ≠ 0 naziva se simetrična jednadžba trećeg stupnja. Ove jednadžbe se rješavaju rastavljanjem na faktore grupirajući prvi i četvrti član, te drugi i treći član.

65

Zadatak 1. Riješi sustav jednadžbi: 2x − y = 1 2x2 − 2 x = 7 + y . Rješenje: Potrebno je riješiti sustav linearne i kvadratne jednadžbe primjenom metode supstitucije. Uvijek se iz linearne jednadžbe izrazi jedna 2x − y = 1 ⇒ y = 2x −1 nepoznanica pomoću druge, te se taj izraz uvrštava u kvadratnu jednadžbu. 2 2x − 2x = 7 + y 2x2 − 2 x = 7 + 2x −1 2x2 − 2 x = 2x + 6 2x2 − 2 x − 2x − 6 = 0 2x2 − 4 x − 6 = 0 : 2 x 2 − 2 x − 3 = 0 ⇒ a = 1 b = −2 c = −3 −b ± b 2 − 4ac 2 ± x1,2 = = 2a

(−2 )

2

− 4 ⋅1 ⋅ (−3)

2 ⋅1

=

2±4 2 4 = ± = 1± 2 2 2 2

x1 = 1 − 2 = −1

x2 = 1 + 2 = 3

y1 = 2 x1 − 1

y2 = 2 x2 − 1

y1 = 2 ⋅ (−1) − 1 = −3

y2 = 2 ⋅ 3 − 1 = 5

Rješenja sustava su: (−1, −3) i (3,5 ) . Zadatak 2. Riješi jednadžbu: 2 x 4 − 7 x 2 − 4 = 0 . Rješenje: Bikvadratna jednadžba se rješava svođenjem na kvadratnu jednadžbu metodom supstitucije t = x 2 . 2 x4 − 7 x2 − 4 = 0

supstitucija t = x 2

2t 2 − 7t − 4 = 0 ⇒ a = 2 b = −7 c = −4 t1,2

−b ± b 2 − 4ac 7 ± = = 2a

(−7 )

2

− 4 ⋅ 2 ⋅ (−4 )

2⋅2 66

=

7 ± 49 + 32 7 ± 9 = 4 4

7−9 1 7+9 =− t2 = =4 4 2 4 Umjesto nepoznanice t potrebno je vratiti prvobitnu nepoznanicu x ⇒ t = x2. t1 =

x2 = − x1,2 =

x2 = 4 x3,4 = ±2

1 2 −1 1 = i2 ⋅ 2 2

x1,2 = ±i

1 2 ⋅ 2 2

x1,2 = ±i

2 2

Zadatak 3. Napiši bikvadratnu jednadžbu s vodećim koeficijentom 1 i rješenjima − 2i, 2i, − 3, 3 . Rješenje: Potrebno je napisati bikvadratnu jednadžbu: ax 4 + bx 2 + c = 0 . Vodeći koeficijent jednak je 1, znači a = 1 . Rješenja: x1 = − 2i , x2 = 2i , x3 = −3

x4 = 3 .

Za rješavanje bikvadratnih jednadžbi koristi se supstitucija t = x 2 . – Za rješenja x1 i x2 ⇒ t1 = −2 . – Za rješenja x3 i x4 ⇒ t2 = 9 . Treba promatrati t1 i t2 kao rješenja kvadratne jednadžbe oblika t 2 − (t1 + t2 )t + t1 ⋅ t2 = 0 (vidjeti poglavlje 2.4. Viétove formule). t1 + t2 = −2 + 9 = 7

t = x2 ⇒ t2 = x4

t1 ⋅ t2 = −2 ⋅ 9 = −18 Rješenje zadatka: x 4 − 7 x 2 − 18 = 0 Zadatak 4. Riješi jednadžbu: 10 − 31x − 2 x = 1. Rješenje: 10 − 31x − 2 x = 1 Iracionalna jednadžba s drugim korijenom rješava se kvadriranjem čime se uklanja korijen. U ovom zadatku je prije kvadriranja potrebno prebaciti član 2x 67

na desnu stranu, kako bi na lijevoj strani ostao samo korijen. U suprotnom se ne bismo kvadriranjem riješili korijena. 10 − 31x = 1 + 2 x

2

( 10 − 31x ) 2 = (1 + 2 x) 2 10 − 31x = 4 x 2 + 4 x + 1 4 x 2 + 4 x + 1 − 10 + 31x = 0 4 x 2 + 35 x − 9 = 0 ⇒ a = 4, b = 35, c = −9 x1,2 =

−b ± b 2 − 4ac −35 ± 352 − 4 ⋅ 4 ⋅ (−9) −35 ± 1225 + 144 −35 ± 37 = = = 2a 2⋅4 8 8

−35 − 37 −72 −35 + 37 2 1 = = −9 x2 = = = 8 8 8 8 4 Budući da se kvadriranjem ne dobivaju ekvivalentne jednadžbe, potrebno je provjeriti prihvatljivost rješenja. Provjera se vrši uvrštavanjem dobivenih rješenja u početnu iracionalnu jednadžbu. Za vrijeme provjere uzima se samo pozitivna vrijednost korijena. x1 =

10 − 31 ⋅ (−9 ) − 2 ⋅ (−9 ) = 1

10 − 31 ⋅

10 + 279 + 18 = 1

10 −

1 1 − 2⋅ =1 4 4

31 1 − =1 4 2

17 + 18 = 1

3 1 − =1 2 2

35 ≠ 1

1=1

Rješenje x1 = –9 nije prihvatljivo (nije rješenje zadane iracionalne jednadžbe).

1 Rješenje x2 = 4 je prihvatljivo, što 1 znači da je x2 = rješenje početne 4 iracionalne jednadžbe.

68

Zadatak 5. Riješi jednadžbu:

2x − 5 − x − 2 = 2 .

Rješenje: 2x − 5 − x − 2 = 2 2x − 5 = 2 + x − 2

2

Prije kvadriranja jednadžbe prebacimo korijen x − 2 na desnu stranu kako bi se nakon kvadriranja dobio jednostavniji izraz.

( 2 x − 5) 2 = 22 + 2 ⋅ 2 ⋅ x − 2 + ( x − 2) 2

Kvadrat zbroja.

2x − 5 = 4 + 4 x − 2 + x − 2 2x − 5 − 4 − x + 2 = 4 x − 2 x−7 = 4 x−2

2

Kod iracionalnih jednadžbi s dva korijena potrebno je dva puta provesti kvadriranje.

( x − 7) = 16( x − 2) 2

x 2 − 14 x + 49 = 16 x − 32 x 2 − 14 x + 49 − 16 x + 32 = 0 x 2 − 30 x + 81 = 0 ⇒ a = 1, b = −30, c = 81 −b ± b 2 − 4ac 30 ± x1,2 = = 2a x1 =

30 − 24 =3 2

(−30 )

2

− 4 ⋅1 ⋅ 81

2 ⋅1 x2 =

=

30 ± 900 − 324 30 ± 24 = 2 2

30 + 24 54 = = 27 2 2

Provjera rješenja: 2⋅3 − 5 − 3 − 2 = 2

2 ⋅ 27 − 5 − 27 − 5 = 2

1−1 = 2

7−5 = 2

0≠2 x1 = 3 nije rješenje ove iracionalne jednadžbe

2=2 x2 = 27 je rješenje ove iracionalne jednadžbe.

(

)

(

)

Zadatak 6. Riješi jednadžbu: ⎡⎣7 x 2 − x + 2 − 4 ⎤⎦ ⎡⎣ x 2 − x + 2 − 3⎤⎦ = 24 . Rješenje: Rješavanje zadane jednadžbe započinjemo supstitucijom t = x 2 − x + 2 . (Nepoznanica x se zamjenjuje s novom nepoznanicom t). Bez primjene metode supstitucije ne bismo uspjeli riješiti jednadžbu, jer bi nakon množenja zagrada dobili jednadžbu četvrtog stupnja koju ne znamo riješiti. 69

(7t − 4 )(t − 3) = 24

Radi svođenja jednadžbe na standardni oblik kvadratne jednadžbe, množi se zagrada sa zagradom.

7t 2 − 4t − 21t + 12 − 24 = 0 7t 2 − 25t − 12 = 0 ⇒ a = 7, b = −25, c = −12 t1,2

−b ± b 2 − 4ac 25 ± = = 2a

t1 =

25 − 31 6 3 =− =− 14 14 7

(−25)

2

− 4 ⋅ 7 ⋅ (−12 )

2⋅7 t2 =

=

25 ± 625 + 336 25 ± 31 = 14 14

25 + 31 56 =− =4 14 14

Umjesto nepoznanice t vraćamo početnu nepoznanicu x ⇒ t = x 2 − x + 2 . 3 ⋅7 7

x2 − x + 2 = 4

7 x 2 − 7 x + 14 = −3

x2 − x − 2 = 0

7 x 2 − 7 x + 14 + 3 = 0

x2 − x + 2 − 4 = 0

7 x 2 − 7 x + 17 = 0

a = 1, b = −1, c = −2

a = 7, b = −7, c = 17

x3,4 =

−b ± b 2 − 4ac 2a

x3,4 =

1 ± (−1) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−2) 2 ⋅1

x3,4 =

1± 1+ 8 2

x2 − x + 2 = −

x1,2 = x1,2 =

−b ± b 2 − 4ac 2a 7±

(−7 )

2

− 4 ⋅ 7 ⋅17

2⋅7

x1,2 =

7 ± 49 − 476 14

x3,4 =

1± 9 2

x1,2 =

7 ± −427 14

x3,4 =

1± 3 2

1− 3 = −1 2

Primijeniti i 2 = −1

x3 =

7 ± i 2 427 14 Rješenja x1 i x2 su konjugirani kompleksni brojevi.

1+ 3 =2 2 Rješenja x3 i x4 su realni i različiti brojevi.

x1,2 =

x3,4 =

70

Zadaci 7. Riješi jednadžbu: 3 x3 − 7 x 2 − 7 x + 3 = 0. Rješenje: Ovdje se radi o simetričnoj jednadžbi trećeg stupnja. Njezino rješavanje započinje grupiranjem prvog i četvrtog, te drugog i trećeg člana. 3x3 + 3 − 7 x 2 − 7 x = 0 3( x3 + 1) − 7 x( x + 1) = 0 Prikazati ( x 3 + 1) kao zbroj kubova: I 3 + II 3 = ( I + II )( I 2 − I ⋅ II + II 2 ) 3( x + 1)( x 2 − x + 1) − 7 x( x + 1) = 0

Izvučemo zajednički faktor (x + 1).

(x + 1)⎡⎣3 (x 2 − x + 1)− 7 x ⎤⎦ = 0 ( x + 1)(3 x 2 − 3 x + 3 − 7 x) = 0 ( x + 1)(3x 2 − 10 x + 3) = 0 x +1 = 0 x1 = −1 3 x 2 − 10 x + 3 = 0

Umnožak je jednak nuli kada je neki od faktora jednak nuli.

⇒ a = 3, b = −10, c = 3

−b ± b 2 − 4ac 10 ± (−10) 2 − 4 ⋅ 3 ⋅ 3 10 ± 100 − 36 10 ± 8 = = = 2a 2⋅3 6 6 10 − 8 1 x2 = = 6 3 10 + 8 x3 = =3 6 x2,3 =

71

3. Polinom drugog stupnja i njegov graf 3.1. Što je funkcija Funkcija Funkcija (preslikavanje) f je pravilo po kojem se svakom elementu x skupa A pridružuje točno jedan element y skupa B. Skup A nazivamo domena funkcije f (područjem definicije funkcije f) i označavamo s Df, dok skup B nazivamo kodomena funkcije f (područjem vrijednosti funkcije f) i označavamo s Kf. Funkciju možemo zapisati kao y = f(x). Možemo reći da je y funkcija od x, definirana na A i s vrijednostima u B. Kao primjer uzimamo artikle u dućanu i njihove cijene. Svakom proizvodu pridružena je njegova cijena. A B

x

y

domena Df

kodomena Kf

Realne funkcije su one funkcije za koje su domena i kodomena podskup skupa realnih brojeva. Ovdje će biti promatrane samo realne funkcije. Domena funkcije Domena realne funkcije je skup svih realnih brojeva x za koje funkcija ima smisla. Domene nekih karakterističnih funkcija prikazane su u sljedećoj tablici: Redni broj

Naziv funkcije

Analitički zapis funkcije

Definicija domene

1.

Linearna funkcija

f ( x) = ax + b

Df = R

2.

Iracionalna funkcija

f ( x) = g ( x)

D f = {x : g ( x) ≥ 0 i x ∈ R}

3.

Racionalna funkcija

f ( x) =

u ( x) v( x)

D f = {x : x ∈ R \G} G = {x : v( x) = 0}

Tablica 3.1. Domene nekih karakterističnih funkcija Primjena ove tablice je prikazana u zadatku 1. 72

Graf funkcije Graf Γ f funkcije f je skup uređenih parova (x, y ( x) ) koji predstavljaju koordinate točaka u koordinatnom sustavu, za sve x iz domene Df funkcije f: Γ f = {( x, y ) : x ∈ D f , y = f ( x)}. Svaka krivulja u ravnini ne predstavlja graf neke funkcije, jer se svakom broju x ∈ Df mora pridružiti samo jedan broj y po pravilu y=f(x). Da bi se praktično moglo procijeniti je li određena krivulja graf funkcije, može se provesti vertikalni test, prema kojem svaki pravac okomit na os x siječe graf funkcije najviše u jednoj točki. Ako postoji pravac koji može sjeći krivulju u više od jedne točke, tada ta krivulja nije graf funkcije. Linearna funkcija Funkcija f : R → R zadana formulom f ( x) = ax + b (a, b ∈ R, a ≠ 0) je polinom prvog stupnja ili linearna funkcija. Graf linearne funkcije naziva se pravac. Koeficijent a zove se koeficijent smjera, dok se koeficijent b zove odsječak na osi y. Zadatak 1. Odredi domenu funkcija: a) f (x ) = 3 x − 2 ;

b) f (x ) =

c) f (x ) = 5 x + 7 ;

d) f ( x) =

5x ; 4 x − 12 x − 7 2

x −1 . x −5

Rješenja: Prilikom rješavanja zadataka u vezi domene funkcije važno je na početku zadatka prepoznati vrstu zadane funkcije, jer se na temelju tog saznanja određuje domena funkcije. U sljedećim zadacima koristit ćemo tablicu 3.1. navedenu u teorijskom uvodu. a) Zadana je linearna funkcija. Kao što je navedeno u spomenutoj tablici, domena linearne funkcije je skup realnih brojeva. To možemo zapisati na sljedeći način: Df = R . b) Zadana je racionalna funkcija. Da bismo odredili domenu najprije moramo izračunati za koje vrijednosti nezavisne varijable x je nazivnik jednak nuli. 4 x 2 − 12 x − 7 = 0 ⇒ a = 4, b = −12, c = −7

73

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅c 12 ± x1,2 = = 2⋅a x1 =

3− 4 1 =− 2 2

(−12 )

2

− 4 ⋅ 4 ⋅ (−7 )

2⋅4 x2 =

=

12 ± 16 3 ± 4 = 8 2

3+ 4 7 = 2 2

⎧ 1 7⎫ Domena funkcije jest: D f = R \ ⎨− , ⎬ . Domena zadane funkcije je jednaka ⎩ 2 2⎭ 1 7 skupu realnih brojeva osim brojeva − i . 2 2 c) Zadana je iracionalna funkcija. Domena iracionalne funkcije se računa iz uvjeta da radikant (izraz ispod korijena) treba biti veći ili jednak nuli. U suprotnom, rezultat bi pripadao skupu kompleksnih, a ne realnih brojeva. Postavimo nejednadžbu u skladu sa zadanim zadatkom. 5x + 7 ≥ 0 5 x ≥ −7

:5

7 5 ⎧ ⎫ ⎡ 7 D f = ⎨ x : x ∈ R, x ∈ ⎢ − , +∞ ⎬ ⎣ 5 ⎩ ⎭ x≥−

d) Zadana je iracionalna funkcija s radikantom u obliku racionalne funkcije. Prilikom određivanja domene funkcije, potrebno je uzeti u obzir obje funkcije. Uvjet za računanje domene iracionalne funkcije je da radikant mora biti veći ili jednak nuli, a zatim moramo iz tog rješenja isključiti vrijednosti x za koje je nazivnik jednak nuli. x −1 ≥0 x −5 U 1. razredu srednje škole se obradilo rješavanje ovakvih nejednadžbi. Da bi racionalna funkcija bila veća od nule, izrazi u brojniku i nazivniku trebaju biti jednakih predznaka (ili oba pozitivna ili oba negativna). Da bi se riješila ova nejednadžba potrebno je riješiti oba slučaja. Također, potrebno je uzeti u obzir, dok brojnik može biti jednak nuli, nazivnici nikada ne smiju biti jednaki nuli (jer ne znamo dijeliti s nulom), bez obzira što je u nejednadžbi naveden znak veći ili jednak nuli. Na ovaj način se uzima u obzir da je promatrani radikant izražen u obliku racionalne funkcije. 74

1. slučaj (oba negativna) x −1 ≤ 0 ⇒ x ≤ 1

2. slučaj (oba pozitivna) x −1 ≥ 0 ⇒ x ≥ 1

x −5 < 0 ⇒ x < 5

x −5 > 0 ⇒ x > 5

Rješenje sustava nejednadžbi za 1. slučaj x ≤1

Rješenje sustava nejednadžbi za 2. slučaj x>5

y

1. slučaj

x 0

1

2

3

x≤1

4

5

x5

Rješenje je tamniji dio koji se dobije kao presjek rješenja pojedinih nejednadžbi sustava. Konačno rješenje ovog sustava nejednadžbi je unija rješenja 1. i 2. slučaja: D f = x : x ∈ R, x ∈ −∞,1]∪ 5, +∞

{

}

Zadatak 2. Odredi linearnu funkciju f (x) = ax + b, ako je poznato: f (−1) = −2 i f (6) = 5 . Rješenje: Budući da linearna funkcija ima oblik f ( x) = ax + b , ovaj zadatak se svodi na rješavanje sustava od dvije jednadžbe s dvije nepoznanice (koeficijenti a i b). Sustav dobijemo tako da umjesto x i y uvrstimo zadane vrijednosti. 75

ax + b = f ( x) −1 ⋅ a + b = −2

⋅(−1)

f (–1) = –2

6⋅a + b = 5 a −b = 2 ⎫ ⎬+ 6a + b = 5 ⎭

f (6) = –5

7a = 7 ⇒ a = 1 6a + b = 5 6 ⋅1 + b = 5 b = 5 − 6 ⇒ b = −1

Tražena linearna funkcija glasi: f ( x) = x − 1 .

1 Zadatak 3. Nacrtaj graf funkcije f (x ) = − x + 3 . 2 Rješenje: Za rješavanje ovog zadatka koristimo svojstvo pravca da je određen s dvije točke. Odabiremo dvije proizvoljne vrijednosti nezavisne promjenljive veličine x, te zatim izračunavamo pripadne vrijednosti funkcije. Na ovaj način izračunavamo koordinate dviju točaka A i B pomoću kojih možemo nacrtati zadani pravac. 1 f (0) = − ⋅ 0 + 3 = 3 ⇒ A (0,3) 2 1 f (2) = − ⋅ 2 + 3 = −1 + 3 = 2 ⇒ B(2, 2) 2 y 4.5 4 3.5 3 2.5 2 1.5 1 0.5 -1 -0.5 -1

A = (0, 3) B = (2, 2) f (x) = - 1 x + 3 2

x 0.5 1 1.5 2 2.5 3

76

Zadatak 4. Prikaži grafički funkciju f ( x) = 2 x + 1 + 1 . Rješenje: Budući da se radi o izrazu s apsolutnom vrijednošću, moramo promotriti dva slučaja: kada je izraz pod apsolutnom vrijednošću negativan, i slučaj kada je pozitivan. 1. slučaj (negativan)

2. slučaj (pozitivan)

1 2x +1 < 0 ⇒ x < − 2 Ako je izraz pod apsolutnom vrijednošću negativan, tada se znak apsolutne vrijednosti zamjenjuje s običnom zagradom ispred koje je predznak minus.

1 2 Ako je izraz pod apsolutnom vrijednošću pozitivan, tada se znak apsolutne vrijednosti zamjenjuje s običnom zagradom ispred koje je predznak plus. 2x +1 > 0 ⇒ x > −

f ( x) = − (2 x + 1) + 1

f ( x) = + (2 x + 1) + 1

f ( x) = −2 x − 1 + 1

f ( x) = 2 x + 1 + 1

f ( x) = −2 x

f ( x) = 2 x + 2

y = −2 x

y = 2x + 2

x

–2

–1

y

4

2

−

1 2

x

0

1

y

2

4

1

y=-2x 4.5 4 A = (-2, 4) 3.5 3 2.5 2 B = (-1, 2) 1.5 1 B = (-0.5, 1) 0.5 -3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5

y

y=2x+2

C = (1, 4)

D = (0, 2)

x 0

0.5 1 1.5 2 2.5 3

77

3.2. Graf kvadratne funkcije f (x)= ax2; translacija grafa Kvadratna funkcija (polinom drugog stupnja) Funkcija f : R → R zadana formulom ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ R i a ≠ 0) je polinom drugog stupnja ili kvadratna funkcija. Nazivi koeficijenata kvadrante funkcije su: a – vodeći koeficijent; b – linearni koeficijent; c – slobodni koeficijent. Graf kvadratne funkcije je parabola. Graf kvadratne funkcije f ( x) = ax 2 Graf kvadratne funkcije f ( x) = ax 2 , f : R → R , (a ∈ R , a ≠ 0) je parabola osnosimetrična s obzirom na os ordinata (os y) i s tjemenom u točki T (0, 0). Ovisnost oblika parabole o vodećem koeficijentu a: – ako je a > 0: otvor parabole je okrenut prema gore, u točki s x koordinatom x0 = 0 (tjeme) funkcija poprima najmanju vrijednost; – ako je a < 0: otvor parabole je okrenut prema dolje, u točki s x koordinatom x0 = 0 (tjeme) funkcija poprima najveću vrijednost; – ako je broj a veći, parabola se “sužuje”, dok ako je broj a manji, parabola se “širi”. Graf kvadratne funkcije f ( x) = ax 2 + c Graf kvadratne funkcije f ( x) = ax 2 + c , f : R → R , (a, c ∈ R i a ≠ 0) dobivamo translacijom parabole f ( x) = ax 2 za iznos c prema gore ako je c > 0 ili prema dolje ako je c < 0 . Dobivena parabola je osnosimetrična s obzirom na os ordinata (os y) i ima tjeme u točki T (0, c). Graf kvadratne funkcije f ( x) = a ( x − x0 ) 2 Graf kvadratne funkcije f ( x) = a ( x − x0 ) 2 , f : R → R , (a, x0 ∈ R i a ≠ 0) dobivamo translacijom parabole f ( x) = ax 2 za iznos x 0 udesno ako je x0 > 0 ili ulijevo ako je x0 < 0 . Dobivena parabola je osnosimetrična s obzirom na pravac x = x0 i ima tjeme u točki T (x0, 0). Graf kvadratne funkcije f ( x) = a ( x − x0 ) 2 + y0 Graf kvadratne funkcije f ( x) = a ( x − x0 ) 2 + y0 , f : R → R , (a, x0 , y0 ∈ R i a ≠ 0) dobivamo translacijom parabole f ( x) = ax 2 za iznos x 0 duž osi 78

apscisa i za iznos y0 duž osi ordinata. Dobivena parabola je osnosimetrična s obzirom na pravac x = x0 i ima tjeme u točki T (x0, y0). Ovakav oblik kvadratne funkcije nazivamo tjemeni oblik. 1 2 Zadatak 1. Nacrtaj graf funkcije f ( x) = − x . 3 Rješenje: f (x) = ax2 T (0, 0) x = 0 (os ordinata, tj. os y) a 0 (os ordinata, tj. os y) a>0 otvor parabole okrenut prema gore

Opći oblik kvadratne funkcije Tjeme parabole Pravac os simetrije Predznak vodećeg koeficijenta a

Najprije ćemo nacrtati graf kvadratne funkcije f (x) = 2x2, koji ćemo nakon toga translatirati za 2 prema dolje. Na taj način će biti dobiven graf zadane kvadratne funkcije f (x) = 2x2 – 2. Tjeme x

-1

f ( x) = 2 x 2

2

f (−1) = 2 ⋅ (−1) 2 = 2

−

1 2

1 2

0

1 2

1

0

1 2

2

Zbog simetričnosti vrijedi f (1) = f (−1) = 2 . 80

2

1 ⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎛1⎞ ⎛ 1⎞ 1 Zbog simetričnosti vrijedi f ⎜ ⎟ = f ⎜ − ⎟ = . f ⎜ − ⎟ = 2⋅⎜ − ⎟ = 2 ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2⎠ 2 y

(-1, 2)

(1, 2)

2

y = 2x2 1

(-0.5, 0.5)

(0, 0)

(-1, 0) -2

(0.5, 0.5)

x

(1, 0) 1

1

2

y = 2x2-2 -1

(-0.5, -1.5)

(0.5, -1.5) -2 T (0, -2)

Zadatak 3. Nacrtaj graf funkcije f ( x) =

1 2 (x + 2 ) . 2

Rješenje: Opći oblik kvadratne funkcije Tjeme parabole Pravac os simetrije Predznak vodećeg koeficijenta a

f (x) = a (x – x0)2 T (-2, 0) x = –2 a>0 otvor parabole okrenut prema gore

1 2 x , koji ćemo nakon 2 toga translatirati za 2 ulijevo. Na taj način ćemo biti dobiti graf zadane 1 kvadratne funkcije f ( x) = ( x + 2) 2 . 2 Najprije ćemo nacrtati graf kvadratne funkcije f ( x) =

81

Tjeme x f ( x) =

-2

-1

0

1

2

2

1 2

0

1 2

2

1 2 x 2

1 (−2) 2 = 2 2 1 1 f (−1) = (−1) 2 = 2 2

Zbog simetričnosti vrijedi f (2) = f (−2) = 2 .

f (−2) =

Zbog simetričnosti vrijedi f (1) = f (−1) =

1 . 2

y

(-4, 2)

(-2, 2)

(2, 2)

(0, 2) 2

1

(-3, 0.5)

(-1, 0.5) T (-2, 0)

-4

-3

-2

(1, 0.5)

(0, 0) 1

-1

Zadatak 4. Nacrtaj graf funkcije f ( x) =

x 2

1 ( x + 4) 2 − 2 . 4

Rješenje: Opći oblik kvadratne funkcije Tjeme parabole Pravac os simetrije Predznak vodećeg koeficijenta a

f (x) = a (x – x0)2 + y0 T (-4, -2) x = –4 a>0 otvor parabole okrenut prema gore

Najprije ćemo nacrtati graf kvadratne funkcije f ( x) = 82

1 2 x , koji ćemo nakon 4

toga translatirati za 4 ulijevo i za 2 prema dolje. Na taj način će biti dobiven 1 graf zadane kvadratne funkcije f ( x) = ( x + 4) 2 − 2 . 4 Tjeme x f ( x) =

-2

-1

0

1

2

1

1 4

0

1 4

1

1 2 x 4

1 (−2) 2 = 1 4 1 1 f (−1) = (−1) 2 = 4 4

Zbog simetričnosti vrijedi f (2) = f (−2) = 1 .

f (−2) =

Zbog simetričnosti vrijedi f (1) = f (−1) =

1 . 4

y

y = 14 x2

3 2

(-2, 1)

(1, 0.25)

(-1, 0.25) -7 -6 (-6, -1)

-5

(-5, -1.75)

-4

(0, 0) -1 1 (-2, -1) -1 y = 14 (x2+4)2-2 -2 (-3, -1.75)

-3

T = (-4, -2)

(2, 1)

1

-2

2

x

3

-3

Zadatak 5. Odredi polinom drugog stupnja f ( x) = ax 2 + c , ako je: ⎛1⎞ 7 f (−1) = 5 i f ⎜ ⎟ = . ⎝2⎠ 2 Rješenje: U ovom zadatku imamo dvije nepoznanice: koeficijente a i c. Zadatak se rješava kao sustav dvije jednadžbe s dvije nepoznanice. Dvije jednadžbe se dobivaju na način da se zadani podaci uvrste u opći oblik polinoma drugog stupnja. 83

ax 2 + c = f ( x) a ⋅ (−1) 2 + c = 5 2

7 ⎛1⎞ a ⋅ ⎜ ⎟ + c = ⋅ (−1) 2 ⎝2⎠

x1 = –1, f (x) = 5 1 7 x2 = , f ( x) = 2 2

a+c =5 ⎫ ⎪ 1 7⎬+ − a−c = − ⎪ 4 2⎭ 1 7 1− a = 5 − 4 2 3 3 a= ⇒a=2 4 2

Konačno rješenje zadatka glasi:

a+c =5 2+c = 5⇒ c = 5−2 = 3

f ( x) = 2 x 2 + 3

Zadatak 6. Odredi polinom 2. stupnja ako je f (–4) = f (2) = –5 i poprima najveću vrijednost y0 = –2. . Rješenje: Kada u samom tekstu zadatka nije naveden opći oblik kvadratne funkcije, odabire se najsloženiji oblik kvadratne funkcije: f ( x) = a ( x − x0 ) 2 + y0 , jer imamo zadano y0. U ovom slučaju imamo dvije nepoznanice: vodeći koeficijent a i koordinatu tjemena x0, jer je treća veličina o kojoj zavisi ovaj oblik kvadratne funkcije koordinata tjemena y0 zadana u samom zadatku (y0 = –2). Rješavanje ovog zadatka započinjemo s određivanjem koordinate tjemena x0. Naime, treba uočiti da su zadane koordinate točaka koje su simetrične s obzirom na os simetrije parabole (os simetrije parabole se poklapa s x koordinatom tjemena parabole). Simetričnost primjećujemo po činjenici da zadane točke imaju jednake vrijednosti funkcije f (−4) = f (2) = −5 , a različite vrijednosti x koordinata. Koordinatu tjemena x0 dobivamo kao aritmetičku sredinu brojeva -4 i 2. −4 + 2 = −1 2 Koordinate tjemena: T(–1, –2). Kako bismo izračunali nepoznati koeficijent x0 =

84

a uvrstit ćemo koordinate tjemena i koordinate jedne zadane točke u opću jednadžbu polinoma drugog stupnja, npr. f (2) = –5. f ( x) = a ( x − x0 ) 2 + y0 −5 = a (2 − (−1)) 2 + (−2) −5 = 9a − 2 9a = −3 : 9 ⇒ a = −

1 3

Konačno rješenje zadatka glasi: 1 f ( x) = − ( x + 1) 2 − 2 3

3.3. Graf kvadratne funkcije f (x) = ax2 + bx + c; ekstremi Graf kvadratne funkcije f (x) = ax2 + bx + c Graf kvadratne funkcije f (x) = ax2 + bx + c, f : R → R, (a, b, c ∈ R i a ≠ 0) dobivamo translacijom parabole f (x) = ax2 za iznos |x0| duž osi apscisa i za iznos |y0| duž osi ordinata. Dobivena parabola je osnosimetrična s obzirom na pravac x = x0 i ima tjeme u točki T (x0, y0). Koordinate tjemena se izračunavaju na sljedeći način: 4ac − b 2 b i y0 = x0 = − 4a 2a Za ovakav oblik kvadratne funkcije kažemo da predstavlja standardni zapis. Ekstremi i tijek kvadratne funkcije Kvadratna funkcija f (x) = ax2 + bx + c, f : R → R, (a, b, c ∈ R i a ≠ 0) poprima ekstrem (minimum ili maksimum) u točki tjemena parabole T (x0, y0). 4ac − b 2 b Vrijednost ekstrema iznosi y0 = za vrijednost apscise x0 = − .S 4a 2a obzirom na predznak vodećeg koeficijenta a razlikujemo dva slučaja: 1. a > 0: ekstrem je minimum. Tijek funkcije je sljedeći: na intervalu −∞, x0 funkcija je padajuća, dok je na intervalu x0 , +∞ rastuća; 2. a < 0: ekstrem je maksimum. Tijek funkcije je sljedeći: na intervalu −∞, x0 funkcija je rastuća, dok je na intervalu x0 , +∞ padajuća.

85

Zadatak 1. Napiši kvadratnu funkciju f (x) = x2 + 2x –1 u tjemenom obliku f (x) = a(x – x0)2 + y0. Rješenje: Kako bi bilo moguće prijeći iz standardnog zapisa kvadratne funkcije u tjemeni oblik, potrebno je izračunati koordinate tjemena T (x0, y0 ). Očitavanje koeficijenata zadane kvadratne funkcije: a = 1, b = 2, c = –1. Računanje koordinata tjemena T (x0, y0 ): 2 4ac − b 2 4 ⋅1 ⋅ (−1) − (2) 2 b x0 = − =− = −1 y0 = = = −2 2a 2 ⋅1 4a 4 ⋅1 Zapis zadane kvadratne funkcije u tjemenom obliku (uzeti u obzir da je vodeći koeficijent a =1, što je očitano iz standardnog zapisa kvadratne funkcije): f ( x) = ( x + 1) 2 − 2 Zadatak 2. Odredi polinom drugog stupnja f ( x) = ax 2 + bx + c ako je: f (8) = 4 , f (6) = 5 i f (2) = 1 . Rješenje: U ovom zadatku su tri nepoznanice: koeficijenti kvadratne funkcije a, b i c. Zbog toga su zadane tri točke koje pripadaju paraboli. Potrebno je postaviti sustav od tri jednadžbe s tri nepoznanice tako da se umjesto x i f(x) uvrste koordinate zadanih točaka. ax 2 + bx + c = f ( x) (1) a ⋅ (8) 2 + b ⋅ 8 + c = 4 (2) a ⋅ (6) 2 + b ⋅ 6 + c = 5 (3) a ⋅ (2) 2 + b ⋅ 2 + c = 1 (1) 64a + 8b + c = 4 (2) 36a + 6b + c = 5 (3) 4a + 2b + c = 1 ⋅(−1) (3) −4a − 2b − c = −1 (1)+(3) 60a + 6b = 3 : 3 (2)+(3) (1)+(3) (1)+(3) (1)+(3) (2)+(3)

32a + 4b = 4 : 4 20a + 2b = 1 8a + b = 1 ⋅(−2) 20a + 2b = 1 −16a − 2b = −2

f (8) = 4 f (6) = 5 f (2) = 1 Jednadžbu (3) pomnoženu s (-1) potrebno je pribrojiti jednadžbama (1) i (2). Na ovaj način će se eliminirati nepoznanica c, te će se dobiti sustav 2 jednadžbe s 2 nepoznanice: koeficijentima a i b. Ovaj sustav će se riješiti metodom suprotnih koeficijenata. Zbrajamo ((1)-(3)) i ((2)-(3)).

86

4a = −1 ⇒ a = −

1 4 1 Uvrštavamo a = − . 4

(2)-(3) 8a + b = 1 1 (2)-(3) 8 ⋅ ⎛⎜ − ⎞⎟ + b = 1⇒ b = 3 ⎝ 4⎠

Uvrštavamo a = −

(3) 4a + 2b + c = 1

1 i b = 3. 4

⎛ 1⎞ (3) 4 ⋅ ⎜ − ⎟ + 2 ⋅ 3 + c = 1⇒ c = −4 ⎝ 4⎠ 1 Tražena kvadratna funkcija glasi: f ( x) = − x 2 + 3 x − 4 . 4 Zadatak 3. Odredi jednadžbu parabole čija je os simetrije x = –10, te prolazi točkama (–5, 17) i (0, 2). Rješenje: U ovom zadatku su tri nepoznanice: koeficijenti kvadratne funkcije a, b i c. Rješenje zadatka je kvadratna funkcija izražena u obliku f (x) = ax2 + bx + c. Prva jednadžba sustava: Ako je zadana os simetrije parabole, tada je zapravo zadana apscisa tjemena. b x0 = −10 ⇒ − = −10 ⇒ b = 20a (1) 2a Druga jednadžba sustava: Parabola prolazi točkom (–5, 17). Potrebno je uvrstiti koordinate zadane točke u standardni zapis kvadratne funkcije: f ( x) = ax 2 + bx + c ⇒ 17 = a ⋅ (−5 ) + b ⋅ (−5 ) + c ⇒ 25a − 5b + c = 17 (2) 2

Treća jednadžba sustava: Parabola prolazi točkom (0, 2). Potrebno je uvrstiti koordinate zadane točke u standardni zapis kvadratne funkcije: f ( x) = ax 2 + bx + c ⇒ 2 = a ⋅ (0) 2 + b ⋅ (0) + c ⇒ c = 2 (3) Uvrstiti b i c iz jednadžbi (1) i (3) u jednadžbu (2) – dobit ćemo jednadžbu s jednom nepoznanicom, vodećim koeficijentom a: 1 25a − 5 ⋅ 20a + 2 = 17 ⇒ − 75a = 15 ⇒ a = − 5

87

Vraćamo se u jednadžbu (1) radi izračunavanja vrijednosti koeficijenta b: ⎛ 1⎞ b = 20a = 20 ⋅ ⎜ − ⎟ = −4 ⎝ 5⎠ 1 Tražena kvadratna funkcija glasi: f ( x) = − x 2 − 4 x + 2 . 5 Zadatak 4. Kako glasi jednadžba parabole koja je simetrična paraboli f ( x) = x 2 − x − 2 s obzirom na os y i os x? Rješenje: Pretpostavimo točku A(x, y). Točka koja je osnosimetrična točki A s obzirom na os y je točka A’(-x, y). Znači, prilikom osne simetrije s obzirom na os y dovoljno je samo promijeniti predznak ispred članova koji sadrže x (ali ne i onih koji sadrže x2). Tražena parabola koja je osnosimetrična zadanoj paraboli s obzirom na os y ima jednadžbu f (x) = x2 + x – 2. Točka koja je osnosimetrična točki A s obzirom na os x je točka A’’(x, -y). Znači, prilikom osne simetrije s obzirom na os x dovoljno je samo promijeniti predznak ispred y. Traženu parabolu koja je osnosimetrična zadanoj paraboli s obzirom na os y dobivamo na sljedeći način: − f ( x) = x 2 + x − 2 ⋅(−1) f ( x) = − x 2 − x + 2 Zadatak 5. Za kvadratnu funkciju f (x) = 2x2 – 4x –1 odredi ekstrem, tijek i nacrtaj graf. Rješenje: Određivanje ekstrema, tj. x0 i y0: očitavamo koeficijente i uvrstimo u formule: a = 2, b = –4, c = –1 b −4 x0 = − =− =1 2a 2⋅2

i

4ac − b 2 4 ⋅ 2 ⋅ (−1) − (−4) 2 y0 = = = −3 4a 4⋅2

T ( x0 , y0 ) = (1, −3) (minimum)

88

Tijek funkcije Tijek funkcije prikazujemo u tablici tijeka funkcije: x

−∞

x0 = 1

+∞

f(x)

+∞

y0 = −3

+∞

Interval pada funkcije: x ∈ −∞,1 . Interval rasta funkcije: x ∈ 1, +∞ . Graf funkcije Najprije ćemo nacrtati graf kvadratne funkcije f (x) = 2x2, koji ćemo nakon toga translatirati za 1 udesno i za 3 prema dolje, jer smo izračunali da nam je minimum u točki T (1, –3). Na taj način će biti dobiven graf zadane kvadratne funkcije f (x) = 2x2 – 4x –1. Tjeme x

-2

-1

0

1

2

f (x) = 2x2

8

2

0

2

8

f (−2) = 2 ⋅ (−2) 2 = 8

Zbog simetričnosti vrijedi f (2) = f (−2) = 8 .

f (−1) = 2 ⋅ (−1) 2 = 2

Zbog simetričnosti vrijedi f (1) = f (−1) = 2 . y 8 (-2, 8) 7 6 5 (-1, 5) 4 3 2 (-1, 2) 1

(2, 8)

(3, 5) (2, -1) (-1, 2)

x -5 -4 -3 -2 -1 0 1 2 3 4 5 6 (0, -1) -1 (2, -1) -2 -3 T = (1, -3) -4

89

7

Zadatak 6. Odredi realan parametar m tako da funkcija f (x) = (m + 1) x2 – mx + 2 poprima: a) minimalnu vrijednost za x = 2; b) minimalnu vrijednost 1. Rješenje: Najprije je potrebno očitati koeficijente kvadratne funkcije: a = m + 1, b = –m, c = 2. a) Potrebno je uzeti u obzir da je zapravo zadana x koordinata tjemena. b −m x0 = 2 ⇒ − =2 ⇒ − = 2 ⋅(m + 1) ⇒ m = 2m + 2 ⇒ m = −2 2a m +1 b) Potrebno je uzeti u obzir da je zapravo zadana y koordinata tjemena. y0 =

4ac − b 2 4a

⇒

4 ⋅ (m + 1) ⋅ 2 − (−m) 2 =1 4 ⋅ (m + 1)

⋅ 4 ⋅ (m + 1)

8m + 8 − m 2 = 4m + 4 8m + 8 − m 2 − 4m − 4 = 0 −m 2 + 4m + 4 = 0 ⋅(−1) m 2 − 4m − 4 = 0 ⇒ a = 1, b = −4, c = −4 m1,2 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅c 4 ± (−4) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−4) 4 ± 4 2 = = = 2±2 2 2⋅a 2 ⋅1 2

Zadatak 7. Odredi kvadratnu funkciju koja za 4 postiže maksimum 3, te za koju vrijedi f(0)=11. Rješenje: Rješenje treba zapisati u standardnom obliku kvadratne funkcije: f (x) = ax2 + bx + c. Prema tome, imamo tri nepoznanice: koeficijente a, b i c. Zbog navedenog trebamo tri jednadžbe za izračunavanje tri nepoznanice. Prva jednadžba sustava: Ako je navedeno da funkcija postiže maksimum u 4, tada je zapravo zadana apscisa tjemena. b x0 = 4 ⇒ − = 4 ⇒ b = −8a (1) 2a Druga jednadžba sustava: Ako je navedeno da maksimum funkcije iznosi 3, zapravo je zadana y koordinata tjemena. 90

4ac − b 2 4ac − b 2 ⇒ = 3 ⋅4a ⇒ 4ac − b 2 = 12a (2) 4a 4a Treća jednadžba sustava: Parabola prolazi točkom (0, 11) . Potrebno je uvrstiti koordinate zadane točke u standardni zapis kvadratne funkcije: y0 =

f ( x) = ax 2 + bx + c ⇒ 11 = a ⋅ (0) 2 + b ⋅ (0) + c ⇒ c = 11 (3) Uvrstiti b iz (1) i c iz (3) u jednadžbu (2), jer je na ovaj način moguće izračunati koeficijent a: 4ac − b 212a 4a ⋅11 − (−8a ) 2 = 12a 44a − 64a 2 − 12a = 0 −64a 2 + 32a = 0 ⋅(−1) 64a 2 − 32a = 0

: 32

2a 2 − a = 0

Nepotpuna kvadratna jednadžba s koeficijentom c = 0 se

a (2a − 1) = 0

rješava faktorizacijom metodom izlučivanja.

Umnožak je jednak nuli kada je barem jedan od faktora jednak nuli. 1 a1 = 0 2a − 1 = 0 ⇒ a2 = 2 Rješenje a1 = 0 se ne može prihvatiti, jer se tada ne bi radilo o kvadratnoj funkciji. Vraćamo se u jednadžbu (1) radi izračunavanja koeficijenta b. 1 b = −8 ⋅ = −4 2 Tražena kvadratna funkcija glasi: f ( x) =

1 2 x − 4 x + 11 . 2

Zadatak 8. Rastavi broj 6 na dva pribrojnika tako da je njihov umnožak maksimalan. Izračunaj ta dva pribrojnika, te odredi koliko iznosi maksimalan umnožak ta dva pribrojnika. Rješenje: Označimo dva pribrojnika s x i y. Maksimalni umnožak označimo s fmax. x+ y = 6 ⇒ y = 6− x Izraz za umnožak glasi: f max = x ⋅ y = x ⋅ (6 − x) = − x 2 + 6 x 91

Koeficijenti dobivene jednadžbe glase: a = –1, b = 6, c = 0. Budući da se traži ekstrem ove kvadratne funkcije f(x), odgovarajuću vrijednost x računamo iz izraza za izračunavanje x koordinate tjemena parabole. b 6 =− =3 xmax = − 2a 2 ⋅ (−1) ymax = 6 − xmax = 6 − 3 = 3 Maksimalnu vrijednost umnoška možemo izračunati na dva načina: f max = xmax ⋅ ymax = 3 ⋅ 3 = 9 , ili f max =

4ac − b 2 4 ⋅ (−1) ⋅ 0 − 62 = =9 4a 4 ⋅ (−1)

Zadatak 9. Zbroj kateta pravokutnog trokuta iznosi 20. Izračunaj maksimalnu površinu trokuta koji zadovoljava prethodni uvjet. Rješenje: Katete pravokutnog trokuta ćemo označiti sa slovima a i b. Njihov zbroj iznosi: a + b = 20. Izrazimo katetu b pomoću katete a: b = 20 – a. Površinu pravokutnog trokuta računamo po formuli: a ⋅b P= Uvrstimo b = 20 – a. 2 P=

1 a ⋅ (20 − a ) −a 2 + 20a = = − a 2 + 10a 2 2 2

Na ovaj način smo dobili zavisnost površine trokuta P o kateti a. Radi se o kvadratnoj funkciji koja ima svoj maksimum u tjemenu (ima maksimum jer je vodeći koeficijent negativan). Zato Pmax možemo izračunati kao y koordinatu tjemena ove parabole. ⎛ 1⎞ 4 ⋅ ⎜ − ⎟ ⋅ 0 − 102 4ac − b 2 −100 2⎠ Pmax = = ⎝ = = 50 4a −2 ⎛ 1⎞ 4⋅⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠

92

3.4. Nultočke polinoma drugog stupnja i njegov graf Nultočka funkcije Nultočka funkcije f(x) je broj x0 za koji vrijedi f(x0)=0. Nultočka grafa funkcije Realna nultočka grafa funkcije f(x) je točka u kojoj graf funkcije f(x) siječe ili dira x-os. Realna nultočka grafa funkcije f(x) ima sljedeće koordinate: - apscisa je nultočka funkcije f(x); - ordinata je 0. Nultočke kvadratne funkcije Broj nultočaka kvadratne funkcije ovisi o vrsti rješenja kvadratne jednadžbe ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ R i a ∉ 0) . Razlikujemo tri slučaja s obzirom na vrijednost diskriminante D = b 2 − 4ac (više podataka o diskriminanti navedeno je u poglavlju 2.3. Diskriminanta kvadratne jednadžbe): 1. D > 0. Postoje dvije različite realne nultočke kvadratne funkcije (parabola siječe x-os u dvije točke). 2. D = 0. Postoji jedna (dvostruka) realna nultočka kvadratne funkcije (parabola dira x-os). 3. D < 0. Ne postoje realne nultočke kvadratne funkcije (parabola ne siječe i ne dira x-os). Crtanje grafa kvadratne funkcije pomoću nultočaka i tjemena Postupak crtanja grafa kvadratne funkcije pomoću nultočaka grafa kvadratne funkcije i tjemena parabole je sljedeći: 1. Uočimo predznak vodećeg koeficijenta a (ako je a > 0 otvor parabole je okrenut prema gore; ako je a < 0 otvor parabole je okrenut prema dolje); 2. Izračunamo nultočke kvadratne funkcije x1 i x2 iz kvadratne jednadžbe ax2 + bx + c = 0. Nultočke grafa kvadratne funkcije imaju sljedeće koordinate: N1 ( x1 , 0) i N 2 ( x2 , 0) ; x +x 3. Izračunamo apscisu tjemena: x0 = 1 2 ; 2 4. Izračunamo ordinatu tjemena: y0 = f ( x0 ) ; 5. Ucrtamo u koordinatni sustav nultočke grafa N1 i N2, zatim tjeme T (x0, y0) i na kraju nacrtamo parabolu.

93

Zadatak 1. Odredi nultočke grafa kvadratne funkcije f (x) = 3x2 – 2x – 5, te nacrtaj graf. Rješenje: Slijedimo navedeni postupak crtanja grafa kvadratne funkcije pomoću nultočaka i tjemena: 1. Vodeći koeficijent: a = 3 > 0, otvor parabole je otvoren prema gore. 2. Nultočke kvadratne funkcije x1 i x2 Nultočke kvadratne funkcije računaju se kao rješenja kvadratne jednadžbe 3x2 – 2x – 5 = 0. Koeficijenti kvadratne jednadžbe: a = 3, b = –2 i c = –5. Rješenja kvadratne jednadžbe: −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅c 2 ± (−2) 2 − 4 ⋅ 3 ⋅ (−5) 2 ± 4 + 60 2 ± 8 1 ± 4 x1,2 = = = = = 2⋅a 2⋅3 6 6 3 1+ 4 5 2 = =1 3 3 3 2 ⎛ ⎞ Nultočke grafa kvadratne funkcije: N1 (−1, 0) i N 2 ⎜1 , 0 ⎟ . ⎝ 3 ⎠ 4. Ordinata tjemena: x1 =

1− 4 = −1 3

x2 =

2

1 ⎛1⎞ ⎛1⎞ ⎛1⎞ y0 = f ( x0 ) = f ⎜ ⎟ = 3 ⋅ ⎜ ⎟ − 2 ⋅ ⎜ ⎟ − 5 = −5 . 3 ⎝3⎠ ⎝3⎠ ⎝3⎠ y 3. Apscisa tjemena: 5 −1 + x1 + x2 3 =1. 3 = x0 = 2 2 3 5. Ucrtamo nultočke grafa 2 ⎛ 2 ⎞ N1 (−1, 0) i N 2 ⎜1 , 0 ⎟ 1 ⎝ 3 ⎠ 1⎞ ⎛1 i tjeme T ⎜ , −5 ⎟ , 3⎠ ⎝3 te najzad nacrtamo parabolu.

y=3x2-2x-5

N2(1 23 , 0)

N1(-1, 0) -3

-2

0

-1

1

2

-1 1 3

-2 -3 -4 -5 T(1 13 ,-5 13)

94

3

x

Zadatak 2. Polinom f (x) = ax2 + bx + c ima dvostruku nultočku. Koji je to broj 3 5 ako je f ⎛⎜ − ⎞⎟ = f ⎛⎜ ⎞⎟ ? ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ Rješenje: Budući da je parabola osnosimetrična krivulja s obzirom na pravac x = x0, nultočku funkcije računamo kao aritmetičku sredinu x koordinata spomenutih točaka. 3 5 − + 1 x0 = 2 2 = 2 2 Zadatak 3. Broj 4 je nultočka polinoma f (x) = ax2 + bx + c. Ako je f (0) = –8, a najmanja vrijednost polinoma iznosi -9, odredi taj polinom. Rješenje: Budući da je potrebno izračunati polinom oblika f (x) = ax2 + bx + c, zadatak se svodi na rješavanje sustava koji se sastoji iz tri jednadžbe s tri nepoznanice (koeficijenti kvadratne funkcije a, b i c). Prva jednadžba: nultočka grafa N1 (4, 0) – uvrstimo koordinate u kvadratnu funkciju: ax 2 + bx + c = f ( x) ⇒ a ⋅ 42 + b ⋅ 4 + c = 0 ⇒ 16a + 4b + c = 0 (1) Druga jednadžba: točka presjeka grafa i y-osi (0,-8) – uvrstimo koordinate u kvadratnu funkciju: ax 2 + bx + c = f ( x) ⇒ a ⋅ 02 + b ⋅ 0 + c = −8 ⇒ c = −8 (2) Treća jednadžba: najveća vrijednost polinoma predstavlja ordinatu tjemena: 4ac − b 2 4ac − b 2 = y0 ⇒ = −9 ⋅ 4a ⇒ 4ac − b 2 = −36a (3) 4a 4a Uvrstimo (2) u (1) i (3): 16a + 4b − 8 = 0 16a + 4b = 8

: 4 ⇒ 4a + b = 2 (1)

4a ⋅ (−8) − b 2 = −36a −32a − b 2 = −36a ⇒ 4a − b 2 = 0 (3) Iz (1) slijedi: b = 2 – 4a. Uvrstimo ovaj izraz u jednadžbu (3). 4a − (2 − 4a ) 2 = 0 4a − (4 − 16a + 16a 2 ) = 0 4a − 4 + 16a − 16a 2 = 0 −16a 2 + 20a − 4 = 0 ⋅(−1)

⇒ 16a 2 − 20a + 4 = 0 95

: 4 ⇒ 4a 2 − 5a + 1 = 0

a = 4, b = –5, c = 1 a1,2 = a1 =

−b ± b 2 − 4ac 5 ± (−5) 2 − 4 ⋅ 4 ⋅1 5 ± 25 − 16 5 ± 3 = = = 2a 2⋅4 8 8

5−3 1 = 8 4

a2 = 1

b1 = 2 − 4a1 = 2 − 4 ⋅

1 =1 41

5+3 =1 8

b2 = 2 − 4a2 = 2 − 4 ⋅1 = −2

Rješenja: 1 1 a1 = , b1 = 1, c = −8 ⇒ f ( x) = x 2 + x − 8 4 4 a2 = 1, b2 = −2, c = −8 ⇒ f ( x) = x 2 − 2 x − 8 Zadatak 4. Polinom drugog stupnja poprima najmanju vrijednost y0 = 4 za 1 x0 = 3. Ako je f (0) = 8 odredi nultočke grafa kvadratne funkcije. 2 Rješenje: Kako bi se izračunale nultočke funkcije, potrebno je najprije izračunati kvadratnu funkciju f (x) = ax2 + bx + c. Izračunavanje kvadratne funkcije se svodi na rješavanje sustava koji se sastoji iz tri jednadžbe s tri nepoznanice (koeficijenti kvadratne funkcije a, b i c). 1⎞ ⎛ Prva jednadžba: točka presjeka grafa i y-osi ⎜ 0,8 ⎟ – uvrstimo koordinate u 2⎠ ⎝ kvadratnu funkciju: 17 17 ⇒ c= (1) 2 2 Druga jednadžba: najmanja vrijednost polinoma predstavlja ordinatu tjemena: ax 2 + bx + c = f ( x) ⇒ a ⋅ 02 + b ⋅ 0 + c =

4ac − b 2 = y0 4a

⇒

4ac − b 2 = 4 ⋅ 4a ⇒ 4ac − b 2 = 16a (2) 4a

Treća jednadžba: apscisa tjemena: b b − = x0 ⇒ − = 3 ⋅ (−2a ) ⇒ b = −6a (3) 2a 2a Uvrstimo (1) i (3) u (2) jednadžbu kako bismo izračunali koeficijent a: 2 17 4 ⋅a⋅ − (−6a ) 2 = 16a 21 34a − 36a 2 − 16a = 0 −36a 2 + 18a = 0 ⋅(−1)

⇒ 36a 2 − 18a = 0 ⇒ 2a 2 − a = 0 96

a ⋅ (2a − 1) = 0 Umnožak je jednak 0 kad je barem jedan od faktora jednak 0. 1 2a − 1 = 0 ⇒ a1 = a2 = 0 2 1 Jedino ćemo usvojiti rješenje a1 = , jer prema definiciji kvadratne funkcije 2 vrijednost a2 = 0 nije dopuštena, jer se tada više ne bi radilo o kvadratnoj funkciji. 1 Izračun koeficijenta b (vraćanje u jednadžbu (3)): b = −6a = −6 ⋅ = −3 2 1 17 Dobivamo sljedeću kvadratnu funkciju: f ( x) = x 2 − 3 x + . 2 2 Nultočke funkcije računamo iz uvjeta f ( x) = 0 . 1 2 17 x − 3x + = 0 ⋅ 2 2 2 x 2 − 6 x + 17 = 0 −b ± b 2 − 4ac 6 ± (−6) 2 − 4 ⋅1 ⋅17 5 ± −32 x1,2 = = = 2a 2 ⋅1 2 Budući da su nultočke konjugirano kompleksni brojevi (D < 0) zaključujemo da ne postoje realne nultočke. Zadatak 5. Broj 3 je dvostruka nultočka polinoma drugog stupnja f ( x) = ax 2 + bx + c . Odredi polinom ako je f (2) = −2 . Rješenje: Budući da znamo da je broj 3 dvostruka nultočka, zapravo znamo koordinate tjemena ove parabole: T (x0, y0) = (3, 0). Ovdje treba uočiti da u slučaju kada imamo dvostruku nultočku, tada tjeme leži na x-osi (zato je y koordinata tjemena jednaka 0). Nakon što znamo koordinate tjemena, praktičnije nam je koristiti tjemeni zapis kvadratne funkcije f ( x) = a ( x − x0 ) 2 + y0 od standardnog zapisa f ( x) = ax 2 + bx + c , jer znamo koordinate x0 i y0. U tjemenom zapisu sada imamo samo jednu nepoznanicu, vodeći koeficijent a, koji izračunavamo iz uvjeta f (2) = –2. a ( x − x0 ) 2 + y0 = f ( x) a (2 − 3) 2 + 0 = −2 a = −2 Rješenje zadatka: f ( x) = −2( x − 3) 2 97

3.5. Kvadratne nejednadžbe Prilikom rješavanja kvadratnih nejednadžbi koristi se grafički prikaz grafova kvadratnih funkcija. Pregled mogućih slučajeva kvadratnih jednadžbi prikazan je dolje. Prilikom skiciranja grafova, uvijek je potrebno izračunati nultočke grafa kvadratne funkcije, te utvrditi vrijednost predznaka vodećeg koeficijenta a. Kratak podsjetnik u vezi intervala: ,

oznaka otvorenog intervala (granica intervala nije uključena u rješenje),

[ , ] oznaka zatvorenog intervala (granica intervala je uključena u rješenje). Nultočke funkcije koja se nalazi u nazivniku algebarskog razlomka nikada ne smiju biti uključene u rješenje, bez obzira na znak nejednakosti koji je naveden u nejednadžbi. 1. slučaj (a > 0, D > 0)

y

f ( x) > 0 : x ∈ −∞, x1 ∪ x2 , +∞ f ( x) ≥ 0 : x ∈ −∞, x1 ]∪ ⎡⎣ x2 , +∞ f ( x) < 0 : x ∈ x1 , x2 x1

x2

f ( x) ≤ 0 : x ∈ [x1 , x2 ]

x

2. slučaj (a > 0, D = 0)

y

f ( x) > 0 : x ∈ R \ {x1} f ( x) ≥ 0 : x ∈ R f ( x) < 0 : ∅ f ( x) ≤ 0 : x = x1 x x1

98

3. slučaj (a > 0, D < 0)

y

f ( x) > 0 : x ∈ R f ( x) ≥ 0 : x ∈ R f ( x) < 0 : ∅ f ( x) ≤ 0 : ∅ x

4. slučaj (a < 0, D > 0)

y

f ( x) > 0 : x ∈ x1 , x2 x1

x2

f ( x) ≥ 0 : x ∈ [x1 , x2 ]

x

f ( x) < 0 : x ∈ −∞, x1 ∪ x2 , +∞ f ( x) ≤ 0 : x ∈ −∞, x1 ]∪ ⎡⎣ x2 , +∞

5. slučaj ( (a < 0, D = 0)

y x1

f ( x) > 0 : ∅ x

f ( x) ≥ 0 : x = x1 f ( x) < 0 : x ∈ R \ {x1} f ( x) ≤ 0 : x ∈ R

6. slučaj (a < 0, D < 0)

y

f ( x) > 0 : ∅

x

f ( x) ≥ 0 : ∅ f ( x) < 0 : x ∈ R f ( x) ≤ 0 : x ∈ R

Slika 3.2. Prikaz rješenja kvadratne nejednadžbe s obzirom na vrijednosti vodećeg koeficijenta a i diskriminante D. 99

Zadatak 1. Riješi nejednadžbu 2 x 2 + 3 x − 5 ≥ 0 . Rješenje: Kako bismo mogli skicirati graf kvadratne funkcije na lijevoj strani nejednadžbe moramo najprije izračunati nultočke te funkcije na sljedeći način: 2 x 2 + 3 x − 5 = 0 ⇒ a = 2, b = 3, c = −5 x1,2 = x1 =

−b ± b 2 − 4ac −3 ± (3) 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (−5) −3 ± 7 = = 2a 2⋅2 4

−3 − 7 5 =− 4 2

x2 =

−3 + 7 =1 4

Graf funkcije skiciramo na način da u koordinatnom sustavu označimo izračunate nultočke, te da uzmemo u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema gore, jer je a > 0. Pogledaj sliku ispod. Kada grafički interpretiramo ovu nejednadžbu, tada moramo pronaći one vrijednosti koordinata x za koje su vrijednosti funkcije f(x) pozitivne (zapravo kada je parabola iznad x-osi) ili jednake nuli. Možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema 1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) ≥ 0 : x ∈ −∞, x1 ]∪ ⎡⎣ x2 , +∞ 5⎤ x ∈ −∞, − ⎥ ∪ ⎡⎣1, +∞ 2⎦ y

x1= - 5 2

4 3 2 1

y=2x2+3x-5 x2=1

-6 -5 -4 -3 -2 -1-1 0 1 -2 -3 -4 -5 -6 -7

100

2 3 4 5 6

x 7

Objašnjenje slike. (ova objašnjenja vrijede i za sljedeće zadatke u ovom poglavlju): vrijednosti x za koje je zadovoljena ova nejednadžba označeni su s punom horizontalnom linijom iznad x-osi. Horizontalna linija je stavljena iznad x-osi, jer je u nejednadžbi znak ≥ . Da je u nejednadžbi bio stavljen znak , tada granice intervala ne bi smjelo biti uključene u rješenje, te bi to bilo označeno na slici s praznim kružićem. Kod beskonačnosti je uvijek znak otvorenog intervala, jer beskonačnost ne možemo obuhvatiti. Na ovom primjeru treba uočiti da u ovakvim zadacima nije nužno računati koordinate tjemena parabole, već samo nultočke funkcije. 1 Zadatak 2. Riješi nejednadžbu: − x 2 > −2 . 2 Rješenje: Pri rješavanju nejednadžbi uvijek težimo da na desnoj strani nejednadžbe dobijemo 0. Zbog toga u ovom zadatku najprije broj 2 trebamo prebaciti na lijevu stranu nejednadžbe. 1 − x 2 > −2 2 1 − x 2 + 2 > 0 ⋅ (−2) 2 Cijelu nejednadžbu množimo s (–2) kako bismo izbjegli da nam vodeći koeficijent a bude negativan, tj. zapisan u obliku razlomka. Ovo nije nužan korak, ali će nam olakšati daljnje računanje. Pri ovom koraku treba okrenuti znak nejednakosti, jer smo množili s negativnim brojem. x2 − 4 < 0

Možemo primijeniti formulu za razliku kvadrata.

( x − 2)( x + 2) < 0 Na ovaj način možemo brže očitati nultočke kvadratne jednadžbe x2 – 4 = 0 bez korištenja formule za rješenja kvadratne jednadžbe. x + 2 = 0 ⇒ x1 = −2 x − 2 = 0 ⇒ x2 = 2 Sada je moguće pristupiti crtanju parabole pomoću izračunatih nultočaka uzimajući u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema gore, jer je a > 0. Kada grafički interpretiramo ovu nejednadžbu, tada moramo pronaći one vrijednosti koordinate x za koje su vrijednosti funkcije f(x) negativne (zapravo kada je parabola ispod x-osi). 101

Možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema 1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) < 0 : x ∈ x1 , x2 x ∈ −2, 2

⇒ parabola je u ovom intervalu ispod osi x, tj. manja je od 0.

y=x2-4

y

x1= -2

4 3 2 1

-6 -5 -4 -3 -2 -1-1 -2 -3 -4 -5

x2=2 0

1

2 3 4 5 6

x 7

Zadatak 3. Riješi sustav nejednadžbi: 2 x 2 − 3x − 2 > 0 1 3 7 − x2 − x + < 0 . 2 10 5 Rješenje: Svaku od nejednadžbi sustava riješit ćemo zasebno, te ćemo rješenja obiju nejednadžbi navesti na zajedničkom koordinatnom sustavu. Konačno rješenje će biti presjek ovih dvaju pojedinačnih rješenja (presjek predstavljaju svi oni realni brojevi koji zadovoljavaju obje nejednadžbe). Rješavanje prve nejednadžbe sustava: Najprije se rješava kvadratna jednadžba radi određivanja nultočaka funkcije: 2 x 2 − 3 x − 2 = 0 ⇒ a = 2, b = −3, c = −2 x1,2 =

−b ± b 2 − 4ac 3 ± (−3) 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (−2) 3 ± 9 + 16 3 ± 5 = = = 2a 2⋅2 4 4

102

3−5 1 3+5 =− x2 = =2 4 2 4 Sada je moguće pristupiti crtanju parabole pomoću izračunatih nultočaka uzimajući u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema gore, jer je a > 0. x1 =

Možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema 1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) > 0 : x ∈ −∞, x1 ∪ x2 , +∞ x ∈ −∞, −

1 ∪ 2, +∞ 2

Rješavanje druge nejednadžbe sustava: Preporučuje se da se ova nejednadžba transformira na način da se dobije pozitivan vodeći član, te da se izbjegne zapis vodećeg člana u obliku razlomka. 1 3 7 − x 2 − x + < 0 ⋅ (−10) 2 10 5 Okrenimo znak nejednakosti. 5 x 2 + 3 x − 14 > 0 Zatim se rješava kvadratna jednadžba radi određivanja nultočaka funkcije: 5 x 2 + 3 x − 14 = 0 ⇒ a = 5, b = 3, c = −14 x3,4 =

−b ± b 2 − 4ac −3 ± (3) 2 − 4 ⋅ 5 ⋅ (−14) −3 ± 9 + 280 −3 ± 17 = = = 2a 2⋅5 10 10

−3 + 17 7 −3 − 17 x4 = = = −2 10 5 10 Sada je moguće pristupiti crtanju parabole pomoću izračunatih nultočaka uzimajući u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema gore, jer je a > 0 . x3 =

Možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema 1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) > 0 : x ∈ −∞, x1 ∪ x2 , +∞ x ∈ −∞, −2 ∪

7 , +∞ 5

103

y 10

y=2x2-3x-2

15

y=5x2+3x-14 5 x1=

x3=-2 -4

-3

-2

- 12

x4= 75 0

-1

x2=2

1

2

3

x 4

-5 -10

-15 -20 Predznaci fukcija

y=2x2-3x-2 2

y=5x +3x-14

+ +

+ -

-

+

+ +

Konačno rješenje je interval na kojem se preklapaju oba pojedinačna rješenja: x ∈ −∞, −2 ∪ 2, +∞ . Na slici su vidljiva dva načina određivanja rješenja ovog sustava. Prvi način je promatranje grafičkih oznaka za rješenje svake od nejednadžbi. Znači, rješenje sustava je interval na kojem se poklapaju obje horizontalne linije (puna za prvu nejednadžbu i isprekidana linija za modificiranu drugu nejednadžbu sustava). Drugi način rješavanja se sastoji u formiranju tablice s predznacima grafova zadanih kvadratnih funkcija. Vertikalne crte predstavljaju granice intervala i povlače se ispod svake od nultočaka. Interval na kojem su obje funkcije pozitivne predstavlja konačno rješenje sustava. Traže se oba pozitivna predznaka, jer obje nejednadžbe imaju znak nejednakosti > (uzeti u obzir transformiranu drugu nejednadžbu sustava). U rješavanju sustava dovoljno je koristiti jedan od predloženih načina rješavanja.

104

Zadatak 4. Riješi nejednadžbu:

3x − 2 ≥ 0. 2− x

Rješenje: Ovo je nejednadžba koja se može svesti na kvadratnu nejednadžbu tako da se cijela jednadžba pomnoži s kvadratom nazivnika. Treba obratiti pozornost da se ovdje ne smije pomnožiti samo s nazivnikom, jer bi ga se na taj način eliminiralo i ne bi se nakon množenja dobila ekvivalentna nejednadžba (jednadžba različitog oblika, ali jednakog rješenja kao početna nejednadžba). 3x − 2 ≥ 0 ⋅ (2 − x) 2 2− x (3x − 2)(2 − x) ≥ 0 ⇒ Ovo je ekvivalentna nejednadžba u odnosu na početnu. Izraz na lijevoj strani nejednadžbe je zapravo kvadratna funkcija koja je prikazana u faktoriziranom obliku. Nultočke ove kvadratne funkcije mogu se izračunati izjednačavanjem zagrada s nulom, nije potrebno koristiti formulu za rješenja kvadratne jednadžbe. 2 2 − x = 0 ⇒ x2 = 2 3 Vodeći koeficijent a procjenjujemo na način da promotrimo koliki je umnožak dvaju članova zagrada s x. U ovom slučaju to znači da je umnožak 3x i (-x) jednak (-3x2), po čemu vidimo da je vodeći koeficijent negativan, te da će otvor parabole biti okrenut prema dolje: (3 x − 2)(2 − x) = 6 x − 3 x 2 − 4 + 2 x = −3 x 2 + 8 x − 4 3 x − 2 = 0 ⇒ x1 =

Na temelju izračunatih nultočaka i procjene predznaka vodećeg koeficijenta a možemo skicirati parabolu. Možemo vidjeti da je rješenje ove nejednadžbe sukladno 4. slučaju (a < 0, D > 0) i f ( x) ≥ 0 : x ∈ [x1 , x2

⎡2 x∈⎢ ,2 ⎣3 Ovdje je potrebno uočiti da je rješenje 2 isključeno iz intervala iz razloga što broj 2 predstavlja nultočku nazivnika (2 − x) = 2 − 2 = 0 , te kao takvo mora biti isključeno iz konačnog rješenja bez obzira na vrstu znaka nejednakosti.

105

y 2 1.5 1 0.5 -1 -0.5

x 0.5 1 1.5 2 2.5

-1 y= - 3x2 + 8x -4

-1.5

Zadatak 5. Riješi nejednadžbu: 1 − x2 − x + 4 2 ≤0. 1 2 x − 3x 2 Rješenje: Ovaj zadatak je najjednostavnije riješiti grafički. Parabole se crtaju pomoću nultočaka i procjene predznaka vodećeg koeficijenta a. Računanje nultočaka brojnika: 1 − x 2 − x + 4 = 0 ⋅ (−2) 2 x 2 + 2 x − 8 = 0 ⇒ a = 1, b = 2, c = −8 −b ± b 2 − 4ac −2 ± (2) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−8) −2 ± 6 x1,2 = = = 2a 2 ⋅1 2 −2 − 6 −2 + 6 = −4 x2 = =2 2 2 Sada je moguće pristupiti crtanju parabole pomoću izračunatih nultočaka uzimajući u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema dolje, jer je a < 0. x1 =

Računanje nultočaka nazivnika: 1 2 x − 3x = 0 2 106

Radi se o nepotpunoj kvadratnoj jednadžbi koja se rješava faktorizacijom. ⎛1 ⎞ x ⎜ x − 3⎟ = 0 ⎝2 ⎠ 1 x − 3 = 0 ⇒ x4 = 6 2 Sada je moguće pristupiti crtanju parabole pomoću izračunatih nultočaka uzimajući u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema gore, jer je a > 0 . Da bi kvocijent na lijevoj strani nejednadžbe bio manji od nule, kvadratne funkcije u brojniku i nazivniku moraju imati različite predznake. Ovo je moguće pratiti pomoću tablice ispod slike. Također je potrebno uzeti u obzir da se zbog znaka manje od ili jednako u rješenje smiju uključiti nultočke brojnika. Nultočke nazivnika se ne smiju uključiti u rješenje bez obzira na znak nejednakosti. x3 = 0

Konačno rješenje ove nejednadžbe glasi: x ∈ −∞, −4]∪ 0, 2]∪ 6, +∞ .

y

x 1=-4

6 5 4 3 2 1

y = 12 x 2-3x nazivnik

x 3=0

x 2=2

x 4=6

-8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -2 -3 -4 y = - 12 x 2-x+4 -5 brojnik -6 -7 -8 Predznaci funkcija

y = - 12 x 2-x+4 y=

1 x 2 -3x 2

+

+ +

+ -

107

-

+

x

Zadatak 6. Za koje vrijednosti realnog parametra m kvadratna jednadžba 1 2 x + (m + 1) x + 3m + 7 = 0 ima realna rješenja? 4 Rješenje: Uvjet za postojanje realnih rješenja: D≥0 Diskriminanta D je funkcija od koeficijenata kvadratne jednadžbe koje je 1 potrebno očitati iz zadane kvadratne jednadžbe: a = , b = m + 1, c = 3m + 7 . 4 4ac − b 2 ≥ 0 1 4 ⋅ ⋅ (3m + 7) − (m + 1) 2 ≥ 0 4 3m + 7 − (m 2 + 2m + 1) ≥ 0 3m + 7 − m 2 − 2m − 1 ≥ 0 −m2 + m + 6 ≥ 0 Ovu nejednadžbu ćemo riješiti uz pomoć grafa funkcije. Parabole se crtaju pomoću nultočaka i procjene predznaka vodećeg koeficijenta a. Računanje nultočaka: −m 2 + m + 6 = 0 ⇒ a = −1, b = 1, c = 6 m1,2 = m1 =

−b ± b 2 − 4ac −1 ± (1) 2 − 4 ⋅ (−1) ⋅ 6 −1 ± 5 = = 2a 2 ⋅ (−1) −2

−1 − 5 =3 −2

m2 =

−1 + 5 = −2 −2

Sada je moguće pristupiti crtanju parabole pomoću izračunatih nultočaka uzimajući u obzir da otvor parabole mora biti okrenut prema dolje, jer je a < 0. Možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema 4. slučaju (a < 0, D > 0) za f ( x) ≥ 0 : x ∈ [x1 , x2 ] x ∈ [−2,3]

108

7 6 5 4 3 2 1

x=-2 -6 -5 -4 -3

-1-1

y y=m2+m+6

x2=3 0

1

2

4 5 6

x 7

-2 -3 -4 -5

3.6. Presjek pravca i parabole Odnos pravaca i parabole y

p1 2

y=ax +bx+c

x p2

p3

Slika 3.17. Odnos pravca i parabole Pravac i parabola mogu biti u sljedećim odnosima: 1. pravac (p1) siječe parabolu u dvije točke. Taj pravac se naziva sekanta. 2. pravac (p2) dira parabolu u jednoj točki. Ovaj pravac se naziva tangenta, a točka dodira diralište. 3. pravac (p3)ne siječe parabolu. 109

Uvjet diranja pravca i parabole Uvjet diranja pravca y = kx + l i parabole y = ax2 + bx + c glasi: (b – k)2 – 4a (c – l) = 0 Napomena uz navedenu jednadžbu pravca u eksplicitnom obliku: jednadžba pravca se vrlo često izražava i u zapisu f (x) = ax + b, što u ovom poglavlju nije učinjeno zbog istovjetnosti s oznakama koeficijenata kvadratne funkcije. Na ovaj način se pokušalo zadržati jednostavno razlikovanje koeficijenata kvadratne i linearne funkcije. Analitičko izračunavanje presjeka pravca i parabole Analitičko izračunavanje presjeka pravca y = kx + l i parabole y = ax2 + bx + c svodi se na rješavanje sustava linearne i kvadratne jednadžbe, što je već obrađeno u poglavlju 2.5. Sustav se može najjednostavnije riješiti eliminacijom nepoznanice y na sljedeći način: kx + l = ax2 + bx + c. Na ovaj način se dobije kvadratna jednadžba po nepoznanici x. Ovaj sustav u skladu s geometrijskom interpretacijom odnosa pravca i parabole može imati tri slučaja: dva, jedno ili nijedno realno rješenje. Zadatak 1. Odredi sjecišta pravca y = –x – 2 i parabole y = x2 + 4x – 2. Rješenje: Najprije je moguće eliminirati nepoznanicu y na način da se izjednače desne strane jednadžbi pravca i parabole. x2 + 4x − 2 = − x − 2

Kvadratnu jednadžbu dobivamo tako da sve članove prebacimo na lijevu stranu jednadžbe.

x2 + 4x − 2 + x + 2 = 0 x2 + 5x = 0 x( x + 5) = 0 x1 = 0

Radi se o kvadratnoj jednadžbi posebnog oblika (c = 0) koja se najbrže rješava faktorizacijom lijeve strane jednadžbe. Tada koristimo da je umnožak jednak nuli kada mu je jedan od faktora jednak nuli. x + 5 = 0 ⇒ x2 = −5

Budući da je presjek pravca i parabole točka, a svaka točka je određena svojim koordinatama x i y, u ovom slučaju moramo za svaki x izračunati odgovarajuću vrijednost y. Najjednostavnije je izračunati vrijednosti y tako da se vratimo u jednadžbu pravca y = – x – 2, koja je jednostavnija od jednadžbe parabole y = x2 + 4x – 2. y1 = − x1 − 2 = 0 − 2 = −2

y2 = − x2 − 2 = −(−5) − 2 = 5 − 2 = 3 110

Točke presjeka zadanog pravca i parabole glase: (0, -2) i (-5, 3). Grafičko rješenje je prikazano na slici. y y=-x-2

(-5, -3)

8 7 6 5 4 3 2 1

-6 -5 -4 -3 -2 -1-1 -2 -3 -4 -5 -6 y=x2+4x-2 -7

x 0

1

2

3 4 5 6

7

(0, -2)

1 5 Zadatak 2. Odredi jednadžbu tangente na parabolu y = − x 2 + x + 2 u 2 2 njezinoj točki A (x, 4). Rješenje: Točka T je diralište, tj. ova točka pripada i paraboli i pravcu (tangenti). Najprije je potrebno izračunati x koordinatu točke T na temelju činjenice da točka T leži na paraboli. To će biti postignuto na način da se poznata y koordinata uvrsti u jednadžbu za parabolu. 1 5 − x2 + x + 2 = y 2 2 1 5 − x2 + x + 2 = 4 2 2 1 5 − x 2 + x − 2 = 0 ⋅(−2) 2 2 x 2 − 5 x + 4 = 0 ⇒ a = 1, b = −5, c = 4 −b ± b 2 − 4ac 5 ± (−5) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 4 5 ± 3 x1,2 = = = 2a 2 ⋅1 2 x1 =

5−3 =1 2

x2 = 111

5+3 =4 2

Točke na paraboli koje imaju y koordinatu jednaku 4 jesu: A (1, 4) i B (4, 4). Da bismo odredili tangente u ovim točkama, moramo uzeti u obzir da su tangente pravci, a za sve pravce vrijedi eksplicitni oblik jednadžbe pravca koji glasi: y = kx + l. Znači, pravci su određeni s dva koeficijenta: koeficijent smjera k i odsječak na osi y koji označavamo s l. Da bismo odredili dvije nepoznanice moramo uspostaviti sustav s dvije jednadžbe na sljedeći način: – prva jednadžba sustava je eksplicitni oblik jednadžbe pravca u koji ćemo uvrstit koordinate dirališta; – druga jednadžba sustava je uvjet diranja pravca i parabole (b – k)2 – 4a (c – l) = 0 (u ovaj uvjet moramo uvrstiti koeficijente koje ćemo očitati iz zadane jednadžbe parabole a, b i c). Tangenta t1 kroz diralište A (1, 4) (nepoznanice su k1 i l1) Prva jednadžba sustava (eksplicitni oblik jednadžbe pravca): y = kx + l Nakon uvrštavanja koordinata dirališta A glasi: 4 = k ·1 + l Sustav rješavamo metodom supstitucije, stoga izrazimo l pomoću k: l=4–k Druga jednadžba sustava (uvjet diranja pravca i parabole): (b – k)2 – 4a (c – l) = 0 −1 5 Nakon uvrštavanja koeficijenata parabole a = , b = , c=2 i prethodne 2 2 zavisnosti l o k dobivamo: 2

⎛5 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ − k ⎟ − 4 ⋅ ⎜ − ⎟ [2 − (4 − k ) ] = 0 ⎝2 ⎠ ⎝ 2⎠ 25 − 5k + k 2 + 2(k − 2) = 0 ⋅4 4 25 − 20k + 4k 2 + 8k − 16 = 0 4k 2 − 12k + 9 = 0 ⇒ a = 4, b = −12, c = 9 −b ± b 2 − 4ac 12 ± (−12) 2 − 4 ⋅ 4 ⋅ 9 12 ± 144 − 144 12 ± 0 k1,2 = = = = 2a 2⋅4 8 8 3 k1 = 2 3 5 l1 = 4 − k1 = 4 − = 2 2 3 5 t1... y = x + 2 2 Tangenta t2 kroz diralište B (4, 4) (nepoznanice su k2 i l2) Prva jednadžba sustava (eksplicitni oblik jednadžbe pravca): y = kx + l 112

Nakon uvrštavanja koordinata dirališta B glasi: 4 = k · 4 + l Sustav rješavamo metodom supstitucije, stoga izrazimo l pomoću k: l = 4 – 4k Druga jednadžba sustava (uvjet diranja pravca i parabole): (b – k)2 – 4a (c – l) = 0 −1 5 Nakon uvrštavanja koeficijenata parabole a = , b = , c = 2 i prethodne 2 2 zavisnosti l o k dobivamo: 2

⎛5 ⎞ ⎛ 1⎞ ⎜ − k ⎟ − 4 ⋅ ⎜ − ⎟ ⎣⎡ 2 − (4 − 4k )⎦⎤ = 0 ⎝2 ⎠ ⎝ 2⎠ 25 − 5k + k 2 + 2(4k − 2) = 0 ⋅4 4 25 − 20k + 4k 2 + 32k − 16 = 0 4k 2 + 12k + 9 = 0 ⇒ a = 4, b = 12, c = 9 −b ± b 2 − 4ac −12 ± (12) 2 − 4 ⋅ 4 ⋅ 9 −12 ± 0 k1,2 = = = 2a 2⋅4 8 3 k2 = − 2 3 ⎛ −3 ⎞ l2 = 4 − 4k2 = 4 − 4 ⋅ ⎜ ⎟ = 4 + 4 ⋅ = 4 + 6 = 10 2 ⎝ 2 ⎠ 3 t2 ... y = − x + 10 2

y

t2 ... y = 3 x2 + 5x 2 2

8 7 6 5 4 3 2 1

-6 -5 -4 -3 -2 -1-1 -2 -3 -4 -5 -6 -7 -8

A(1, 4)

t2 ... y = - 3 x+10 2 B(4, 4)

x 0

1

2

3 4 5 6

y = - 3 x2 + 5 x + 2 2 2

113

7

4. Trigonometrija pravokutnog trokuta 4.1. Definicije trigonometrijskih funkcija šiljastog kuta Definicija trigonometrijskih funkcija šiljastog kuta A α c - hipotenuza

b - kateta prilažeća za kut α nasuprotna za kut β

β B

a - kateta prilažeća za kut β nasuprotna za kut α

C

Slika 4.1. Pravokutni trokut Definicije trigonometrijskih funkcija šiljastih kutova na pravokutnom trokutu glase: - Sinus šiljastog kuta u pravokutnom trokutu je omjer duljina kutu nasuprotne katete i hipotenuze. b a nasuprotna kateta Na primjer: sin a = = , sin b = c c hipotenuza - Kosinus šiljastog kuta u pravokutnom trokutu je omjer duljina kutu priležeće katete i hipotenuze. ć kateta b prile eca a , cos b = Na primjer: cos a = = c c hipotenuza - Tangens šiljastog kuta u pravokutnom trokutu je omjer duljina kutu nasuprotne i priležeće katete. b a nasuprotna kateta , tg b = Na primjer: tga = = a ć kateta prile eca b - Kotangens šiljastog kuta u pravokutnom trokutu je omjer duljina kutu priležeće i nasuprotne katete. a ć kateta b prile eca , ctg b = Na primjer: ctga = = b a nasuprotna kateta

114

Vrijednosti trigonometrijskih funkcija su jednake za slične trokute. Podsjetnik: slični trokuti imaju razmjerne stranice (u istom odnosu) i jednake kutove. Dodatne napomene uz definiciju trigonometrijskih funkcija: 1. definicije trigonometrijskih funkcija potrebno je čim prije dobro naučiti, jer se u suprotnom ne mogu rješavati zadaci iz ove cjeline; 2. definicije trigonometrijskih funkcija je bitno naučiti prema položaju stranica, a ne prema imenima stranica (na primjer, za sinus je bitno zapamtiti da je sinus nekog kuta omjer između kutu nasuprotne katete i hipotenuze, a ne da a se nauči kao sin a = ). Razlog je u tome što će se trigonometrijske funkcije c često koristiti u različitim primjenama, gdje stranice neće biti označene imenima koja su navedena na slici 4.1. Vrijednosti trigonometrijskih funkcija šiljastih kutova Za šiljasti kut α vrijedi 0 < sin a < 1 i 0 < cos a < 1 , jer je u pravokutnom trokutu kateta uvijek kraća od hipotenuze. Vrijednosti funkcija tangens i kotangens za šiljasti kut α jesu pozitivni realni brojevi. Osnovne veze između trigonometrijskih funkcija Između trigonometrijskih funkcija postoje sljedeće osnovne veze: sin a 1 sin 2 a + cos 2 a = 1 , tga = i tga = . cos a ctga Zadatak 1. Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija kutova α i β u pravokutnom trokutu ako je a = 6 cm i c = 10 cm. Rješenje: Najprije je potrebno izračunati duljinu katete b pomoću Pitagorinog poučka: c 2 = a 2 + b 2 ⇒ b 2 = c 2 − a 2 = 102 − 62 = 100 − 36 = 64 ⇒ b = 64 ⇒ b = 8 cm U geometriji duljine stranice mogu biti jedino pozitivne, zato se prilikom korjenovanja uzima jedino pozitivno rješenje. Prilikom izračunavanja vrijednosti trigonometrijskih funkcija na pravokutnom trokutu potrebno je koristiti sliku pravokutnog trokuta (vidjeti sliku 4.1.) i koristiti opisne definicije. nasuprotna kateta a 6 3 sin a = = = = hipotenuza c 10 5 cos a =

prile eca ć kateta b 8 4 = = = hipotenuza c 10 5

115

tga =

nasuprotna kateta a 6 3 = = = ć kateta prile eca b 8 4

ctga =

ć kateta prile eca b 8 4 = = = nasuprotna kateta a 6 3

sin b =

nasuprotna kateta b 8 4 = = = hipotenuza c 10 5

cos b =

prile eca ć kateta a 6 3 = = = hipotenuza c 10 5

tg b =

nasuprotna kateta b 8 4 = = = prile eca a 6 3 ć kateta

ctg b =

prile eca a 6 3 ć kateta = = = nasuprotna kateta b 8 4

Zadatak 2. Izračunaj hipotenuzu pravokutnog trokuta ako je poznata kateta 2 a = 2 cm i sin a = . 5 Rješenje: Polazimo od definicije zadane trigonometrijske funkcije: a Ovu jednadžbu moramo riješiti po nepoznanici c sin a = ⋅c (postupno mora ostati sama na lijevoj strani c jednadžbe). Zato cijelu jednadžbu množimo s c. 2 2 2⋅5 a c ⋅ sin a = a : sin a ⇒ c = = =1 = = 5 cm 2 2 sin a 1⋅ 2 5 5 Podsjetnik: dvojni razlomak se rješava tako da se umnožak vanjskih članova zapiše u brojniku, dok se umnožak unutarnjih članova zapiše u nazivniku. Zadatak 3. Izračunaj katetu a pravokutnog trokuta ako je poznata hipotenuza 3 c = 3 cm i cos b = . 4 Rješenje: a 3 9 1 cos b = ⋅c a = c ⋅ cos b = 3 ⋅ = = 2 cm c 4 4 4 116

Zadatak 4. Izračunaj katetu a pravokutnog trokuta ako je poznata druga kateta 1 b = 5 cm i cos a = . 2 Rješenje: Trigonometrijska funkcija cosa daje vezu između kuta α, katete b i hipotenuze c. Zbog toga ćemo najprije izračunati vrijednost hipotenuze c, te nakon toga ćemo izračunati katetu a pomoću Pitagorinog poučka. b c Uočimo: u ovom slučaju c i cosα cos a = ⋅ c cos a zamjenjuju svoja mjesta. 5 b c= = = 10 cm 1 cos a 2 Pitagorin poučak a 2 + b2 = c2 a 2 = c 2 − b 2 = 102 − 52 = 75 a = 75 = 25 ⋅ 3 = 25 ⋅ 3 = 5 3 cm Zadatak 5. Izračunaj duljine kateta pravokutnog trokuta ako je poznata 1 duljina hipotenuze c = 2 cm i tga = 2 . 2 Rješenje: Budući da imamo dvije nepoznanice, pomoću zadanih veličina ne možemo odmah izračunati jednu od nepoznanica, zadatak moramo riješiti kao sustav koji se sastoji iz dvije jednadžbe s dvije nepoznanice (duljine kateta a i b). a ⇒ a = b ⋅ tga (1) Prva jednadžba sustava: tga = b Druga jednadžba sustava (Pitagorin poučak): a 2 + b 2 = c 2 (2) Uvrstimo a iz (1) u jednadžbu (2) kako bismo eliminirali nepoznanicu a i dobili kvadratnu jednadžbu koja sadrži samo jednu nepoznanicu (katetu b). a 2 + b2 = c2 b 2tg 2a + b 2 = c 2 b 2 (tg 2a + 1) = c 2

Izlučimo kvadrat katete b ispred zagrade. : (tg 2a + 1)

117

b2 =

b=

c2 22 4 4 4 16 = = = = = 2 2 2 25 29 tg a + 1 ⎛ 1 ⎞ ⎛5⎞ +1 + 1 29 ⎜ 2 ⎟ +1 ⎜ ⎟ +1 4 4 ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ 4 29 4 29 cm ⋅ = 29 29 29

Racionalizacija kako bismo eliminirali korijen iz nazivnika. Zadatak 6. Konstruiraj kut α ako je sin a = 0.25 . Rješenje: U ovom zadatku ćemo koristiti činjenicu da su vrijednosti trigonometrijskih funkcija kod sličnih trokuta jednake, pod uvjetom da se u omjer stavljaju razmjerne stranice. Kutovi su kod sličnih trokuta jednaki. Najprije prikažimo zadanu vrijednost sinusa α u obliku razlomka: 25 1 sin a = 0.25 = = . 100 4 Sinus α po definiciji glasi: a 1 sin a = = . c 4

A 3 α

c=4

b 2

β B

a=1

C

1 Postupak konstrukcije kuta α je prikazan na slici. Na slici je redoslijed radnji označen brojevima unutar krugova. Redoslijed konstrukcije je sljedeći: 1. Nacrtamo katetu a duljine 1 cm. Na ovaj način dobivamo vrhove B i C pravokutnog trokuta. 118

2. U točki C konstruiramo okomicu na katetu a. Na ovaj način dobivamo polupravac na kojem leži kateta b, kojoj trenutno ne znamo duljinu. 3. U otvor šestara uzmemo duljinu hipotenuze c = 4 cm, te vrh šestara ubodemo u točku B. Kružnim lukom presiječemo polupravac s katetom b. Na presjeku kružnog luka i polupravca dobivamo točku A. Na ovaj način smo potpuno odredili pravokutni trokut, koji sada možemo u potpunosti nacrtati. Kut α se nalazi pokraj vrha A. Zadatak 7. Konstruiraj pravokutni trokut ako je duljina hipotenuze c = 5 cm i 1 sin b = . 3 Rješenje: Ovaj zadatak ćemo riješiti tako da ćemo najprije konstruirati ΔA ' B ' C ' koji je sličan trokutu ΔABC . To matematički zapisujemo kao ΔA ' B ' C ' ≈ ΔABC . Zatim ćemo pomoću sličnog trokuta ΔA ' B ' C ' konstruirati trokut ΔABC . Postupak je sljedeći (korake je moguće slijediti na slici): 1. Nacrtamo stranicu b ' = 2 cm . Na ovaj način smo dobili vrhove A’ i C’. Do duljine stranice b' smo došli na temelju zadane vrijednosti trigonometrijske 2 b' uzimajući u obzir definiciju trigonometrijske funkcije funkcije sin b = = 3 c ' sinus. 2. Nacrtamo polupravac koji sadrži stranicu a’, za koju trenutno ne znamo koliko je dugačka. 3. Nacrtamo kružni luk sa središtem u vrhu A’ i polumjerom c ' = 3 cm . Do duljine c’ došli smo kao što je navedeno za duljinu stranice b’ u prvoj točci ovog objašnjenja. Na mjestu presjeka kružnog luka i horizontalnog polupravca koji sadrži stranicu a dobivamo točku B’. 4. Uzeti u obzir da slični trokuti imaju zajednički vrh B (vrijedi B = B ' ). Povučemo horizontalni polupravac s vrhom u točki C’ udesno. Na njemu će ležati točka C. 5. U produžetku stranice c’ nacrtamo polupravac s vrhom u točki A’ – na ovom polupravcu će ležati točka A. 6. Povučemo kružni luk sa središtem u točki B i polumjerom c = 5 cm (ovaj podatak je zadan u tekstu zadatka). Na presjeku produžetka hipotenuze c’ i ovog kružnog luka dobivamo točku A. 7. Povučemo paralelu sa stranicom b’ kroz prethodno dobivenu točku A. Na presjeku ove stranice b i produžetka stranice a dobivamo točku C.

119

A

c=5 cm

6

α

5 A'

b

1

c' β

B=B'

2 a'

3

7 4

C' a

C

4.2. Vrijednosti trigonometrijskih funkcija kutova od 30°, 45°, 60° 30°

45°

60°

sin

1 2

2 2

3 2

cos

3 2

2 2

1 2

tg

3 3

1

3

ctg

3

1

3 3

Tablica 4.1. Vrijednosti trigonometrijskih funkcija kutova od 30°, 45°, 60° Napomena: zbog učestale upotrebe i važnosti, preporučuje se da se vrijednosti spomenutih trigonometrijskih funkcija za kutove 30°, 45° i 60° nauče napamet.

120

Zadatak 1. Izračunaj vrijednost izraza:

2sin 30° + tg 60° . 2sin 30° − tg 60°

Rješenje: 1 2⋅ + 3 2sin 30° + tg 60° 1+ 3 = 2 = 2sin 30° − tg 60° 2 ⋅ 1 − 3 1 − 3 2 Na ovom mjestu je potrebno izvršiti racionalizaciju (eliminirati korijen iz nazivnika). To se postiže nadopunjavanjem na razliku kvadrata: ( I − II ) ⋅ ( I + II ) = I 2 − II 2 . 1+ 3 1+ 3 1+ 3 (1 + 3) 2 1 + 2 ⋅1 ⋅ 3 + ( 3) 2 1 + 2 3 + 3 = ⋅ = = = 1− 3 −2 1 − 3 1 − 3 1 + 3 12 − ( 3) 2 1

4+2 3 2 (2 + 3) = −(2 + 3) = −2 − 21

Zadatak 2. Izračunaj vrijednost izraza

cos 2 a + sin 2 b za a = 45° i b = 60° . 3ctg 2a

Rješenje: 2

2

⎛ 2⎞ ⎛ 3⎞ 2 3 5 ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ + 2 2 2 2 2 2 cos a + sin b cos 45° + sin 60° ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 4 4=4 = = = 2 2 2 3 3ctg a 3ctg 45° 3 ⋅ (1) 3 1 Dvojni razlomak se računa tako da se umnožak vanjskih članova postavi u brojnik, dok se umnožak unutarnjih članova postavi u nazivnik. 5 4 = 5 ⋅1 = 5 3 4 ⋅ 3 12 1

121

Zadatak 3. Provjeri sljedeću jednakost za vrijednost kutova 30° i 45°: sin 2 a + cos 2 a = 1 . Rješenje: a = 30°

a = 45°

sin 2 30° + cos 2 30° = 1

sin 2 45° + cos 2 45° = 1

2

2

2

2 ⎛1⎞ ⎛ 3⎞ ⎟ =1 ⎜ ⎟ + ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠

⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜⎜ ⎟⎟ = 1 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

1 3 + =1 4 4

2 2 + =1 4 4

1=1

1=1

Zadatak 4. Provjeri sljedeću jednakost: 1 − sin 60° = (sin 30° − cos 30°) 2 Rješenje: 1 − sin 60° = (sin 30° − cos 30°) 2 3 ⎛1 3⎞ 1− = ⎜⎜ − ⎟ 2 ⎝ 2 2 ⎟⎠

2

2 3 ⎛1⎞ 1 3 ⎛ 3⎞ 1− = ⎜ ⎟ − 2⋅ ⋅ +⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠ 2 2 ⎜⎝ 2 ⎟⎠

1−

3 1 3 3 = − + 2 4 2 4

1−

3 3 = 1− 2 2

2

Zadatak 5. Provjeri sljedeću jednakost: cos 60° cos 30° + sin 60° sin 30° = cos 30° . Rješenje: cos 60° cos 30° + sin 60° sin 30° = cos 30° 1 3 3 1 3 ⋅ + ⋅ = 2 2 2 2 2 122

3 3 3 + = 4 4 2 1

2⋅

3 42

=

3 2

3 3 = 2 2

4.3. Računanje vrijednosti trigonometrijskih funkcija Računanje vrijednosti trigonometrijskih funkcija na džepnom računalu 1. Provjerimo je li džepno računalo pripremljeno za računanje u stupnjevima. To se može očitati s ekrana računala. Obično je tada na dnu ekrana prikazano slovo D ili DEG. Ukoliko to nije slučaj, tada je najprije potrebno pripremiti računalo za rad u stupnjevima na način da se odaberu stupnjevi preko tipke MOD , tipke DRG ili na neki drugi način u skladu s uputstvima džepnog računala. 2. Pritisnuti tipku za računanje tražene trigonometrijske funkcije: SIN, COS ili TAN. U podatkovnom retku ekrana se treba pojaviti zapis upisane trigonometrijske funkcije. Ako se treba računati kotangens, budući da na kalkulatoru nema tipke za kotangens, potrebno je stisnuti tipku za tangens. 3. Sada treba unijeti vrijednost kuta na sljedeći način: najprije upisati vrijednost stupnjeva, nakon toga se stisne tipka ° ‘ ‘’ : u podatkovnom retku se nakon odabrane trigonometrijske funkcije treba pojaviti iznos stupnjeva. 4. Unijeti vrijednost minuta, a nakon toga ponovno stisnuti tipku ° ‘ ‘’ : u podatkovnom retku se treba dodatno pojaviti vrijednost minuta. 5. Unijeti vrijednost sekundi, a nakon toga ponovno stisnuti tipku ° ‘ ‘’ : u podatkovnom retku se treba dodatno pojaviti vrijednost sekundi. 6. Pritisnuti tipku = radi dobivanja vrijednosti tražene trigonometrijske funkcije. Jedino ako se računa vrijednost kotangensa potrebno je dodatno stisnuti tipku 1 / x ili x-1 (zavisno o računalu), jer se koristi sljedeća relacija: 1 . tgx = ctgx 7. Rezultat se zaokružuje na potreban broj decimala, a preporučuje se na barem pet decimalnih mjesta. Računanje vrijednosti kuta na džepnom računalu 1. Provjerimo je li džepno računalo pripremljeno za računanje u stupnjevima. To se može očitati s ekrana računala. Obično je tada na dnu ekrana prikazano 123

slovo D ili DEG. Ukoliko to nije slučaj, tada je najprije potrebno pripremiti računalo za rad u stupnjevima na način da se odaberu stupnjevi preko tipke MOD, tipke DRG ili na neki drugi način u skladu s uputstvima džepnog računala. 2. Pritisnuti tipku za inverznu trigonometrijsku funkciju: SIN-1, COS-1 ili TAN-1. Ako se računa kut iz vrijednosti kotangesa potrebno je također stisnuti tipku TAN-1. Ako su spomenute inverzne funkcije nalaze iznad tipki s trigonometrijskim funkcijama, tada se do njih dolazi na način da se najprije pritisne tipka 2nd, INV ili Shift pa nakon toga tipka iznad koje se nalazi tražena inverzna funkcija. 3. Upisati vrijednost trigonometrijske funkcije, te stisnuti znak jednakosti =. Ako se računa kut iz vrijednosti kotangesa, prije znaka jednakosti potrebno je stisnuti tipku 1 / x ili x-1 (zavisno o računalu). 4. Tada se na ekranu pojavljuje kut izražen u stupnjevima, ali u decimalnom zapisu. Kako bi se prešlo iz decimalnog zapisa u zapis dijelova stupnjeva pomoću minuta i sekundi potrebno je dodatno stisnuti tipku →DEG, D.MS ili neku sličnu tipku (provjeriti uputstvo za džepno računalo). Opće napomene u vezi navedenih opisa računanja 1. Navedeni opisi se odnose na džepna računala koja posjeduju dva retka na ekranu: prvi redak je podatkovni redak, dok je drugi redak namijenjen za prikaz rezultata. Ukoliko se koristi starije džepno računalo (najčešće ga se prepoznaje po tome što ne posjeduje podatkovni redak), tada je potrebno učiniti sljedeće: 1. Pri računanju vrijednosti trigonometrijskih funkcija najprije je potrebno unijeti vrijednost kuta (točke 3, 4 i 5 ranije navedenog opisa), a tek nakon toga stisnuti tipku za odgovarajuću trigonometrijsku funkciju (točka 2 ranijeg opisa). 2. Pri računanju vrijednosti kuta iz poznate vrijednosti trigonometrijske funkcije potrebno je najprije unijeti vrijednost trigonometrijske funkcije (točka 3 ranijeg opisa), pa tek nakon toga upisati odgovarajuću inverznu funkciju (točka 2 ranijeg opisa). 2. Potrebno je izbjegavati računati vrijednosti trigonometrijskih funkcija za kutove 30°, 45° i 60° na džepnom računalu, kako bi se moglo računati s točnim vrijednostima.

124

Zadatak 1. Zadana je vrijednost kuta a = 32° 45'13'' . Izračunaj cos a . Rješenje: Objašnjenje radnji na džepnom računalu

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak)

Provjera je li džepno računalo pripremljeno za rad sa stupnjevima

P: R:

Odabir trigonometrijske funkcije: pritisnuti tipku COS

P: cos R:

Unos vrijednosti stupnjeva: unijeti broj 32, te nakon toga tipku ° ‘ ‘’

P: cos32° R:

Unos vrijednosti minuta: unijeti broj 45, te nakon toga tipku ° ‘ ‘’

P: cos32°45’ R:

Unos vrijednosti sekundi: unijeti broj P: cos32°45’13’’ 13, te nakon toga tipku ° ‘ ‘’ R: Pritisnuti tipku = radi dobivanja rezultata

P: cos32°45’13’’ R: 0.841004916

Rezultat zaokružiti na barem 5 znamenki ili, ako se koristi za daljnje računanje, najbolje ga je pohraniti u računalo. Rezultat: cos 32°45'13'' = 0.84100 Zadatak 2. Zadana je vrijednost kuta a = 82° 12 ' 46 '' . Izračunaj ctga . Rješenje: Objašnjenje radnji na džepnom računalu

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak)

Provjera je li džepno računalo pripremljeno za rad sa stupnjevima

P: R:

Odabir trigonometrijske funkcije: pritisnuti tipku TAN

P: tan R:

Unos vrijednosti stupnjeva: unijeti broj 82, te nakon toga tipku ° ‘ ‘’

P: tan82° R: 125

Unos vrijednosti minuta: unijeti broj 12, te nakon toga tipku ° ‘ ‘’

P: tan82°12’ R:

Unos vrijednosti sekundi: unijeti broj P: tan82°12’46’’ 46, te nakon toga tipku ° ‘ ‘’ R: Pritisnuti tipku = radi dobivanja rezultata

P: tan82°12’46’’ R: 7.312305802

Stisnuti tipku 1 / x ili x-1 (zavisno o računalu)

P: Ans-1 R:

Pritisnuti tipku = radi dobivanja konačnog rezultata za ctga

P: Ans-1 R: 0.136755768

Rezultat zaokružiti na barem 5 znamenki ili, ako se koristi za daljnje računanje, najbolje ga je pohraniti u računalo. Rezultat: ctg 82°13' 46 '' = 0.13676 Zadatak 3. Odredi šiljasti kut α, ako je sin a = 0.68123 . Rješenje: U ovom slučaju se zapravo rješava jednadžba a = sin −1 0.68123 .

Objašnjenje radnji na džepnom računalu

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak)

Provjera je li džepno računalo pripremljeno za rad sa stupnjevima

P: R:

Odabrati inverznu trigonometrijsku funkciju SIN-1

P: sin-1 R:

Upisati vrijednost trigonometrijske funkcije 0.68123

P: sin-10.68123 R:

Pritisnuti tipku = radi dobivanja P: sin-10.68123 vrijednosti kuta u decimalnom obliku R: 42.93983451 Stisnuti tipku →DEG, D.MS ili neku sličnu tipku radi pretvaranja u minute i sekunde

P: sin-10.68123 R: 42°56’23’’

126

Konačan rezultat glasi: a = 42°56'23'' . Točnost izračuna se može provjeriti na način da se izračuna sin 42°56'23'' na način kako je prikazano u zadatku 4.3.1. (jedina razlika je u činjenici da se traži trigonometrijska funkcija sinus umjesto kosinusa – svi ostali koraci su jednaki). Uočimo, dobit ćemo rezultat sin 42°56'23'' = 0.681228565 . Ako rezultat zaokružimo na 5 znamenki, tada je dobiveni rezultat jednak početnoj vrijednosti trigonometrijske funkcije. Ipak je uočljiva razlika u vrijednosti izračunate i zadane trigonometrijske funkcije, koja je nastala uslijed zaokruživanja rezultata za vrijednost kuta. Zadatak 4. Odrediti šiljasti kut α, ako je ctga = 2.45 . Rješenje: U ovom slučaju se zapravo rješava jednadžba a = ctg −1 2.45 .

Objašnjenje radnji na džepnom računalu

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak)

Provjera je li džepno računalo pripremljeno za rad sa stupnjevima

P: R:

Odabrati inverznu trigonometrijsku funkciju TAN-1

P: tan-1 R:

Upisati vrijednost trigonometrijske funkcije 2.45, te nakon toga stisnuti tipku 1 / x ili x-1 (zavisno o računalu).

P: tan-12.45-1 R:

Pritisnuti tipku = radi dobivanja P: tan-12.45-1 vrijednosti kuta u decimalnom obliku R: 22.20347853 stisnuti tipku → DEG, D.MS ili neku sličnu tipku radi pretvaranja u minute i sekunde

P: tan-12.45-1 R: 22°12’13’’

Konačan rezultat glasi: a = 22°12'13'' .

127

4.4. Primjene na pravokutni trokut Označavanje pravokutnog trokuta Oznaka

Naziv veličine

A, B, C

Vrhovi pravokutnog trokuta

a, b

Katete pravokutnog trokuta

c

Hipotenuza pravokutnog trokuta

α, β

Šiljasti kutovi trokuta

v

Visina na hipotenuzu

p

Ortogonalna projekcija katete a na hipotenuzu c

q

Ortogonalna projekcija katete b a hipotenuzu c

D

Nožište visine v

o

Opseg pravokutnog trokuta

Površina pravokutnog trokuta P Tablica 4.2. Oznake pravokutnog trokuta C a

b

v αq

A

p D

β

c

B

Slika 4.2. Prikaz pravokutnog trokuta Formule za proračun pravokutnog trokuta c2 = a 2 + b2

sin a =

a c

sin b =

b c

ab cv = 2 2

cos a =

b c

cos b =

a c

P=

128

v=

pq

tga =

a b

tg b =

b a

a=

pc

ctga =

b a

ctg b =

a b

b = qc

a + b = 90°

o = a+b+c

Proračun pravokutnog trokuta Pravokutni trokut se zadaje pomoću dvije veličine na jedan od sljedeća četiri načina: 1. hipotenuzom i jednim šiljastim kutom; 2. katetom i jednim šiljastim kutom; 3. hipotenuzom i jednom katetom; 4. dvjema katetama. U tablici 4.3. (tablica ispod) prikazane su formule za proračun preostalih veličina pravokutnog trokuta, ako su zadane dvije veličine. Zadane veličine

Formule za proračunavanje preostalih veličina

c, a

b = 90° − a

a = c ⋅ sin a

b = c ⋅ cos a

c, b

a = 90° − b

a = c ⋅ cos b

b = c ⋅ sin b

a, a

b = 90° − a

c=

a sin a

a, b

a = 90° − b

c=

a cos b

b = a ⋅ tgb

b, a

b = 90° − a

c=

b cos a

a = b ⋅ tga

b, b

a = 90° − b

c=

b sin b

c, a

⎛a⎞ a = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠

⎛a⎞ b = cos −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠

b = c2 − a2

c, b

⎛b⎞ a = cos −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠

⎛b⎞ b = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠

a = c2 − b2

a, b

⎛a⎞ a = tg −1 ⎜ ⎟ ⎝b⎠

⎛b⎞ b = tg −1 ⎜ ⎟ ⎝a⎠

c = a 2 + b2

129

b=

a=

a tga

b tgb

Napomena prije početka rješavanja zadataka u ovom poglavlju: vrlo je važno da se prije početka rješavanja sljedećih zadataka dobro prouči i uvježbaju zadaci iz prethodnog poglavlja (4.3. Računanje vrijednosti trigonometrijskih funkcija), jer će se ova računanja stalno koristiti u narednim zadacima. U slučaju pitanja u vezi računanja vrijednosti trigonometrijskih funkcija, vratiti se na zadatke iz poglavlja 4.3. Zadatak 1. Koliki su šiljasti kutovi pravokutnog trokuta ako je duljina jedne katete 12 cm i duljina hipotenuze 13 cm. Rješenje: Uočimo zadane veličine: a = 12 cm i c = 13 cm. Trebamo izračunati: kutove α i β. Formule potrebne za izračun šiljastih kutova α i β mogu se očitati iz tablice 4.3. (vidjeti slučaj kada su zadani podaci a i c). ⎛a⎞ a = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠

⎛a⎞ b = cos −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠

⎛ 12 ⎞ a = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝ 13 ⎠

⎛ 12 ⎞ b = cos −1 ⎜ ⎟ ⎝ 13 ⎠

a = 67.38013505

b = 22.61986495

a = 67°22 ' 48''

b = 22°37 '12 ''

Napomena: pogledati zadatak 4.3. radi pomoći u računanju vrijednosti kutova na temelju poznatih vrijednosti trigonometrijskih funkcija. U podatkovni redak je potrebno upisati sin-1(12:13) radi izračunavanja vrijednosti kuta α. Slično postupiti i za izračunavanje kuta β. Zadatak 2. Izračunaj duljine preostalih stranica pravokutnog trokuta ako je poznata duljina jedne katete 20 cm i veličina šiljastog kuta nasuprot poznate katete 55° 0’ 36’’. Rješenje: Zadane veličine: a = 20 cm i a = 55°0 '36 '' . Tražene veličine: druga kateta b i hipotenuza c. Formule za izračun traženih veličina trebale bi se izvesti na način da se pronađe odgovarajuća trigonometrijska funkcija koja uključuje dvije zadane veličine i treću nepoznatu veličinu. Formule potrebne za izračun traženih veličina koje se 130

mogu očitati iz tablice 4.3. (vidjeti slučaj kada su zadani podaci a i α), trebaju poslužiti samo za provjeru ispravnosti izvođenja formula. tga = b=

a b

⋅

b tga

a tga

sin a = c=

a c

⋅

c sin a

a sin a

20 20 c= tg 55°0 '36 '' sin 55°0 '36 '' b = 14.00 cm c = 24.41 cm Napomena: rezultati su zaokruženi na dva decimalna mjesta. b=

Zadatak 3. Jedna kateta pravokutnog trokuta četiri puta je dulja od druge katete. Koliki je manji šiljasti kut tog trokuta? Rješenje: Zadani podaci: pretpostavimo a = 4b. Na ovom mjestu moramo uočiti koja kateta je kraća: kraća je kateta b. Ovo je potrebno kako bi se procijenilo koji šiljasti kut treba izračunati. Prisjetiti se tvrdnje koja vrijedi općenito za sve trokute: nasuprot najkraće stranice nalazi se najmanji kut. Znači, nasuprot katete b je manji kut β. Traženi kut: β Prisjetiti se koja trigonometrijska funkcija povezuje katete a i b s kutom β. Radi se o trigonometrijskoj funkciji tangens (mogla bi poslužiti i trigonometrijska funkcija kotangens, ali budući da je računanje na džepnom računalu složenije u slučaju kotangensa u usporedbi s funkcijom tangensa, uvijek treba koristiti funkciju tangens). b b tg b = = Nakon kraćenja b u brojniku i nazivniku dobivamo: a 4b tg b =

1 4

tg −1

⎛1⎞ b = tg −1 ⎜ ⎟ ⎝4⎠ b = 14.03624347

Kut β u decimalnom zapisu. Decimalni dio kuta pretvoriti u minute i sekunde.

b = 14° 2 '10 ''

131

Zadatak 4. Odredi duljine stranica pravokutnog trokuta ako je razlika duljina kateta 5 cm, a veličina jednog kuta je 25°23’56’’. Rješenje: Zadani podaci: pretpostavimo da je kateta a dulja kateta. Tada se zadani podatak može zapisati kao a − b = 5 . Budući da smo pretpostavili da je kateta b kraća kateta, tada zadani kut iznosi b = 25°23'56 '' (uzeti u obzir da nasuprot najkraćoj stranici stoji najmanji kut – ovo vrijedni za sve trokute; također smo uzeli u obzir da je a + b = 90° ). Najprije ćemo izračunati duljina hipotenuze. Krenut ćemo od zadane jednakosti a − b = 5 , u kojoj ćemo umjesto a i b uvrstiti izraze koji će sadržavati hipotenuzu c i zadani kut β. Najprije pripremimo supstitucije za a i b: Odabir trigonometrijske funkcije koja Odabir trigonometrijske funkcije koja povezuje katetu a, hipotenuzu c i povezuje katetu b, hipotenuzu c i zadani kut β zadani kut β cos b =

a c

⋅c

sin b =

a = c ⋅ cos b

b c

⋅c

b = c ⋅ sin b

Uvrstiti umjesto kateta u zadani izraz pripremljene zamjene: a −b = 5 c ⋅ cos b − c ⋅ sin b = 5 Na ovaj način je dobivena jednadžba sa samo jednom nepoznanicom: hipotenuzom c. Potrebno je postići da nepoznanica ostane sama na lijevoj strani jednadžbe. Najprije je potrebno izlučiti c. c ⋅ (cos b − sin b ) = 5

: (cos b − sin b )

5 5 5 = = = cos b − sin b cos 25°23'56 ''− sin 25°23'56 '' 0.90322 − 0.42918 5 = = 10.54 cm 0.47404 Nakon izračunavanja duljine hipotenuze, potrebno se vratiti u početne supstitucije radi računanja duljina kateta a i b. c=

a = c ⋅ cos b

⇒ a = 10.54 ⋅ cos 25°23'56 '' = 10.54 ⋅ 0.90322 = 9.52 cm

b = c ⋅ sin b

⇒ b = 10.54 ⋅ sin 25°23'56 '' = 10.54 ⋅ 0.42918 = 4.52 cm 132

Zadatak 5. Odredi duljine stranica pravokutnog trokuta ako duljina visine na hipotenuzu iznosi 6.3 cm i veličina kuta β je 34°43’02’’. Rješenje: Zadane veličine: visina na hipotenuzu v = 6.3 cm i kut b = 34°43'02 '' . Tražene veličine: katete a i b, te hipotenuza c. U ovom zadatku je potrebno koristiti sliku 4.2. Na njoj možemo vidjeti da visina na hipotenuzu v dijeli pravokutni trokut ∆ABC na dva manja pravokutna trokuta ∆BCD i ∆ADC. Na početku ovog zadatka koristit ćemo manji pravokutni trokut ∆BCD, jer on sadrži zadani kut β. U tom trokutu visina v je nasuprotna kateta u odnosu na kut β, dok je kateta a velikog pravokutnog trokuta ∆ABC ovdje hipotenuza. Dodatno, na ovom mjestu možemo uočiti da nam katete i hipotenuze neće biti označene standardnim oznakama, stoga je važno da se definicije trigonometrijskih funkcija uče položajno, a ne po oznakama. Prema manjem pravokutnom trokutu ∆BCD možemo izračunati hipotenuzu a na temelju poznavanja kuta β i njemu nasuprotne katete visine v. v a sin b = ⋅ a sin b a=

v 6.3 6.3 = = = 11.06 cm sin b sin 34°43'02 '' 0.56962

Rezultat je zaokružen na dvije decimale. Na ovaj način smo saznali vrijednost druge veličine velikog pravokutnog trokuta ∆ABC (kateta a i kut β), stoga prelazimo na njegovo rješavanje. Postavit ćemo formule za trigonometrijske funkcije koje povezuju poznate veličine s nepoznatim stranicama. Formule iz tablice 4.3. za slučaj poznavanja a i β mogu nam poslužiti kao provjera jesmo li izveli dobre formule. Izračunavanje hipotenuze c: cos b =

a c

⋅

c cos b

Izračunavanje katete b: tg b =

b a

⋅a

c=

a 11.06 = cos b cos 34°43'02 ''

b = a ⋅ tg b = 11.06 ⋅ tg 34°43' 2 ''

c=

11.06 0.82169

b = 11.06 ⋅ 0.69259

c = 13.46 cm

b = 7.66 cm 133

Zadatak 6. Odredi duljine kateta i kutove ako je hipotenuza duga 8.9 cm, dok je duljina visine na hipotenuzu 4.2 cm. Rješenje: Zadane veličine: c = 8.9 cm i v = 4.2 cm. Tražene veličine: katete a i b, šiljasti kutovi α i β. Najprije ćemo izračunati duljine kateta a i b. Zbog toga trebamo postaviti sustav dvije jednadžbe s dvije nepoznanice (katete a i b). Prva jednadžba sustava (izjednačavanje izraza za izračunavanje površine ab cv cv (1) = ⇒ ab = cv ⇒ b = pravokutnog trokuta): P = 2 2 a Druga jednadžba sustava (Pitagorin poučak): a 2 + b 2 = c 2 (2) Sustav će biti riješen metodom zamjene ili supstitucije. Uvrstiti b iz jednadžbe (1) u jednadžbu (2). Na ovaj način dobit ćemo jednadžbu sa samo jednom nepoznanicom: katetom a. a 2 + b2 = c2 2

(2)

⎛ cv ⎞ a + ⎜ ⎟ = c2 ⎝a⎠ 2

a2 +

2

⎛ 8.9 ⋅ 4.2 ⎞ 2 ⇒ (nakon uvrštavanja) a + ⎜ ⎟ = 8.9 ⎝ a ⎠

1397.2644 − 79.21 = 0 a2

2

⋅ a2

⇒ a 4 − 79.21a 2 + 1397.2644 = 0

Dobiva se bikvadratna jednadžba koja se rješava metodom supstitucije t = a2. t 2 − 79.21t + 1397.2644 = 0 ⇒ koeficijenti kv. jed . a = 1, b = −79.21, c = 1397.2644 t1,2 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅c 79.21 ± (−79.21) 2 − 4 ⋅1 ⋅1397.2644 79.21 ± 26.1757 = = 2⋅a 2 ⋅1 2

79.21 − 26.1757 79.21 + 26.1757 = 26.5172 t2 = = 52.6929 2 2 Moramo izračunati vrijednosti katete a. Vraćamo se u prvu zamjenu. t1 =

a = t2

⇒ a1,2 = ± t

a1 = 26.5172 = 5.1495 cm

Izračun duljine katete b: c ⋅ v 8.9 ⋅ 4.2 b1 = = = 7.2590 cm a1 5.1495

Uzimamo samo pozitivne vrijednosti korijena, jer u geometriji negativne duljine stranica nemaju smisla. a2 = 52.6929 = 7.2590 cm

b2 =

134

c ⋅ v 8.9 ⋅ 4.2 = = 5.1495 cm a2 7.2590

Izračunavanje veličine šiljastih kutova α i β (moguće je izvršiti izračun na različite načine, jer uvijek moramo koristiti najmanje jednu izračunatu veličinu) : sin a 1 =

a1 5.1495 sin −1 = c 8.9

a 1 + b1 = 90°

⎛ 5.1495 ⎞ a 1 = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝ 8.9 ⎠

b1 = 90° − a 1

a 1 = 35.3518185

b1 = 90° − 35° 21' 07 ''

a 1 = 35° 21' 07 ''

b1 = 54.64805556 = 54° 38' 53''

sin a 2 =

a2 7.2590 sin −1 = c 8.9

a 2 + b2 = 90°

⎛ 7.2590 ⎞ a 2 = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝ 8.9 ⎠

b2 = 90° − a 2

a 2 = 54.64851201

b2 = 90° − 54° 38' 55''

a 2 = 54° 38' 55''

b2 = 35.35138889 = 35° 21' 05''

Komentar rezultata: veličine kutova α1 i β2 , te α2 i β1 bi trebale biti jednake. Razlika od 2’’ nastala je zbog zaokruživanja prilikom izračunavanja duljina katete a. Zadatak 7. Odredi duljine stranica pravokutnog trokuta ako je zadana razlika a − b = 20° i površina trokuta 20 cm2. Rješenje: Najprije moramo izračunati veličine kutova, jer imamo ulazni podatak o razlici tih kutova. Postavit ćemo sustav dvije jednadžbe s dvije nepoznanice. Uz zadanu jednadžbu uzet ćemo i opću jednadžbu za zbroj šiljastih kutova kod pravokutnog trokuta. Sustav ćemo riješiti metodom suprotnih koeficijenata, tj. jednostavno ćemo zbrojiti te dvije jednadžbe kako bismo se riješili nepoznanice β. a − b = 20°⎫ ⎬+ a + b = 90° ⎭

135

2a = 110°

: 2 ⇒ a = 55°

a + b = 90° ⇒ b = 90° − a = 90° − 55° = 35° U nastavku ćemo iskoristiti zadanu površinu trokuta. S obzirom da ćemo ab koristiti formulu P = u kojoj trenutno imamo dvije nepoznanice, metodom 2 zamjene (supstitucije) katete a i b ćemo zamijeniti funkcijom od hipotenuze c i kuta α. Na ovaj način dobivamo jednu jednadžbu s jednom nepoznanicom: katetom c. sin a =

a ⋅c c

cos a =

a = c ⋅ sin a

ab =P 2

b ⋅c c

b = c ⋅ cos a

⋅ 2 ⇒ ab = 2 P ⇒ c ⋅ sin a ⋅ c ⋅ cos a = 2 ⋅ P

c 2 ⋅ sin a ⋅ cos a = 2 ⋅ P

: (sin a ⋅ cos a)

c2 =

2⋅ P sin a ⋅ cos a

c=

2⋅ P 2 ⋅ 20 40 = = = sin a ⋅ cos a sin 55° ⋅ cos 55° 0.81915 ⋅ 0.57356

=

40 = 85.13718 = 9.23 cm 0.46983

a = c ⋅ sin a

b = c ⋅ cos a

a = 9.23 ⋅ sin 55°

b = 9.23 ⋅ cos 55°

a = 9.23 ⋅ 0.81915

b = 9.23 ⋅ 0.57356

a = 7.56 cm

b = 5.29 cm

Zadatak 8. Izračunaj šiljaste kutove pravokutnog trokuta ako duljina težišnice na hipotenuzu iznosi 6 cm i duljina katete a iznosi 8 cm. Rješenje: Zadane veličine: težišnica na hipotenuzu ta = 6 cm i kateta a = 8 cm. Tražene veličine: šiljasti kutovi α i β. Na početku ovog zadatka potrebno se prisjetiti da je polovište hipotenuze središte pravokutnom trokutu opisane kružnice. Također, potrebno se 136

prisjetiti definicije težišnice: to je dužina koja povezuje vrh trokuta i polovište nasuprotne stranice. Na temelju navedenog možemo zaključiti da je težišnica c zapravo polumjer opisane kružnice, te da vrijedi jednakost ta = . Na temelju 2 c navedenog možemo zaključiti da je = 6 cm , tj. c = 12 cm. 2 Nakon navedenog, ovaj zadatak se svodi na rješavanje pravokutnog trokuta kojem znamo duljinu katete a i hipotenuze c. Za izračunavanje šiljastih kutova prisjetimo se trigonometrijskih funkcija koje povezuju zadane stranice s traženim šiljastim kutovima. sin a =

a c

sin −1

cos b =

a c

cos −1

⎛a⎞ ⎛8⎞ a = sin −1 ⎜ ⎟ = sin −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠ ⎝ 12 ⎠

⎛a⎞ ⎛8⎞ b = cos −1 ⎜ ⎟ = cos −1 ⎜ ⎟ ⎝c⎠ ⎝ 12 ⎠

a = 41.8103149

b = 48.1896851

a = 41° 48' 37 ''

b = 48° 11' 23''

Zadatak 9. Nožište visine na hipotenuzu dijeli hipotenuzu u omjeru 9:25. Izračunaj šiljaste kutove ovog pravokutnog trokuta. Rješenje: Treba se prisjetiti da nožište visine na hipotenuzu dijeli hipotenuzu na dva dijela koja imenujemo s p i q. Kako bismo izračunali šiljaste kutove, uvesti ćemo koeficijent proporcionalnosti k kako bismo iskoristili zadani omjer. Pretpostavit ćemo p = 9k i q = 25k. Šiljaste kutove ćemo izračunati preko dva manja pravokutna trokuta (∆ADC i ∆DBC) na koja visina dijeli veliki pravokutni trokut ∆ABC (vidjeti sliku 4.4. na početku ovog poglavlja). Najprije je potrebno izračunati visinu. v=

pq = 9 ⋅ k ⋅ 25 ⋅ k = 225 ⋅ k 2 = 15k

Kut α izračunat ćemo na temelju manjeg pravokutnog trokuta ∆ADC gdje je visina v nasuprotna kateta, a q priležeća kateta: v 15k tga = = Pokratiti k u brojniku i nazivniku. Na ovaj način q 25k dobivamo omjer koji nam je dovoljan za izračunavanje kuta α, čak i bez znanja ijedne stranice trokuta. 137

tga =

15 25

⎛ 15 ⎞ tg −1 ⇒ a = tg −1 ⎜ ⎟ ⇒ a = 30.96375653 = 30° 57 ' 50 '' ⎝ 25 ⎠

Kut β bit će izračunat na temelju manjeg pravokutnog trokuta ∆DBC gdje je visina v nasuprotna kateta, a q priležeća kateta: v 15k tg b = = Ovdje se skraćuje koeficijent proporcionalnosti k. p 9k 15 ⎛ 15 ⎞ tg b = tg −1 ⇒ b = tg −1 ⎜ ⎟ = 59.03624347 = 59° 02 '10 '' 9 ⎝9⎠ Napomena: kut β se mogao kraće izračunati iz relacije a + b = 90° ⇒ b = 90° − a = 90° − 30° 57 ' 50 '' == 59.03611111 = 59° 02 '10 ''

4.5. Primjene u planimetriji Planimetrija je grana geometrije koja proučava likove u ravnini. Jednakokračni trokut A

Oznake:

α α 2

k b

b

v S

vb

N

r

β B

a 2

β C

P a

a – osnovica b – krak v – visina na osnovicu vb – visina na krak r – polumjer opisane kružnice k – opisana kružnica A, B, C – vrhovi trokuta P – nožište visine v, polovište osnovice a N – nožište visine vb S – središte opisane kružnice α – kut nasuprot osnovice β – kut uz osnovicu

Slika 4.3. Prikaz jednakokračnog trokuta. Osnovne formule koje vrijede za jednakokračni trokut: a + 2 b = 180° 138

o = a + 2b

P=

a ⋅ v b ⋅ vb a ⋅ b ⋅ sin b = = 2 2 2 b 2 sin a P= 2

Jednakokračni trokut ima dva karakteristična pravokutna trokuta: a a - ∆ABP (hipotenuza je b, katete su i v, šiljasti kutovi su i β); 2 2 - ∆BCN (hipotenuza je a, katete vb i dužina CN, šiljasti kut β). Neke dodatne važne formule: a a sin = 2 2 b

2

⎛a⎞ 2 2 ⎜ ⎟ +v =b ⎝2⎠

sin b =

v b

sin b =

vb a

Pravokutnik C

D S

b

d φ a

A

B

Oznake: a, b – stranice pravokutnika d – dijagonala pravokutnika A, B, C, D – vrhovi S – sjecište dijagonala (središte opisane kružnice) φ (fi) – kut između dijagonale d i stranice a

Slika 4.4. Prikaz pravokutnika Osnovne formule za pravokutnik: b o = 2 ⋅ ( a + b) P = a ⋅b a Dijagonale pravokutnika se međusobno sijeku u polovištu dijagonala. Karakteristični pravokutni trokut je ∆ABC (osjenčan na slici 4.6.) s katetama a i b, te hipotenuzom d. a 2 + b2 = d 2

tgj =

139

Oznake: a – stranica romba e – dulja dijagonala f – kraća dijagonala v – visina A, B, C, D – vrhovi romba S – sjecište dijagonala N – nožište visine α – kut između stranica romba

Romb D

C

a f

e S

a

α 2

a

v

α

a N

A

B

Slika 4.5. Prikaz romba Osnovne formule za romb: 1 ⋅e⋅ f 2 Važno svojstvo dijagonala romba: sijeku se u polovištu i pod pravim kutom. Na temelju ovog možemo uočiti da dijagonale romba dijele romb na četiri e pravokutna trokuta. Jedan od njih je ∆BCS (vidjeti sliku 4.5.) čije su katete i 2 f f a , te hipotenuza stranica a, te šiljasti kut nasuprot je . 2 2 2 Drugi karakteristični pravokutni trokut romba je ∆AND čija je kateta visina v, hipotenuza stranica a i šiljasti kut nasuprot visini v je kut α. P = a ⋅ v = a 2 ⋅ sin a

o = 4a

P=

Jednakokračni trapez D

C

c β

b

b

v

α A

a-c 2

N

a

B

Oznake: a, c – osnovice b – krak v – visina A, B, C, D – vrhovi N – nožište visine α, β – kutovi trapeza

Slika 4.6. Prikaz jednakokračnog trapeza Osnovne formule za jednakokračni trapez:

a+c ⋅v P = s ⋅v 2 U jednakokračnom trapezu možemo uočiti karakterističan pravokutni trokut a−c ∆AND čije su katete visina v i , hipotenuza krak b, te šiljasti kut α. 2 a + b = 180°

o = a + 2b + c

140

P=

k

Kružnica

C β

D r t

s α 2

r

r v

a 2

P a

A

B

Oznake: S – središte kružnice AB – kružni luk AB – tetiva C – vrh obodnog kuta β D – diralište k – kružnica (S,r) r – polumjer kružnice k t – tangenta α – središnji kut β – obodni kut a – duljina tetive v – visina jednakokračnog trokuta iznad tetive

Slika 4.7. Prikaz središnjeg i obodnog kuta, kao i odnos tangente prema kružnici Obodni kut je dvostruko manji od pripadajućeg središnjeg kuta: a = 2 ⋅ b . Svi obodni kutovi nad istim kružnim lukom su sukladni, tj. jednake veličine. Tangenta t je okomita na polumjer točke dirališta D. Iznad tetive je jednakokračni trokut ∆ABS. Unutar ovog trokuta možemo uočiti a pravokutni trokut ∆APS, čiji šiljasti kut pri vrhu S iznosi , hipotenuza je 2 a a polumjer r i kateta nasuprot kuta je polovica tetive . 2 2 Pravilni mnogokut s α α 2 ρ

r β

β 2

a 2 A

r

P

B

a Slika 4.8. Prikaz karakterističnog jednakokračnog trokuta pravilnog mnogokuta. 141

Oznake: n – broj vrhova ili broj stranica mnogokuta a – osnovna stranica mnogokuta r – polumjer opisane kružnice ρ – polumjer upisane kružnice (jednak je visini na osnovnu stranicu) A, B – vrhovi mnogokuta i karakterističnog trokuta S – središte mnogokuta P – polovište osnovne stranice, nožište visine na osnovnu stranicu α – središnji kut β – unutarnji kut pravilnog mnogokuta

Pravilni mnogokut se sastoji iz n karakterističnih jednakokračnih trokuta. Osnovne formule za pravilni mnogokut: a⋅r 360° (n − 2) ⋅180° P = n⋅ a = b= o = n⋅a 2 n n a a a sin = 2 = 2 r 2r

2

⎛a⎞ r + ⎜ ⎟ = r2 ⎝2⎠ 2

Kod pravilnog mnogokuta možemo uočiti karakterističan pravokutni trokut a a b ∆BSP s katetama ρ i , hipotenuzom r i šiljastim kutovima i . 2 2 2 Zadatak 1. Izračunaj opseg jednakokračnog trokuta ako kut nasuprot osnovice iznosi 40° i ako je duljina kraka 4 cm. Rješenje: Za ovaj zadatak trebati će nam slika 4.3., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: jednakokračni trokut. Zadane veličine: kut a = 40° i krak b = 4 cm. Tražena veličina: opseg o. Za izračunavanje opsega moramo znati duljine svih stranica trokuta. Budući da znamo duljinu oba kraka, potrebno je dodatno izračunati duljinu osnovice. Osnovicu ćemo izračunati tako da primijenimo definicije trigonometrijskih funkcija na karakterističan pravokutni trokut ∆ABP. Budući da u trokutu a ∆ABP poznajemo hipotenuzu b i šiljasti kut , koristit ćemo funkciju sinus za 2 izračunavanje osnovice a. a a a sin = 2 = 2 b 2b

⋅ 2b ⇒ a = 2 ⋅ b ⋅ sin

40° a = 2 ⋅ 4 ⋅ sin = 2 ⋅ 4 ⋅ sin 20° = 2 2

a = 8 ⋅ 0.34202 cm

Opseg računamo na sljedeći način (formula je navedena u teorijskom uvodu): o = a + 2b o = 2.74 + 2 ⋅ 4 = 10.74 cm

142

Zadatak 2. Izračunaj stranice jednakokračnog trokuta ako su zadane sljedeće razlike: b − a = 25° i b − a = 2 cm. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika 4.5., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: jednakokračni trokut. Zadane veličine: razlika kutova b − a = 25° i razlika duljina stranica b – a = 2 cm Tražene veličine: osnovica a i krak b. Najprije je potrebno izračunati vrijednosti kutova. Kutovi se rješavaju tako da se riješi sustav koji se sastoji iz dvije jednadžbe. b − a = 25° ⎫ ⎬+ a + 2 b = 180°⎭

Zadana jednadžba + opći izraz za kutove u jednakokračnom trokutu. Zbrojimo jednadžbe.

3b = 205° .

b = 68.3 ° (decimalni zapis) b = 68°20 ' b − a = 25° ⇒ a = b − 25° a = 68°20 '− 25° = 43°20 '

Sada se može prijeći na izračun stranica jednakokračnog trokuta, i to pomoću sustava koji se sastoji iz dvije jednadžbe. Prva jednadžba (zadana): b − a = 2 cm (1) Druga jednadžba (primjena trigonometrije na karakterističan trokut ∆ABP): a a a a sin = 2 = (2) ⇒ a = 2 ⋅ b ⋅ sin 2 b 2b 2 Ovaj sustav ćemo riješiti metodom zamjene (supstitucije). Uvrstiti a iz (2) u jednadžbu (1). b − 2 ⋅ b ⋅ sin

a a ⎞ a ⎞ ⎛ ⎛ = 2 ⇒ b ⋅ ⎜1 − 2 ⋅ sin ⎟ = 2 : ⎜1 − 2 ⋅ sin ⎟ 2 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝

143

b=

2 a 1 − 2 ⋅ sin 2

=

2 43°20 ' 1 − 2 ⋅ sin 2

=

2 2 = = 6.37 cm 1 − 0.68624 0.31376

Radi izračunavanja osnovice a vraćamo se u jednadžbu (2): a 43°20 ' a = 2 ⋅ b ⋅ sin = 6.37 ⋅ sin = 12.74 ⋅ 0.68624 cm = 8.74 cm 2 2 Zadatak 3. Izračunaj površinu jednakokračnog trokuta ako je polumjer opisane kružnice 10 cm i kut uz osnovicu 55°. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika ispod (za objašnjenja na slici vidjeti objašnjenja uz sliku 4.3.), kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: jednakokračni trokut. Zadane veličine: polumjer opisane kružnice r = 10 cm i kut uz osnovicu b = 55° . Tražena veličina: površina P. A α

k

α 2

v

C' S vb b

r β

B

N

a 2

β P a

C

Najprije ćemo izračunati kut α na temelju sljedeće relacije: a + 2 b = 180° ⇒ a = 180° − 2 b = 180° − 2 ⋅ 55° = 70° Moramo izračunati duljinu kraka b kako bismo pomoću sljedeće formule b 2 ⋅ sin a izračunali površinu trokuta: P = . Općenito kod trokuta, za površinu 2 144

trokuta je potrebno znati duljinu dviju susjednih stranica i veličinu kuta između njih). Krak b ćemo izračunati pomoću karakterističnog pravokutnog trokuta b ∆AC’S. U ovom trokutu duljina dužine AC ' iznosi (jer je ∆ABS također 2 jednakokračni trokut kome je C ' S visina, te C’ leži na polovištu stranice AB ) a i predstavlja priležeću katetu u odnosu na šiljasti kut . Hipotenuza ovog 2 trokuta je dužina AS , čija duljina je jednaka polumjeru opisane kružnice r. b b a cos = 2 = 2 r 2r

⋅ 2r ⇒ b = 2 ⋅ r ⋅ cos

70° a = 2 ⋅10 ⋅ cos = 20 ⋅ 0.81915 2 2

= 16.38 cm Nakon izračunavanja duljine kraka b, moguće je izračunati površinu: P=

b 2 ⋅ sin a 16.382 ⋅ sin 70° 268,3044 ⋅ 0.93969 = = = 126.06 cm2 2 2 2

Zadatak 4. Izračunaj opseg pravokutnika ako kut između dijagonala iznosi 43° i površina je 30 cm2. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika 4.4., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: pravokutnik. Zadane veličine: kut između dijagonala iznosi 43° i površina pravokutnika P = 30 cm2 Tražena veličina: opseg pravokutnika. Kut između dijagonala pravokutnika dvostruko je veći u odnosu na kut φ između dijagonale i stranice a pravokutnika. Na temelju toga zaključujemo da je 43° j = = 21.5° = 21°30 ' . 2 Kako bismo izračunali opseg pravokutnika moramo izračunati duljine stranica a i b. Ovaj zadatak ćemo riješiti uspostavljanjem sustava koji će se sastojati iz dvije jednadžbe s dvjema nepoznanicama (a i b). Prva jednadžba sustava (zadana površina pravokutnika): P = a ⋅ b (1)

145

Druga jednadžba sustava (dobiva se primjenom trigonometrije na karakterističan pravokutni trokut ∆ABC – vidjeti sliku 4.6.): b tgj = ⋅ a ⇒ b = a ⋅ tgj (2) a Ovaj sustav moramo rješavati metodom zamjene (supstitucije) tako da b iz (2) uvrstimo u (1). a ⋅ a ⋅ tgj = P ⇒ a 2 ⋅ tgj = P ⇒ a 2 ⋅ tg 21°30 ' = 30 a2 =

30 tg 21°30 '

⇒ a=

: tg 21°30 '

30 30 = = 76.15952 = 8.73 cm tg 21°30 ' 0.39391

Vraćamo se u jednadžbu (2) radi izračunavanja stranice b: b = a ⋅ tgj = 8.73 ⋅ tg 21°30 ' = 8.73 ⋅ 0.39391 = 3.44 cm Računanje opsega: o = 2 ⋅ (a + b) = 2 ⋅ (8.73 + 3.44) = 24.34 cm Zadatak 5. Unutarnji šiljasti kut romba iznosi 63°. Dulja dijagonala je duga 10 cm. Izračunaj opseg i površinu romba. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika 4.5., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: romb. Zadane veličine: šiljasti kut a = 63° i dulja dijagonala e = 10 cm. Tražena veličina: opseg o i površina P. Kako bi bilo moguće izračunati tražene veličine, potrebno je najprije izračunati duljinu osnovne stranice romba na temelju karakterističnog pravokutnog a trokuta ∆BCS (vidjeti sliku 4.5.). Šiljasti kut uz vrh C je , dok je priležeća 2 e kateta tom kutu . Hipotenuza ovog trokuta je stranica a, koju možemo 2 izračunati na sljedeći način pomoću trigonometrijskih funkcija: e 10 10 a e a 2 e cos = = ⋅ ⇒ a= = = = 5.86 cm 63° 2 ⋅ 0.85264 a a 2 a 2a cos 2 ⋅ cos 2 ⋅ cos 2 2 2 Sada možemo pristupiti računanju traženih vrijednosti: o = 4⋅a

P = a 2 ⋅ sin a

o = 4 ⋅ 5.86

P = 5.862 ⋅ sin 63°

o = 23.44 cm

P = 34.3396 ⋅ 0.891 = 30.60 cm2 146

Zadatak 6. Polumjer upisane kružnice rombu iznosi 3 cm. Ako je dulja dijagonala 11 cm, koliko je duga osnovna stranica romba. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika 4.10. i 4.5., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: romb. Zadane veličine: polumjer upisane kružnice ρ = 3 cm i dulja dijagonala e = 11 cm. Tražena veličina: osnovica a. a

D f

v

α a

A

Budući da je poznat polumjer upisane kružnice, na temelju toga možemo zaključiti da je duljina visine v = 6 cm (promjer kružnice je dva puta veći od polumjera).

e α 2 a

S

a

C

N

B

E

a Na slici možemo uočiti pravokutni trokut ∆AEC. Šiljasti kut uz vrh A je 2 , a kateta nasuprot kuta je visina v, dok je hipotenuza jednaka duljini dulje 2 dijagonale e = 11 cm. Šiljasti kut α računamo na sljedeći način: sin

a v = 2 e

sin −1 ⇒

a ⎛v⎞ = sin −1 ⎜ ⎟ 2 ⎝e⎠

⎛v⎞ ⋅ 2 ⇒ a = 2 ⋅ sin −1 ⎜ ⎟ ⎝e⎠

⎛6⎞ a = 2 ⋅ sin −1 ⎜ ⎟ = 2 ⋅ 33.052 = 66.1114623 = 66° 06 ' 41'' ⎝ 11 ⎠ Kako bismo izračunali stranicu a uočimo unutar romba pravokutni trokut ∆AND. Budući da je visina v kateta nasuprot kuta α, dok je stranica a hipotenuza ovog trokuta, na sljedeći način izračunavamo stranicu a: v a v 6 6 sin a = ⋅ ⇒ a= = = = 6.56 cm a sin a sin a sin 66° 06 ' 41'' 0.91433

147

Zadatak 7. Duljine osnovica jednakokračnog trapeza iznose 5 i 12 cm. Duljina kraka iznosi 7 cm. Izračunaj unutarnje kutove jednakokračnog trapeza. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika 4.6., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: jednakokračni trapez. Zadane veličine: osnovice a = 12 cm i c = 5 cm, krak b = 7 cm. Tražena veličina: unutarnji kutovi α i β. Najprije ćemo izračunati kut uz dulju osnovicu α pomoću pravokutnog trokuta a−c ∆AND (vidjeti sliku 4.8.). Izraz je priležeća kateta u odnosu na kut α, 2 dok je krak b hipotenuza. a−c a−c cos a = 2 = b 2b

⎛ a−c ⎞ −1 ⎛ 12 − 5 ⎞ cos −1 ⇒ a = cos −1 ⎜ ⎟ = cos ⎜ ⎟ ⎝ 2b ⎠ ⎝ 2⋅7 ⎠

7 1 = cos −1 = 60° 14 2 Sada možemo izračunati drugi unutarnji kut β: a + b = 180° ⇒ b = 180° − a ° = 180° − 60° = 120° a = cos −1

Zadatak 8. Razlika duljina osnovica jednakokračnog trapeza iznosi 5 cm. Jedan šiljasti kut je 55°. U trapez se može upisati kružnica. Izračunaj duljine stranica. Rješenje: Za ovaj zadatak trebat će nam slika 4.6., kao i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: jednakokračni trapez. Zadane veličine: razlika duljina osnovica a − c = 5 cm, kut a = 55° . Tangencijalni četverokut (jer se u njega može upisati kružnica). Tražena veličina: duljine stranica a, c i b. Najprije ćemo izračunati duljinu kraka b pomoću karakterističnog pravokutnog trokuta ∆AND. a−c a−c b cos a = 2 = ⋅ b 2b cos a b=

5 5 5 a−c = = = = 4.36 cm 2 ⋅ cos a 2 ⋅ cos 55° 2 ⋅ 0.57358 1.14716 148

Preostalo nam je izračunati duljine dviju stranica. Jedna jednadžba je zadana zadatkom (razlika duljina osnovica), dok ćemo drugu jednadžbu dobiti koristeći uvjet da je ovaj jednakokračni trapez ujedno i tangencijalni četverokut, jer mu je moguće upisati kružnicu. Iz tog uvjeta slijedi: Kod jednakokračnog trapeza vrijedi b = d . a+c =b+d a + c = 2b = 2 ⋅ 4.36 = 8.72 cm Sada možemo formirati sustav dviju jednadžbi s dvjema nepoznanicama (osnovice a i c). Ovaj sustav ćemo riješiti metodom suprotnih koeficijenata, tj. zbrojiti ćemo jednadžbe sustava. a + c = 8.72 ⎫ ⎬+ a−c = 5 ⎭ 2a = 13.72

: 2 ⇒ a = 6.86 cm

Vraćamo se u prvu jednadžbu sustava radi izračunavanja duljine osnovice c: a + c = 8.72 ⇒ c = 8.72 − a = 8.72 − 6.86 = 1.86 cm Zadatak 9. Pod kojim kutom se vidi kružnica promjera 10 cm iz točke P koja je 15 cm udaljena od središta kružnice. Rješenje: Za ovaj zadatak koristit ćemo sliku 4.11. Promatrani lik: kružnica. d Zadane veličine: promjer kružnice d = 10 cm ⇒ r = = 5 cm, 2 SP = 15 cm = a. Tražena veličina: kut α. t1 D1

k r

α 2 S

a e D2

t2 149

P α

Kako bismo riješili ovaj zadatak na slici ćemo uočiti pravokutni trokut ∆SPD1, a kut uz vrh P, polumjer r je nasuprotna kateta, dok kojemu je šiljasti kut 2 je udaljenost a točke P od središta kružnice S hipotenuza ovog trokuta. Primjenom trigonometrijske funkcije sinus na ovaj pravokutni trokut možemo izračunati veličinu kuta α: sin

a r = 2 a

sin −1 ⇒

a ⎛r⎞ = sin −1 ⎜ ⎟ 2 ⎝a⎠

⎛r⎞ ⋅ 2 ⇒ a = 2 ⋅ sin −1 ⎜ ⎟ ⎝a⎠

⎛5⎞ a = 2 ⋅ sin −1 ⎜ ⎟ = 2 ⋅19.47101 = 38.94202° = 38° 56 ' 31'' ⎝ 15 ⎠ Zadatak 10. Obodni kut nad tetivom AB iznosi 74°. Ako je polumjer kružnice 12 cm, koliko iznosi duljina tetive AB. Rješenje: Za ovaj zadatak koristit ćemo sliku 4.7. Promatrani lik: kružnica. Zadane veličine: polumjer kružnice r = 12 cm, obodni kut nad tetivom AB iznosi b = 74°. Tražena veličina: duljina tetive a. Za izračunavanje duljine tetive AB koristit ćemo pravokutni trokut ∆APS (vidjeti sliku 4.9.). Najprije je potrebno izračunati središnji kut α. Budući da znamo veličinu obodnog kuta nad istom tetivom AB, tada središnji kut računamo iz relacije: a = 2 ⋅ b = 2 ⋅ 74° = 148° Primijenimo trigonometrijsku funkciju sinus na pravokutni trokut ∆APS: a a a a 148° sin = 2 = ⋅ 2r ⇒ a = 2 ⋅ r ⋅ sin = 2 ⋅12 ⋅ sin = 2 r 2r 2 2 = 24 ⋅ 0.96126 = 23.07 cm Zadatak 11. Izračunaj duljinu najkraće dijagonale pravilnog osmerokuta ako je duljina njegove stranice 4 cm. Rješenje: Za ovaj zadatak koristit ćemo sliku 4.8. i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: pravilni mnogokut. Zadane veličine: duljina stranice a = 4 cm, broj stranica n = 8. Tražena veličina: duljina najkraće dijagonale d1. 150

a

F

E

a

a

G

D S

a

a α r

H

C d1 2

a A

a

I

d1

a

β 2

B

Uočimo na slici pravokutni trokut ∆ABI. Šiljasti kut uz vrh B je polovica b unutarnjeg kuta ovog pravilnog mnogokuta . Kateta nasuprot ovog kuta je 2 d1 , dok je hipotenuza ovog trokuta polovica najkraće dijagonale mnogokuta 2 osnovna stranica a. Najprije moramo izračunati veličinu unutarnjeg kuta ovog pravilnog mnogokuta na sljedeći način: (n − 2) ⋅180° (8 − 2) ⋅180° 1080 = = = 135° n 8 8 Kako bismo izračunali najkraću dijagonalu primijenimo trigonometrijsku funkciju sinus na pravokutni trokut ∆ABI: b=

d1 d b sin = 2 = 1 2 a 2a

⋅ 2a ⇒ d1 = 2 ⋅ a ⋅ sin

= 8 ⋅ 0.92388 = 7.39 cm

151

135° b = 2 ⋅ 4 ⋅ sin = 2 2

Zadatak 12. Kolika je površina pravilnog deseterokuta upisanog kružnici promjera 14 cm. Rješenje: Za ovaj zadatak koristit ćemo sliku 4.10. i formule iz teorijskog uvoda. Promatrani lik: pravilni mnogokut. Zadane veličine: broj stranica n = 10 i promjer opisane kružnice d d = 14 cm ⇒ r = = 7 cm (uočiti: ako je lik upisan kružnici, tada je ta 2 kružnica opisana kružnica tog lika). Tražena veličina: površina pravilnog mnogokuta P. Pravilni deseterokut se sastoji iz 10 jednakokračnih trokuta ∆ABS koji možemo vidjeti na slici 4.10. Znači, ovaj zadatak se svodi na računanje površine jednakokračnog trokuta ∆ABS. Zadatak možemo najbrže riješiti ako najprije izračunamo središnji kut α na sljedeći način: 360° 360° a = = = 36° n 10 Površinu jednakokračnog trokuta ∆ABS tada računamo kao polovica umnoška stranica koje sadrže vrh S i sinusa kuta pri tom vrhu (vidjeti formule za izračunavanje površine jednakokračnog trokuta s početka ovog poglavlja: r 2 ⋅ sin a 7 2 ⋅ sin 36° PΔ = = = 14.40 cm2 2 2 Površina pravilnog deseterokuta tada iznosi: P = n ⋅ PΔ = 10 ⋅14.40 = 144.0 cm2

152

5. Eksponencijalna i logaritamska funkcija 5.1. Eksponencijalna funkcija Eksponencijalna funkcija Funkcija oblika f ( x) = a x uz uvjet a ∈ R, a > 0 i a ≠ 1 i definirana za svaki realni broj x naziva se eksponencijalna funkcija. Domena funkcije f(x) je skup realnih brojeva R, dok je skup vrijednosti funkcije skup pozitivnih realnih brojeva R+. Opća potencija Funkcija oblika f ( x) = x c koja je definirana za svaki x ∈ R + (skup pozitivnih realnih brojeva) i c ∈ R naziva se opća potencija. Skup vrijednosti funkcije je skup pozitivnih realnih brojeva R+. Osnovna svojstva potenciranja prirodnim, cijelim i racionalnim brojevima Ovdje su navedena osnovna svojstva potencija oblika ar. Baza potencije je a i zadovoljava uvjet a ∈ R + . Eksponent potencije je r i zadovoljava uvjet r ∈ Q . Pravila potenciranja: P1) Zbrajanje (oduzimanje) potencija: Mogu se zbrajati (oduzimati) samo jednake potencije, tj. potencije koje imaju jednaku bazu i jednaki eksponent. Jednake potencije se zbrajaju (oduzimaju) tako da se zbroje (oduzmu) koeficijenti koji množe potencije, dok se potencija prepiše. Primjer: 2 x 2 + 3 x 2 = (2 + 3) x 2 = 5 x 2 P2) Množenje potencija: Mogu se množiti samo potencije koje imaju jednake baze. Množenje potencija s jednakim bazama vrši se tako da se baza prepiše, a eksponenti se zbroje. Općenito možemo zapisati: a r1 ⋅ a r2 = a r1 + r2 . P3) Dijeljenje potencija: Mogu se dijeliti samo potencije koje imaju jednake baze. Dijeljenje potencija s jednakim bazama vrši se tako da se baza prepiše, a eksponenti se oduzmu. Općenito možemo zapisati: a r1 : a r2 = a r1 − r2 . P4) Potenciranje potencije: Potencija se potencira tako da se baza prepiše, a eksponenti se pomnože. Općenito možemo zapisati: (a r1 ) r2 = a r1 ⋅r2 . 153

P5) Potenciranje umnoška: Umnožak se potencira tako da se svaki od faktora potencira. Općenito možemo r r r zapisati: (a · b) = a · b . P6) Potenciranje razlomka: Razlomak se potencira tako da se posebno potencira brojnik, a posebno nazivr r ⎛a⎞ a nik. Općenito možemo zapisati: ⎜ ⎟ = r . ⎝b⎠ b r

r

r

P7) Umnožak potencija s jednakim eksponentima a · b = (a · b) . P8) Potenciranje s nulom: Za svaki broj a > 0 vrijedi a 0 = 1 . P9) Potencije s negativnim eksponentom: −r r 1 ⎛a⎞ ⎛b⎞ −r a = r , ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ a ⎝b⎠ ⎝a⎠ P10) Potencije s racionalnim eksponentom (korijeni) 1 n

a = n a, n∈ N, a ≥ 0 m n

a = n am , n ∈ N , m ∈ Z , a > 0 Napomena prije rješavanja zadataka: vrlo je važno u ovom poglavlju ponoviti rad s potencijama, jer će se koristiti u narednim poglavljima. Također, potrebno je znati izreći riječima ova osnovna pravila radi stjecanja sigurnosti u radu s potencijama. Zadatak 1. Zapiši u obliku potencije: (32 ⋅ 43 ⋅ 8−2 )3 . Rješenje: Unutar zagrade imamo računsku operaciju množenje. Prema pravilu P2 možemo množiti samo potencije s jednakim bazama, što u ovom trenutno nije slučaj. Međutim, potrebno je uočiti da se svi članovi mogu zapisati u obliku potencija s bazom 2. Zbog toga najprije ćemo sve članove zapisati u obliku potencija s bazom 2, kako bismo nakon toga mogli provesti množenje potencija s jednakim bazama. 32 = 25 43 = (22 )3 = 26

Nakon što je broj 4 zapisan kao 22 primijenimo pravilo za potenciranje potencija (P4).

8−2 = (23 ) −2 = 2−6 154

(32 ⋅ 43 ⋅ 8−2 )3 = (25 ⋅ 26 ⋅ 2−6 )3

Pravila P2 i P3.

(32 ⋅ 43 ⋅ 8−2 )3 = (25+ 6−6 )3 = (25 )3 = 25⋅3 = 215

Pravilo P4.

⎛ 27 a −2 ⎞ Zadatak 2. Izračunaj: I = ⎜ −3 ⎟ ⎝ b ⎠

2

−3

⎛ a 2 ⋅ b3 ⎞ :⎜ ⎟ . ⎝ 81 ⎠

Rješenje: 2

⎛ 27 a −2 ⎞ ⎛ a 2 ⋅ b3 ⎞ I = ⎜ −3 ⎟ : ⎜ ⎟ ⎝ b ⎠ ⎝ 81 ⎠

−3

⎛ 33 ⋅ b3 ⎞ I =⎜ 2 ⎟ ⎝ a ⎠

2

⎛ a 2 ⋅ b3 ⎞ :⎜ 4 ⎟ ⎝ 3 ⎠

−3

⎛ 33 ⋅ b3 ⎞ I =⎜ 2 ⎟ ⎝ a ⎠

2

⎛ 34 ⎞ :⎜ 2 3 ⎟ ⎝ a ⋅b ⎠

3

3 ⋅b 3 : 6 9 4 a a ⋅b 6

I=

6

12

36 ⋅ b6 a 6 ⋅ b9 I= ⋅ 12 3 a4 I=

Najprije je potrebno srediti zagrade. Primijenimo pravilo P9 (potencije s negativnim eksponentom) i prikažemo cijele brojeve u a −2 b3 obliku potencija s bazom 3 −3 = 2 . b a Riješimo se negativnog predznaka u ekspo−n n ⎛a⎞ ⎛b⎞ nentu druge zagrade: ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ . ⎝b⎠ ⎝a⎠ Primijenimo pravilo za potenciranje razlomka (P6) i umnoška (P5), te pravilo za potenciranje potencije (P4). Dijeljenje s nekim razlomkom jednako je množenju s njegovim recipročnim razlomkom (razlomak kod kojeg smo zamijenili položaj brojnika i nazivnika). Sada je moguće primijeniti pravila za množenje i dijeljenje potencija s jednakim bazama (pravila P2 i P3).

a 6− 4 ⋅ b6+9 a 2 ⋅ b15 = 312−6 36

Praktična napomena vezano za posljednji korak rješavanja zadatka: kada se primjenjuje pravilo za dijeljenje potencija, postavlja se pitanje gdje ćemo napisati rezultat dijeljenja potencija, u brojniku ili nazivniku? Praktično je napisati rezultat tamo gdje će eksponent biti pozitivan. Znači, rezultat dijeljenja pišemo tamo gdje je eksponent potencije veći. Na primjer, budući da je potencija s bazom 3 imala veći eksponent u nazivniku (312) u odnosu na brojnik (36), rezultat smo napisali u nazivniku. 155

Zadatak 3. Skrati razlomak: I =

5n +1 ⋅ 2n − 2 − 5n −1 ⋅ 2n . 10n −1

Rješenje: 5n +1 ⋅ 2n − 2 − 5n −1 ⋅ 2n I= 10n −1

I=

I=

5n ⋅ 51 ⋅ 2n ⋅ 2−2 − 5n ⋅ 5−1 ⋅ 2n 10n ⋅10−1

1 1 − (5 ⋅ 2) n ⋅ 2 2 5 1 10n ⋅ 10

Najprije rastavimo potencije u brojniku kako bismo dobili umnožak potencija (pravilo P2). Nadalje je potrebno primijeniti pravilo za množenje potencija s jednakim eksponentima (P7), te srediti potencije s negativnim eksponentima 1 po pravilu P9. 2−2 = 2 2

(5 ⋅ 2) n ⋅ 5 ⋅

Množimo brojeva unutar zagrada.

5 1 10n ⋅ − 10n ⋅ 4 5 I= n 1 10 ⋅ 10

Izlučimo potencije 10n u brojniku. Svedemo razlomke unutar zagrade na zajednički nazivnik.

⎛5 1⎞ ⎛ 25 − 4 ⎞ 10n ⋅ ⎜ − ⎟ 10n ⋅ ⎜ ⎟ ⎝ 4 5⎠ = ⎝ 20 ⎠ I= 1 1 10n ⋅ 10n ⋅ 10 10

Budući da su brojnik i nazivnik prikazani u obliku produkta, moguće je izvršiti skraćivanje potencije 10n.

21 21 ⋅10 21 I = 20 = = 1 20 ⋅1 2 10

Množimo vanjske članove u brojniku i unutarnje u nazivniku. Pokratimo 10 i 20 s 10.

I = 10

1 2

156

Zadatak 4. Izračunaj: I = I = 3 125−1 . Rješenje: I = 3 125−1

Prikažemo broj 125 u obliku potencije s bazom 5.

I = 3 (53 ) −1

Pravilo za potenciranje potencije (P4).

I = 3 5−3

Pravilo za potencije s racionalnim eksponentima (P10).

−3

Pravilo za potenciju s negativnim eksponentom (P9).

I = 5 3 = 5−1 1 I = = 0.2 5

1

2433 ⋅ 36 Zadatak 5. Izračunaj vrijednost izraza s racionalnim eksponentima: I = 3 288

−

2 3

Rješenje: I=

I=

1 3

−

1 5 3

2

243 ⋅ 36 3 288

(3 ) ⋅ (6 ) 288

I=

2 3

5 3

−

−

2 3

5⋅

=

1 3 −

3 ⋅ 2 ⋅3

4 3

I=

4

=

1 2 3

5 3

2 ⋅3

5 4 − 3 3

−

=

1 2 3

(2 ⋅ 3 ) 5

4 3

2 ⋅3 2

5⋅

1 3

2 3

2⋅

⋅3

= 1

1

33

4 3

2 3

1 3

=

=

288 = 288 3 Svaki od članova prikažemo u obliku umnoška potencija s bazom 2 i 3 (pravila P4 i P5). 33

1 3

1 3

1 3

3

1

23 ⋅ 3 I=

4 3

4 3

⎡⎣ 2 ⋅ (4 ⋅ 3) ⎤⎦ 2

33 5 3

3

3 ⋅ (2 ⋅ 3)

=

−

1

2 ⋅ 2 ⋅3 I=

5 3

1

2 3 ⋅ 33 2 ⋅3

I=

−2 3

1 2 3

−

(2 ⋅ 4 ⋅ 3 ) −

3 ⋅6

2⋅

(2 ⋅12 )

4 3

2

1 3

=

2 3

= 2

5 4 ⋅ 3 3

1 23 ⋅ 3

2 1 − 3 3

⋅3 =

2 3

=

9 3

2 ⋅3 1

23 ⋅ 3

1 3

=

2 3

=

1 8⋅ 3 3

3 2 3 2 3 2 3 1 3 3 3 9 ⋅ = = = 8 ⋅ 3 3 3 32 8 ⋅ 3 33 8 ⋅ 3 24

Riješimo se negativnog eksponenta potencije s bazom 2 (P9). Pravilo za dijeljene potencija s jednakim bazama (pravilo P3). Rezultat zapišemo tamo gdje nam je veći eksponent, kako bi nakon oduzimanja eksponent ostao pozitivan. Racionalizacija nazivnika.

157

.

5.2. Graf i svojstva eksponencijalne funkcije Graf eksponencijalne funkcije

y

y f (x) = ax, 0 1 (rastuća funkcija koja uvijek prolazi kroz točku (0,1), x-os joj je horizontalna asimptota).

f ( x) = a x , 0 < a < 1 (padajuća funkcija koja uvijek prolazi kroz točku (0,1), x-os joj je horizontalna asimptota).

y

y

g(x) = bx f (x) = ax

f (x) = ax x

(0, 1)

g(x) = ( 1a )

x

Slika 5.3. Usporedba grafova eksponencijalnih funkcija za različite vrijednosti baza: a > 1, b > 1, a < b (eksponencijalna funkcija brže raste kada je baza veća).

(0, 1)

x

Slika 5.4. Prikaz grafova funkcija s bazama koje su recipročni brojevi (tada su grafovi simetrični s obzirom na y-os).

158

Svojstva eksponencijalne funkcije Za eksponencijalnu funkciju f ( x) = a x uz uvjet a ∈ R, a > 0 i a ≠ 1 vrijedi sljedeće: 1. D f = R , eksponencijalna funkcija je definirana za svaki realni broj. 2. K f = 0, +∞ , vrijednost funkcije je pozitivan realni broj. 3. Ostala svojstva: E1) a 0 = 1 E2) a1 = a E3) Množenje potencija s jednakim bazama: a x1 ⋅ a x2 = a x1 + x2 E4) Dijeljenje potencija s jednakim bazama: a x1 : a x2 = a x1 − x2 E5) Potenciranje potencije: (a x1 ) x2 = a x1 ⋅ x2 x x x E6) Potenciranje umnoška: (a ⋅ b) = a ⋅ b x

ax ⎛a⎞ E7) Potenciranje razlomka: ⎜ ⎟ = x b ⎝b⎠ x

E8) a

−x

⎛1⎞ ⎛a⎞ =⎜ ⎟ , ⎜ ⎟ ⎝a⎠ ⎝b⎠

−x

⎛b⎞ =⎜ ⎟ ⎝a⎠

x

E9) Ako je a > 1 i x1 < x2 tada vrijedi a x1 < a x2 (rastuća funkcija), ako je 0 < a < 1 i x1 < x2 tada vrijedi a x1 > a x2 (padajuća funkcija);

E10) Svojstvo injektivnosti eksponencijalne funkcije: iz a x1 = a x2 slijedi x1 = x2 4. Grafovi eksponencijalnih funkcija s recipročnim bazama simetrični su s obzirom na y-os. Svi grafovi prolaze točkom (0,1). Vidjeti sliku 5.4. Zadatak 1. Nacrtaj grafove sljedećih funkcija u istom koordinatnom sustavu: x 1⎞ ⎛ x f ( x) = 2 i g ( x) = ⎜ ⎟ . ⎝2⎠ Rješenje: Najprije ćemo nacrtati graf funkcije f ( x) = 2 x na način da ćemo odrediti koordinate nekoliko točaka. U tu svrhu ćemo formirati tablicu u čijem prvom retku će biti navedene proizvoljno odabrane vrijednosti x koordinate, dok će u drugom retku biti navedene izračunate vrijednosti y koordinate. 159

x

-2

-1

0

1

2

3

f ( x) = 2 x

0.25

0.5

1

2

4

8

f (−2) = 2−2 =

1 1 = = 0.25 22 4

f (−1) = 2−1 =

1 = 0.5 2

Pravilo P9.

f (0) = 20 = 1

Svojstvo E1.

f (1) = 21 = 2 f (2) = 22 = 4 f (3) = 23 = 8 x

⎛1⎞ Za određivanje y koordinata eksponencijalne funkcije g ( x) = ⎜ ⎟ koristit ⎝2⎠ ćemo četvrto svojstvo eksponencijalnih funkcija (grafovi eksponencijalnih funkcija s recipročnim bazama simetrični su s obzirom na y-os). Preuzet ćemo kompletnu tablicu koordinatama funkcije f(x) = 2x, te ćemo promijeniti predznake ispred x vrijednosti koordinata. x ⎛1⎞ g ( x) = ⎜ ⎟ ⎝2⎠

-3

-2

-1

0

1

2

8

4

2

1

0.5

0.25

x

160

y 8

(-3, 8)

(3, 8)

7 6 5 4

(-2, 4)

(2, 4)

3 (-1, 2)

(-1, 0.5) (-2, 0.25)

-5

-4

-3

-2

2 1

(1, 2) (0, 1) (1, 0.5)

0

-1

1

(2, 0.25)

2

3

x 4

5

-1 -2 Zadatak 2. U istom koordinatnom sustavu nacrtaj i usporedi grafove eksponencijalnih funkcija: f ( x) = 2 x , g ( x) = 2 x − 2 i h( x) = 2 x + 2 . Rješenje: Grafove funkcija ćemo nacrtati pomoću sljedeće tablice u kojoj ćemo proizvoljno odabrati vrijednosti x koordinata i izračunati f(x), g(x), h(x). x

-2

-1

0

1

2

f ( x) = 2 x

1 = 0.25 4

1 = 0.5 2

1

2

4

g ( x) = 2 x − 2

1 = 0.0625 16

1 = 0.125 8

1 = 0.25 4

1 = 0.5 2

1

h( x ) = 2 x + 2

9 = 2.25 4

5 = 2.5 2

3

4

6

161

Izračunavanja nekih vrijednosti zadanih eksponencijalnih funkcija: 1 1 g (−2) = 2−2− 2 = 2−4 = 4 = = 0.0625 2 16 Napomena: izračunavanje 24 možemo izvršiti pomoću džepnog računala primjenom tipke yx. Za izračunavanje 24 upisati u džepno računalo sljedeće (rezultat izračuna je naveden u zagradi): 2 yx 4 = (16). 1 1 g (−1) = 2−1− 2 = 2−3 = 3 = = 0.125 2 8 1 1 h(−2) = 2−2 + 2 = 2 + 2 = + 2 = 0.25 + 2 = 2.25 2 4 x y h(x)=2 +2

(2, 6)

6

f(x)=2x

g(x)=2x-2

5 4 (-1, 2.5)

(1, 4) (4, 4)

(2, 4)

3 (0, 3)

(-2, 2.25) 2

(-2, 0.25)

(1, 2)

1 (0, 1)

(-1, 0.5)

(2, 1)

(0, 0.25)

-3

-2

(3, 2)

0

-1

(1, 0.5)

1

x

2

3

4

5

6

x−2 Kad usporedimo grafove na slici možemo vidjeti da je graf funkcije g ( x) = 2 x pomaknut udesno za 2 u odnosu na graf funkcije f ( x) = 2 . Graf funkcije x h( x) = 2 x + 2 je pomaknut za 2 prema gore u odnosu na graf funkcije f ( x) = 2 .

Zadatak 3. Nacrtaj graf funkcije f ( x) = 2 −1,3 .

x−2

. Opiši njezin tok na intervalu od

Rješenje: Graf funkcije f ( x) = 2 pomakne za 2 udesno.

x−2

dobiva se na način da se graf funkcije g ( x) = 2

162

x

Graf funkcije g ( x) = 2 se dobiva na način da se najprije nacrta graf funkcije x

h( x ) = 2 x. Po definiciji apsolutne vrijednosti na dijelu ravnine gdje je x < 0 (lijevo od x pravca x = 0, tj. y-osi), graf funkcije g ( x) = 2 = 2− x (prilikom ispuštanja znaka apsolutne vrijednosti ispred x treba postaviti predznak minus, zbog uvjeta x < 0). Graf funkcije 2–x dobiva se na način opisan u zadatku 1. (graf funkcije 2–x je simetričan grafu funkcije h(x) = 2x s obzirom na os y). Po definiciji apsolutne vrijednosti na dijelu ravnine gdje je x > 0 (desno od pravca x = 0, tj. y-osi), graf funkcije g ( x) = 2 x = 2 x (prilikom ispuštanja znaka apsolutne vrijednosti ispred x treba postaviti predznak plus, zbog uvjeta x > 0). Graf funkcije h(x) = 2x se dobiva na način opisan u zadatku 1. y g(x)=2|x| 4

(-2, 4)

f(x)=2|x-2| (4, 4)

(2, 4)

(0, 4)

3 (-1, 2)

(1, 2)

2 1

(3, 2)

(2, 1)

(0, 1)

x -3

-2

Tok funkcije f ( x) = 2

-1

x−2

0

1

2

3

4

5

na intervalu od −1,3 :

– na intervalu x ∈ −1, 2 funkcija f ( x) = 2

x−2

– točka (2,1) je minimum funkcije f ( x) = 2

x−2

– na intervalu x ∈ 2,3 funkcija f ( x) = 2 Zadatak 4. Nacrtaj graf funkcije f ( x) =

x−2

je padajuća; ;

je rastuća.

1 x e . 2

Rješenje: 1 x e na način da ćemo odrediti koordinate 2 nekoliko točaka. U tu svrhu ćemo formirati tablicu u čijem prvom retku će biti

Nacrtat ćemo graf funkcije f ( x) =

163

navedene proizvoljno odabrane vrijednosti x koordinate, dok će u drugom retku biti navedene izračunate vrijednosti y koordinate. x

-2

-1

0

1

2

f ( x) = 2 x

0.07

0.18

0.5

1.36

3.69

1 −2 e = 0.07 (rezultat je zaokružen na dvije decimale) 2 Računanje pomoću džepnog računala se vrši na sljedeći način: 1 ÷ 2 x ex ( (-) 2 ) = (0.067667641) Napomene uz prethodni proračun pomoću džepnog računala: – rezultat proračuna je naveden u zagradi; – tipke koje je potrebno pritisnuti su uokvirene; – važno je koristiti tipku (±) za predznak minus, a ne tipku – koja se koristi za računsku operaciju oduzimanja; – ponekad je potrebno najprije pritisnuti tipku 2nd, INV ili Shift kako bi se došlo do funkcije ex koja je zapisana iznad neke od tipki džepnog računala. f (−2) =

Na sličan način se izračunavaju i ostale vrijednosti y koordinata.

y 4 (2, 3.69) 3 2 (1, 1.36)

1 (-2, 0.07) (-1, 0.18) -3

-2

-1

(0, 0.5) 0

1

164

x 2

3

4

5

5.3. Logaritamska funkcija Logaritamska funkcija Funkcija oblika f ( x) = log a x uz uvjet a ∈ R, a > 0 i a ≠ 1 naziva se opća logaritamska funkcija ili logaritam po bazi a. Domena funkcije f(x) je skup pozitivnih realnih brojeva, dok je kodomena skup realnih brojeva. Logaritamska funkcija je inverzna funkcija u odnosu na eksponencijalnu funkciju, te stoga vrijedi: y = a x ⇔ x = log a y – argument funkcije. Inverzna funkcija Funkcije f(x) i g(x) su međusobno inverzne funkcije ako vrijedi: – g (f (x) ) = x, za svaki x ∈ D f , – f (g (x) ) = x za svaki x ∈ Dg . Da bi funkcija mogla imati inverznu funkciju, mora biti injektivna. Svojstvo injektivnosti glasi: x1 ≠ x2 ⇒ f ( x1 ) ≠ f ( x2 ) , tj. različitim brojevima se pridružuju različite vrijednosti funkcije. Injektivnost provjeravamo horizontalnim testom: ako paralela s x-osi siječe graf promatrane funkcije u najviše jednoj točki, funkcija je injekcija. Logaritam pozitivnog broja y Logaritam pozitivnog broja y je eksponent kojim treba potencirati bazu a da bi se dobilo y: a loga y = y . Dekadski logaritam Dekadski logaritam je logaritam po bazi 10. Označavamo ga simbolom log. Na temelju definicije logaritamske funkcije vrijedi: x = log y ⇔ y = 10 x . Prirodni logaritam Prirodni logaritam je logaritam po bazi e. Označavamo ga simbolom ln. Na temelju definicije logaritamske funkcije vrijedi: x = ln y ⇔ y = e x . Broj e je iracionalni broj (beskonačni neperiodični decimalni broj) s približnom vrijednošću e ≈ 2.718281828459... Zadatak 1. Zapiši sljedeće jednakosti pomoću logaritama: a) 3 = 81 4

1 4

b) 16 = 2

c) 103 = 1000 165

d) e 4 = 54.60 .

Rješenje: Logaritamska i eksponencijalna funkcija međusobno su inverzne funkcije, zbog čega su sljedeći izrazi ekvivalentni: y = a x ⇔ x = log a y . Kao pomoć u rješavanju ovih zadataka valja uočiti da baza u eksponencijalnom zapisu ostaje baza i u logaritamskom zapisu. a) 34 = 81 ⇒ log 3 81 = 4 1

b) 16 4 = 2 ⇒ log16 2 =

1 4

c) 103 = 1000 ⇒ log1000 = 3 4 d) e = 54.60 ⇒ ln 54.60 = 4

Logaritam bez baze → dekadski logaritam, tj. logaritam s bazom 10. ln je prirodni logaritam, tj. logaritam s bazom e.

Zadatak 2. Zapiši sljedeće jednakosti pomoću eksponencijalne funkcije: ⎛ 1 ⎞ b) log 3 ⎜ ⎟ = −3 a) log 2 32 = 5 ⎝ 27 ⎠ ⎛ 1 ⎞ c) log ⎜ ⎟ = −2 ⎝ 100 ⎠

d) ln148.413 = 5 .

Rješenje: Logaritamska i eksponencijalna funkcija međusobno su inverzne funkcije, zbog čega su sljedeći izrazi ekvivalentni: y = a x ⇔ x = log a y . a) log 2 32 = 5 ⇒ 25 = 32 1 ⎛ 1 ⎞ b) log 3 ⎜ ⎟ = −3 ⇒ 3−3 = 27 ⎝ 27 ⎠ 1 ⎛ 1 ⎞ −2 c) log ⎜ ⎟ = −2 ⇒ 10 = 100 ⎝ 100 ⎠ d) ln148.413 = 5 ⇒ e5 = 148.413 Zadatak 3. Izračunaj sljedeće izraze primjenom džepnog računala: ⎛ 1 ⎞ b) log ⎜ c) ln 7.389 . a) log10000 ⎟ ⎝ 1000 ⎠ Rješenje: a) log10000 =? 166

Objašnjenje radnji na džepnom računalu Pritisnuti tipku log radi najave računanja dekadskog logaritma Unijeti vrijednost argumenta logaritma 10000 Pritisnuti tipku = radi dobivanja rezultata

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak) P: log R: P: log10000 R: P: log1000 R: 4

⎛ 1 ⎞ b) log ⎜ ⎟ =? ⎝ 1000 ⎠ Ovaj zadatak je moguće riješiti na dva načina pomoću džepnog računala: Ekranski prikaz nakon izvršene radnje Objašnjenje radnji na (P – oznaka za podatkovni redak, džepnom računalu R – oznaka za rezultantni redak) Pritisnuti tipku log radi najave P: log računanja dekadskog logaritma R: P: log1 Unijeti vrijednost brojnika 1 R: P: log1┌ Pritisnuti tipku a b/c radi unosa R: razlomka Unijeti vrijednost nazivnika P: log1┌1000 1000 R: Pritisnuti tipku = radi P: log1┌1000 dobivanja rezultata R: -3

Objašnjenje radnji na džepnom računalu Pritisnuti tipku log radi najave računanja dekadskog logaritma Pritisnuti tipku ( za unos lijeve zagrade Unijeti vrijednost brojnika 1

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak) P: log R: P: log( R: P: log(1 R: 167

Pritisnuti tipku ÷ radi unos znaka dijeljenja Unijeti vrijednost nazivnika 1000 Pritisnuti tipku ) za unos desne zagrade Pritisnuti tipku = radi dobivanja rezultata

P: log(1/ R: P: log(1/1000 R: P: log(1/1000) R: P: log(1/1000) R: -3

c) ln 7.389 =? Objašnjenje radnji na džepnom računalu Pritisnuti tipku ln radi najave računanja prirodnog logaritma Unijeti vrijednost argumenta logaritma 7.389 Pritisnuti tipku = radi dobivanja rezultata

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak) P: ln R: P: ln7.389 R: P: ln7.389 R: 1.999992408

Rezultat ovog zadatka možemo zaokružiti na 2.

168

5.4. Svojstva logaritamske funkcije Graf logaritamske funkcije y

y f(x) =ax a>1

f(x) =ax 0 1 je rastuća funkcija, dok je logaritamska funkcija za 0 < a < 1 padajuća funkcija. Svojstva logaritamske funkcije Za logaritamsku funkciju f ( x) = log a x uz uvjet a ∈ R, a > 0 i a ≠ 1 vrijedi sljedeće: 1. D f = R + , logaritamska funkcija je definirana za pozitivne realne brojeve. 2. K f = R , vrijednost logaritamske funkcije može biti bilo koji broj iz skupa realnih brojeva. 3. Ostala svojstva: L1) a loga x = x L2) Logaritamska funkcija je inverzna funkcija s obzirom na eksponencijalnu funkciju, stoga vrijedi: a x = y ⇔ x = log a y . L3) log a 1 = 0 169

L4) log a a = 1 , a > 0 L5) Logaritam umnoška log a ( x ⋅ y ) = log a x + log a y ⎛x⎞ L6) Logaritam kvocijenta log a ⎜ ⎟ = log a x − log a y ⎝ y⎠ L7) Logaritam potencije log a ( x r ) = r ⋅ log a x 1 L8) Baza logaritma je prikazana u obliku potencije log ar x = log a x r L9) Ako je a > 1 , tada za x1 < x2 vrijedi log a x1 < log a x2 (funkcija je rastuća); ako je 0 < a < 1 tada za x1 < x2 vrijedi log a x1 > log a x2 (funkcija je padajuća). L10) Svojstvo injektivnosti logaritamske funkcije: ako je log a x1 = log a x2 , onda vrijedi x1 = x2 . L11) Veze logaritama po različitim bazama: 1 ; L11a) Recipročnost logaritama: log b a = log a b log x log a (budući da mnoga džepna računala ne posjeduju mogućnost računanja vrijednosti logaritamskih funkcijama po bazama koje se razlikuju od broja 10 i broja e, ovaj izraz se koristi kako bi se izračunale vrijednosti takvih logaritamskih funkcija). L11b) Veza s dekadskim logaritmima: log a x =

Zadatak 1. Nacrtaj graf funkcije f ( x) = log 2 x . Rješenje: Graf funkcije f ( x) = log 2 x ćemo nacrtati na način da ćemo odrediti koordinate nekoliko točaka. Prilikom odabira vrijednosti za x koordinate potrebno je uzeti u obzir domenu zadane funkcije ( x ∈ R + , tj. x može poprimiti bilo koju vrijednost iz skupa pozitivnih realnih brojeva). Radi lakšeg računanja za vrijednosti x koordinata odabrat ćemo višekratnike baze zadanog logaritma broja 2. ⎛1⎞ ⎛1⎞ Koristimo pravilo E8 za potenciju s negativf ⎜ ⎟ = log 2 ⎜ ⎟ nim eksponentom. 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Koristimo pravilo L7 za logaritam potencije ⎛1⎞ ⎛1⎞ f ⎜ ⎟ = log 2 ⎜ ⎟ = log 2 2−1 (uočiti da se eksponent potencije jednostavno ⎝2⎠ ⎝2⎠ zapiše ispred logaritma). Koristiti pravilo L4 za slučaj kada su argument = − log 2 2 = (–1) = –1 i baza logaritma jednaki. 170

Korišteno pravilo L3 (logaritam od 1 po bilo kojoj bazi uvijek je jednak 0). Postupak proračuna jednak postupku za ⎛1⎞ izračun vrijednosti funkcije za f ⎜ ⎟ . ⎝2⎠

f (1) = log 2 (1) = 0 f (2) = log 2 21 = 1 ⋅ log 2 2 = 1

Ako je potrebno izračunati vrijednost logaritamske funkcije za neki broj koji nije višekratnik baze logaritma, tada je potrebno koristiti formulu prema L11b na džepnom računalu na kojem je moguće računati vrijednosti dekadskog logaritma. log 3 f (3) = log 2 3 = = 1.58496 Rezultat je zaokružen na 5 decimala. log 2 Za crtanje grafa funkcije nije nam potrebna tolika točnost, stoga ćemo za y koordinatu usvojiti vrijednost 1.58. f (4) = log 2 (22 ) = 2 log 2 2 = 2 ⋅1 = 2 x

1 2

1

2

3

4

f ( x) = log 2 x

-1

0

1

1.58

2

y 4 3 (4, 2)

2

(3, 1.58)

f(x) = log2x

(2, 1)

1

x

(1, 0) -2

0

-1 -1

1

2

(0.5, -1)

-2 -3

171

3

4

5

6

Zadatak 2. Nacrtaj graf funkcije f ( x) = log 5 (2 − x) . Rješenje: Graf funkcije f ( x) = log 5 (2 − x) ćemo nacrtati na način da ćemo odrediti koordinate nekoliko točaka. Radi lakšeg crtanja grafa logaritamske funkcije najprije ćemo nacrtati vertikalnu asimptotu. Asimptota je pravac kojem se graf funkcije približava u beskonačno dalekoj točki. Crtanjem asimptote definirat ćemo dio ravnine u kojem ćemo crtati graf logaritamske funkcije. Vertikalnu asimptotu ćemo izračunati kao nultočku argumenta zadane logaritamske funkcije. 2− x = 0 ⇒ x = 2 Domenu funkcije računamo na sljedeći način na temelju uvjeta da argument logaritamske funkcije mora biti pozitivan realan broj. 2 − x > 0 ⇒ − x > −2 ⋅ (−1) ⇒ x < 2 Na temelju dobivenog rezultata zaključujemo da se graf zadane logaritamske funkcije nalazi na dijelu ravnine lijevo od vertikalne asimptote x = 2 . f (−3) = log 5 (2 − (−3)) = log 5 (2 + 3) = log 5 5 = 1 Pravilo L4. f (−2) = log 5 (2 − (−2)) = log 5 (2 + 2) = log 5 4 =

log 4 = 0.86 log 5

Pri proračunu smo koristili pravilo L11b kako bismo pomoću džepnog računala mogli izračunati vrijednost logaritma za broj 4. Za potrebe crtanja grafa dovoljna nam je točnost vrijednosti logaritamske funkcije na dvije decimale. log 3 f (−1) = log 5 (2 − (−1)) = log 5 (2 + 1) = log 5 3 = = 0.68 log 5 log 2 = 0.43 log 5

f (0) = log 5 (2 − 0) = log 5 2 = f (1) = log 5 (2 − 1) = log 5 1 = 0

Pravilo L3.

x

-3

-2

-1

0

1

f ( x) = log 5 (2 − x)

1

0.86

0.68

0.43

0

172

y 4 3 2 (-3, 1)

(-2, 0.86)

1

f(x) = log5(2-x) (-1, 0.68) -6

-5

-4

-3

-2

-1

(0, 0.43) (1, 0) 0 1 2

x 3

-1 -2 -3

Zadatak 3. Izračunaj: a) log 2 32

b) log 1 27 . 3

Rješenje: a) log 2 32 = log 2 25

Pravilo L7 (logaritam potencije).

= 5 ⋅ log 2 2 = 5 ⋅1 = 5 b) log 1 27 = log 1 33 = 3 ⋅ log 3−1 3 3

= 3⋅

3

Pravilo L8 (slučaj kada je baza logaritma napisana u obliku potencije).

1 ⋅ log 3 3 = −3 ⋅1 = −3 −1

1 Zadatak 4. Izračunaj: I = ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝3⎠

−3⋅log9 25

Rješenje: Najprije je potrebno uzeti u obzir pravilo prema kojem će biti završen ovaj zadatak, kako bi se znalo kako rješavati zadatak. Ovaj zadatak se rješava prema pravilu L1. Ovdje je važno uočiti da treba postići jednaku bazu potencije i jednaku bazu logaritma u eksponentu potencije (radi se o broju 3). 173

⎛1⎞ I =⎜ ⎟ ⎝3⎠ I = (3)

−3⋅log9 25

−1 −3⋅log32 25

= (3 )

⎛ ⋅ −3)⋅⎜ (−1)(

1⎞ ⎟ log3 25 ⎝2⎠

3

log3 (52 ) 2

I =3

=3

log3 5

2⋅

3 2

=3

3 log3 52 2

Zbog toga najprije primijenimo pravilo E8 na bazu potencije, te bazu logaritma prikažemo u obliku potencije. Sada primijenimo pravilo P4 (potenciranje potencije) i L8 (kada je baza logaritma prikazana u obliku potencije). Kako bismo mogli primijeniti pravilo L1 na eksponentu potencije mora biti samo logaritam bez koeficijenta ispred logaritma. Zbog navedenog je potrebno primijeniti L7 za logaritam potencije.

=

Tek sada je moguće primijeniti najavljeno pravilo L1.

3

I = 3log3 5 = 53 = 125

Zadatak 5. Izračunaj: I = 4 ⋅ log 5 5 − 4 ⋅ log 1 8 . 4

Rješenje: Potrebno je oba logaritma tako transformirati da je moguće primijeniti pravilo L4. Kod drugog logaritma dodatno moramo primijeniti pravilo L8. Primjenom svojstava eksponencijalne funkcije dobit ćemo argumente jednake bazama logaritma.

I = 4 ⋅ log 5 5 − 4 ⋅ log 1 8 4

1 2

I = 4 ⋅ log 5 5 − 4 ⋅ log 2−2 8

Pravila L7 i L8 (logaritam potencije i slučaj kada je baza logaritma prikazana u obliku potencije).

1 2

Na prvi logaritam primjenjujemo pravilo L4, a na drugi ćemo moći primijeniti pravilo L4 nakon što još jednom primijenimo pravilo L7.

1 1 ⎛ 1⎞ I = 4 ⋅ ⋅ log 5 5 − 4 ⋅ ⋅ ⎜ − ⎟ log 2 23 2 2 ⎝ 2⎠ I = 2 ⋅1 + 3 ⋅ log 2 2 = 2 + 3 ⋅1 = 5

174

⎛ 1 3 3+12log81 Zadatak 6. Izračunaj: I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅ 9 ⎝ 3456

6

⎞ ⎟. ⎠

Rješenje:

⎛ 1 3 3+12log81 ⋅ 9 I = log 3 log 0.25 ⎜ ⎝ 3456

6

⎞ ⎟ ⎠

3+12log81 ⎛ 1 ⎛ 23 ⎞ ⎜ ⋅⎜3 ⎟ I = log 3 log 0.25 ⎜ 3456 ⎝ ⎠ ⎝

6

2 ⋅(3+12log81 ⎛ 1 I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅ 33 ⎝ 3456

⎞ ⎟ ⎠

⎛ 1 I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅ 32+8log81 ⎝ 3456

6

6)

Složeni zadaci poput ovog moraju se rješavati postupno. Najprije se započinje s rješavanjem potencije uz primjenu pravila za potencije s racionalnim eksponentima (P10) – želimo se riješiti korijena baze potencije. ⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Primijeniti pravilo P4 (potenciranje potencije). Izvršiti množenje zagrade s razlom2 kom radi sređivanja eksponenta. 3 Eksponent treba prikazati u obliku jednog logaritma po bazi 3 kako bi bilo moguće primijeniti pravilo L1, stoga umjesto 2 pišemo:

⎞ ⎟ ⎠

2 = 2 ⋅1 = 2 ⋅ log 3 3 = log 3 32 = log 3 9 U transformaciji smo primijenili pravila L4 i L7.

⎛ 1 log 9 +8log 4 6 2 3 ⋅3 3 I = log 3 log 0.25 ⎜ ⎜ 3456 ⎝ 1

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

1 1 log3 9 +8⋅ ⋅ log3 6 ⎞ ⎛ 1 4 2 I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅3 ⎟ 3456 ⎝ ⎠

Primijenimo pravila L7 i L8 na drugi logaritam u eksponentu potencije. Kako bi na mjestu eksponenta dobili samo jedan logaritam potrebno je primijeniti pravilo L5 (logaritam umnoška).

⎛ 1 ⎞ I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅ 3log3 (9⋅6) ⎟ ⎝ 3456 ⎠ ⎛ 1 ⎞ I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅ 3log3 54 ⎟ ⎝ 3456 ⎠

Tek sada je moguće primijeniti pravilo L1, budući da smo dobili jednaku bazu potencije i bazu logaritma na mjestu eksponenta. 175

⎛ 1 ⎞ I = log 3 log 0.25 ⎜ ⋅ 54 ⎟ ⎝ 3456 ⎠

⎛ 1 ⎞ I = log 3 log 0.25 ⎜ ⎟ ⎝ 64 ⎠

⎛ 1 ⎞ Na ovom mjestu treba uočiti da je log 0.25 ⎜ ⎟ za⎝ 64 ⎠ pravo argument vanjskog logaritma po bazi 3. Radi preglednosti dodajemo zagradu oko argumenta. Odmah prikazujemo bazu i argument unutarnjeg logaritma u obliku potencije s bazom 2 kako bismo mogli u konačnici primijeniti pravilo L4.

⎡ ⎛ 1 ⎞⎤ I = log 3 ⎢log 1 ⎜ 6 ⎟ ⎥ ⎣ 4 ⎝ 2 ⎠⎦ ⎡ ⎤ I = log 3 ⎢log 1 (2−6 ) ⎥ ⎢⎣ 22 ⎥⎦ I = log 3 ⎡⎣log 2−2 (2−6 ) ⎤⎦

Pravila L7 i L8.

⎡ ⎤ ⎛ 1⎞ I = log 3 ⎢(−6) ⋅ ⎜ − ⎟ log 2 2 ⎥ ⎝ 2⎠ ⎣ ⎦

Pravilo L4.

I = log 3 3

Pravilo L4.

I =1 a ⋅ b2 s logaritmom po bazi 10. 100 ⋅ c 3

Zadatak 7. Logaritmiraj izraz x = Rješenje: a ⋅ b2 x= 100 ⋅ c 3

log

⎛ 3 a ⋅ b2 log x = log ⎜ ⎜ ⎝ 100 ⋅ c

⎞ ⎟ ⎟ ⎠

Pravila L5 i L6 (logaritam umnoška i kvocijenta).

log x = log( 3 a ⋅ b 2 ) − log(100 ⋅ c)

176

log x = log( 3 a ) + log( 3 b 2 ) − log100 − log c

Prije primjene pravila L7, najprije argumente prva dva logaritma prikazati u obliku potencija s racionalnim eksponentima po pravilu P10.

⎛ 13 ⎞ ⎛ 32 ⎞ log x = log ⎜ a ⎟ + log ⎜ b ⎟ − log102 − log c ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Primijeniti pravilo L7 (logaritam potencije) i pravilo L4 na treći logaritam.

1 2 log x = log a + log b − 2 log10 − log c 3 3 1 2 log x = log a + log b − 2 − log c 3 3

log10 = log1010 = 1

Zadatak 8. Odredi x ako je log x = 2 + 3log a − log(a − b) . Rješenje: Najprije na desnoj strani ove jednadžbe moramo imati sve članove zapisane u obliku logaritma. Zbog toga je potrebno broj 2 zapisati u obliku logaritma po bazi 10 (jer i ostali logaritmi imaju bazu 10) na sljedeći način uz primjenu pravila L4 i L7: 2 = 2 ⋅1 = 2 ⋅ log10 = log102 = log100 . Moramo desnu stranu jednadžbe izralog x = 2 + 3log a − log(a − b) ziti pomoću samo jednog logaritma, log x = log100 + log a 3 − log(a − b) primjenjujemo pravila L5 i L6 (uočiti: argumenti logaritama ispred kojih je predznak + idu ⎛ 100a 3 ⎞ log x = log ⎜ ⎟ u brojnik, dok argumenti logaritama ispred kojih je ⎝ a −b ⎠ – idu u nazivnik argumenta zajedničkog logaritma). 100a 3 Dobivena jednadžba će biti zadovoljena jedino ako su x= a −b argumenti jednaki (uzeti u obzir da su baze logaritama na lijevoj i desnoj strani jednadžbe jednake). 1 2 log 6 − log16 2 . Zadatak 9. Izračunaj: I = 4 log 3 + 3log 0.1 3 Rješenje: 1 2 log 6 − log16 2 I= 4 log 3 + 3log 0.1 3

Da bi se mogla primijeniti pravila za logaritam umnoška i kvocijenta potrebno je da svi logaritmi imaju jednaku bazu. Zbog toga ćemo najprije transformirati logaritam s bazom 0.1 po pravilu L8. 177

log 0.1 3 = log 1 3 = log10−1 3 = − log 3 10

1 2 log 6 − log16 2 I= 4 log 3 − 3log 3

Pravilo L7 (za logaritam potencije), jer je pravila L5 i L6 moguće primijeniti jedino kada nema koeficijenata ispred logaritama.

1

log 62 − log(42 ) 2 I= log 34 − log 33

I=

Primijeniti pravilo P4 na logaritam potencije s bazom 4.

log 36 − log 4 log 34 − log 33

Primijeniti pravilo L6.

⎛ 36 ⎞ log ⎜ ⎟ 2 ⎝ 4 ⎠ = log 9 = log 3 I= ⎛ 34 ⎞ log 34−3 log 3 log ⎜ 3 ⎟ ⎝3 ⎠ I=

2 log 3 =2 log 3

Primijeniti pravilo L7 na logaritam u brojniku. Pokratiti logaritam od 3, nakon čega se dobiva konačno rješenje.

Zadatak 10. Izračunaj pomoću džepnog računala: x = log 1 57 . 4

Rješenje: Budući da mnoga džepna računala još uvijek ne posjeduju tipku za proračun vrijednosti logaritamskih funkcija po bazama različitim od brojeva 10 ili e, potrebno je koristiti pravilo 11b) za preračunavanje logaritama po različitim bazama na dekadske logaritme (logaritme po bazi 10). x = log 1 57 = 4

log 57 = −2.91645 ⎛1⎞ log ⎜ ⎟ ⎝4⎠

(rezultat je zaokružen na 5 decimala) log x Pravilo L11b: log a x = log a

Zadatak 11. Izračunaj: I = log 1 (5 3 5) ⋅ log 25 32 . 4

Rješenje: I = log 1 (5 3 5) ⋅ log 25 32 4 1 ⎛ ⎞ I = log 1 ⎜ 5 ⋅ 5 3 ⎟ ⋅ log 52 25 ⎠ 22 ⎝

Argumente i baze logaritama prikazati u obliku potencija s bazom 2 i 5 koristeći pravila za rad s potencijama P2, P9 i P10.

178

⎛ 1+ 13 ⎞ I = log 2−2 ⎜ 5 ⎟ ⋅ log 52 25 ⎝ ⎠ 4

I = log 2−2 5 3 ⋅ log 52 25 I=

4 log 2−2 5 ⋅ 5log 52 2 3

4 ⎛ 1⎞ 1 I = ⋅ ⎜ − ⎟ log 2 5 ⋅ 5 ⋅ log 5 2 3 ⎝ 2⎠ 2 I =−

2 1 5 ⋅ ⋅ ⋅ log 5 2 3 log 5 2 2

Pravila L7 i L8. Primijenimo pravilo za recipročne logari1 tme L11a na sljedeći način: log 2 5 = log 5 2 Pokraćivanje logaritama.

2 5 5 2 I = − ⋅ = − = −1 3 2 3 3 Zadatak 12. Izrazimo log 25 27 pomoću log 3 125 = t . Rješenje: Najprije je potrebno srediti zadani izraz primjenom pravila L7 (logaritam t 3 Zadani logaritam je potrebno transformirati tako da možemo iskoristiti zadani t⎞ ⎛ izraz ⎜ log 3 5 = ⎟ . 3⎠ ⎝

potencije): log 3 125 = t ⇒ log 3 53 = t ⇒ 3log 3 5 = t : 3

log 3 5 =

log 25 27 = log 52 33

Pravila L7 i L8.

1 log 25 27 = 3 ⋅ ⋅ log 5 3 2

Pravilo L11a za recipročne logaritme.

log 25 27 =

3 1 ⋅ 2 log 3 5

log 25 27 =

3 1 3 3 ⋅ = ⋅ 2 t 2 t 3

log 25 27 =

9 2⋅t

Uvrstimo log 3 5 =

179

t 3

5.5. Eksponencijalne i logaritamske jednadžbe Eksponencijalne jednadžbe U eksponencijalnim jednadžbama nepoznanica x se nalazi u eksponentu. Eksponencijalne jednadžbe se najčešće rješavaju na sljedeće načine: • Lijeva i desna strana jednadžbe svode se na potencije s jednakim bazama; nakon toga možemo izjednačiti eksponente i izračunati nepoznanicu x. a f ( x) = a g ( x) Općenito ovo možemo ovako zapisati: f ( x) = g ( x) • Ukoliko eksponencijalnu jednadžbu ne možemo riješiti na prije spomenuti način, tada primjenjujemo postupak logaritmiranja. Tijekom rješavanja eksponencijalnih jednadžbi često se javlja potreba za transformacijama eksponencijalne jednadžbe na temelju svojstava eksponencijalne funkcije koja su navedena na početku poglavlja 5.2. Graf i svojstva eksponencijalne funkcije. Napomena: prilikom objašnjavanja postupka rješavanja zadataka koristit ćemo oznake svojstava eksponencijalnih funkcija koja su navedena na početku poglavlja 5.2. Graf i svojstva eksponencijalne funkcije. ⎛ 1 ⎞ Zadatak 1. Riješi jednadžbu: ⎜ ⎟ ⎝ 125 ⎠

− ( x +1)

= 252 x +3.

Rješenje: Potrebno je transformirati jednadžbu na način da se dobiju potencije s jednakim bazama na lijevoj i desnoj strani jednadžbe. U tu svrhu koristimo pravila E8 i E5. − ( x +1) ⎛ 1 ⎞ = 252 x +3 ⎜ ⎟ 125 ⎝ ⎠ ⎛1⎞ ⎜ 3⎟ ⎝5 ⎠

− ( x +1)

= (52 ) 2 x +3

(5−3 ) − ( x +1) = (52 ) 2 x +3 53 x +3 = 54 x + 6 Nakon što smo dobili potencije s jednakim bazama na obje strane jednadžbe, možemo koristiti pravilo E10 (svojstvo injektivnosti eksponencijalne funkcije). 180

3x + 3 = 4 x + 6 3x − 4 x = 6 − 3 − x = 3 ⋅ (−1) x = −3

Zadatak 2. Riješi jednadžbu:

9x

2

+3 x + 2

3x

2

+3 x −2

= 81.

Rješenje: (32 ) x

+3 x + 2

x2 +3 x + 2

3

32 x 3

2

2

+6 x+ 4

x2 +3 x − 2

32 x 3x

2

2

Primjenjujemo pravilo E5 (potenciranje potencija).

= 34

+ 6 x + 4 − x 2 −3 x + 2

+3 x +6

Sve potencije svodimo na istu bazu 3.

= 34

Pravilo E4 (dijeljenje potencija). Pravilo E10 (svojstvo injektivnosti eksponencijalne funkcije).

= 34

= 34

x 2 + 3x + 6 = 4 x 2 + 3 x + 2 = 0 ⇒ a = 1, b = 3, c = 2 −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −3 ± 9 − 4 ⋅ 2 x1,2 = = 2⋅a 2 −3 ± 1 −3 ± 1 = 2 2 −3 − 1 −3 + 1 x1 = = −2 x2 = = −1 2 2

x1,2 =

2

Zadatak 3. Riješi jednadžbu: 1.25 ⋅ 5 3

x −1

⋅ 625

Rješenje: ⎛1⎞ 1.25 ⋅ 3 5 x −1 ⋅ 6254− x = ⎜ ⎟ ⎝2⎠

2

5 3 x −1 4 4− x 1 ⋅ 5 ⋅ (5 ) = ⋅ 4 4 4

181

4− x

⎛1⎞ =⎜ ⎟ . ⎝2⎠

5 ⋅ 3 5 x −1 ⋅ 516− 4 x = 1 5 ⋅ 3 5 x −1+16− 4 x = 1 5 ⋅ 3 515−3 x = 1 3 (5 − x )

50 = 1 5 ⋅ 5 3 = 50 51 ⋅ 55− x = 50 51+ 5− x = 50 56− x = 50 6− x = 0 → x = 6 Zadatak 4. Riješi jednadžbu: 3 ⋅ 2 x + 2 − 2 x +1 = 80 . Rješenje: 3 ⋅ 2 x + 2 − 2 x +1 = 80 3 ⋅ 2 x ⋅ 22 − 2 x ⋅ 2 = 80 2 x (12 − 2) = 80 2 x ⋅10 = 80 :10 2x = 8 2 x = 23 → x = 3 Zadatak 5. Riješi jednadžbu: 9 x + 3x + 2 = 2 + Rješenje: 11 x 3 2 11 32 x + 3x ⋅ 32 − 2 − 3x = 0 2 11 32 x + (32 − )3x − 2 = 0 2 11 32 x + (9 − )3x − 2 = 0 2 7 32 x + 3x − 2 = 0 ⋅ 2 2 9 x + 3x + 2 = 2 +

2 ⋅ 32 x + 7 ⋅ 3x − 4 = 0 182

11 x 3 . 2

Nakon uvođenja nove nepoznanice t = 3x eksponencijalnu jednadžbu svodimo na kvadratnu jednadžbu. 2t 2 + 7t − 4 = 0 ⇒ a = 2, b = 7, c = −4 t1,2 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −7 ± 7 2 − 4 ⋅ 2 ⋅ (−4) −7 ± 9 = = 2⋅a 2 2 1 2

t1 = −4

t2 =

Sada je potrebno vratiti nepoznanicu x.

Sada je potrebno vratiti nepoznanicu x.

3x = −4

3x =

Budući da je vrijednost eksponencijalne funkcije uvijek veća od 0, ovo rješenje je potrebno odbaciti.

Budući da desnu stranu jednadžbe nije moguće prikazati u obliku potencije s bazom 3, jednadžbu je potrebno riješiti logaritmiranjem.

1 2

ln

x ⋅ ln 3 = ln x=

1 2

1 ln = ln1 − ln 2 = − ln 2 2

− ln 2 ln 3

x = −0.63093

Zadatak 6. Riješi jednadžbu: 72 ⋅ 7 x − 2 + 7 x = 11x . Rješenje: 72 ⋅ 7 x − 2 + 7 x = 11x 72 ⋅ 7 x ⋅ 7 −2 + 7 x = 11x 1 72 ⋅ 7 x ⋅ 2 + 7 x = 11x 7 ⎛ 72 ⎞ 7 x ⋅ ⎜ + 1⎟ = 11x ⎝ 49 ⎠ 7x ⋅

121 = 11x 49

121 11x = 49 7 x 2

⎛ 11 ⎞ ⎛ 11 ⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝7⎠ ⎝7⎠ x=2

: 7x

183

x

Zadatak 7. Riješi jednadžbu: 16 ⋅ 9 x + 23 ⋅12 x = 18 ⋅16 x . Rješenje: 16 ⋅ 9 x + 23 ⋅12 x = 18 ⋅16 x 16 ⋅ 32 x + 23 ⋅ (3 ⋅ 4) x = 18 ⋅ 42 x 16 ⋅ 32 x + 23 ⋅ 3x ⋅ 4 x = 18 ⋅ 42 x

: 42 x

2x

3x ⋅ 4 x ⎛3⎞ 16 ⋅ ⎜ ⎟ + 23 ⋅ 2 x = 18 4 ⎝4⎠ 2x

x

⎛3⎞ ⎛3⎞ 16 ⋅ ⎜ ⎟ + 23 ⋅ ⎜ ⎟ = 18 ⎝4⎠ ⎝4⎠ x

⎛3⎞ Nakon uvođenja nove nepoznanice t = ⎜ ⎟ eksponencijalnu jednadžbu ⎝4⎠ svodimo na kvadratnu jednadžbu. 16t 2 + 23t − 18 = 0 ⇒ a = 16, b = 23, c = −18 −b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −23 ± 232 − 4 ⋅16 ⋅ (−18) −23 ± 529 + 1152 = = 2⋅a 2 ⋅16 32 −23 ± 41 = 32

t1,2 = t1,2

t1 = −2

t2 =

9 16 x

⎛3⎞ Sada je potrebno vratiti nepoznanicu x u izraz t = ⎜ ⎟ : ⎝4⎠ x

x

⎛3⎞ ⎜ ⎟ = −2 ⎝4⎠

⎛3⎞ ⎛3⎞ ⎜ ⎟ =⎜ ⎟ ⎝4⎠ ⎝4⎠

Budući da je vrijednost eksponencijalne funkcije uvijek veća od 0, ovo rješenje je potrebno odbaciti.

x=2

184

2

x

Zadatak 8. Riješi jednadžbu: 2

5− 2 x −3

⎛1⎞ =⎜ ⎟ . ⎝8⎠

Rješenje: 5− 2 x −3

2 = 2−3 x 5 − 2 x − 3 = −3 x 1. slučaj

2. slučaj

2x − 3 > 0

2x − 3 < 0

2x > 3

2x < 3

x>

3 2

x<

3 2

Rješenje ovog slučaja će biti priRješenje ovog slučaja će biti prihvathvatljivo jedino ukoliko zadovoljava ljivo jedino ukoliko zadovoljava ovaj ovaj uvjet. uvjet. Budući da je pretpostavljeno da je izraz pod apsolutnom vrijednošću pozitivan, oznake apsolutne vrijednosti zamjenjujemo sa zagradom ispred koje je predznak +.

Budući da je pretpostavljeno da je izraz pod apsolutnom vrijednošću negativan, oznake apsolutne vrijednosti zamjenjujemo sa zagradom ispred koje je predznak –.

5 − (2 x − 3) = −3 x

5 + (2 x − 3) = −3 x

5 − 2 x + 3 + 3x = 0

5 + 2 x − 3 + 3x = 0

8+ x = 0

5 x = −2

x1 = −8

x2 = −

–8 zadovoljava uvjet x > ovo rješenje prihvatljivo.

3 , te je 2

2 5

2 3 zadovoljava uvjet x < , te je 5 2 ovo rješenje prihvatljivo. −

Logaritamske jednadžbe U logaritamskim jednadžbama nepoznanica x se nalazi u argumentu logaritma. Logaritamske jednadžbe rješavamo tako da ih svodimo na algebarske jednadžbe korištenjem svojstava logaritamske funkcije, supstitucijama ili na druge načine. 185

Napomena: prilikom objašnjavanja postupka rješavanja zadataka koristit će se oznake svojstava logaritamskih funkcija koja su navedena na početku poglavlja 5.4. Svojstva logaritamske funkcije. ⎛1⎞ Zadatak 9. Riješi jednadžbu: log 4 ⎜ ⎟ = x . ⎝ 16 ⎠ Rješenje: 1 = 4x 16 1 4x = 2 4

Pravilo L2 a x = y ⇔ x = log a y Pravilo E8.

4 x = 4−2 x = −2 Zadatak 10. Riješi jednadžbu: log 1 x = −2 . 7

Rješenje: ⎛1⎞ x=⎜ ⎟ ⎝7⎠

Pravila L2 i E8. Rješenje je prihvatljivo, jer zadovoljava uvjet da argument početne logaritamske funkcije mora biti veći od nule x > 0, jer je logaritamska funkcija definirana samo za pozitivne realne brojeve.

−2

x = 72 x = 49

Zadatak 11. Riješi jednadžbu: log x 4 + log x 8 = 5 . Rješenje: log x 4 + log x 8 = 5 log x (4 ⋅ 8) = 5 log x 32 = 5 x 5 = 25 x=2

Pravilo za logaritam produkta L5. Pravilom L2 od logaritamske jednadžbe dobivamo eksponencijalnu jednadžbu. Budući da su potencije na lijevoj i desnoj strani jednadžbe imaju jednake eksponente, zaključujemo da su im i baze jednake.

Zadatak 12. Riješi jednadžbu:

4

7

log

7

(9 x 2 )

186

= 4 − x2 .

Rješenje: Potrebno je uočiti da se ova logaritamska jednadžba rješava primjenom izraza L1 (potrebno je postići da baza potencije i baza logaritma na mjestu eksponenta budu jednake). Da bi se ovo postiglo potrebno je najprije transformirati ovu jednadžbu pomoću pravila za prikaz korijena u obliku potencije s racionalnim eksponentom, pravila za logaritam potencije (L7) i pravila za slučaj kada je baza logaritma prikazana u obliku potencije (L8). 4

7

log

⎛ 14 ⎞ ⎜7 ⎟ ⎝ ⎠ 7

7

(9 x 2 )

= 4 − x2

log 1 (3 x )2 72

1 1 ⋅ ⋅2log 7 (3 x ) 4 1 2

Na ovom mjestu se primjenjuje dodatno pravilo za potenciranje potencije (E5).

= 4 − x2

= 4 − x2

7log7 (3 x ) = 4 − x 2

Pravilo L1.

3x = 4 − x 2 x 2 + 3 x − 4 = 0 ⇒ a = 1, b = 3, c = −4 x1,2 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −3 ± 32 − 4 ⋅1 ⋅ (−4) −3 ± 5 = = 2⋅a 2 ⋅1 2

−3 − 5 −8 −3 + 5 2 = = −4 x2 = = =1 2 2 2 2 Oba rješenja su prihvatljiva, jer zadovoljavaju uvjet da je argument početne logaritamske funkcije veći od nule (9x2 > 0). x1 =

⎛ x−4⎞ Zadatak 13. Riješi jednadžbu: log(5 x + 10) + log ⎜ ⎟ = 1. ⎝ 8 ⎠ Rješenje: Trebamo dobiti s obje strane jednadžbe jedan logaritam da bismo na kraju primijenili pravilo L10: log a x1 = log a x2 , onda vrijedi x1 = x2 . ⎛ x−4⎞ log(5 x + 10) + log ⎜ ⎟ =1 ⎝ 8 ⎠ x − 4⎤ ⎡ log ⎢(5 x + 10) ⋅ = log10 8 ⎥⎦ ⎣ x−4 5 ⋅ ( x + 2) ⋅ = 10 8

Pravilo L5. Pravilo L4. 187

5 ⋅ ( x + 2) ⋅ ( x − 4) = 10 8 ( x + 2) ⋅ ( x − 4) = 16

⋅

8 5

x 2 − 2 x − 24 = 0 ⇒ a = 1, b = −2, c = −24 x1,2 = x1 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −(−2) ± (−2) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−24) 2 ± 10 = = 2⋅a 2 ⋅1 2 2 − 10 −8 = = −4 2 2

x1 =

2 + 10 12 = =6 2 2

x1 = −4 i x2 = 6 . Budući da smo koristili izraz za logaritam produkta, potrebno je provjeriti da li dobivena rješenja zadovoljavaju uvjete (argumenti logaritama moraju biti pozitivni). 1. uvjet

2. uvjet

5 x + 10 > 0

x−4 >0 8

5 x > −10

:5

x > −2

⋅8

x−4>0

x>4 Konačni uvjet se dobiva kao rješenje sustava nejednadžbi dobivenih iz prvog i drugog uvjeta, te glasi: x > 4. Usporedbom dobivenih rješenja s konačnim uvjetom zaključujemo da je rješenje ove jednadžbe samo drugo rješenje x = 6, jer prvo rješenje ne zadovoljava konačni uvjet x > 4.

Zadatak 14. Riješi jednadžbu:

1 1 + = 1. 2 log 5 x log 5 x3 − 1

Rješenje: 1 1 + =1 2 log 5 x log 5 x3 − 1 1 1 ⎪⎫ + = 1 ⋅ 2(log 5 x) ⋅ (3log 5 x − 1) ⎬ 2 log 5 x 3log 5 x − 1 ⎪⎭

1. uvjet

3log 5 x − 1 + 2 log 5 x = 2(log 5 x) ⋅ (3log 5 x − 1)

log 5 x ≠ 0

188

Supstitucija t = log 5 x

x ≠ 50

3t − 1 + 2t = 2t (3t − 1)

x ≠1

5t − 1 = 6t 2 − 2t −6t 2 + 7t − 1 = 0 ⋅ (−1)

x>0

2. uvjet

6t 2 − 7t + 1 = 0 ⇒ a = 6, b = −7, c = 1 t1,2 =

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c 7 ± (−7) 2 − 4 ⋅ 6 ⋅1 = 2⋅a 2⋅6

7±5 12 7−5 2 1 t1 = = = 12 12 6

3log 5 x − 1 ≠ 0

t1,2 =

log 5 x = x1 = 5

3. uvjet

t2 =

1 6

1 6

x1 = 6 5

7+5 =1 12

3log 5 x ≠ 1 : 3

log 5 x = 1

log 5 x ≠

x2 = 51

x ≠ 53

x2 = 5

x≠ 35

1 3

1

Oba rješenja zadovoljavaju uvjete te su prihvatljiva. Zadatak 15. Riješi jednadžbu: log 36 [2 + 4 log 3 (6 − x)] =

1 . 2

Rješenje: log 36 [2 + 4 log 3 (6 − x)] =

1 2

1

2 + 4 log 3 (6 − x) = 36 2

logax = y → x = ay

2 + 4 log 3 (6 − x) = 6 4 log 3 (6 − x) = 6 − 2 4 log 3 (6 − x) = 4 ÷ 4 log 3 (6 − x) = 1 6 − x = 31 −x = 3 − 6

Nije potrebno izvršiti provjeru, jer nismo koristili izraze za logaritam produkta i kvocijenta. 189

− x = −3 | ⋅ (-1) x=3

Zadatak 16. Riješi sustav: log 2 (2 x + y ) = 2 32 x − y ⋅ 2−2 y = 324 . Rješenje: log 2 (2 x + y ) = 2 ⇒

Iz 1. jednadžbe izrazimo x i uvrstimo ga u 2. jednadžbu.

32 x − y ⋅ 2−2 y = 324

2 x + y = ( 2) 2

2

3

2− y −y 2

⋅ 2−2 y = 324

2x + y = 2

32− 2 y ⋅ 2−2 y = 324

2x = 2 − y

32 ⋅ 3−2 y ⋅ 2−2 y = 324 : 9

x=

2− y 2

(3 · 2)–2y = 36 6−2 y = 36 6−2 y = 62 −2 y = 2 y = −1 x=

2 +1 2

x=

3 2

Uvjet: 2 x + y > 0 2⋅

3 −1 > 0 2

3 −1 > 0 2>0

⎛3 ⎞ Rješenje ⎜ , −1⎟ je prihvatljivo jer ⎝2 ⎠ zadovoljava uvjet. 190

5.6. Eksponencijalne i logaritamske nejednadžbe Eksponencijalne i logaritamske nejednadžbe rješavaju se primjenom monotonosti eksponencijalne i logaritamske funkcije (vidjeti pravilo E9 u poglavlju 5.2. Graf i svojstva eksponencijalne funkcije, te pravilo L9 u poglavlju 5.4. Svojstva logaritamske funkcije. Eksponencijalne nejednadžbe 1. slučaj: ako je a > 1 eksponencijalnoj nejednadžbi oblika a f ( x ) > a g ( x ) ekvivalentna je nejednadžba f ( x) > g ( x) , jer su funkcije a f ( x ) i a g ( x ) rastuće funkcije. 2. slučaj: ako je 0 < a < 1 eksponencijalnoj nejednadžbi oblika a f ( x ) > a g ( x ) ekvivalentna je nejednadžba f ( x) < g ( x) , jer su funkcije a f ( x ) i a g ( x ) padajuće funkcije. 2 x −3

Zadatak 1. Riješi nejednadžbu: 3

⎛1⎞ 2

1

2 >1 x 2 −1 > 0 x

2

Izlučimo zajednički faktor 2 x .

⋅ (−1) Budući je baza potencija veća od jedan zaključujemo da se radi o prvom slučaju eksponencijalnih nejednadžbi.

Zbrajamo pomoću zajedničkog nazivnika x.

194

2− x >0 x

Množeći nejednadžbu s x 2 svodimo je na kvadratnu nejednadžbu.

⋅ x2

Ovu kvadratnu nejednadžbu ćemo riješiti grafički (pomoću crtanja parabole). Nultočke nalazimo tako da faktore izjednačimo s nulom.

x ⋅ (2 − x) > 0

Dodatno treba uočiti da je koeficijent a ove kvadratne funkcije negativan: y = x · (2–x)= –x2 + 2x

x1 = 0 2− x = 0

⇒ x2 = 2

Uz pomoć tablice 3.2. možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema 4. slučaju: (a < 0, D > 0) , za f (x) > 0: x ∈ x1 , x2 x ∈ 0, 2 y 2 1.5 1 0.5

x1 = 0 -1.5

-1

x2 = 2 0

-0.5

0.5

-0.5 -1

y = -x2+2x -1.5

195

1

1.5

2

x

⎛1⎞ Zadatak 4. Riješi nejednadžbu: ⎜ ⎟ ⎝3⎠

x⋅ x + 3

≤9.

Rješenje: ⎛1⎞ ⎜ ⎟ ⎝3⎠

x⋅ x + 3

(3−1 )

≤9 x⋅ x + 3

− x⋅ x + 3

3

≤ 32 Prvi slučaj eksponencijalne nejednadžbe (baza je veća od jedan).

≤ 32

−x ⋅ x + 3 ≤ 2

⋅(−1)

x ⋅ x + 3 ≥ −2 1. slučaj x + 3 ≤ 0 ⇒ x ≤ −3 x ∈ −∞, −3] − x ⋅ ( x + 3) ≥ −2

Ovaj slučaj vrijedi samo za ove vrijednosti x. ⋅ (−1)

x ⋅ ( x + 3) ≤ 2 x 2 + 3x − 2 ≤ 0 x 2 + 3x − 2 = 0 a = 1, b = 3, c = −2

Umjesto apsolutne vrijednosti uvrštavamo zagrade ispred kojih je predznak minus (jer je pretpostavljeno da je vrijednost izraza pod apsolutnom vrijednošću manja od nule). Računanje nultočaka.

−b ± b 2 − 4ac −3 ± (3) 2 − 4 ⋅1 ⋅ (−2) −3 ± 17 −3 ± 4.12 x1,2 = = = = 2a 2 ⋅1 2 2 x1 =

−3 − 4.12 = −3.56 2

x2 =

−3 + 4.12 = 0.56 2

Uz pomoć tablice 3.2. možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema x 2 + 3x − 2 ≤ 0

1. slučaju (a > 0, D > 0) za f(x) ≤ 0: x ∈ [x1 , x2 ] x ∈ [−3.56, 0.56] 196

Konačno rješenje za 1. slučaj je presjek intervala x ∈ −∞, −3] (uvjet za apsolutnu vrijednost) i intervala x ∈ [−3.56, 0.56] (rješenje nejednadžbe): x ∈ ⎡⎣ −3.56, −3] . 2. slučaj x + 3 > 0 ⇒ x > −3 x ∈ −3, +∞ x ⋅ x + 3 ≥ −2 x ⋅ ( x + 3) ≥ −2 x 2 + 3x + 2 ≥ 0 x 2 + 3x + 2 = 0 a = 1, b = 3, c = 2 x1,2 = x1 =

Ovaj slučaj vrijedi samo za ove vrijednosti x. Umjesto apsolutne vrijednosti uvrštavamo zagrade ispred kojih je predznak plus (jer je pretpostavljeno da je vrijednost izraza pod apsolutnom vrijednošću veća od nule). Računanje nultočaka.

−b ± b 2 − 4ac −3 ± (3) 2 − 4 ⋅1 ⋅ 2 −3 ± 1 = = 2a 2 ⋅1 2 −3 − 1 = −2 2

x2 =

−3 + 1 = −1 2

Uz pomoć tablice 3.2. možemo zapisati rješenje ovog zadatka prema x 2 + 3x + 2 ≥ 0

1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) ≥ 0 : x ∈ −∞, x1 ]∪ ⎡⎣ x2 , +∞ x ∈ −∞, −2]∪ ⎡⎣ −1, +∞

Konačno rješenje za 2. slučaj je presjek intervala x ∈ −3, +∞ (uvjet za apsolutnu vrijednost) i intervala x ∈ −∞, −2]∪ ⎡⎣ −1, +∞ (rješenje nejednadžbe): x ∈ −3, −2]∪ ⎡⎣ −1, +∞ . Konačno rješenje zadatka je unija rješenja za 1. i 2. slučaj: x ∈ ⎡⎣ −3.56, −2]∪ ⎡⎣ −1, +∞ . 197

Logaritamske nejednadžbe 1. slučaj: ako je a > 1 logaritamskoj nejednadžbi oblika log a f ( x) > log a g ( x) ekvivalentna je nejednadžba f ( x) > g ( x) , jer su funkcije log a f ( x) i log a g ( x) rastuće funkcije. 2. slučaj: ako je 0 < a < 1 logaritamskoj nejednadžbi oblika log a f ( x) > log a g ( x) ekvivalentna je nejednadžba f ( x) < g ( x) , jer su funkcije log a f ( x) i log a g ( x) padajuće funkcije. Kod logaritamskih nejednadžbi treba uzeti u obzir da je logaritamska funkcija definirana samo u slučaju kada je f ( x) > 0 i kada je g ( x) > 0 . Zadatak 5. Riješi nejednadžbu: log 3 (2 x + 3) < 2 . Rješenje: log 3 (2 x + 3) < 2

Potrebno je na obje strane nejednadžbe dobiti po jedan logaritam s jednakom bazom.

log 3 (2 x + 3) < 2 ⋅1

Pravilo L4. log a a = 1

log 3 (2 x + 3) < 2 ⋅ log 3 3

Pravilo L7. log a ( x r ) = r ⋅ log a x

log 3 (2 x + 3) < log 3 32

Budući da je baza logaritama veća od jedan, radi se o 1. slučaju logaritamskih nejednadžbi.

2x + 3 < 9

Logaritamska nejednadžba se svela na linearnu nejednadžbu.

2x < 9 − 3

2x < 6

:2

x 0 2 x > −3 : 2

198

x>−

3 x ∈ − , +∞ 2

3 ⇒ 2

Konačno rješenje ove logaritamske nejednadžbe je presjek rješenja 3 3 nejednadžbe x ∈ −∞,3 i domene x ∈ − , +∞ koji glasi: x ∈ − ,3 . 2 2 Napomena: grafička metoda može biti pomoćna metoda prilikom traženja presjeka dvaju intervala, (pogledaj sliku ispod). Prvi interval prikazujemo kao punu crtu iznad x-osi. Završava s praznim kružićem, jer broj 3 nije uključen u interval (otvoreni interval). Drugi interval prikazujemo pomoću pune crte ispod x3 osi. On započinje s praznim kružićem, jer granica intervala broj − nije uklju2 čena u interval. Presjek ovih intervala je interval na kojem su prisutne obje crte. y 1

x=3 -4

-3

-2

-1

1

x=-1.5

2

x 3

4

-1

Zadatak 6. Riješi nejednadžbu: log 1 2

x−2 ≤ 1. x +1

Rješenje: log 1 2

log 1 2

x−2 ≤1 x +1

Potrebno je na obje strane nejednadžbe dobiti po jedan logaritam s jednakom bazom. Pravilo L4. log a a = 1

1 x−2 ≤ log 1 x +1 2 2

Budući da je baza logaritama manja od jedan, radi se o 2. slučaju logaritamskih nejednadžbi.

x−2 1 ≥ x +1 2

Logaritamska nejednadžba se svela na kvadratnu nejednadžbu.

x−2 1 − ≥0 x +1 2 2 ⋅ ( x − 2) − ( x + 1) ≥0 2( x + 1) 199

2x − 4 − x −1 ≥0 2( x + 1)

x −5 ≥0 2( x + 1)

⋅ 2( x + 1) 2

( x − 5) ⋅ ( x + 1) ≥ 0

Množeći nejednadžbu s 2(x + 1)2 svodimo je na ekvivalentnu kvadratnu nejednadžbu koju ćemo riješiti grafički pomoću skiciranja parabole. Broj 2 je dopušteno eliminirati iz nazivnika, jer kao pozitivna konstanta ne utječe na predznak izraza na lijevoj strani. Nultočke nalazimo tako da faktore izjednačimo s nulom.

x + 1 = 0 ⇒ x1 = −1 x − 5 = 0 ⇒ x2 = 5 Treba uočiti da je koeficijent a ove kvadratne nejednadžbe pozitivan: y = (x–5) · (x+1) = x2 + x –5x – 5 = x2 –4x – 5 Uz pomoć tablice 3.2. možemo zapisati rješenje ( x − 5) ⋅ ( x + 1) ≥ 0

ovog zadatka prema 1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) ≥ 0 : x ∈ −∞, x1 ∪ ⎡⎣ x2 , +∞

x ∈ −∞, −1 ∪ ⎡⎣5, +∞

Kod rješenja ove nejednadžbe vrlo je važno uočiti da broj 1 (nultočku nazivnika) nismo uključili u rješenje, jer ne znamo dijeliti s nulom. Naime, nultočke nazivnika se nikada ne smiju uključiti u rješenje bez obzira da li se uz znak nejednakosti nalazi i jednakost, jer se ne smije dozvoliti mogućnost da se u nazivniku pojavi nula. Sada je potrebno pronaći domenu logaritamske funkcije spomenute u zadanoj nejednadžbi (prisjetiti se da argument logaritamske funkcije uvijek mora biti pozitivan). x−2 >0 x +1

⋅ ( x + 1) 2

( x − 2) ⋅ ( x + 1) > 0

Svodimo ovu nejednadžbu na kvadratnu nejednadžbu. Nultočke nalazimo tako da faktore izjednačimo s nulom.

x + 1 = 0 ⇒ x1 = −1 x − 2 = 0 ⇒ x2 = 2 200

Uz pomoć tablice 3.2. možemo zapisati domenu prema 1. slučaju (a > 0, D > 0) za f ( x) > 0 : x ∈ −∞, x1 ∪ x2 , +∞ x ∈ −∞, −1 ∪ 2, +∞ Konačno rješenje ove logaritamske nejednadžbe je presjek rješenja nejednadžbe x ∈ −∞, −1 ∪ ⎡⎣5, +∞ i domene x ∈ −∞, −1 ∪ 2, +∞ koji glasi x ∈ −∞, −1 ∪ ⎡⎣5, +∞ . y 5

x = -1 -20

-15

-10

-5

x = -1

x=5 5

x=2

10

x 15

20

-5

Zadatak 7. Riješi nejednadžbu:

x 2 + 3x ≤ 0. log 2 (3 − x)

Rješenje: Ovu nejednadžbu je najjednostavnije riješiti grafički (vidjeti sliku na idućoj stranici). – Crtanje grafa kvadratne funkcije f ( x) = x 2 + 3 x : Najprije je potrebno izračunati nultočke ove kvadratne funkcije metodom faktorizacije lijeve strane jednadžbe. x 2 + 3 x = 0 ⇒ x ⋅ ( x + 3) = 0 ⇒ x1 = −3, x2 = 0 Nultočke grafa kvadratne funkcije jesu: N1 (−3, 0) i N 2 (0, 0) . Prilikom crtanja parabole uzimamo u obzir da je koeficijent a = 1 > 0 , te da je otvor parabole okrenut prema gore. – Crtanje grafa logaritamske funkcije log 2 (3 − x) Najprije je potrebno izračunati domenu ove logaritamske funkcije koja se računa prema uvjetu da argument mora biti pozitivan: 3 − x > 0 ⇒ x < 3 ⇒ x ∈ −∞,3 Treba uočiti da je vertikalna asimptota grafa logaritamske funkcije pravac x = 3. 201

Još je potrebno izračunati nultočku ove logaritamske funkcije: log 2 (3 − x) = 0 log 2 (3 − x) = log 2 1

Pravilo L3: loga1 = 0

3− x =1 −x = 1− 3

− x = −2 x=2 ⇒

⋅ (−1) Nultočka logaritamske funkcije N 3 (2, 0) .

Rješenje ove nejednadžbe su intervali x u kojima zadane funkcije imaju različite predznake. y 3 g(x)=log 3+(3-x) 2

f(x)=x 2+3x -6

-5

-4

1

(-3, 0) -3

(0, 0)

-2

0

-1

1

(2, 0) (3, 0) 2

3

x

4

-1 -2 -3

f(x)=x 2+3x g(x)=log 3+(3-x) Rezultirajući predznak

+ + +

+ -

+ + +

+ -

Na slici možemo uočiti rješenje ovog zadatka: x ∈ [−3, 0]∪ 2,3 Napomena: crne pune točke označavaju nultočke koje je potrebno uvrstiti u rješenje (pokraj njih su zatvorene granice intervala), dok su s praznim točkama navedene nultočke koje ne pripadaju rješenju (pokraj njih su otvorene granice intervala). 202

5.7. Primjene eksponencijalne i logaritamske funkcije Radioaktivni raspad Funkcija radioaktivnog raspada glasi: N (t ) = N 0 ⋅ e − kt . Nazivi veličina: − N (t ) - količina radioaktivne tvari (mijenja se s vremenom); − N 0 - početna količina radioaktivne tvari; − t - vrijeme (može se mjeriti u danima ili godinama); − k - konstanta koja zavisi o vrsti radioaktivne tvari (obično se računa iz vremena poluraspada). ln 2 (u Konstanta k se računa iz vremena poluraspada na sljedeći način: k = T ovom slučaju T je vrijeme poluraspada). Populacija Populacijska funkcija glasi: N (t ) = N 0 ⋅ b kt Nazivi veličina: − N (t ) - populacija (mijenja se s vremenom); − N 0 - početna populacija; − t - vrijeme; − k - konstanta. Populacijska funkcija se koristi za izračun broja stanica ili stanovništva (gradova, država, itd.). Zakon hlađenja / grijanja Zakon hlađenja / grijanja za neko tijelo glasi: T (t ) = Ts + (T0 − Ts )e kt . Nazivi veličina: − T(t) - temperatura tijela (mijenja se s vremenom); − T0 - početna temperatura tijela; − Ts - temperatura sredine u koju je tijelo stavljeno; − t - vrijeme; − k - konstanta (negativan broj). Razina intenziteta zvuka Razina intenziteta zvuka se računa po formuli: L = 10 ⋅ log I . I0 Nazivi veličina jesu: − L - razina intenziteta zvuka (mjerna jedinica decibeli, skraćenica dB); − I - jačina zvuka (mjerna jedinica W/m2); − I0 - prag čujnosti koji iznosi 10–12 W/m2. 203

Jačina potresa Jačina potresa po Richterovoj ljestvici: R = log

I . I0

Nazivi veličina jesu: − R - jačina potresa po Richterovoj ljestvici; − I - intenzitet potresa; − I0 - intenzitet nultog potresa. Zadatak 1. Odredi postotak polonija Po–210 koji će ostati nakon tri godine. Vrijeme poluraspada polonija Po–210 iznosi 138 dana. Rješenje: Zadani podaci: Radioaktivna tvar polonij Po–210 Vrijeme poluraspada T = 138 dana Vrijeme t = 3 godine Traži se: postotak preostalog polonija Po–210 nakon tri godine. Najprije je potrebno izračunati vrijednost konstante k na temelju zadanog ln 2 ln 2 vremena poluraspada radioaktivne tvari: k = = = 0.00502 . T 138 dana Budući da je za izračunavanje konstante k korišteno vrijeme poluraspada izraženo u danima, potrebno je i zadano vrijeme preračunati u dane: t = 3 godine = 3 ⋅ 365 dana = 1095 dana Uvrstiti poznate podatke u funkciju radioaktivnog raspada: N (t ) = N 0 ⋅ e − kt N (1095) = N 0 ⋅ e −0.00502⋅1095 = 0.00410 ⋅ N 0 Postotak preostalog polonija Po–210 dobivamo na način da broj 0.00410 pomnožimo sa 100. Postotak preostalog polonija Po–210 nakon tri godine iznosi 0.41%. Zadatak 2. Broj stanovnika nekog grada se mijenja prema zakonu N (t ) = N 0 ⋅ e kt . Grad je 1980. imao 125 000 stanovnika, dok je 1987. imao 130 000 stanovnika. Koje godine će ovaj grad imati 150 000 stanovnika? Rješenje: Zadani podaci: Funkcija promjene broja stanovnika N (t ) = N 0 ⋅ e kt Početni broj stanovnika 1980. godine N0 = 125 000 Broj stanovnika nakon 7 godina od početne 1980. godine N(7) = 130 000 Broj stanovnika nakon t godina N(t) = 150 000 204

Traži se: koje godine će grad imati 150 000 stanovnika (1980 + t) Najprije je potrebno izračunati vrijednost koeficijenta k na temelju broja stanovnika 1980. i 1987. godine: N (7) = N 0 ⋅ e k ⋅7 130000 = 125000 ⋅ e7 k

Logaritmiramo s prirodnim logaritmom ovu jednadžbu, jer je potrebno postići da nepoznanica k postupno ostane sama na jednoj strani jednadžbe.

ln

Pravilo za logaritam umnoška L5. Odmah zamijeniti lijevu i desnu stranu jednadžbe kako bi nepoznanica k došla na lijevu stranu.

ln130000 = ln(125000 ⋅ e7 k ) ln125000 + ln e7 k = ln130000 ln e7 k = ln130000 − ln125000 7 k ⋅ ln e = ln130000 − ln125000

7 k = ln130000 − ln125000

Primijeniti pravilo za logaritam potencije L7. Primijeniti pravilo L4 na ln e.

:7

ln130000 − ln125000 7 k = 0.00560 k=

Rezultat je zaokružen na pet decimala.

Nakon izračuna vrijednosti konstante k pristupamo izračunavanju vremena nakon kojeg će broj stanovnika grada porasti na 150 000. N (t ) = N 0 ⋅ e k ⋅t

150000 = 125000 ⋅ e0.00560⋅t

ln

ln150000 = ln(125000 ⋅ e0.00560⋅t )

Logaritmiramo s prirodnim logaritmom ovu jednadžbu, jer je potrebno postići da nepoznanica t postupno ostane sama na jednoj strani jednadžbe. Primijeniti pravilo za logaritam umnoška L5. Odmah zamijeniti lijevu i desnu stranu jednadžbe kako bi nepoznanica k došla na lijevu stranu.

ln125000 + ln e0.00560⋅t = ln150000 205

ln e0.00560⋅t = ln150000 − ln125000

Primijeniti pravilo za logaritam potencije L7.

0.00560 ⋅ t ⋅ ln e = ln150000 − ln125000

Primijeniti pravilo L4 na ln e.

0.00560 ⋅ t = ln150000 − ln125000 t=

: 0.00560

ln150000 − ln125000 0.00560 Rezultat je zaokružen na dvije decimale.

t = 32.56 godina

Procjenjuje se da će ovaj grad do kraja 2013. godine imati 150 000 stanovnika. Potrebno je uzeti u obzir da je 1980. godina uzeta kao početna godina, te se njoj pribraja dobivenih 32.56 godina. Zadatak 3. Zamrznuti odrezak temperature –4°C stavljen je u kuhinju temperature 21°C. Nakon koliko minuta će odrezak omekšati (uzeti u obzir da odrezak omekša na temperaturi 7°C)? Konstanta k iznosi –0.02007. Rješenje: Zadani podaci: Početna temperatura odreska T0 = –4°C Temperatura sredine Ts = 21°C Temperatura T(t) = 7°C Konstanta k = –0.02007 Traži se: vrijeme t u minutama T (t ) = Ts + (T0 − Ts )e kt (T0 − Ts )e kt = T (t ) − Ts e kt =

T (t ) − Ts T0 − Ts

ln e kt = ln

ln

T (t ) − Ts T0 − Ts

k ⋅ t ⋅ ln e = ln

T (t ) − Ts T0 − Ts

Riješimo jednadžbu po nepoznanici t. : (T0 − Ts ) Logaritmiramo s prirodnim logaritmom ovu jednadžbu, jer je potrebno postići da nepoznanica t postupno ostane sama na jednoj strani jednadžbe. Pravilo za logaritam potencije L7. Primijeniti pravilo L4 na ln e.

206

k ⋅ t = ln t=

T (t ) − Ts T0 − Ts

:k

T (t ) − Ts 1 ⋅ ln k T0 − Ts

1 7 − 21 ⋅ ln −0.02007 −4 − 21 t = 28.89 minuta t=

Zadatak 4. Ugradnjom prigušivača razina intenziteta zvuka stroja je smanjena s 90 dB na 78 dB. Odredi postotak sniženja razine intenziteta zvuka. Prag čujnosti iznosi 10–12 W/m2. Rješenje: Zadani podaci: Razina intenziteta zvuka prije prigušenja L1 = 90 dB Razina intenziteta zvuka poslije prigušenja L2 = 78 dB Prag čujnosti iznosi 10–12 W/m2 Traži se: postotak sniženja razine intenziteta p. Najprije je potrebno izračunati jačine zvuka prije i poslije prigušenja. L1 = 10 ⋅ log

log

I1 I0

:10

I1 L1 = I 0 10

Riješimo jednadžbu po nepoznanici I1. Pravilo L2 (pretvaranje logaritamske jednadžbe u eksponencijalnu).

L

1 I1 = 1010 I0

⋅ I0 L1

I1 = I 0 ⋅1010 I1 = 10

−12

⋅10

90 10

= 10−12 ⋅109

Primijeniti pravilo E3 (množenje potencija s jednakim bazama).

I1 = 10−3 W/m2 L2

I 2 = I 0 ⋅10 10 207

I 2 = 10

−12

⋅10

78 10

= 10−12 ⋅107.8

Primijeniti pravilo E3 (množenje potencija s jednakim bazama).

I 2 = 10−4.2 W/m2 Postotak sniženja buke računamo na sljedeći način: I −I 10−3 − 10−4.2 p = 1 2 ⋅100% = ⋅100% = 93.69% I1 10−3 Zadatak 5. Koliko je puta jači potres od 7.2 stupnjeva Richterove ljestvice u odnosu na potres od 4.3 stupnja. Rješenje: Zadani podaci: Jačina potresa broj 1. R1 = 7.2 stupnja Richterove ljestvice Jačina potresa broj 2. R2 = 4.3 stupnja Richterove ljestvice ⎛I ⎞ Traži se: omjer intenziteta potresa broj 1 i 2 ⎜⎜ 1 ⎟⎟ . ⎝ I2 ⎠ Izračun intenziteta potresa I1 i I2: R1 = log

I1 I0

I1 = 10 R1 I0

⋅ I0

Pravilo L2 (pretvaranje logaritamske jednadžbe u eksponencijalnu).

I1 = 10 R1 ⋅ I 0 I1 = 107.2 ⋅ I 0 I 2 = 10 R2 ⋅ I 0 I 2 = 104.3 ⋅ I 0 Omjer intenziteta potresa iznosi: I1 107.2 ⋅ I 0 = I 2 104.3 ⋅ I 0

Pravilo E4 (dijeljenje potencija) i skratiti I0.

I1 = 107.2− 4.3 = 102.9 = 794.33 I2 Intenzitet prvog potresa je 794.33 puta veći od intenziteta drugog potresa. 208

5.8. Računanje logaritama i općih potencija Eksponencijalni zapis z Svaki pozitivni realni broj može se zapisati u obliku x = x0 ⋅10 pri čemu je x0 ∈ ⎡⎣1,9 i z ∈ Z . Ovakav se zapis naziva eksponencijalni zapis. Kada je na džepnom računalu potrebno prikazati broj s velikim brojem decimalnih mjesta, tada džepno računalo prelazi na eksponencijalni zapis. Logaritam broja Logaritam broja x se nalazi u granicama z ≤ log x < z + 1, z ∈ Z . Ako je z ≥ 0 , tada broj x ima n+1 znamenku prije decimalne točke, a ako je z < 0, tada x ima n − 1 nula poslije decimalne točke. Broj x možemo prikazati u eksponencijalnom prikazu: x = 10log x − n ⋅10n Ovaj zapis je koristan kada se logaritam nekog broja ne može izračunati na džepnom računalu. Računanje velikih potencija Opća potencija xr može se zapisati na sljedeći način: x r = 10r ⋅log x . Prednost ovog zapisa je u činjenici da je računanje s potencijama broja 10 vrlo jednostavno. Zadatak 1. Prikaži sljedeće brojeve u eksponencijalnom zapisu: a) 345 b) 34.567 c) 0.0045. Rješenje: z Navedene brojeve trebamo zapisati u obliku x = x0 ⋅10 uz uvjet x0 ∈ ⎣⎡1,10 i z∈Z .

a) 345 = 3.45 ⋅102

Uočiti: decimalnu točku smo pomaknuli za dva mjesta ulijevo kako bismo dobili broj x0 u intervalu ⎡⎣1,9] . Zbog toga je eksponent potencije s bazom 10 jednak broju 2.

b) 34.567 = 3.4567 ⋅101

Uočiti: decimalna točka je pomaknuta za jedno mjesto ulijevo.

c) 0.0045 = 4.5 ⋅10−3 Uočiti: decimalna točka je pomaknuta za tri mjesta udesno i zbog toga je eksponent negativan i iznosi -3. 209

Do eksponencijalnog zapisa brojeva može se doći i pomoću džepnog računala. Najčešće je potrebno aktivirati znanstveni (scientific) zapis u skladu s uputstvima za promatrano džepno računalo. Zadatak 2. Izračunaj džepnim računalom: 3.456 ⋅1015 : 2.18 ⋅10−12 . Rješenje: Objašnjenje radnji na džepnom računalu Unijeti broj 3.456 Pritisnuti tipku EXP radi najave unosa eksponenta broja 10 Unijeti eksponent prve potencije 15 Pritisnuti tipku ÷ za dijeljenje Unijeti broj 2.18 Pritisnuti tipku EXP radi najave unosa eksponenta broja 10

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak) P: 3.456 R: P: 3.456E R: P: 3.456E15 R: P: 3.456E15/ R: P: 3.456E15/2.18 R: P: 3.456E15/2.18E R:

Unijeti eksponent druge potencije -12 P: 3.456E15/2.18E-12 (minus unijeti tipkom (-) ili ± , a R: ne tipkom za oduzimanje) Pritisnuti tipku = radi dobivanja rezultata

P: 3.456E15/2.18E-12 R: 1.59 E27

Zadatak 3. Odredi broj x u logaritamskoj jednadžbi: log x = −267.37 . Rješenje: Za razliku od sličnog zadatka 2. rješenje ovog zadatka ne možemo izračunati pomoću džepnog računala, jer se radi o premalenom broju. Zbog navedenog ćemo iskoristiti eksponencijalni zapis argumenta dekadskog logaritma (vidjeti teorijski uvod ovog poglavlja – pojam logaritam broja), jer je računanje s potencijama s bazom 10 relativno jednostavno. 210

Vrijednost logaritma broja x se nalazi između sljedećih cijelih brojeva: z ≤ log x < z + 1, z ∈ Z −267 ≤ log x < −268 Broj x ćemo zapisati u eksponencijalnom zapisu: x = 10log x − n ⋅10n = 10−267.37 −(−267 ) ⋅10−267 = 10267 − 267.37 ⋅10−267 = 10−0.37 ⋅10−267 –0.37 Broj 10 možemo izračunati na džepnom računalu: x 10 (-) 0.37 = na ekranu će se javiti rezultat 0.42658 (rezultat zaokružen na 5 decimala). Broj 0.42658 možemo zapisati u eksponencijalnom zapisu kao 4.2658 ⋅10−1 (radi uputa vidjeti primjer 1.). Konačno broj x možemo zapisati u eksponencijalnom zapisu na sljedeći način: x = 4.2658 ⋅10−1 ⋅10−267 = 4.2658 ⋅10−268 . Broj x ima 268 nula nakon decimalne točke. Zadatak 4. Izračunaj potenciju: 34578 . Rješenje: Ova potencija je prevelika da bismo je mogli izračunati pomoću džepnog računala. Zbog toga je trebamo zapisati u eksponencijalnom zapisu, jer je daljnje računanje pomoću eksponencijalnog zapisa relativno jednostavno. Zadanu potenciju zapisujemo u eksponencijalnom zapisu na sljedeći način uz primjenu džepnog računala: x r = 10r ⋅log x 34578 = 1078⋅log345 = 10197.94989 345 = 10 78

197.94989

345 = 10 78

0.94989

= 10

⋅10

197

Zaokružena na 5 decimala

0.94989 +197

Primijeniti pravilo E3.

= 8.910 ⋅10

197

Zadatak 5. Koliko znamenki ima broj x = 3347 ? Rješenje: Kako bismo odredili broj znamenaka broja x potrebno je odrediti njegov dekadski logaritam. log x = log 3347 = 347 ⋅ log 3 = 347 ⋅ 0.47712 = 165.561 Zaključujemo da broj x ima 165 znamenaka.

211

6. Geometrija prostora 6.1. Točke, pravci i ravnine Osnove geometrije prostora Osnovni skupovi točaka u prostoru jesu točke, pravci i ravnine, koji se sami ne definiraju, već se pomoću aksioma propisuju njihova svojstva. Aksiomi su tvrdnje koje se ne dokazuju. Teorem (poučak ili stavak) je tvrdnja koja se izvodi iz aksioma i nju treba dokazivati. Označavanje točaka, pravaca i ravnina Točke označavamo velikim slovima latinične abecede (A, B, C, …). Pravce označavamo malim slovima (a, b, c, …). Ravnine označavamo malim slovima grčkog alfabeta (α, β, γ, π, …). Pravci u ravnini (slika 6.1.) Dva pravca u ravnini su ili paralelna ili se sijeku u jednoj točki. Paralelnost uključuje i slučaj istovjetnih pravaca. Pravac se može odrediti s dvije točke koje mu pripadaju. Ako promatramo nekoliko točaka koje pripadaju istom pravcu, za njih možemo reći da su kolinearne. a=b b a A

a

b

Pravci a i b se podudaraju. Pravci a i b se sijeku u točki A. Pravci a i b su paralelni.

Slika 6.1. Pravci u ravnini. Odnos pravca i ravnine u prostoru (slika 6.2.) Pravac i ravnina u prostoru su ili paralelni ili pravac siječe (probada) ravninu u jednoj točki. Paralelnost uključuje slučaj kada pravac leži u ravnini. Presjek pravca i ravnine je točka koja se naziva sjecište ili probodište. Matematički 212

pišemo da je točka A presjek pravca a i ravnine π na sljedeći način: A = a ∩ p . Ako su pravac a i ravnina π paralelni matematički to zapisujemo ovako: a p . a a

a

A



Pravac leži u ravini. Pravac a siječe ravninu u točki A.

Pravac a je paralelan s ravninom.

Slika 6.2. Odnos pravca i ravnine u prostoru. Odnos dviju ravnina (slika 6.3.) Dvije ravnine su ili paralelne ili se sijeku. Paralelnost uključuje slučaj kada su ravnine istovjetne, tj. kada se podudaraju. Presjek dviju ravnina je pravac.

a =σ

σ A

σ

Ravnine su istovjetne.

Ravnine σ i  se sijeku u pravcu a.

Slika 6.3. Odnos dviju ravnina. 213

Ravnine σ i  su paralelne.

Odnos pravaca u prostoru (slika 6.4.) Pravci u prostoru ili leže u istoj ravnini ili ne leže u istoj ravnini. Ako pravci leže u istoj ravnini tada se ili sijeku (imaju zajedničku točku) ili su paralelni (nemaju zajedničkih točaka). Paralelnost pravaca uključuje i slučaj istovjetnih pravaca. Ako pravci ne leže u istoj ravnini tada kažemo da su mimoilazni pravci. Mimoilazni pravci nemaju zajedničkih točaka, te ne mogu biti paralelni (mimoilaznost i paralelnost pravaca se međusobno isključuju). a



a=b



A

a

a



b

b

b

Pravci se podudaraju. Pravci se sijeku i leže u istoj ravnini.

Pravci su paralelni i leže u istoj ravnini.

Mimoilazni pravci (ne leže u istoj ravnini i ne sijeku se).

Slika 6.4. Odnos pravaca u prostoru. Određenost ravnine (slika 6.5.) Ravnina može biti zadana na sljedeće načine: 1. pomoću tri točke koje nisu kolinearne (ne leže na istom pravcu). Za točke koje leže u istoj ravnini kažemo da su komplanarne, 2. pomoću pravca i točke koja ne pripada pravcu, 3. pomoću dva pravca koja su ili paralelna (ali se ne podudaraju) ili se sijeku.

C

A



a=b



B Ravnina određena pomoću tri točke koje ne leže na jednom pravcu.

A

a



b Ravnina određena Ravnina određena s pravcem i točkom koja dva pravca koja se mu ne pripada. sijeku.

a

b

Ravnina određena pomoću dva paralelna pravca.

Slika 6.5. Načini zadavanja ravnine. Zadatak 1. Nacrtaj kvadar ABCDA1B1C1D1. Nacrtaj i navedi u kojem odnosu su pravci: a) AD i B1C1,

b) D1B i BB1,

c) AB i A1C.

214

Rješenje: D1

C1 B1

A1

D

A

D1

C1 B1

A1

C

D

B

C1 B1

A1

C

A

a) Pravci AD i B1C1 su paralelni.

D1

D

B

A

b) Pravci D1B i BB1 se sijeku u točki B.

C

B

c) Pravci AB i A1C su mimoilazni (ne sijeku se i nisu paralelni).

Zadatak 2. Nacrtaj kocku ABCDA1B1C1D1. U kojem su međusobnom odnosu pravci i ravnine: a) CD i AA1B1 b) C1D1 i BB1D. Rješenje: a) Kada je ravnina zadana pomoću tri vrha, tada se preporučuje pronaći četvrti vrh koji pripada toj ravnini. U ovom slučaju zadana je ravnina AA1B1 čiji je četvrti vrh B. Sa slike možemo vidjeti da je pravac određen vrhovima CD paralelan s ravninom AA1B1. D1

C1

A1

B1

D

C

A

B

Pravac CD je paralelan s ravninom AA1B1.

215

b) Četvrti vrh ravnine BB1D je vrh D1. Sa slike 6.5. možemo vidjeti da pravac određen vrhovima C1D1 siječe ravninu BB1D u točki D1. D1

C1

B1

A1 D

C

A

B

Pravac C1D1 siječe ravninu BB1D. Zadatak 3. Nacrtaj kocku ABCDA1B1C1D1 i istakni ravninu koja je određena: a) pravcem AC i točkom D; b) pravcima AA1 i A1B1. Rješenje: D1

C1

D1

B1

A1 D

A

B1

A1

C

C1

D

B

A

a) Pravcem AC i točkom D je određena ravnina ABCD.

C

B

b) Pravcima AA1 i A1B1 je određena ravnina AA1BB1.

Zadatak 4. Nacrtaj kvadar ABCDA1B1C1D1. U kojem su međusobnom odnosu ravnine: a) ABB1 i CDD1, b) BCA1 i A1B1D1.

216

Rješenje: D1 A1

C1 B1

A1

D

A

D1

C1 B1

D

C

A

B

a) Ravnine ABB1 i CDD1 su međusobno paralelne.

C

B

b) Ravnine BCA1 i A1B1D1 se sijeku. Njihov presjek je pravac A1D1.

Napomena: kada su ravnine zadane pomoću tri vrha, najprije ustanoviti četvrti vrh koji pripada ravnini. Zadatak 5. Nacrtaj kocku ABCDA1B1C1D1 . Točke P i R su polovišta bridova AA1 i DD1. Označi ravninu određenu točkama BPR. Rješenje: D1

C1 B1

A1 R P

D

C

A

B

217

6.2. Paralelnost i okomitost Okomitost pravca i ravnine Pravac p je okomit na ravninu π ako je okomit na svaki pravac koji leži u ravnini π i prolazi kroz sjecište T pravca p i ravnine π. To matematički zapisujemo: p ⊥ p . p

b T

c d

Slika 6.6. Okomitost pravca p na ravninu π (pravac je okomit na ravninu ako je okomit na sve pravce koji leže u ravnini i prolaze kroz sjecište). Paralelnost pravca i ravnine Pravac p je paralelan s ravninom π samo ako je paralelan s nekim pravcem koji leži u toj ravnini. To matematički zapisujemo: p p .

σ

p

b

Slika 6.7. Prikaz pravca p paralelnog ravnini π (pravac p je paralelan pravcu b koji leži u ravnini π). 218

Okomitost ravnina Ravnina α je okomita na ravninu β ako sadrži pravac koji je okomit na tu ravninu. To matematički zapisujemo: a ⊥ b . Kažemo da su ravnine α i β međusobno okomite, jer ako je ravnina α okomita na ravninu β, tada je i ravnina β okomita na ravninu α. b β c

α a Slika 6.8. Okomite ravnine α i β. Zadatak 1. Nacrtaj kocku ABCDA1B1C1D1. Označi pravac BD i ravninu okomitu na taj pravac određenu vrhovima kocke ABCDA1B1C1D1. Rješenje: Pri rješavanju ovog zadatka potrebno je uzeti u obzir da su dijagonale kvadrata međusobno okomite. Zbog toga je pravac određen točkama BD okomit na pravac određen točkama AC, a koji leži u ravnini ACC1A1. Zaključujemo da je pravac BD okomit na svaki pravac koji leži u ravnini ACC1A1, a koji prolazi sjecištem dijagonala kvadrata ABCD. Zbog navedenog kažemo da je pravac BD okomit na ravninu ACC1A1. D1

C1 B1

A1

D

C

A

B

219

Zadatak 2. Nacrtaj kocku ABCDA1B1C1D1. Označi sve pravce koji su okomiti na ravninu BCB1, a određeni su vrhovima kocke ABCDA1B1C1D1. Rješenje: Prikaz ravnine BCB1 i pravaca okomitih na tu ravninu (AB, DC, A1B1 i D1C1) Kako bi se prikazala zadana ravnina, najprije je potrebno uočiti četvrti vrh koji pripada toj ravnini, vrh C1. Nakon toga se pri određivanju okomitih pravaca koristimo svojstvom kocke da su bridovi okomiti na susjedne stranice.

D1

C1 B1

A1

D

C

A

B

Zadatak 3. Zadan je pravilni tetraedar ABCD. Točka M je polovište brida AD, dok je točka N polovište brida BD. Odredi odnos pravca MN i ravnine ABC. Rješenje: Ovdje se potrebno podsjetiti pojma srednjice trokuta. Srednjica trokuta je dužina koja spaja polovišta dviju stranica trokuta, paralelna je trećoj stranici i ima duljinu jednaku polovici duljine treće stranice. Pravac MN sadrži srednjicu trokuta ABD. Zbog toga znamo da je pravac MN paralelan s pravcem AB. Budući da pravac AB pripada ravnini ABC, zaključujemo da je pravac MN paralelan s ravninom ABC (vidjeti definiciju paralelnosti pravca i ravnine s početka ovog poglavlja. D

a

M a 2

A

N a S

a B

220

C a

Zadatak 4. Odredi presjek kocke ABCDA1B1C1D1 s ravninom ABC1, te izračunaj površinu presjeka uzimajući u obzir da je zadana duljina brida kocke a. Rješenje: Vrlo važno je zapamtiti da presječna ravnina siječe paralelne strane kocke u paralelnim pravcima. Ovdje to znači da presječna ravnina siječe kocku ABCDA1B1C1D1 u međusobno paralelnim pravcima AB i C1D1. Uočimo da je presjek kocke sa zadanom ravninom pravokutnik sa stranicama a i d (dijagonala kvadrata sa stranicom a).

a

D1 A1

C1

B1

d

d D

A

C

a

B

Površinu presjeka, tj. pravokutnika računamo na sljedeći način, uzimajući u obzir da je d = a 2 : P = a ⋅ d = a ⋅ a 2 = a2 ⋅ 2 Zadatak 5. Odredi presjek kocke ABCDA1B1C1D1 s ravninom EGH1, te izračunaj površinu presjeka uzimajući u obzir da je zadana duljina brida kocke a. Polovišta stranica kvadrata ABCD označavamo s E, F, G i H (E je polovište stranice AB, itd.), dok polovišta stranica kvadrata A1B1C1D1 označavamo s E1, F1, G1, H1. Rješenje: Točka H1 leži na pravcu određenom točkama A1D1, a koji je paralelan s pravcem koji je određen točkama EG. Presječna ravnina je u ovom slučaju određena točkama EGA1B1. Zadani presjek je pravokutnik sa stranicama a i b. Stranicu b ćemo izračunati kao hipotenuzu pravokutnog trokuta AEA1. Izračunavanje stranice b prema Pitagorinom poučku: ⎛a⎞ b = a +⎜ ⎟ ⎝2⎠

2

2

221

b = a2 + b=

a2 5a 2 = 4 4

a 5 2 D1

G1

C1

H1 A1

B1

F1

E1

d

b

a

G

D

H

a

F

a

a E 2

A

C

B

Površinu presjeka u obliku pravokutnika sa stranicama a i b možemo izračunati na sljedeći način: a 5 a2 ⋅ 5 P = a ⋅b = a ⋅ = 2 2 Zadatak 6. Odredi presjek kocke ABCDA1B1C1D1 s ravninom HCD1, te izračunaj površinu presjeka uzimajući u obzir da je zadana duljina brida kocke a. Polovišta stranica kvadrata ABCD označavamo s E, F, G i H (E je polovište stranice AB, itd.), dok polovišta stranica kvadrata A1B1C1D1 označavamo s E1F1G1H1. Rješenje: Presjek kocke ABCDA1B1C1D1 ravninom HCD1 je jednakokračni trokut s krakovima HC i HD1, te osnovicom CD1. Krakovi su označeni s b, dok je osnovica označena s d, jer predstavlja dijagonalu kvadrata CC1D1D. D1

G1

C1

H1 d A1

B1

E1 T

b

F1

a

v

a

G

D H A

b

a2 a

C F a B

E

222

Dijagonala kvadrata d iznosi: d = a 2 . Duljinu kraka b računamo iz pravokutnog trokuta HDD1, gdje su katete 2

a2 5a 2 a 5 a ⎛a⎞ 2 2 b = a + = a + = = : = DH ⎜ ⎟ 4 4 2 2 ⎝2⎠ Kako bismo izračunali površinu ovog jednakokračnog trokuta, potrebno je uočiti visinu v ovog trokuta, određenu kao duljinu dužine HT (točka T je polovište dužine CD1). Visinu v računamo kao jednu katetu iz pravokutnog trokuta HTD1: a = DD1 i

2

2

2 ⎛a 5⎞ ⎛a 2⎞ 5a 2 2a 2 3a 2 a 3 ⎛d ⎞ v = b − ⎜ ⎟ = ⎜⎜ − = − = = ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 2 4 4 4 2 ⎝2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

Površinu presjeka računamo kao površinu trokuta HCD1 na sljedeći način: 1 1 a 3 a2 6 P = ⋅d ⋅v = ⋅a 2 ⋅ = 2 2 2 4 Zadatak 7. Odredi presjek kocke ABCDA1B1C1D1 s ravninom D1NR. Točka N ∈ B1C1 , (uz uvjet: N ≠ B1 i N ≠ C1), dok je R ∈ AB . Točke N i R se mogu proizvoljno odabrati na navedenim dužinama (uvažavajući uvjet naveden za točku N). Rješenje: Postupak crtanja presjeka: 1. povući dužinu D1 N ; 2. točka P: P = PR ∩ AD uzimajući u obzir PR D1 N ; 3. povući dužinu D1 P ; 4. točka T: T = NT ∩ BB1 uzimajući u obzir NT D1 P ; 5. povući dužinu RT . Povlačenje paralela smo koristili na temelju saznanja da ravnina siječe paralelne strane kocke u paralelnim pravcima.

223

D1

C1 1

N B1

A1 3

4

T

D P

b

2

A

C

5

B

R

Zadatak 8. Odrediti presjek kocke ABCDA1B1C1D1 s ravninom MNR. Točka M ∈ C1 D1 (uz uvjet: M ≠ C1 i M ≠ D1), N ∈ B1C1 (uz uvjet: N ≠ B1 i N ≠ C1), dok je R ∈ AD . Točke M, N i R se mogu proizvoljno odabrati na navedenim dužinama (uvažavajući uvjete navedene za točke M i N). Rješenje: Postupak crtanja presjeka: 1. povući dužinu MN ; 2. točka Q: Q = MN ∩ A1 D1 ; 3. točka P: P = QR ∩ DD1 ; 4.povući dužine PR i MP ; 5. točka T i NT : T = NT ∩ BB1 , uzeti u obzir NT PR ; 6. točka U: RU ∩ AB , uzeti u obzir RU MN ; 7. povući dužinu TU . Q D1 2 M 4

P

A1

N

B1

3

5

D

C T

R 6 A

C1

1

7

U

224

B

Zadatak 9. Odredi površinu presjeka pravilne trostrane piramide ABCD i ravnine koja prolazi srednjicom osnovke i pravcem određenom točkama M i N. Točka D je vrh piramide. Točka M je polovište brida CD , dok je točka N polovište brida BD . Duljina osnovnog brida je a, duljina bočnog brida je b. Rješenje: D

b

a 2

M b 2

C

K

N b 2

S a 2

B'

a

A

b B

C'

a

Napomena: točke B’ i C’ su polovišta stranica osnovki AC i AB. Pojam trostrana piramida ukazuje da je osnovka trokut. Pojam pravilna označava da osnovka ima stranice jednakih duljina, tj. u ovom slučaju osnovka je jednakostranični trokut. Uspravna pravilna tijela imaju bočne bridove jednakih duljina. Dužina B’C’ je srednjica osnovke (trokuta) ∆ABC. Srednjica trokuta je dužina koja spaja polovišta dviju stranica trokuta, paralelna je trećoj stranici i ima dua ljinu jednaku polovici duljine treće stranice. Duljina dužine B’C’ iznosi . 2 Dužina B’C’ je paralelna sa stranicom BC, čija je duljina a (jer je ∆ABC jednakostranični trokut). a Duljina dužine MN je također , jer je dužina MN srednjica trokuta ∆CBD. 2 Dužina MN je paralelna sa stranicom BC trokuta ∆CBD, čija je duljina a. b Duljine dužina B’M i B’N iznose , jer dužine B’M i C’N predstavljaju 2 srednjice trokuta ∆ADC i ∆ADB, a paralelne su s bridom AD (uočiti: brid AD je zajednička stranica trokuta ∆ADC i ∆ADB). Uočimo ravninu ADKS (točka K je nožište visine pobočke ∆BCD i osnovke ∆ABC na stranicu BC; točka S je nožište visine piramide). Ravnina ADKS je paralelna s dužinama B’M i C’N , jer sadrži bočni brid AD koji je paralelan s tim dužinama (vidjeti definiciju paralelnosti pravca s ravninom: pravac je paralelan s ravninom, ako je paralelan s nekim pravcem koji leži u toj ravnini). 225

Budući da su dužine AK i DK visine osnovke ∆ABC i pobočke BCD na stranicu BC, tada je stranica BC okomita na dužine AK i DK. Kako su dužine MN i B’C’ paralelne sa stranicom BC, možemo zaključiti da su dužine MN i B’C’ okomite na dužine B’M i C’N zbog definicije okomitosti pravca na ravninu: pravac je okomit na ravninu ako je okomit na svaki pravac koji leži u toj ravnini i prolazi presječnom točkom pravca i ravnine). Na temelju navedenog zaključujemo da je presjek pravilne trostrane piramide a b ABCD s ravninom B’C’MN pravokutnik sa stranicama i , jer pravokutnik 2 2 ima nasuprotne paralelne stranice, dok su mu susjedne stranice međusobno a b ab okomite. Površina presjeka glasi: P = ⋅ = . 2 2 4

226

6.3. Ortogonalna projekcija i udaljenost točke do ravnine Ortogonalna projekcija točke na ravninu Ortogonalna projekcija točke A na ravninu α je točka A’ koja se dobiva kao sjecište pravca p i ravnine α, pri čemu pravac p ima sljedeća svojstva: pravac p je okomit na ravninu α i točka A je element pravca p. p p

A

α

α

β A'

A A'

Slika 6.9. Ortogonalna projekcija toč- Slika 6.10. Udaljenost paralelnih ke A na ravninu α je točka A’. Udaravnina α i β. ljenost točke A od ravnine α jednaka je udaljenosti točke A od svoje ortogonalne projekcije na ravninu α. Udaljenost točke do ravnine (slika 6.9.) Udaljenost točke do ravnine jednaka je udaljenosti točke do njezine ortogonalne projekcije na ravninu. Udaljenost dviju paralelnih ravnina (slika 6.10.) Udaljenost dviju paralelnih ravnina jednaka je udaljenosti proizvoljno odabrane točke iz prve ravnine i njezine ortogonalne projekcije na drugu ravninu. Ortogonalna projekcija točke na pravac (slika 6.11.) Ortogonalna projekcija točke A na pravac p je točka A’ koja predstavlja sjecište pravca p i ravnine α, pri čemu je pravac p okomit na ravninu α. Udaljenost točke do pravca (slika 6.11.) Udaljenost točke do pravca jednaka je udaljenosti točke do njezine ortogonalne projekcije na pravac. 227

Udaljenost paralelnih pravaca (slika 6.12.) Udaljenost paralelnih pravaca jednaka je udaljenosti proizvoljno odabrane točke A na prvom pravcu do njezine ortogonalne projekcije A’ na drugi pravac.

α A

α

q A

p

p

A'

A'

Slika 6.11. Ortogonalna projekcija točke A na pravac p je točka A’. Udaljenost točke A od pravca p je duljina dužine AA’ .

Slika 6.12. Udaljenost paralelnih pravaca p i q.

Ortogonalna projekcija pravca na ravninu (slika 6.13.) Ortogonalna projekcija pravca na ravninu predstavlja skup ortogonalnih projekcija točaka pravca na ravninu. Ako je pravac okomit na ravninu, tada je njegova ortogonalna projekcija sjecište pravca i ravnine. Ako pravac leži u ravnini, tada se pravac podudara sa svojom ortogonalnom projekcijom. p A

p' A' T=T'

α Slika 6.13. Ortogonalna projekcija pravca p na ravninu α je pravac p’.

228

Zadatak 1. Točke A i B su od ravnine α udaljene 10 i 4 cm. Udaljenost točaka A i B iznosi 15 cm. Odredi duljinu ortogonalne projekcije dužine AB ako su točke A i B: a) s iste strane ravnine α; b) na različitim stranama ravnine α. Rješenje: a) Ovaj zadatak svodi na rješavanje pravokutnog trokuta ∆ABC sa sljedećim elementima: – hipotenuza AB = 15 cm; – kateta AC = AA ' − BB ' = 10 − 4 = 6 cm; – kateta BC = A ' B ' = ?

A

C B A' B'

α Nepoznatu katetu CB izračunavamo po Pitagorinom poučku. A ' B ' = BC =

2

2

AB − AC = 152 − 62 = 189 = 13.75 cm

b) Ovaj zadatak svodi na rješavanje pravokutnog trokuta ∆ABC sa sljedećim elementima: – hipotenuza AB = 15 cm; – kateta AC = AA ' + BB ' = 10 + 4 = 14 cm; – kateta BC = A ' B ' = ?

229

A

α

A'

B' C B Nepoznatu katetu BC izračunavamo po Pitagorinom poučku. A ' B ' = BC =

2

2

AB − AC = 152 − 142 = 29 = 5.39 cm

Zadatak 2. Točka V je udaljena 8 cm od svakog vrha kvadrata ABCD i udaljena je 2 14 cm od ravnine kvadrata ABCD. Koliko je točka V udaljena od stranica kvadrata i kolika je duljina stranice kvadrata? Rješenje: Ovaj zadatak se svodi na rješavanja pravilne četverostrane piramide. Zadane su sljedeće veličine: - duljina kraka b = 8 cm (udaljenost točke V od vrhova kvadrata; točka V je vrh piramide, dok je kvadrat ABCD osnovka piramide); - visina piramide v = 2 14 cm (udaljenost točke V od ravnine kvadrata ABCD).

V

v1

v b

B E

C

a 2

a

Sd 2

A

a

230

D

Potrebno je izračunati sljedeće veličine: – v1 (visina bočne strane; u ovom zadatku ova veličina predstavlja udaljenost točke V od stranica kvadrata); – duljinu stranice kvadrata a. Najprije ćemo izračunati duljinu stranice kvadrata a pomoću pravokutnog trod kuta ∆SDV (hipotenuza je bočni brid b, katete su visina piramide v i ). Primi2 jenit ćemo Pitagorin poučak, te ćemo uzeti u obzir za kvadrat da je d = a 2 . d = b 2 − v 2 = 82 − (2 14) 2 = 64 − 4 ⋅14 = 8 = 2 2 2 a 2 =2 2 2

⋅

2 2

⇒

a 2 2 2 ⋅ = 2 2⋅ 2 2 2

⇒ a = 4 cm

Udaljenost točke V od stranice kvadrata v1 izračunat ćemo pomoću pravokuta nog trokuta ∆ESV (hipotenuza je v1, katete su visina piramide v i ). 2 2

2

⎛a⎞ ⎛4⎞ v1 = v 2 + ⎜ ⎟ = (2 14) 2 + ⎜ ⎟ = 56 + 4 = 60 = 4 ⋅15 = 2 15 cm ⎝2⎠ ⎝2⎠ Zadatak 3. Kolike su duljine ortogonalnih projekcija dijagonale kvadra na njegovu najmanju i najveću stranu, ako su duljine bridova kvadra 5, 7 i 9 cm? Rješenje: Zadane veličine su: a = 5 cm; b = 7 cm; c = 9 cm. Ortogonalne projekcije prostorne dijagonale D na stranice jesu plošne dijagonale d1, d2 i d3 . Najmanja strana zadanog kvadra je strana koju čine bridovi a i b. Ovoj strani pripada plošna dijagonala d1. Najveću stranu zadanog kvadra čine bridovi b i c. Ovoj strani pripada plošna dijagonala d2.

231

D1

C1

a

A1

B1 c

c=9 cm

D d2

D

C d1

A

b=7 cm

B

a=5 cm

Ortogonalna projekcija prostorne dijagonale D na najmanju stranu (plošna dijagonala d1; vidjeti pravokutni trokut ∆BD1D) – uzeti u obzir da je najmanja strana ovog kvadra pravokutnik sa stranicama a = 5 cm i b = 7 cm: d1 = a 2 + b 2 = 52 + 7 2 = 74 = 8.60 cm Ortogonalna projekcija prostorne dijagonale D na najveću stranu (plošna dijagonala d2; vidjeti pravokutni trokut ∆BC1D1) – uzeti u obzir da je najveća strana ovog kvadra pravokutnik sa stranicama b = 7 cm i c = 9 cm,: d 2 = b 2 + c 2 = 7 2 + 92 = 130 = 11.40 cm Zadatak 4. Zadana je kocka ABCDA1B1C1D1 s bridom duljine a. Točka Q je presjek plošnih dijagonala strane ADD1A1. Odredi udaljenost točke Q do pravca određenog točkama B i C. Rješenje: Na slici je tražena udaljenost točke Q do pravca BC označena s x. Točka F predstavlja ortogonalnu projekciju točke Q na pravac BC. Pomoću označenog pravokutnog trokuta FQH (hipotenuza je x = FQ , katete su FH = a i a HQ = ) izračunat ćemo x primjenom Pitagorinog poučka. 2

232

D1

C1 B1

A1 Q

a

x

D

a 2

a

H

F

a

A

C

B

2

x=

a2 5a 2 a 5 ⎛a⎞ 2 FH + HQ = a + ⎜ ⎟ = a + = = 4 4 2 ⎝2⎠ 2

2

2

Zadatak 5. Zadana je kocka ABCDA1B1C1D1 s bridom duljine a. Odredi udaljenost točke A do ravnine određene točkama B1CD1. Rješenje: Najprije je potrebno uočiti jednakokračni trokut ∆AS1C. Udaljenost točke A do ravnine B1CD1 je visina trokuta ∆AS1C iz vrha A na stranicu S1C koja leži u ravnini B1CD1. Na slici je ova visina označena kao dužina AN, a njezina duljina sa slovom x. Moramo najprije izračunati duljinu kraka ∆AS1C, tj. duljinu dužine S1C . Uočiti pravokutan trokut ∆CS1S: pravi kut je u vrhu S, hipotenuza je dužina S1C , d a 2 . Na temelju Pitagorinog poučka možemo katete su SS1 = a i SC = = 2 2 izračunati duljinu dužine S1C : 2

S1C =

⎛a 2⎞ 2a 2 6a 2 a 6 2 S1S + SC = a + ⎜⎜ = = ⎟⎟ = a + 4 4 2 ⎝ 2 ⎠ 2

2

2

D1

C1 S1

A1

B1

N x D

C S

A

B

233

Nepoznatu veličinu x = AN izračunat ćemo izjednačavanjem izraza za izračunavanje površine ∆AS1C pomoću polovice umnoška duljine stranice AC i visine na tu stranicu SS1 , te pomoću duljine stranice CS1 i visine na tu stranicu AN : AC ⋅ SS1 2 d ⋅a =

=

CS1 ⋅ AN

a 6 ⋅x 2

a 6 a 2 ⋅a = ⋅x 2 x = a2

2⋅

2a 3 x= ⋅ 3 3 x=

⋅2

2

⋅

2 a 6

Množenje recipročnim razlomkom je jednako dijeljenju s tim razlomkom. Zamjenjujemo lijevu i desnu stranu jednadžbe.

2 a

6 = 2⋅3 = 2 ⋅ 3

2 3

Provodimo racionalizaciju kako bismo eliminirali korijen iz nazivnika.

2 3 a 3

234

6.4. Preslikavanje prostora Simetralna ravnina i zrcalna simetrija Ravnina α je simetralna ravnina dužine AA1 ako je okomita na pravac AA1 i prolazi polovištem dužine AA1 točkom A’. Zrcalna simetrija s obzirom na ravninu α je preslikavanje koje nekoj točki A pridružuje točku A1 sa sljedećim svojstvima: – udaljenosti točaka A i A1 do ravnine α su jednake; – pravac AA1 je okomit na ravninu α. Zrcalna simetrija predstavlja izometriju, jer ne mijenja udaljenosti između točaka. Na primjer, duljina dužine AB1 jednaka je duljini njezine zrcalnosimetrične dužine A1 B1 .

A

B

A'

A1

B'

B1 α

Slika 6.14. Zrcalna simetrija dužine AB s obzirom na simetralnu ravninu α. Osna simetrija (slika 6.15.) Osna simetrija s obzirom na pravac p je preslikavanje koje nekoj točki A pridružuje točku A1 sa sljedećim svojstvima: – udaljenosti točaka A i A1 do pravca p su jednake; – pravac AA1 je okomit na pravac p. Osna simetrija predstavlja izometriju, jer ne mijenja udaljenosti između točaka. Centralna simetrija (slika 6.16.) Centralna simetrija s obzirom na središte simetrije točku O je preslikavanje koje nekoj točki A pridružuje točku A1 sa sljedećim svojstvima: – udaljenosti točaka A i A1 do središta simetrije O su jednake; – točke A, A1 i O su kolinearne (leže na istom pravcu). 235

p α

A'

A

A1

B

A1

O

β B

B

B1 A

B1

Slika 6.15. Osna simetrija dužine AB s obzirom na os simetrije pravac p.

Slika 6.16. Centralna simetrija dužine AB s obzirom na središte simetrije točku O.

Homotetija Homotetija je preslikavanje kojim se likovi ili tijela preslikava u likove ili tijela istog oblika, ali različitog mjerila. Neka je točka S središte homotetije. Homotetija je preslikavanje koje nekoj točki A pridružuje točku A1 sa sljedećim svojstvima: – točke S, A i A1 su kolinearne; – vrijedi SA1 = k ⋅ SA , gdje je broj k koeficijent homotetije; – ako je k > 0, tada točke A i A1 leže na istom polupravcu određenom točkom S; ako je k < 0, tada točke A i A1 leže na različitim polupravcima koji su određeni točkom S. S

α

1

C1 A1

B1 C α

A B

Slika 6.17. Homotetija sa središtem homotetije S. Prema slici 6.17. uzimajući u obzir da su ∆SAC i ∆SA1C1 slični vrijedi: A1C1 SA SC1 = 1 = =k AC SA SC 236

Za površine sličnih likova kod homotetije vrijedi: P1 = k2 P Na temelju definicije homotetije za presjek piramide i stošca ravninom paralelnom s bazom vrijedi: 2 P1 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝v⎠ Zadatak 1. Zadana je kocka ABCDA1B1C1D1. Točke S i S1 su presjecišta plošnih dijagonala donje i gornje osnovke kocke ABCD i A1B1C1D1. Odredi zrcalnosimetričnu sliku dužina AE1 i S1 A1 s obzirom na simetralnu ravninu BB1S1. Točka E1 je polovište dužine A1 B1 . Rješenje: Zrcalna simetrija dužina se vrši tako da se izvrši zrcalna simetrija krajnjih točaka dužine, te se nakon toga povuče dužina između točaka dobivenih zrcalnom simetrijom. Rješenja su prikazana na slikama. – Zrcalna simetrija dužine AE1 s obzirom na simetralnu ravninu BB1S1 1. Povući okomicu na plošnu dijagonalu B1 D1 (koja leži u simetralnoj ravnini BB1S1) kroz točku E1. Ovo je ujedno i okomica na simetralnu ravninu BB1S1. 2. Označiti točku F1 na presjeku ove okomice i brida B1C1 . Točka F1 je zrcalnosimetrična točka točki E1, jer su točke E1 i F1 jednako udaljene od pravca koji sadrži plošnu dijagonalu B1 D1 jednak. 3. Ponoviti jednaki postupak za traženje zrcalnosimetrične točke točki A. Povući pravac okomit na dijagonalu BD (koja leži u simetralnoj ravnini BB1S1) kroz točku A. Ovo je ujedno i okomica na simetralnu ravninu BB1S1. 4. Budući da je okomica kroz točku A zapravo plošna dijagonala AC, zrcalnosimetrična točka točki A s obzirom na simetralnu ravninu BB1S1 je točka C koja je jednako udaljena od pravca određenog točkama B i D kao i točka A. 5. Na kraju se povlači dužina CF1 koja predstavlja zrcalnosimetričnu dužinu dužine AE1.

237

G1

D1

C1

S1

H1

F1

A1

B1

E1 G

D H A

C

S

F B

E

– Zrcalna simetrija dužine A1S1 s obzirom na simetralnu ravninu BB1S1. 1. Uočiti da je točka S1 sama sebi zrcalnosimetrična točka, jer leži u simetralnoj ravnini. 2. Zrcalnosimetrična točka točke A1 je točka C1. Postupak je identičan prethodno objašnjenom postupku traženja zrcalnosimetrične slike točke A (vidjeti 3. i 4. korak objašnjenja zrcalne simetrije dužine AE1). 3. Na kraju se povlači dužina C1S1 koja predstavlja zrcalnosimetričnu dužinu dužine A1S . D1

G1

H1 A1

F1 B1

E1 G

D

C

S

H A

C1

S1

F B

E

Važno je imati na umu da je prilikom traženja zrcalnosimetrične točke potrebno povući pravac okomit na simetralnu ravninu kroz točku koju želimo preslikati. Zadatak 2. Zadana je kocka ABCDA1B1C1D1. Točke S i S1 su presjecišta plošnih dijagonala donje i gornje osnovke kocke ABCD i A1B1C1D1. Odredi osnosimetričnu sliku dužina AD i ES1 s obzirom na os simetrije SS1. Točka E1 je polovište dužine AB. Rješenje: – Osna simetrija dužine AD s obzirom na os simetrije SS1. 1. Povući okomicu na os simetrije SS1 kroz točku A. Radi se o plošnoj 238

dijagonali AC. Osnosimetrična točka je točka C, jer se nalazi na okomici na os simetrije na jednakoj udaljenosti od osi simetrije kao i točka A. 2. Povući okomicu na os simetrije SS1 kroz točku D. Radi se o plošnoj dijagonali BD. Osnosimetrična točka je točka B, jer se nalazi na okomici na os simetrije na jednakoj udaljenosti od osi simetrije kao i točka D. 3. Povući dužinu BC koja predstavlja osnosimetričnu dužinu dužine AD s obzirom na os simetrije SS1. D1

G1

C1

S1

H1

F1

A1

B1

E1 D

G

C

S

H A

F B

E

– Osna simetrija dužine ES1 s obzirom na os simetrije SS1 1. Povući okomicu na os simetrije SS1 kroz točku E. Na presjeku pravca određenog točka E i S, te dužine CD označiti točku G. Osnosimetrična točka točke E je točka G, jer se nalazi na okomici na os simetrije na jednakoj udaljenosti od osi simetrije kao i točka E. točka G je polovište dužine CD. 2. Točka S1 sama sebi osnosimetrična točka, jer leži na osi simetrije. 3. Povući dužinu GS1 koja predstavlja osnosimetričnu dužinu dužine ES1 s obzirom na os simetrije SS1. D1

G1

H1

F1

A1

B1

E1 G

D

C

S

H A

C1

S1

F B

E

Zadatak 3. Zadana je kocka ABCDA1B1C1D1. Točka O se nalazi na presjeku prostornih dijagonala. Točke S i S1 su presjecišta plošnih dijagonala donje i gornje osnovke kocke ABCD i A1B1C1D1. Odredi centralnosimetričnu sliku dužina BF i ES s obzirom na središte simetrije točku O. Polovišta stranica 239

kvadrata ABCD označavamo s E, F, G i H, dok polovišta stranica kvadrata A1B1C1D1 označavamo s E1, F1, G1, H1. Rješenje: – Centralna simetrija dužine BF s obzirom na središte simetrije točku O. 1. Povući pravac određen točkama B i O. Ovaj pravac prolazi kroz točku D1, koja predstavlja centralnosimetričnu točku točki B s obzirom na središte simetrije točku O, jer leži na pravcu određenom točkama B i O, te je jednako udaljena od središta simetrije točke O kao i točka B. 2. Povući pravac određen točkama F i O. Ovaj pravac prolazi kroz točku H1, koja predstavlja centralnosimetričnu točku točki F s obzirom na središte simetrije točku O, jer leži na pravcu određenom točkama F i O, te je jednako udaljena od središta simetrije točke O kao i točka F. 3. Povući dužinu D1 H1 koja je centralnosimetrična dužini BF s obzirom na središte simetrije točku O. D1

C1

G1 S1

H1

F1

A1

B1

E1 O D

G

H A

C F

S B

E

– Centralna simetrija dužine ES s obzirom na središte simetrije točku O. 1. Povući pravac određen točkama E i O. Ovaj pravac prolazi kroz točku G1, koja predstavlja centralnosimetričnu točku točki E s obzirom na središte simetrije točku O, jer leži na pravcu određenom točkama E i O, te je jednako udaljena od središta simetrije točke O kao i točka E. 2. Povući pravac određen točkama S i O. Ovaj pravac prolazi kroz točku S1, koja predstavlja centralnosimetričnu točku točki S s obzirom na središte simetrije točku O, jer leži na pravcu određenom točkama S i O, te je jednako udaljena od središta simetrije točke O kao i točka S. 3. Povući dužinu G1S1 koja je centralnosimetrična dužini ES s obzirom na središte simetrije točku O.

240

D1

G1

C1

S1

H1

F1

A1

B1

E1 D

G S

H A

C F

B

E

Zadatak 4. Površina osnovke piramide iznosi 200 cm2. Duljina visine piramide je 10 cm. Površina presjeka piramide ravninom paralelnom s osnovkom iznosi 50 cm2. Za koliko je presječna ravnina udaljena od vrha piramide? Rješenje: Zadani podaci: površina osnovke piramidee P = 200 cm2, duljina visine piramide v = 10 cm i površina presjeka piramide ravninom paralelnom s osnovkom P1 = 50 cm2. Traži se: udaljenost prosječne ravnine od vrha piramide, tj. v1 = ? P1 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝v⎠

2

P1 v12 = P v2 v12 = v1 =

⋅v

V 2

P1 2 ⋅v P

v1 v

S1

P1 2 P ⋅v = v⋅ 1 P P

v1 = 10 ⋅

50 200

S

v1 = 5 cm

241

P1

P

Zadatak 5. Duljina visine piramide iznosi 9 cm. Na kojoj udaljenosti od osnovke treba presjeći piramidu ravninom koja je paralelna osnovci kako bi površina presjeka bila šest puta manja od površine osnovke? Rješenje: Zadani podaci: duljina visine piramide v = 9 cm i veza između površine presjeka piramide ravninom paralelnom s osnovkom i površine osnovke P = 6 · P1. Traži se: udaljenost presječne ravnine od vrha piramide, tj. x = v – v1= ? 2 P1 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝v⎠ P1 v12 = 6 ⋅ P1 v 2 v12 =

⋅ v2

v2 6

v2 v 6 v 6 v1 = = ⋅ = 6 6 6 6 3

v1 =

9⋅ 6 3 6 = 2 62

x = v − v1 = 9 −

Uvrstimo v = 9 cm.

3 6 18 − 3 6 = = 5.33 cm 2 2

V x=v-v1 v1 v

S1

P1

x S

242

P

Zadatak 6. Uspravni stožac je presječen s dvije ravnine koje su paralelne s ravninom osnovke. Ravnine presjeka dijele visinu stožca na sukladne dijelove. Površina manjeg presjeka iznosi 25π cm2. Izračunaj površinu većeg presjeka i površinu osnovke. Rješenje: Zadani podaci: površina manjeg presjeka P2 = 25π cm2, odnos udaljenosti 2 1 ravnina presjeka i visine stožca v1 = v i v2 = v . 3 3 Traže se: površina većeg presjeka P1 i površina osnovke P. Iz v1 =

v 2 v 2 1 1 v slijedi 1 = . Iz v2 = v slijedi 2 = . 3 v 3 3 v 3

P2 ⎛ v2 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝v⎠

2

2

P2 ⎛ 1 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝3⎠ P2 1 = ⋅ 9P P 9

v2= 1 v 3 P2

P1 ⎛ v1 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝v⎠

v1= 2 v 1 v v 3 3

P1

P = 9 P2 = 9 ⋅ 25p = 225p cm2 2

P

2

P1 ⎛ 2 ⎞ =⎜ ⎟ P ⎝3⎠ P2 4 = ⋅ 9P P 9 4 4 P1 = ⋅ P = ⋅ 225p = 100p cm2 9 9

243

1v 3

1v 3

6.5. Kut pravca i ravnine; kut dviju ravnina Kut pravca i ravnine (slika 6.18.) Kut pravca p i ravnine α je kut I između pravca p i njegove ortogonalne projekcije p’ na ravninu α. Ako je pravac paralelan s ravninom, tada kut φ iznosi 0°. Ako je pravac okomit na ravninu, tada kut φ iznosi 90°. Kut dviju ravnina (slika 6.19.) Proizvoljno odaberemo točku T na pravcu p koji predstavlja presječnicu dviju ravnina α i β. Povucimo tako pravce a i b da pravac a bude okomit na pravac p i da leži u ravnini α, te da pravac b bude okomit na pravac p i da leži u ravnini β. Tada je kut između dviju ravnina kut koji zatvaraju pravci a i b. p b

A

β

p' φ

p

A' α

T=T' φ

T

a

α

Slika 6.18. Kut pravca p i ravnine α (kut φ).

Slika 6.19. Kut između ravnina α i β.

Površina projiciranog lika (slika 6.20.) Ako je P površina mnogokuta, P’ površina njegove ortogonalne projekcije, te φ kut koji zatvara ravnina lika s ravninom projekcije, tada vrijedi: P’ = P cosφ. A

P je površina trokuta ΔABC P’ je površina trokuta ΔA’BC A'

B φ N

α

C

Slika 6.20. Površina projiciranog lika P’ = P cosφ. 244

Udaljenost mimoilaznih pravaca (slika 6.21.) Udaljenost mimoilaznih pravaca a i b jednaka je udaljenosti pravca b od ravnine koja je usporedna s njim i koja sadrži pravac a. Kut između mimoilaznih pravaca (slika 6.21.) Kut između mimoilaznih pravaca a i b jednak je kutu između pravca a i pravca b’ koji je usporedan s pravcem b i siječe pravac a.

β

b

T

α φ T'

b'

a

Slika 6.21. Udaljenost i kut između mimoilaznih pravaca. Pravac a leži u ravnini α. Pravac b leži u ravnini β. Ravnine α i β su paralelne. Pravac b’ je ortogonalna projekcija pravca b na ravninu α. Udaljenost mimoilaznih pravaca a i b jednaka je udaljenosti proizvoljno odabrane točke T na pravcu b od njezine ortogonalne projekcije T’ na ravninu α. Kut φ je kut između pravaca a i b’ koji leže u ravnini α. Kut φ predstavlja kut između mimoilaznih pravaca a i b. Zadatak 1. Duljina ortogonalne projekcije dužine AB na ravninu σ iznosi 12.3 cm. Ako je prikloni kut dužine AB prema ravnini σ jednak 20°, kolika je duljina dužine AB? Rješenje: Prema slici 6.36. vidljivo je da se ovaj zadatak svodi na rješavanje pravokutnog trokuta ∆ABC sa sljedećim elementima: kateta BC = A ' B ' = 12.3 cm; kut pri vrhu B je a = 20° ; hipotenuza AB = ? cos a =

BC

AB =

BC

⋅

AB

cos a

=

AB cos a

12.3 cos 20°

AB = 13.09 cm 245

A

α

C

B

A' B' σ Napomena: ponoviti definicije trigonometrijskih funkcija šiljastog kuta. Zadatak 2. Duljine bridova kvadra jednake su 4, 7 i 10 cm. Koliko iznosi prikloni kut prostorne dijagonale prema najmanjoj strani kvadra? Rješenje: Zadane veličine su: a = 4 cm; b = 7 cm; c = 10 cm. Ortogonalne projekcije prostorne dijagonale D na stranice jesu plošne dijagonale d1, d2 i d3. Najmanja strana zadanog kvadra je strana koju čine bridovi a i b. Ovoj strani pripada plošna dijagonala d1. a

D1 A1

C1

B1 c

c=10 cm

D

D

C d1

A

α

a=4 cm

b=7 cm B

Ortogonalna projekcija prostorne dijagonale D na najmanju stranu (plošna dijagonala d1; vidjeti pravokutni trokut ∆BD1D) – uzeti u obzir da je najmanja strana ovog kvadra pravokutnik sa stranicama a = 4 cm i b = 7 cm: 246

d1 = a 2 + b 2 = 42 + 7 2 = 65 = 8.06 cm tga =

c d1

tg −1

⎛c⎞ ⎛ 10 ⎞ ⎛ 10 ⎞ = tg −1 ⎜ a = tg −1 ⎜ ⎟ = tg −1 ⎜ ⎟ = 51.123345 = 51°7 ' 24 '' ⎟ ⎝ 8.062 ⎠ ⎝ 65 ⎠ ⎝ d1 ⎠ Broj minuta izračunavamo oduzimanjem cjelobrojnog dijela i množenjem razlike sa 60: 0.123456 · 60 = 7.4’ Zatim od dobivenog broja oduzmemo cjelobrojni dio i množimo ostatak sa 60: 0.4 · 60 = 24’’ Zadatak 3. Osnovka trostrane piramide je pravokutni trokut s katetama 9 i 13 cm. Duljine bočnih bridova su 15 cm. Kolika je visina piramide, te koliki kut zatvaraju bočni bridovi prema ravnini osnovke? Rješenje: Zadani podaci: - osnovka je pravokutan trokut s katetama a = BC = 9 cm i b = AC = 13 cm; - duljine bočnih bridova b = 15 cm. Traži se: - visina piramide v, - prikloni kut bočnih bridova prema ravnini osnovke α.

D

b=15 cm

v C

α B

a=9 cm

b=13 cm

S

c 2

A Budući da piramida ima bočne bridove jednakih duljina, nožište visine je u središtu opisane kružnice osnovke. Budući da je osnovka pravokutan trokut središte opisane kružnice se nalazi u polovištu hipotenuze. 247

Izračun duljine hipotenuze c:

Izračun priklonog kuta bočnog brida prema ravnini osnovke α: c c cos a = 2 = cos −1 b 2b

c = a 2 + b2

c = 9 + 13

⎛ c ⎞ a = cos ⎜ ⎟ ⎝ 2b ⎠

c = 250 = 25 ⋅10

⎛ 5 10 ⎞ a = cos −1 ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2 ⋅15 ⎠

c = 5 10 cm

a = 58.19390

c = 15.81 cm

a = 58°11'38''

2

Izračun duljine visine piramide v:

⎛c⎞ v = b −⎜ ⎟ ⎝2⎠

⎛ 5 10 ⎞ v = 15 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ 2 ⎠

−1

2

2

2

2

2

v = 225 −

250 = 162,5 4

v = 12.75cm

Napomena: pri izračunu kuta α i visine v koristili smo se pravokutnim trokutom c BSD (pravi kut je pri vrhu S, hipotenuza je bočni brid b, katete su v i ). 2 Zadatak 4. Prikloni kut bočne strane pravilne četverostrane piramide prema ravnini osnovke iznosi 67°. Koliki je prikloni kut bočnog brida prema ravnini osnovke? Rješenje:

V

v1

v b

B E

C

a 2

a

Sd 2

A

a

D 248

Zadane veličine: – Tijelo pravilna četverostrana piramida (pravilna znači da je osnovka kvadrat četverokut sa stanicama jednakih duljina); – kut ß = 67° (prikloni kut bočne strane prema ravnini osnovke). Traži se kut α (prikloni kut bočnog brida prema ravnini osnovke). v a (pomoću pravokutnog trokuta VSE – pravi kut u vrhu S). Izračun omjera

v 2v tg b = = a a 2

1 ⋅ 2

tga = 2 ⋅ 2tg b v Omjer ostavljamo u ovakvom a obliku radi uvrštavanja.

Izračun kuta α (prikloni kut bočnog brida prema ravnini osnovke) (pomoću pravokutnog trokuta VDS – pravi kut u vrhu S). tga =

v 2v 2v 2 v = = ⋅ = 2⋅ d d a 2 2 a 2

v = 2tg b a tga = 2 2 ⋅ tg b

tg −1

a = tg −1 (2 2 ⋅ tg b ) a = tg −1 (2 2 ⋅ tg 67°) a = 81.46506

a = 81° 27 '54 '' Zadatak 5. Koliko iznosi kut između pobočki pravilne četverostrane piramide duljine osnovnog brida 5 cm i visine piramide 8 cm. Rješenje: Zadane veličine: - Tijelo pravilna četverostrana piramida (pravilna znači da je osnovka kvadrat – četverokut sa stranicama jednakih duljina); - Duljina osnovnog brida a = 5 cm; - Duljina visine piramide v = 8 cm. Traži se kut γ (kut između pobočki). 249

V

J

v

v1

γ b γ 2 v2

D

C

a

H β 2

a

Sd α 2 a

A

B

Kut između pobočki γ je prikazan na slici kao kut nasuprot osnovici jednakokračnog trokuta BJD (osnovica je d = BD , krakovi su v2 = DJ = BJ ). Nožište visine piramide točka S je ujedno i nožište visine na osnovicu trokuta BJD. Kut između pobočki γ treba promatrati kao kut između dviju ravnina. Presjek dviju ravnina koje sadrže pobočke CDV i BCV je pravac koji sadrži bočni brid CJV. U pobočkama CDV i BCV leže visine DJ i BJ koje su okomite na pravac CJV. Po definiciji kuta dviju ravnina, kut između pravaca koji sadrže visine DJ i BJ predstavlja kut između ravnina koje sadrže pobočke CDV i BCV. Redoslijed računanja u ovom zadatku je sljedeći: visina pobočke v1, bočni brid b, visina pobočke na krak v2 te najzad kut između pobočki γ. Visinu pobočke v1 računamo kao hipotenuzu pravokutnog trokuta HSV (pravi kut je pri vrhu S) pomoću Pitagorinog poučka: 2

2

25 256 + 25 281 ⎛a⎞ ⎛5⎞ = = = 8.38 cm v1 = v + ⎜ ⎟ = 82 + ⎜ ⎟ = 64 + 4 4 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ 2

Duljinu kraka b računamo kao hipotenuzu pravokutnog trokuta SBV (pravi kut je pri vrhu S) pomoću Pitagorinog poučka: 2

2

2 ⎛a 2⎞ ⎛5 2 ⎞ ⎛d ⎞ 2 b = v + ⎜ ⎟ = v 2 + ⎜⎜ ⎟⎟ = 8 + ⎜⎜ ⎟⎟ = ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 2

= 64 +

25 ⋅ 2 256 + 50 306 3 34 = = = = 8.75 cm 4 4 4 2 250

Nepoznatu veličinu v2 = JD = JB izračunat ćemo izjednačavanjem izraza za izračunavanje površine ∆VDC pomoću polovice umnoška duljine osnovnog brida a = DC = BC i visine pobočke v1, te pomoću duljine bočnog brida b = CV i visine na bočni brid v2 = JD : a ⋅ v1 b ⋅ v2 2 = ⋅ 2 2 b a ⋅ v1 5 ⋅ 8.38 v2 = = = 4.79 cm b 8.75 Kut između pobočki γ izračunati ćemo primjenom trigonometrije na pravokutni d trokut BJS (pravi kut pri vrhu S, kateta BS = i hipotenuza je v2 = JB ): 2 d g 2 d a 2 = sin = = 2 v2 2v2 2v2 ⎛a 2⎞ g = sin −1 ⎜⎜ ⎟⎟ 2 ⎝ 2v2 ⎠

sin −1

⋅2

⎛a 2⎞ ⎛ 5⋅ 2 ⎞ −1 −1 7 ⋅ 0.5 = 94.76664 = 94° 46 ' g = 2sin −1 ⎜⎜ ⎟⎟ = 2sin ⎜⎜ ⎟⎟ = 2sin ⋅ 2 v 2 4.79 9.58 ⎝ 2 ⎠ ⎝ ⎠ Zadatak 6. Kocka ABCDA1B1C1D1 duljine brida 7 cm presječena je ravninom koja prolazi dijagonalom baze BD i polovištem brida CC1. Izračunaj opseg i površinu presjeka. Rješenje: Na slici uočimo jednakokračni trokut BDC2 koji predstavlja presjek kocke ABCDA1B1C1D1 ravninom BDC2: dužina BD predstavlja njegovu osnovicu (vrijedi d = BD ), dok su krakovi dužine BC2 i DC2 (vrijedi b = BC2 = DC2 ).

251

D1

C1 B1

A1

C2 a 2 b C

b v

D S d A

B

Krak b ćemo izračunati kao hipotenuzu pravokutnog trokuta BCC2: 2

b=

2

BC + CC2

= 49 +

2

⎛a⎞ ⎛7⎞ = a + ⎜ ⎟ = 72 + ⎜ ⎟ ⎝2⎠ ⎝2⎠

2

2

49 196 + 49 = = 7.83 cm 4 4

Izračunavamo duljinu osnovice trokuta BDC2: BD = d = a 2 = 7 2 = 9.90 cm Izračunavamo visinu trokuta BDC2 na osnovicu kao katetu pravokutnog trokuta SCC2 (pravi kut je pri vrhu C): 2

2 2 ⎛ a 2 ⎞ ⎛ a ⎞2 a2 ⋅ 2 a2 ⎛d ⎞ ⎛a⎞ + SC2 = v = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = ⎜⎜ ⎟⎟ + ⎜ ⎟ = 4 4 ⎝ 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝2⎠

2a 2 + a 2 3a 2 a 3 7 3 7 ⋅1.33 = = = = = 6.06 cm 4 4 2 2 2 Opseg trokuta BDC2 iznosi: a 5 o = BD + DC2 + C2 B = d + 2 ⋅ b = a 2 + 2 ⋅ = a ( 2 + 5) 2 = 7 ⋅ ( 2 + 5) = 7 ⋅ (1.41 + 2.24) = 25.55 cm =

Površinu trokuta BDC2 računamo na sljedeći način: d ⋅v = P= 2

a 3 2 2 2 = a 6 = 7 ⋅ 6 = 49 ⋅ 2.45 = 30.01 cm 2 2 4 4 4

a 2⋅

252

Zadatak 7. Izračunaj kut ravnine presjeka HCD1 prema ravnini osnovke ABCD kocke ABCDA1B1C1D1. Polovišta stranica kvadrata ABCD označavamo s E, F, G i H (E je polovište stranice AB, itd.), dok polovišta stranica kvadrata A1B1C1D1 označavamo s E1, F1, G1 i H1. Rješenje: Presjek kocke ABCDA1B1C1D1 ravninom HCD1 je jednakokračni trokut s krakovima HC i HD1, te osnovicom CD1. Krakovi su označeni s b, dok je osnovica označena s d, jer predstavlja dijagonalu kvadrata CC1D1D. Traženi kut φ je kut između visine D1 N na osnovicu CH trokuta ∆CD1H i visine DN na hipotenuzu CH pravokutnog trokuta ∆CDH. Treba uočiti da je pravac koji sadrži dužinu CH presjek zadanih ravnina HCD1 i ABCD.

G1

D1 H1

d T

A1 b a

v

E1

D

a

F1 B1

a

G

φ

H A

C1

C

N

b

Fa B

E

Traženi kut će se izračunati pomoću izraza P ' = P cos f , zbog toga moramo najprije izračunati površine P (trokut ∆ CD1 H ) i P’ (trokut ∆CDH). – Izračunavanje površine P (trokut ∆ CD1 H ) Dijagonala kvadrata d iznosi: d = a 2 . Duljinu kraka b računamo kao hipotenuzu pravokutnog trokuta HDD1, gdje su a katete a = DD1 i = DH : 2 2

a2 5a 2 a 5 ⎛a⎞ 2 b = a +⎜ ⎟ = a + = = 4 4 2 ⎝2⎠ 2

253

Kako bismo izračunali površinu ovog jednakokračnog trokuta, potrebno je uočiti visinu v ovog trokuta, određenu kao duljinu dužine HT (točka T je polovište dužine CD1). Visinu v računamo kao jednu katetu iz pravokutnog trokuta HTD1: 2

2

2 ⎛a 5⎞ ⎛a 2⎞ 5a 2 2a 2 3a 2 a 3 ⎛d ⎞ v = b − ⎜ ⎟ = ⎜⎜ − = − = = ⎟⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ 2 2 4 4 4 2 ⎝2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

Površinu presjeka računamo kao površinu trokuta HCD1 na sljedeći način: P=

1 1 a 3 a2 6 ⋅d ⋅v = ⋅a 2 ⋅ = 2 2 2 4

– Izračunavanje površine P’ (trokut ∆CD1H) Ortogonalna projekcija presjeka kocke ravninom HCD1 na ravninu ABCD je a pravokutni trokut HCD s katetama CD = a i DH = . Površinu ovog trokuta 2 možemo izračunati kao polovicu umnoška kateta: P' =

CD ⋅ DH 2

a a2 = 2 = 2 4 a⋅

– Izračunavanje kuta φ Traženi kut φ računamo na sljedeći način: P ' = P cos f cos f =

:P a2 4

P' 4 a2 1 = 2 = = P a 6 6 4 a2 6 4

cos −1

⎛ 1 ⎞ f = cos −1 ⎜ ⎟ = 65.90516 = 65° 54 '19 '' ⎝ 6⎠

254

6.6. Konveksni skupovi, poluprostori i poliedri Konveksni skupovi (slika 6.22.) Neki skup je konveksan ako sadrži spojnicu bilo kojih svojih dviju točaka.

Slika 6.22. Konveksni i nekonveksni skup. Konveksni skupovi u ravnini Pravac dijeli ravninu u kojoj leži na dvije poluravnine. Uzima se da pravac pripada poluravnini. Poluravnina je konveksni skup. Konveksan mnogokut je omeđeni dio ravnine koji se dobiva kao presjek konačno mnogo poluravnina.

Slika 6.64. Prikaz trokuta kao presjeka triju poluravnina Poluprostori. Konveksni skupovi u prostoru (slika 6.24.) Ravnina dijeli prostor na dva poluprostora. Zato kažemo da je poluprostor skup svih točaka koje se nalaze na istoj strani ravnine. Konveksan poliedar je omeđen skup u prostoru koji se dobiva kao presjek konačno mnogo poluprostora. Osnovni elementi poliedra su: − strane poliedra su dijelovi ravnina pomoću kojih je poliedar nastao; − bridovi poliedra su presjeci ravnina koje čine poliedar; − vrhovi su krajnje točke bridova. 255

Brid poliedra je presjek ravnina koje čine poliedar.

Strana poliedra je mnogokut.

Vrh je krajnja točka brida.

Slika 6.24. Prikaz osnovnih elemenata poliedra na primjeru heksaedra (kocke). Pravilni poliedri, Eulerova formula Eulerova formula izražava vezu između broja strana (S), bridova (B) i vrhova (V) nekog konveksnog poliedra: V + S = B + 2. Pravilni poliedri su konveksni poliedri čije su strane sukladni mnogokuti i iz svakog vrha izlazi jednak broj bridova. Postoji samo pet pravilnih poliedara (tetraedar, heksaedar, oktaedar, dodekaedar i ikosaedar). Zadatak 1. Prikaži nekonveksni peterokut. Rješenje: Prikazani peterokut je nekonveksan, jer postoje dužine koje povezuju dvije točke peterokuta, a čije točke djelomično ne pripadaju peterokutu (na primjer dužina FG).

F

G

Napomena: prikazani peterokut je samo primjer kako može izgledati nekonveksni peterokut. Prilikom procjene je li neki lik konveksan, potrebno je provjeriti jesu li su sve točke dužina između točaka tog lika elementi tog lika. 256

Zadatak 2. Prikaži nekonveksnu četverostranu prizmu. Rješenje: Prikazana četverostrana prizma je nekonveksna, jer postoje dužine koje povezuju dvije točke prizme, a čije točke djelomično ne pripadaju prizmi (na primjer dužina IJ).

J

I

Napomena: prikazana prizma je samo primjer kako može izgledati nekonveksna četverostrana prizma. Prilikom procjene je li neka prizma konveksna, potrebno je provjeriti jesu li sve točke dužina između točaka prizme elementi promatrane prizme. Zadatak 3. Provjeri Eulerovu formulu na trostranoj piramidi. Rješenje: Ukupan broj elemenata trostrane piramide (vidi sliku na sljedećoj strani): − 4 vrha; − 4 strane; − 6 bridova. Provjera primjene Eulerove formule na trostranu piramidu: V +S = B+2 4+4 = 6+2 8=8 Zaključujemo da brojevi osnovnih elemenata trostrane piramide zadovoljavaju Eulerovu formulu.

257

D V4 (vrh D)

B1 (brid AD)

B3 (brid CD) S3 (strana ACD) B2 (brid BD)

A V1 (vrh A)

B6 (brid AC)

S1 (strana ABD) S4 (strana ABC) S2 (strana BCD) B5 (brid BC) B4 (brid AB) B V2 (vrh B)

258

C V3 (vrh C)

7. Poliedri i rotacijska tijela 7.1. Obujam tijela; Cavalierijev princip Obujam tijela Duljina je osnovna mjera za skupove točaka koji leže na pravcu. Površina je osnovna mjera za skupove koji pripadaju ravnini. Obujam je osnovna mjera za skupove u prostoru. Obujam tijela je mjera prostora kojeg tijelo zauzima. Označava se simbolom V. Cavalierijev princip za površine Ako su presjeci dvaju likova s pravcima paralelnim jednom zadanom pravcu jednakih duljina tada oni imaju jednake površine. C2

C1

p3

A'1

p2

B'1

B'2

A'2

p1 A1

B1 A 2

B2

Slika 7.1. Površine trokuta ∆ A1 B1C1 i ∆ A2 B2 C 2 su jednake prema Cavalierijevom principu, jer su presjeci s paralelnim pravcima jednakih duljina ( A1 B1 = A2 B2 i A1' B1' = A2' B2' ) . Cavalierijev princip za obujme Ako su presjeci dvaju tijela s ravninama paralelnim jednoj zadanoj ravnini jednakih površina, tada ona imaju jednake obujme.

α2

B2

B2

B1

B1

α1

Slika 7.2. Oba tijela imaju jednake obujme prema Cavalierijevom principu, jer su im površine presjeka paralelnim ravninama jednake. 259

7.2. Prizme Definicija i osnovni elementi prizme Prizma je poliedar kojemu su dvije strane sukladni mnogokuti (baze) koji se nalaze u paralelnim ravninama, dok su im ostale strane (pobočke) paralelogrami (vidjeti sliku 7.3.). Elementi prizme jesu: − Osnovka ili baza je mnogokut B. Gornja i donja baza su paralelne; − Pobočke (strane) prizme čine pobočje; − Bočni (pobočni) bridovi su spojnice odgovarajućih vrhova gornje i donje osnovke, te se u njima sastaju dvije pobočke; − Osnovni bridovi su stranice osnovke; − Visina prizme v je udaljenost gornje i donje osnovke. Prizma je n-terostrana ako joj je osnovka n-terokut. Pobočni bridovi uspravnih prizmi su okomiti na osnovke (vidjeti slike 7.3. i 7.4. za uspravnu i kosu prizmu). Pravilna prizma je uspravna prizma čija je osnovka pravilan mnogokut (sve stranice pravilnog mnogokuta imaju jednaku duljinu).

gornja osnovka

pobočka

bočni brid

v

donja osnovka osnovni brid

Slika 7.3. Uspravna prizma s prikazom osnovnih elemenata prizme.

Slika 7.4. Kosa prizma.

Obujam prizme Po Cavalierijevom principu sve prizme jednakih osnovki i jednakih visina imaju jednaki obujam. Za sve prizme vrijedi sljedeći izraz za obujam: V = B · v, gdje je B površina osnovke (baze) i v visina.

260

Oplošje prizme Oplošje se sastoji iz dvije osnovke (baze) i pobočja, stoga se računa na sljedeći način: O = 2 B + P. Objašnjenje oznaka: O je oplošje, B površina osnovke (baze) i P površina pobočja. Za površinu plašta uspravne prizme vrijedi P = v · o, gdje je o opseg osnovke i v visina prizme. Kocka Kocka je pravilna četverostrana prizma čija je visina jednaka duljini osnovnog brida. Kocka je omeđena sa šest strana u obliku kvadrata. Oplošje: O = 6a 2

a

Obujam: V = a 3

D

Prostorna dijagonala: D = a 3

a

d a

Plošna dijagonala: d = a 2

Kvadar Kvadar je uspravna četverostrana prizma kojoj je osnovka pravokutnik. Oplošje: O = 2(ab + bc + ac) Obujam: V = abc dijagonalni presjek

c=v

Prostorna dijagonala: D = a 2 + b2 + c2

D

Površina dijagonalnog presjeka: d1

a

b

Pdp = d 1⋅c Dijagonala osnovke d1 = a 2 + b 2

261

Zadatak 1. Duljine osnovnih bridova uspravne trostrane prizme u omjeru su 3:25:26. Ako oplošje prizme iznosi 936 cm2 i njezina visina je 16 cm, koliki je obujam prizme? Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: uspravna trostrana prizma – omjer duljine bridova a : b : c = 3 : 25 : 26 – oplošje O = 936 cm2 – visina v = 16 cm Tražena veličina: obujam V. Kako bi se iskoristila zadana vrijednost oplošja prizme, potrebno je sagledati formulu za izračunavanje oplošja: O = 2B + P. Na temelju ovog izraza vidljivo je da je potrebno pripremiti izraze za površinu osnovke (B) i površinu plašta (P). Površina osnovke (izražena pomoću koeficijenta k): Osnovka je raznostraničan trokut čije stranice možemo izraziti na sljedeći način na temelju zadanog omjera (a:b:c = 3:25:26): a = 3k , b = 25k i c = 26k , pri čemu je k koeficijent. Potrebno je uočiti da se uvođenjem koeficijenta k broj nepoznanica s tri (osnovni bridovi a, b i c) smanjio na jednu (koeficijent k). Kada znamo stranice trokuta, površina se računa pomoću Heronove formule. a + b + c 3k + 25k + 26k = = 27 k . Izračun poluopsega: s = 2 2 Sada se može primijeniti Heronova formula za izračun površine osnovke: B = s ⋅ ( s − a ) ⋅ ( s − b) ⋅ ( s − c) = 27 k ⋅ (27 k − 3k ) ⋅ (27 k − 25k ) ⋅ (27 k − 26k ) B = 27 k ⋅ 24k ⋅ 2k ⋅ k = 1296k 4 = 36k 2 Opseg osnovke (izražen pomoću koeficijenta k): o = a + b + c = 3k + 25k + 26k = 54k Koeficijent k: O = 2B + P 936 = 2 ⋅ 36k 2 + 54k ⋅16 72k 2 + 864k − 936 = 0 (: 72)

P=o·v

k 2 + 12k − 13 = 0 ⇒ a = 1, b = 12, c = −13 k1,2

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −12 ± 122 − 4 ⋅1 ⋅ (−13) −12 ± 14 = = = 2⋅a 2 ⋅1 2 262

Rješenje k1 = –13 se odbacuje, jer u geometriji duljine stranica ne mogu biti negativne.

−12 − 14 = −13 2 −12 + 14 k2 = =1 2

k1 =

Površina osnovke B B = 36k 2

Koristi se prethodno izračunata veza između B i k.

B = 36 ⋅1 = 36 cm Obujam prizme V: V = B⋅v V = 36 ⋅16 = 576 cm3 2

2

Zadatak 2. Osnovni bridovi kvadra iznose 12 i 16 cm. Ako je površina dijagonalnog presjeka 1200 cm2, koliko iznose oplošje i obujam kvadra? Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: kvadar – duljine osnovnih bridova a = 12 i b = 16 cm – površina dijagonalnog presjeka Pdp = 1200 cm2 Tražene veličine: obujam V i oplošje O. Dijagonala osnovke d1: Uzeti u obzir da je osnovka pravokutnik, te je ovdje potrebno izračunati dijagonalu pravokutnika. d1 = a 2 + b 2 = 122 + 162 = 144 + 256 = 400 = 20 cm Visina prizme v (brid c): Pdp = d 1⋅c : d1 c=

Pdp d1

=

1200 = 60 cm 20

Površina osnovke B: B = a ⋅ b = 12 ⋅16 = 192 cm2 Opseg osnovke o: o = 2(a + b) = 2 ⋅ (12 + 16) = 56 cm Površina pobočja P: P = v ⋅ o = c ⋅ o = 60 ⋅ 56 = 3360 cm2 263

Oplošje kvadra O: O = 2 B + P = 2 ⋅192 + 3360 = 3744 cm2 Obujam kvadra V: V = abc = 12 ⋅16 ⋅ 60 = 11520 cm3 Zadatak 3. Osnovka uspravne prizme je romb čije su dijagonale dugačke 12 i 16 cm. Površina pobočja iznosi 200 cm2. Izračunaj volumen prizme. Rješenje: Zadani podaci – tijelo: uspravna prizma čija je osnovka romb (osnovni podaci i formule za romb moguće je pronaći na početku poglavlja 4.5. Primjene u planimetriji) – dulja dijagonala romba e = 16 cm – kraća dijagonala romba f = 12 cm – pobočje P = 200 cm2 Tražena veličina: obujam V. Duljina osnovnog brida a: Izračunat ćemo je pomoću pravokutnog trokuta ∆BCS (vidjeti sliku 4.7.), e f čije su katete i , dok je osnovni brid a hipotenuza. Koristimo Pitagorin 2 2 poučak: 2

2

2

2

256 144 ⎛e⎞ ⎛ f ⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎛ 12 ⎞ a = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = + = 64 + 36 = 10 cm 4 4 ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ Opseg osnovke o: o = 4a = 4 ⋅10 = 40 cm Visina prizme v: P = v⋅o : o P 200 = = 5 cm o 40 Površina osnovke B: 1 1 B = ⋅ e ⋅ f = ⋅16 ⋅12 = 96 cm2 2 2 Obujam V: V = B ⋅ v = 96 ⋅ 5 = 480 cm3 v=

264

Zadatak 4. Kolika je površina presjeka kocke ravninom koja je položena osnovnim bridom kocke i dijeli kocku na dijelove čiji su obujmi u omjeru 1:4. Duljina brida kocke iznosi a. Rješenje: Zadani podaci: – tijelo, kocka; – definicija ravnine presjeka kocke: prolazi osnovnim bridom (bridom V 1 osnovke) i dijeli kocku na dijelove čiji su obujmovi u omjeru 1 = ; V2 4 – duljina brida kocke: a. Traži se: površina presjeka kocke spomenutom ravninom P = ?. Postupak rješavanja je lakše pratiti promatrajući sliku.

D1

C1

A1

B1 J D a

A

C b

P=? I

a

x v=a

B

Tijelo 1 - opis: Tijelo 1 je uspravna trostrana prizma sa sljedećim elementima: − osnovke su pravokutni trokuti ∆ABI i ∆DCJ; − bočni bridovi su dužine AD, BC, i IJ. Duljina visine ove prizme iznosi v1 = a Napomena: sve veličine vezane uz tijelo 1 bit će indeksirane s brojem 1. Obujam tijela 1: V1 = B1 ⋅ v1 Osnovka je pravokutni trokut ∆ABI, čija površina se može izračunati kao polovica umnoška kateta (ova formula za površinu trokuta vrijedi isključivo a⋅x . Uzeti u obzir da je x = BI = CJ . U opisu za pravokutne trokute): B1 = 2 tijela 1 je navedeno da je visina tijela 1 jednaka duljini brida kocke: v1 = a. Uvrstiti oba navedena izraza (za B1 i v1) u osnovni izraz za obujam tijela: V1 = B1 ⋅ v1 =

a⋅x a2 ⋅ x ⋅a = 2 2 265

Tijelo 2 - opis: Tijelo 2 je uspravna četverostrana prizma sa sljedećim elementima: − osnovke su pravokutni trokuti AIB1A1 i DJC1D1; − bočni bridovi su dužine AD, IJ , B1C1 i A1 D1 . Duljina visine ove prizme iznosi v2 = a . Napomena: sve veličine vezane uz tijelo 2 biti će indeksirane s brojem 2. Obujam tijela 2: Obujam tijela 2 ćemo prikazati kao razliku obujma kocke V i obujma tijela 1 (V1), kako ne bismo trebali računati površinu osnovke (nepravilni četverokut AIB1A1): V2 = V − V1 Umjesto obujma kocke uvrstit ćemo izraz V = a3, dok će se umjesto obujma a2 ⋅ x . tijela 1 uvrstiti prethodno izveden izraz V1 = 2 a2 ⋅ x 2 x⎞ 2a − x ⎛ V2 = a 2 ⋅ ⎜ a − ⎟ = a 2 ⋅ 2⎠ 2 ⎝

V2 = a 3 −

V2 =

Izlučimo a2 da skratimo izraz.

a 2 ⋅ (2a − x) 2

Izračunavanje katete: x = BI = CJ Krećemo od zadanog podatka:

V1 1 = V2 4

Umjesto V1 i V2 uvrstiti prethodno dobivene izraze za obujmove tijela 1 i 2. Budući da duljinu osnovnog brida a tretiramo kao poznatu veličinu, u izrazu je preostala samo jedna nepoznanica duljina x. Sljedeći izraz promatramo kao jednadžbu po nepoznanici x: a2 ⋅ x 1 2 = 2 a ⋅ (2a − x) 4 2 Rezultat rješavanja dvojnog razlomka je novi razlomak, koji u brojniku ima umnožak vanjskih članova dvojnog razlomka, a u nazivniku umnožak unutarnjih članova.

266

a2 ⋅ x ⋅ 2 2 ⋅ a ⋅ (2a − x) 2

x 1 = 2a − x 4 4 x = 2a − x 4 x + x = 2a 5 x = 2a x=

=

1 4

Skratiti 2 i član a2 na lijevoj strani jednadžbe.

⋅ 4(2a − x)

Množenjem cijele jednadžbe s 4 (2a – x) rješavamo se nazivnika. Sve članove s x prebacujemo na lijevu stranu, dok ostale članove bez x prebacujemo na desnu stranu jednadžbe.

:5

2 a 5

Duljina b = AI = DJ Duljinu b izračunavamo pomoću Pitagorinog poučka kao hipotenuzu pravokutnog trokuta ∆ABI, čije su katete a = AB i x = BI : Uvrstimo x: x =

b = a2 + x2

2 a 5

2

4 ⎛2 ⎞ b = a + ⎜ a ⎟ = a2 + a2 25 ⎝5 ⎠ 2

Izlučimo a2.

4 ⎞ 4 25 + 4 29 29 29 ⎛ b = a 2 ⋅ ⎜1 + ⎟ = a 2 ⋅ 1 + =a =a =a = a 25 25 25 5 25 ⎝ 25 ⎠ Površina presjeka kocke P: Presjek kocke ravninom koja prolazi osnovnim bridom (bridom osnovke) i V 1 dijeli kocku na dijelove čiji su obujmovi u omjeru 1 = je pravokutnik AIJD V2 4 sa stranicama a = AD = IJ i b = AI = DJ . Površinu presjeka računamo kao površinu pravokutnika: Uvrstimo b =

P = a ⋅b

P = a⋅ P=

29 a. 5

29 a 5

29 2 a 5 267

7.3. Piramide Definicija i osnovni elementi piramide Piramida je poliedar kojemu je jedna strana (baza) mnogokut, a sve ostale strane su trokuti koji imaju zajednički vrh koji se zove vrh piramide. Elementi piramide su: − Osnovka ili baza je mnogokut čiju površinu označavamo s B; − Pobočni bridovi su dužine koje povezuju vrhove osnovke s vrhom piramide; − Pobočke (strane) piramide su trokuti sa zajedničkim vrhom. Sve pobočke čine pobočje (površinu pobočja označavamo s P); − Osnovni bridovi su stranice osnovke; − Visina piramide v je udaljenost vrha piramide od osnovke. Piramida je n-terostrana ako joj je osnovka n-terokut. Pobočni bridovi uspravnih piramida jednakih su duljina (vidjeti slike 7.5. i 7.6. za uspravnu i kosu piramidu). Kod uspravnih piramida visina je okomita na ravninu osnovke. Pravilna piramida je uspravna piramida čija je osnovka pravilan mnogokut (sve stranice pravilnog mnogokuta imaju jednaku duljinu).

vrh piramide

vrh piramide

pobočni brid

pobočni brid visina

visina

pobočka

osnovka (baza)

pobočka

osnovka (baza) osnovni brid

osnovni brid

Slika 7.5. Uspravna piramida s prikazom osnovnih elemenata piramide.

Slika 7.6. Kosa piramida.

Obujam piramide Po Cavalierijevom principu sve piramide jednakih osnovki i jednakih visina imaju jednaki obujam. Za sve piramide vrijedi sljedeći izraz za obujam: B⋅v V= , B - površina osnovke (baze) 3 v - visina 268

Oplošje piramide Oplošje se sastoji iz osnovke (baze) i pobočja, stoga se računa na sljedeći način: O = B + P, O – oplošje B – površina osnovke (baze) P – površina pobočja Krnja piramida Ako piramidu presiječemo ravninom paralelnom s njezinom osnovkom, dobivaju se dva tijela: manja piramida pod imenom dopunjak i ostatak koji se naziva krnja piramida. Oplošje: O = B + B1 + P. B (v + h ) 2 = B1 h2

v Obujam: V = ( B + B ⋅ B1 + B1 ) 3

visina h

osnovka B1 visina v

osnovka B osnovni brid

Slika 7.7. Krnja piramida Zadatak 1. Pobočni bridovi pravilne trostrane piramide zatvaraju s ravninom osnovke kutove od 55°. Duljina osnovnog brida iznosi 6 cm. Izračunaj oplošje i obujam ove piramide. Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: pravilna trostrana piramida; – duljina osnovnog brida a = 6 cm; – kut između pobočnog brida i ravnine osnovke α = 55°. 269

Tražene veličine: oplošje O i obujam V zadane piramide.

V

b

b V

V1

b

β a C' ρ

α

a

A

C

r

S

a

B Podsjetnik: uvijek je potrebno pažljivo uočiti koje je tijelo zadano. U ovom slučaju je navedeno da je zadana pravilna trostrana piramida. To znači sljedeće: – pravilna tijela su uspravna tijela, što znači da je visina okomita na ravninu osnovke i duljine pobočnih bridova su jednake; – trostrana piramida znači da je osnovka trokut; ako je dodatno navedeno da je tijelo pravilno tada se radi o jednakostraničnom trokutu; – u ovom slučaju nožište visine je u središtu opisane i upisane kružnice jednakostraničnog trokuta. Uočiti na slici pravokutni trokut ∆VSC (pravi kut u vrhu S, hipotenuza CV = b , katete CS = r i SV = v , kut α pri vrhu C). Polumjer opisane kružnice jednakostraničnog trokuta ∆ABC ( CS = r ) Napomena: izvod formule za izračunavanje r neće biti prikazan zbog nedostatka prostora, već se pretpostavlja da učenik ili zna ovu formulu ili će je očitati iz odgovarajućeg podsjetnika. r=

a 3 26 3 = 3.46 cm = 3 31

Visina piramide v (prema pravokutnom trokutu ∆VSC): SV v tga = = ⋅r CS r v = r ⋅ tga = 3.46 ⋅ tg 55° = 4.94 cm 270

Pobočni brid b (prema pravokutnom trokutu ∆VSC): CS r b r 3.46 3.46 cos a = = ⋅ b= = = = 6.03 cm cos a CV b cos a cos 55° 0.57358 Visina pobočke v1: Na slici uočiti da je jedna od pobočki ∆ABV. Radi se o jednakokračnom trokutu čiji su kraci pobočni bridovi (b), dok je osnovica osnovni brid (a). U ovom jednakokračnom trokutu uočiti pravokutan trokut ∆AC’V na osnovu kojeg ćemo izračunati v1 pomoću Pitagorinog poučka: 2

2

⎛a⎞ ⎛6⎞ v1 = b 2 − ⎜ ⎟ = 6.032 − ⎜ ⎟ = 36.360 − 9 = 5.23 cm ⎝2⎠ ⎝2⎠ Površina osnovke B: Napomena: ukoliko se ne zna formula za površinu jednakostraničnog trokuta, potrebno ju je očitati iz odgovarajućeg podsjetnika. a 2 3 62 ⋅ 3 9 36 ⋅1.73 = 15.57 cm2 B= = = 4 4 41 Površina pobočja P: Pobočje se sastoji iz tri jednakokračna trokuta s visinom pobočke v1 i osnovicom a. Kao primjer, uočiti na slici jednu od pobočki ∆ABV. 3 a ⋅ v1 3 3 ⋅ 6 ⋅ 5.23 = 47.07 cm2 P = 3⋅ = ⋅ a ⋅ v1 = 2 2 21 Oplošje O: O = B + P = 15.59 + 47.07 = 62.66 cm2 Obujam V: B ⋅ v 15.59 ⋅ 4.94 V= = = 25.67 cm3 3 3 Zadatak 2. Kut pri vrhu pobočke pravilne četverostrane piramide iznosi 36°. Pobočni brid je dugačak 12 cm. Izračunaj kut što ga pobočka zatvara s ravninom osnovke, te oplošje i obujam piramide.

271

Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: pravilna četverostrana piramida → osnovka je kvadrat; – duljina pobočnog brida b = 12 cm; – kut pri vrhu pobočke δ = 36°. Tražene veličine: kut β između pobočke i ravnine osnovke, oplošje O i obujam V zadane piramide. V δ 2

b v1

v D

E A

v1 b

C

β S

F α B

a

Uočiti pravokutni trokut ∆VFC (pravi kut pri vrhu F, hipotenuza b i katete a d a i v1, kut nasuprot kateti ). Pomoću ovog trokuta će se izračunati visina 2 2 2 pobočke v1 i osnovni brid a. Visina pobočke v1 d v cos = 1 ⋅ b 2 b v1 = b ⋅ cos

d 36° = 12 ⋅ cos = 11.41 cm 2 2

Osnovni brid a: a d 2 a sin = = 2 b 2b a = 2b ⋅ sin

⋅ 2b

d 36° = 2 ⋅12 ⋅ sin = 7.42 cm 2 2 272

Visina piramide v (proračun pomoću pravokutnog trokuta ∆ESV) 2

2

55.06 ⎛a⎞ ⎛ 7.42 ⎞ v = v12 − ⎜ ⎟ = 11.412 − ⎜ = 10.79 cm ⎟ = 130.19 − 4 ⎝2⎠ ⎝ 2 ⎠ Kut između pobočke i ravnine osnovke β (izračunavanje pomoću pravokutnog trokuta ∆ESV, pravi kut pri vrhu S) a a cos b = 2 = cos −1 v1 2v1 ⎛ a ⎞ −1 ⎛ 7.42 ⎞ −1 b = cos −1 ⎜ ⎟ = cos ⎜ ⎟ = cos 0.32515 = 71.02513 = 71° 1' 30 '' ⎝ 2 ⋅11.41 ⎠ ⎝ 2v1 ⎠ Podsjetnik na izračunavanje vrijednosti kuta β kada je zadana vrijednost 7.42 trigonometrijske funkcije za taj kut cos b = : 2 ⋅11.41 Objašnjenje radnji na džepnom računalu

Ekranski prikaz nakon izvršene radnje (P – oznaka za podatkovni redak, R – oznaka za rezultantni redak)

Provjera je li džepno računalo pripremljeno za rad sa stupnjevima.

P: R:

Odabrati inverznu trigonometrijsku funkciju COS-1.

P: cos-1 R:

Upisati vrijednost trigonometrijske funkcije kao izraz unutar zagrada. Pritisnuti tipku = radi dobivanja vrijednosti kuta u decimalnom obliku. Stisnuti tipku → DEG, D.MS ili neku sličnu tipku radi pretvaranja u minute i sekunde.

P: cos-1(7.42/(2x11.41)) R: P: cos-1(7.42/(2x11.41)) R: 71.02513262 P: cos-1(7.42/(2x11.41)) R: 71° 01’ 30’’

Površina osnovke B: B = a 2 = 7.422 = 55.06 cm2 Površina pobočja P (jedna od pobočki je ∆BCV): 2 a⋅v 1 P= 4 ⋅ = 2 ⋅ a ⋅ v1 = 2 ⋅ 7.42 ⋅11.41 = 169.32 cm2 21 273

Oplošje piramide O: O = B + P = 55.06 + 169.32 = 224.38 cm2 Obujam piramide V: B ⋅ v 55.06 ⋅10.79 V= = = 198.03 cm3 3 3 Zadatak 3. Visina krnje piramide je 21 cm. Njezin obujam iznosi 225 cm3. Omjer površina njezinih osnovki iznosi 4:5. Koliko iznose površine njezinih osnovki? Rješenje: Zadani podaci: - tijelo: krnja piramida; - visina piramide v = 21 cm; - obujam piramide V = 225 cm3; - omjer površina njezinih osnovki

B 4 = . B1 5

Tražene veličine: površine njezinih osnovki B i B1. Iz zadanog omjera njezinih osnovki izrazimo površinu osnovke B pomoću površine osnovke B1, te taj izraz uvrstimo u formulu za obujam krnje piramide. Na taj način ćemo izračunati površina osnovke B1. Nakon toga se vratimo u početni izraz koji izražava B pomoću B1 radi izračunavanja površine osnovke B. B 4 = B1 5

⋅ B1

B=

4 ⋅ B1 5

⎞ v⎛4 v v⎛4 4 2 ⎞ V = ( B + B ⋅ B1 + B1 ) = ⎜⎜ B1 + B1 ⋅ B1 + B1 ⎟⎟ = ⎜ B1 + B1 + B1 ⎟ 3 3⎝ 5 5 5 ⎠ ⎠ 3⎝ 5 V=

B1 =

B=

v ⎛4 2 ⎞ v ⎛9 2 ⎞ B1 ⎜ + + 1⎟ = B1 ⎜ + ⎟ 3 ⎝5 5 ⎠ 3 ⎝5 5⎠

⋅

3 ⎛9 2 ⎞ v ⋅⎜ + ⎟ 5⎠ ⎝5

3 ⋅V 3 ⋅ 225 675 675 = = = = 11.93 cm2 9 2 37.8 + 18.75 ⎛9 2 ⎞ ⎛ 9 2 ⎞ 21 ⋅ + 21 ⋅ 21 ⋅ ⎜ + v ⋅⎜ + ⎟ ⎟ 5 5 5⎠ 5⎠ ⎝5 ⎝5 4 4 ⋅ B1 = ⋅11.93 = 9.54 cm2 5 5 274

7.4. Valjak Definicija i osnovni elementi valjka Valjak je tijelo omeđeno dvama sukladnim krugovima koji se nalaze u usporednim ravninama i zakrivljenom plohom. Elementi valjka jesu: – Osnovke ili baze jesu krugovi čije površine označavamo s B; – Plašt je zakrivljena ploha koja zajedno s njegovim osnovkama omeđuje valjak. Površinu plašta označavamo s P; – Visina valjka (v) predstavlja udaljenost ravnina u kojima leže osnovke valjka; – Os valjka je pravac koji prolazi središtima osnovki; – Izvodnice su dužine koje povezuju dvije točke na rubovima osnovki, pripadaju plaštu valjka i paralelne su s osi valjka. Valjak je uspravan, ako su mu izvodnice okomite na ravninu osnovki. Ako to nije slučaj, tada je valjak kos.

v

os v

polumjer osnovke

visina

dnic

a

visina v

al j k a

osnovka

izvo

os valjka

izvodnica

osnovka

R

polumjer osnovke

R

osnovka

osnovka

Slika 7.8. Uspravni valjak.

Slika 7.9. Kosi valjak.

Obujam valjka (V) Po Cavalierijevom principu svi valjci (uspravni i kosi) jednakih osnovki i jednakih visina imaju jednaki obujam. Za sve valjke vrijedi sljedeći izraz za obujam: V = B⋅v V - obujam valjka 2 B - površina osnovke (baze) V = R p ⋅v R - polumjer osnovke v - visina valjka

275

Oplošje valjka (O) Oplošje se sastoji iz dvije osnovke (baze) i plašta, stoga se računa na sljedeći način: O = 2B + P O - je oplošje O = 2 R 2p + 2 Rp ⋅ v Izlučiti 2 Rp . B - površina osnovke (baze) O = 2 Rp ( R + v) P - površina plašta R - polumjer osnovke v - visina valjka Osni presjek Presjek valjka ravninom koja sadrži os valjka daje osni presjek valjka. Osni presjeci uspravnog valjka jesu sukladni pravokutnici sa stranicama 2R i v. Površina osnog presjeka uspravnog valjka: Pop = 2 Rv. Opseg osnog presjeka uspravnog valjka: oop = 2(2 R + v). Osni presjeci kosog valjka su paralelogrami, koji nisu međusobno sukladni. Ako kosi valjak presiječemo ravninom λ koja sadrži os valjka i okomita je na ravnine osnovki dobivamo karakterističan presjek valjka. Tada je kut α najmanji kut kojeg neka izvodnica zatvara s ravninom osnovke.

λ v

α R

Slika 7.10. Osni presjek uspravnog valjka.

7.11. Osni presjek kosog valjka.

Jednakostranični valjak Ako je visina valjka jednaka promjeru njegove osnovke (v = 2R), takav uspravni valjak nazivamo jednakostranični valjak. Osni presjek jednakostraničnog valjka je kvadrat. 276

Zadatak 1. Oplošje jednakostraničnog valjka iznosi 48π. Koliki je obujam ovog valjka? Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: jednakostranični valjak → radi se o uspravnom valjku za kojeg vrijedi v = 2R; – oplošje valjka iznosi O = 48p cm2. Tražena veličina: obujam V zadanog valjka. Visina v i polumjer osnovke R valjka: O = 2 Rp ( R + v) i v = 2 R Ovdje se zapravo radi o sustavu koji se sastoji iz dvije jednadžbe s dvije nepoznanice (v i R). Riješit ćemo ga metodom zamjene (supstitucije), pri čemu ćemo u prvu jednadžbu umjesto v staviti 2R. Na ovaj način će prva jednadžba sustava postati jednadžba s jednom nepoznanicom: polumjerom osnovke valjka R. O = 2 Rp ( R + 2 R) = 2 Rp ⋅ 3R = 6 R 2p : (6p ) R2 =

O 6p

R=

O 48p/ = = 8 = 4 ⋅ 2 = 4 ⋅ 2 = 2 2 cm 6p 6p/

v = 2 R = 2 ⋅ 2 2 = 4 2 cm Obujam valjka V: V = R 2p ⋅ v = (2 2) 2 p ⋅ 4 2 = 22 ⋅ ( 2) 2 p ⋅ 4 2 = 4 ⋅ 2p ⋅ 4 2 = 32p 2 cm2 Zadatak 2. Opseg osnog presjeka uspravnog valjka iznosi 30 cm, dok je površina osnog presjeka 24 cm2. Izračunaj oplošje i volumen valjka. Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: uspravni valjak; – opseg osnog presjeka oop = 30 cm; – površina osnog presjeka Pop = 24 cm2. Tražene veličine: oplošje O i obujam V zadanog valjka. Visina v i polumjer osnovke R valjka: 277

oop = 2(2 R + v) Pop = 2 Rv : (2 R) ⇒ v =

Pop

2R Ovdje se zapravo radi o sustavu koji se sastoji iz dvije jednadžbe s dvije nepoznanice (v i R). Riješit ćemo ga metodom zamjene (supstitucije), pri čemu P ćemo u prvu jednadžbu umjesto v staviti op . 2R Na ovaj način će prva jednadžba sustava postati jednadžba s jednom nepoznanicom: polumjerom osnovke valjka R. oop = 2(2 R + v) Pop ⎞ ⎛ oop = 2 ⎜ 2 R + ⎟ 2R ⎠ ⎝ oop = 4 R +

Pop R

⋅R

R ⋅ oop = 4 R 2 + Pop 4 R 2 − oop ⋅ R + Pop = 0 4 R 2 − 30 R + 24 = 0 2 R 2 − 15 R + 12 = 0

: 2 Radi pojednostavljenja cijelu jednadžbu dijelimo s 2. Koeficijenti: a = 2, b = −15 i c = 12

−b ± b 2 − 4 ⋅ a ⋅ c −(−15) ± (−15) 2 − 4 ⋅ 2 ⋅12 15 ± 129 R1,2 = = = 2⋅a 2⋅2 4 R1 = v1 =

15 − 129 3.64 = = 0.91 4 4 Pop 2 R1

=

24 = 13.19 cm 2 ⋅ 0.91

R2 = v2 =

15 + 129 26.36 = = 6.59 4 4 Pop 2 R1

=

24 = 1.82 cm 2 ⋅ 6.59

Oplošje valjka O: O1 = 2 R1p ( R1 + v1 )

O2 = 2 R2p ( R2 + v2 )

O1 = 2 ⋅ 0.91p (0.91 + 13.19)

O2 = 2 ⋅ 6.59p (6.59 + 1.82)

O1 = 25.66p cm2

O2 = 110.84 cm2

278

Obujam valjka V: V1 = R12p ⋅ v1

V2 = R2 2p ⋅ v2

V1 = 0.912 p ⋅13.19

V2 = 6.592 p ⋅1.82

V1 = 10.92p cm3

V2 = 79.04p cm3

Komentar rješenja: Oba dobivena rješenja su ispravna, jer zadovoljavaju zadane uvjete zadatka. Osni presjek valjka je pravokutnik sa stranicama 2R i v. Ako pažljivije promotrimo vrijednosti polumjera osnovke i visine valjka za prvi i drugi slučaj možemo uočiti da je 2R1 = v2 i 2R2 = v1 (postoji odstupanje u iznosu 0.01 isključivo zbog zaokruživanja vrijednosti na dvije decimale). Zapravo se u oba slučaja radi o pravokutnicima jednakih dimenzija, samo su zamijenjene vrijednosti duljina stranica. Zadatak 3. Koliki je omjer obujmova valjka i pravilne četverostrane piramide upisane u taj valjak? Rješenje: Zadani podaci: pravilna četverostrana piramida je upisana u uspravni valjak. Budući da je piramida upisana valjku, donja osnovka piramide leži u donjoj osnovci valjka (krug kao osnovka valjka opisan je kvadratu koji predstavlja osnovku četverostrane pravilne piramide). V Traži se: omjer između obujma valjka i piramide v = ? Vp Napomena: Sve veličine vezane uz valjak bit će indeksirane s malim slovom v, dok će veličine vezane uz piramidu biti indeksirane s malim slovom p. Da bismo mogli usporediti obujmove zadanih tijela, potrebno je uočiti sljedeće veze između veličina zadanih tijela (vidjeti slike 7.12. i 7.13.): - oba tijela imaju jednake visine, budući da vrh piramide mora ležati u ravnini gornje osnovke valjka: v = vv = vp; - budući da je krug kao osnovka valjka opisan kvadratu koji predstavlja osnovku četverostrane pravilne piramide vrijedi: d = 2R, gdje je d dijagonala osnovke i R je polumjer osnovke valjka. Krug kao osnovka valjka opisan je kvadratu koji predstavlja osnovku četverostrane pravilne piramide. 279

vp=vv=v

vp=vv=v

vp

vv

d=2R

d=2R

Slika 7.12. Prikaz pravilne četverostrane piramide koja je upisana uspravnom valjku.

Slika 7.13. Osni presjek pravilne četverostrane piramide koja je upisana uspravnom valjku.

Veza između R i a: Napomena: a je duljina osnovnog brida piramide, tj. duljina stranice kvadrata, d = 2R. Uzimamo u obzir da za kvadrat vrijedi: d = a 2 . a 2 = 2R : 2 a 2 R= 2

2

Kvadriramo izraz, jer će nam kasnije trebati R2.

a 2 ( 2) 2 a 2 ⋅ 2 Vršimo skraćivanje. = 22 4 a2 R2 = 2 Omjer između obujma valjka Vv i obujma piramide Vp: a 2p v 2 Umjesto R2 uvrštavamo ranije pripremljenu Vv Bv v R p ⋅ v Vv 2 = = = a 2 v relaciju. Rješavamo dvojni razlomak tako Vp a 2v Vp Bp v da umnožak vanjskih članova stavljamo u 3 3 3 brojnik, dok umnožak unutarnjih članova Vv 3 a 2 p v stavljamo u nazivnik. = Vp Izvršiti skraćivanje a2 i v. 2 a2 v Vv 3p = Vp 2 R2 =

280

7.5. Stožac Definicija i osnovni elementi stožca Stožac je tijelo koje je omeđeno krugom i zakrivljenom plohom koju čine izvodnice, dužine koje spajaju vrh stošca s točkama na obodu kruga. Osnovni elementi stošca jesu: − Osnovka (baza) stošca je krug; − Visina stošca je udaljenost vrha od ravnine njegove osnovke; − Os stošca je pravac koji prolazi vrhom stošca i središtem osnovke; − Izvodnice stošca su dužine koje povezuju vrh stošca s točkama na obodu osnovke; − Plašt je zakrivljena ploha koju čine izvodnice stošca. Stožac je uspravan ako mu je os okomita na ravninu baze. U suprotnom je kos. Za jednakostraničan stožac vrijedi: s = 2 R. vrh stošca V

V

s

izvodnica s

v

visina os stošca v

polumjer osnovke osnovka središte R osnovke

S

R

S

Slika 7.14. Uspravni stožac s.

Slika 7.15. Kosi stožac.

Obujam stošca (V) Po Cavalierijevom principu svi stošci (uspravni i kosi) jednakih osnovki i jednakih visina imaju jednaki obujam. Za sve stošce vrijedi sljedeći izraz za obujam: B⋅v V= 3

281

V=

R 2p ⋅ v 3

V - obujam valjka B - površina osnovke (baze) R - polumjer osnovke v - visina stošca

Oplošje stošca (O) Oplošje se sastoji iz osnovke (baze) i plašt, stoga se računa na sljedeći način: O - je oplošje O = B+P O = R 2p + Rp ⋅ s

B - površina osnovke (baze)

O = Rp ( R + s )

P - plašt (kod uspravnog stošca radi se o kružnom isječku polumjera s, središnjeg kuta α i duljine luka 2Rπ, gdje je 2Rπ opseg osnovke) R - polumjer osnovke s - izvodnica stošca. Napomena: uočiti karakterističan pravokutni trokut na slici 7.14. za uspravni stožac, jer se pomoću njega može uspostaviti veza između polumjera osnovke R, visine stošca v i izvodnice stošca s: s 2 = R 2 + v 2 . vrh stošca V

α

s

visina v

s

Osni presjek (jednakokračni trokut)

izvodnica s

polumjer osnovke

R

2R

S

Slika 7.16. Prikaz plašta stošca kao kružnog isječka polumjera s, središnjeg kuta α i duljine luka 2Rπ.

Slika 7.17. Prikaz osnog presjeka uspravnog stošca.

Osni presjek uspravnog stošca (slika 7.17.) Presjek uspravnog stošca s ravninom koja sadrži os stošca daje osni presjek uspravnog stošca. Ovaj presjek je u obliku jednakokračnog trokuta s krakovima koji su jednaki duljini izvodnice s, osnovicom koja je jednaka promjeru osnovke 2R i visini na promjer osnovke koja je jednaka visini stošca v. 2 Rv Površina osnog presjeka uspravnog stošca iznosi: Pop = = Rv . 2 282

Definicija krnjeg stošca Ako stožac presiječemo ravninom koja je paralelna s ravninom osnovke, tada tijelo koje je omeđeno s te dvije ravnine i dijelom plašta nazivamo krnji stožac (vidjeti sliku 7.14.). R1

s

S1

v

v

Oznake na slici: v - visina; s - izvodnica; R - polumjer donje osnovke; R1 - polumjer gornje osnovke; S - središte donje osnovke; S1 - središte gornje osnovke.

s

R S

Karakterističan trokut:

(R-R1)

s 2 = v 2 + ( R − R1 ) 2

Obujam krnjeg stošca V pv 2 ( R + R ⋅ R1 + R12 ) V= 3 Oplošje krnjeg stošca O O = p ⎡⎣ R 2 + R12 + s ( R + R1 ) ⎤⎦ Zadatak 1. Iz kruga polumjera 20 cm izrezan je kružni isječak sa središnjim kutom 100°. Izračunaj oplošje i obujam zadanog uspravnog stošca. Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: uspravni stožac; – polumjer plašta stošca je izvodnica s = 20 cm; – središnji kut plašta stošca α = 100°. Tražene veličine: oplošje O i obujam V zadanog stošca. Polumjer osnovke stošca R: Polumjer osnovke stošca R izračunat ćemo na temelju formule za duljinu kružnog luka kada imamo središnji kut α = 100° i polumjer izvodnicu s = 20 cm (pogledati sliku 7.16.).

283

spa 180° spa 2 Rp = 180°

l=

⋅

1 2p

sa 360° 20 ⋅100 R= = 5.56 cm 360°

R=

Duljina kružnog luka l će biti zamijenjena s izrazom 2Rπ (ovo predstavlja opseg osnovke). U ovoj formuli je umjesto polumjera stavljena izvodnica s. Dijeljenje možemo zamijeniti s množenjem s recipročnim razlomkom.

Visina stošca v: Visinu stošca ćemo izračunati iz karakterističnog pravokutnog trokuta koji je na slici 7.14. označen nešto tamnijom bojom. v = s 2 − R 2 = 202 − 5.562 = 400 − 30.91 = 369.09 = 19.21 cm Općenita napomena za stožac: uvijek je potrebno za računanje obujma i oplošja izračunati sve tri veličine: visinu v, izvodnicu s i polumjer osnovke R. Oplošje O: O = Rp ( R + s ) = 5.56 ⋅ p ⋅ (5.56 + 15) = 358.94 cm2 Obujam stošca V: R 2p ⋅ v 5.562 ⋅ p ⋅19.21 V= = = 621.56 cm3 3 3 Zadatak 2. Oplošje uspravnog stošca iznosi 120π cm2. Polumjer osnovke stošca je 8 cm. Koliki je obujam stošca? Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: uspravni stožac; – oplošje O = 120p cm2; – polumjer osnovke R = 8 cm; Tražene veličine: obujam V zadanog stošca. Izvodnica s: U ovoj jednadžbi nepoznanica je izvodnica s. O = Rp ( R + s ) Postupno želimo da izvodnica s ostane sama na O = R 2p + Rp s lijevoj strani jednadžbe. 2 Rp ⋅ s = O − R p : Rp s=

O − R 2p 240p − 82 p 240p − 64p (240 − 64) p 176 = = = = = 22 cm Rp 8 ⋅p 8p 8 8p 284

Visina v: Visinu stošca ćemo izračunati iz karakterističnog pravokutnog trokuta koji je na slici 7.14. označen nešto tamnijom bojom. v = s 2 − R 2 = 222 − 82 = 420 = 20.49 cm Obujam stošca V: R 2p ⋅ v 82 ⋅ p ⋅ 20.49 64 ⋅ 64.34 V= = = = 1372.57 cm3 3 3 3 Zadatak 3. Polumjeri uspravnog krnjeg stošca iznose 4 i 8 cm. Obujam stošca je 1024π cm3. Koliko je oplošje i duljina izvodnice ovog krnjeg stošca? Rješenje: Zadani podaci: – tijelo: uspravni krnji stožac; – obujam V = 1024p cm3; – polumjer donje osnovke R = 8 cm; – polumjer gornje osnovke R1 = 4 cm. Tražene veličine: oplošje O i izvodnica s. Visina krnjeg stošca v: pv 2 ( R + R ⋅ R1 + R12 ) V= 3

⋅

3 p ( R + R ⋅ R1 + R12 ) 2

U ovoj jednadžbi je samo jedna nepoznanica: visina v. Jednadžbu rješavamo tako da nepoznanicu v ostavljamo samu na lijevoj strani jednadžbe. 3V 3 ⋅1024p 3072 v= = = = 27.43 cm 2 2 2 2 p ( R + R ⋅ R1 + R1 ) p (8 + 8 ⋅ 4 + 4 ) 112 Izvodnica s: Izvodnicu s je moguće izračunati pomoću karakterističnog pravokutnog trokuta krnjeg stošca (vidjeti objašnjenja uz sliku 7.14.): s = v 2 + ( R − R1 ) 2 = 27.432 + (8 − 4) 2 = 752.40 + 16 = 768.16 = 27.72 cm Oplošje krnjeg stošca O: O = p ⎡⎣ R 2 + R12 + s ( R + R1 ) ⎤⎦ = p ⎡⎣82 + 42 + 27.72 ⋅ (8 + 4) ⎤⎦ O = 3.14 (64+16+332.64) O = 1296.35 cm3 285

7.6. Kugla Definicija kugle Sfera je skup svih točaka u prostoru koje su jednako udaljene od čvrste točke S. Kugla je dio prostora omeđenog sferom. Točku S nazivamo središte. Udaljenost točaka na sferi od središta S je pozitivan broj, koji nazivamo polumjerom R.

R S

Slika 7.18. Kugla sa središtem S i polumjerom R. Presjek ravnine i kugle Ravnina i kugla polumjera R sijeku se u krugu s obodnom kružnicom polumjera r = R 2 − d 2 , gdje je d udaljenost ravnine od središta kugle. Ako je d = 0 ravnina presjeka prolazi središtem kugle i presjek je krug s polumjerom R. Kružnicu ovog presjeka nazivamo glavnom kružnicom.

— r=√R 2 - d 2 S'

T

d

R S

Slika 7.19. Presjek ravnine i kugle je krug. Presjek ravnine i sfere je kružnica. 286

Obujam kugle Obujam kugle polumjera R iznosi: V =

4 3 Rp. 3

Obujam kuglina odsječka (kapica) V

Kuglin odsječak je dio kugle kojeg odsijeca neka presječna ravnina.

v

S'

r

T

1 Vko = v 2p (3R − v) 3 1 Vko = vp (3r 2 + v 2 ) 6

R-v

R S

R 2 = r 2 + ( R − v) 2 Pravokutni trokut ∆SS’T. v = S 'V Slika 7.20. Kuglin odsječak (kapica).

Obujam kuglina sloja

v=v1-v2

S1 S2

r1

Kuglin sloj je dio kugle kojeg odsijecaju dvije paralelne ravnine.

T1

r2

T2

R S

1 Vks = vp (3r12 + 3r22 + v 2 ) 6 v = v1 − v2 v1 = SS1

v = SS 2 . 2 R 2 = v12 + r12 = v22 + r22 Pravokutni trokuti ∆SS1T1 i ∆SS2T2. Slika 7.21. Kuglin sloj (pojas). 287

Obujam kuglina isječka V

Kuglin isječak je dio ravnine koji obuhvaća kuglin odsječak i stožac kojemu je osnovka jednaka osnovci kuglinog odsječka.

v S R

'

r

T1

R-v

R

S

Vki =

2 2 R pv 3

v = S 'V Slika 7.22. Kuglin isječak. Kugla upisana u uspravni stožac Kugla se može upisati u svaki stožac. Kada je kugla upisana u uspravni stožac ona dira ravninu osnovke u središtu, te sve izvodnice u ravnini paralelnoj s ravninom osnovke. Karakterističan trokut za slučaj kada je kugla upisana u uspravni stožac dobivamo kao bilo koji osni presjek stošca (vidjeti sliku 7.23. – osni presjek uspravnog stošca je jednakokračni trokut s izvodnicama s kao kracima i osnovicom 2r). U ovom slučaju presjek kugle je prikazan kao kružnica upisana jednakokračnom trokutu. Uočiti slične pravokutne trokute ∆VDS1 i ∆ASV (imaju dva jednaka kuta: pravi g kut i kut ) na temelju kojih možemo napisati razmjer (omjer nasuprotnih 2 R v−R g kateta kutu na lijevoj i hipotenuza na desnoj strani jednadžbe): = . r s 2 V

γ γ 2 2 v

s

s D

RR–- promjer promjerkugle kugle rr–- polumjer osnovke stošca polumjer osnovke v –stošca visina stošca visina stožcastošca sv–- izvodnica s - izvodnica stožca

v-R R

S1 R

A

r

S

r

B

Slika 7.23. Karakteristični trokut za slučaj kada je kugla upisana u uspravni stožac. 288

Kugla upisane u pravilne piramide Kugla se može upisati u svaku pravilnu piramidu. Kugla upisana u pravilnu piramidu dira ravninu osnovke u središtu mnogokuta (središte upisane i opisane kružnice mnogokutu koji predstavlja osnovku pravilne piramide), a pobočke u točkama koje leže u ravnini paralelnoj s ravninom osnovke. U sljedećim karakterističnim trokutima koji se dobiju presjekom pravilne piramide u koju je upisana kugla, duljina dužine AS uvijek predstavlja polumjer upisane kružnice mnogokuta osnovke (vidjeti slike 7.23., 7.24. i 7.25.). Uočiti slične pravokutne trokute ∆VDS1 i ∆ASV (imaju dva jednaka kuta: pravi g kut i kut ) na temelju kojih možemo napisati razmjer (omjer nasuprotnih 2 R v−R g = . kateta kutu na lijevoj i hipotenuza na desnoj strani jednadžbe): r v1 2

V polumjer kugle kugle RR- –polumjer a 3- polumjer upisane – polumjer upisane kružnice r = γ 6 kružnice osnovkeosnovke (jednakostraničan 2 (jednakostraničan trokut stranice a) v-R R trokut – visinastranice piramidea) visina piramide pobočke piramide Rv-–visina v v1 - visina pobočke piramide

v1 D R

S1 R

A

S

Slika 7.14. Karakteristični trokut za slučaj kada je kugla upisana u pravilnu trostranu piramidu. Uočiti slične pravokutne trokute ∆VDS1 i ∆NSV (imaju dva jednakakuta: g pravi kut i kut ) na temelju kojih možemo napisati razmjer (omjer 2 nasuprotnih kateta kutu na lijevoj i hipotenuza na desnoj strani jednadžbe): R v−R = a v1 2

⇒

2R v − R = . a v1

289

V

R – polumjer kugle kugle R - polumjer a – duljina osnovnog brida (osnovka) a - duljina osnovnog je kvadrat) (osnovka je v – visinabrida piramide v1 – visinakvadrat) pobočke piramide

γ γ 2 2 v

v1

v1 D

v - visina piramide v1 - visina pobočke piramide

v-R R

S1 R

a 2

N

a 2

S

M

Slika 7.25. Karakteristični trokut za slučaj kada je kugla upisana u pravilnu četverostranu piramidu. Uočiti slične pravokutne trokute ∆VDS1 i ∆NSV (imaju dva jednaka kuta: pravi kut i kut) na temelju kojih možemo napisati razmjer (omjer nasuprotnih kateta kutu na lijevoj i hipotenuza na desnoj strani jednadžbe): R v−R = . r v1

V

v 2 v-R

v1 D

v R

S1

R – polumjer kugle - polumjer kuglekružnice osnovke ρ –Rpolumjer upisane ρ (pravilni - polumjer upisane kružnice n-terokut duljine osnovnog osnovke brida a) (pravilni n-terokut duljine osnovnog brida a) v – visina piramide visinapobočke piramide v1 v– -visina piramide

v1 - visina pobočke piramide

R A

ρ

S

Slika 7.26. Karakteristični trokut za slučaj kada je kugla upisana u pravilnu n-terostranu piramidu. 290

Zadatak 1. Kugla polumjera 20 cm presječena je ravninom koja je od središta kugle udaljena 8 cm. Kolika je površina i opseg presjeka? Rješenje: Zadani podaci: – Tijelo: kugla; – Polumjer kugle R = 20 cm; – Udaljenost ravnine presjeka od središta kugle d = 8 cm. Traži se: površina Pp i opseg Op presjeka. Pogledaj sliku 7.19. radi lakšeg praćenja zadatka. Polumjer presječnog kruga r: Primjenom Pitagorinog poučka na pravokutan trokut ∆SS’T dobivamo: r = R 2 − d 2 = 202 − 82 = 336 cm Površina presjeka Pp: Pp = r 2p = ( 336) 2 p = 336p cm2 Opseg presjeka Op: O p = 2rp = 2 336p = 36.66p cm Zadatak 2. Dvije stotine metalnih kuglica polumjera 2 cm pretopljeno je u jednu kuglu. Koliki je polumjer tako dobivene kugle? Rješenje: Zadani podaci: − Broj malih metalnih kuglica n1 = 200 komada; − Polumjer malih metalnih kuglica R1 = 2 cm; − Broj velikih metalnih kugli n2 = 1 komad; − Postupkom topljenja ukupni obujam će biti stalan n1 · V1 = n2 · V2. Traži se: polumjer dobivene velike metalne kugle R2. Uvrstiti izraz za obujam kugle: V =

n1 ⋅ V1 = n2 ⋅ V2 4 4 n1 ⋅ R13p = n2 ⋅ R23p 3 3 n1 R13 = n2 R23 R23 =

n1 3 R1 n2

⎛4 ⎞ :⎜ p ⎟ ⎝3 ⎠

Podijelimo jednadžbu s

: n2 3

291

4 p. 3

4 3 Rp 3

R2 =

n1 3 n n 200 R1 = 3 1 ⋅ 3 R13 = R1 ⋅ 3 1 = 2 ⋅ 3 = 2 ⋅ 3 200 = 11.70 cm n2 n2 n2 1

3

Zadatak 3. Dvije paralelne ravnine koje su međusobno udaljene 5 cm sijeku kuglu s iste strane središta u krugovima površina 225π cm2 i 25π cm2. Izračunaj obujam zadane kugle. Rješenje: Zadani podaci − Tijelo: kugla; − Međusobna udaljenost paralelnih ravnina koje sijeku zadanu kuglu v = 5 cm; − Površina manjeg presjeka ravninom Pp1 = 25π cm2, − Površina većeg presjeka ravninom Pp2 = 225π cm2, − Obje ravnine sijeku kuglu s iste strane središta. Traži se: obujam zadane kugle V. Pogledati sliku 7.21. i formule navedene uz nju radi lakšeg praćenja zadatka. Polumjer kruga r1: Pp1 = r12p : p r12 = r1 =

Pp1 p Pp1 p

=

25 p = 25 = 5 cm p

Polumjer kruga r2: Pp 2 = r22p : p r22 = r2 =

Pp 2 p Pp 2 p

=

225 p = 225 = 15 cm p

Duljina v2: Prema slici 7.21. vrijedi v2 = SS 2 . Na ovom mjestu se susrećemo s dvije nepoznanice: v1 i v2. Budući da ove veličine nisu navedene u zadatku kao nepoznanice, riješit ćemo samo nepoznanicu v2 koja će nam poslužiti za izračunavanje 292

polumjera kugle R, pomoću kojeg ćemo izračunati traženi obujam kugle. Iz jednadžbe v = v1 – v2 koju smo očitali sa slike 7.21. izrazit ćemo v1 pomoću v2 → v1 = v + v2. (1) Također sa slike 7.21. možemo uočiti da vrijedi R 2 = v12 + r12 = v22 + r22 . U ovu jednadžbu ćemo uvrstiti v1 iz (1) kako bismo je sveli na jednu jednadžbu s jednom nepoznanicom: v2. Uvrstimo v1 iz (1). v12 + r12 = v22 + r22 (v + v2 ) 2 + r12 = v22 + r22

Kvadriramo zagradu kao kvadrat zbroja.

v 2 + 2vv2 + v22 + r12 = v22 + r22

Sve članove s nepoznanicom v2 prebacimo na lijevu stranu, a sve članove bez v2 prebacimo na desnu stranu jednadžbe.

2vv2 + v22 − v22 = r22 − r12 − v 2 2vv2 = r22 − r12 − v 2

: 2v

v2 =

r22 − r12 − v 2 2v

v2 =

152 − 52 − 52 175 = = 17.5 cm 2⋅5 10

Polumjer kugle R: Na slici 7.21. možemo uočiti da vrijedi: R 2 = v22 + r22 R = v22 + r22 = 17.52 + 152 = 306.25 + 225 = 531.25 = 23.05 cm Obujam kugle V: 4 V = R 3p 3 4 4 V = 23.053 p = ⋅12246.52p = 16328.70p cm3 3 3 Zadatak 4. Kugla polumjera 14 cm presječena je ravninom. Površina presjeka iznosi 121π cm2. Izračunaj obujam kuglina odsječka i kuglina isječka kojima je ovaj presjek osnovka. Rješenje: Zadani podaci: − Tijelo: kugla; − Polumjer kugle R = 14 cm; 293

− Površina presjeka ravninom Pp = 121π cm2. Traži se: obujam kuglina odsječka Vko i kuglina isječka Vki kojima je ovaj presjek osnovka. Polumjer presječnog kruga r: Pp = r 2p : p r2 = r=

Pp p Pp p

=

121p = 121 = 11 cm p

Udaljenost ravnine presjeka od središta kugle d: Primjenom Pitagorinog poučka na pravokutan trokut ∆SS’T (vidjeti sliku 7.19) dobivamo sljedeći izraz: d = R 2 − r 2 = 142 − 112 = 196 − 121 = 75 = 8.66 cm Visina kuglinog odsječka v: Vidjeti slike 7.20. i 7.22. na kojima je prikazana visina kuglinog odsječka. v = R − d = 14 − 8.66 = 5.34 cm Obujam kuglinog odsječka Vko: 1 Vko = v 2p (3R − v) 3 1 1 1045 ⋅ 38 Vko = 5.342 p (3 ⋅14 − 5.34) = ⋅ 28.5156p ⋅ 36.66 = 3 3 3 Vko = 348.46p cm3 Obujam kuglinog isječka Vki 2 Vki = R 2p v 3 2 Vki = ⋅142 p ⋅ 5.34 3 Vki = 697.76p cm3 Zadatak 5. Pravilnoj trostranoj piramidi s osnovnim bridom 5 cm i visinom duljine 12 cm upisana je kugla. Koliki je polumjer kugle? Rješenje: Zadani podaci: − Tijela: pravilna trostrana piramida (osnovka je jednakostranični trokut) i 294

kugla koja je upisana prethodno navedenoj piramidi; − Osnovni brid piramide a = 5 cm; − Duljina visine piramide v = 12 cm. Traži se: polumjer kugle R upisane u pravilnu trostranu piramidu. U ovom zadatku potrebno je promatrati sliku 7.24., kao i objašnjenja uz navedenu sliku. Polumjer kružnice upisane osnovci ρ: a 3 16 3 = 3 = 1.73 cm r = = 6 61 Visina pobočke v1: Na slici uoči pravokutni trokut ∆C’SV. Ako na njega primijenimo Pitagorin poučak dobivamo sljedeći izraz: v1 = v 2 + r

2

= 122 + ( 3) 2 = 144 + 3 = 147 = 12.12 cm

Polumjer kugle R: Na temelju objašnjenja navedenog uz sliku 7.30. možemo postaviti sljedeći izraz: R v−R = Unakrsno množimo brojnike i nazivnike. r v1 R ⋅ v1 = r ⋅ (v − R)

Budući da je R nepoznanica, sve članove s R prebacmo na lijevu stranu, dok sve članove jednadžbe bez R prebacimo na desnu stranu jednadžbe. Izlučimo R.

R ⋅ v1 = r ⋅ v − r ⋅ R R ⋅ v1 + r ⋅ R = r ⋅ v R ⋅ (v1 + r ) = r ⋅ v R=

: (v1 + r )

r ⋅v 3 ⋅12 1.72 ⋅12 20.76 = = = = 1.50 cm v1 + r 147 + 3 12.12 ⋅1.73 13.85 V

b V1

b V

b

a

A β a C' ρ

α r

S

a B

295

C

7.7. Sfera Definicija sfere Sfera je skup svih točaka u prostoru koje su jednako udaljene od čvrste točke S. Kugla je dio prostora omeđenog sferom. Točku S nazivamo središte. Udaljenost točaka na sferi od središta S je pozitivan broj, koji nazivamo polumjerom R.

R S

Slika 7.27. Kugla sa središtem S i polumjerom R. Oplošje kugle (površina sfere) Oplošje kugle polumjera R iznosi: O = 4 R 2p . Površina kugline kapice i pojasa Površina kugline kapice i kuglina pojasa iznosi: P = 2 Rp v . Objašnjenje oznaka: R je polumjer kugle, v je visina kuglinog odsječka i visina pojasa. V v r

T

S'

v=v1-v2

S1 r1 S2

d=R-v

R

T1

r2

T2

R

S

S

Slika 7.28. Kuglina kapica.

Slika 7.29. Kuglin sloj (pojas). 296

Zadatak 1. Površina kugline kapice iznosi 15π cm2. Polumjer kugle je 5 cm. Koliko je osnovka kugline kapice udaljena od središta kugle? Rješenje: Zadani podaci: − Površina kugline kapice P = 15π cm2; − Polumjer kugle R = 5 cm. Traži se: udaljenost osnovke kugline kapice od središta kugle d = ? U ovom zadatku je potrebno koristiti sliku 7.28. Visina kugline kapice v: P = 2 Rp v v=

: 2 Rp

Nepoznanica v treba ostati sama na lijevoj strani.

P 15 p 15 3 = = = = 1.5 cm 2 Rp 2 ⋅ 5 ⋅ p 10 2

Udaljenost osnovke kugline kapice od središta kugle d: v = R−d d = R − v = 5 − 1.5 = 3.5 cm

Zadatak 2. Površina sfere opisane jednakostraničnom stošcu iznosi 24π cm2. Koliki je obujam stošca? Rješenje: Zadani podaci: − Tijela: sfera opisana jednakostraničnom stošcu (s = 2R2) − Površina sfere O1=24π cm2. Traži se: obujam stošca V2.

297

V

v2 s

s S

R1 A

R2

R1 N

Polumjer sfere R1: O1 = 4 R12p : 4p R12 = R1 =

R2

B

Objašnjenje indeksa: sfera - indeks 1 stožac - indeks 2

Potrebno je da nepoznanica R1 ostane sama na lijevoj strani jednadžbe.

O1 4p O1 24 p = = 6 cm 4p 4p

Polumjer osnovke stošca R2: Budući da se radi o jednakostraničnom stošcu, tada mu je karakterističan presjek jednakostranični trokut. Polumjer opisane kružnice r2 stošca je jednak polumjeru sfere R1. Na slici se vidi da je stranica trokuta jednaka a = 2R2 = s. r2 = R1 Umjesto polumjera opisane kružnice r2 jednakostraničnom trokutu a 3 uvrstit ćemo izraz , te će se nakon toga umjesto duljine osnovne stranice 3 uvrstiti 2R2. R1 =

2 R2 3 3

⋅

3 2 3

298

R2 =

3R1 3 6 3 2 3 = = 2 3 2 3 2 3

R2 =

3 2 cm 2

Skratimo

3.

Visina stošca v2: Visina stošca je jednaka visini prikazanog jednakostraničnog trokuta na slici. v2 =

a 3 2

Uvrstimo a = 2 R2 .

v2 =

2 R2 3 = R2 3 2

Uvrstimo izračunato R2 =

v2 =

3 2 3 6 ⋅ 3= cm 2 2

3 2 . 2

Površina osnovke stošca B2: 2

⎛3 2 ⎞ 9⋅2 9p B2 = R p = ⎜⎜ p= cm2 ⎟⎟ p = 4 2 ⎝ 2 ⎠ 2 2

Obujam stošca V2: B ⋅v V2 = 2 2 3

Umjesto B i v uvrstit ćemo ranije izračunate vrijednosti.

9p 3 6 27p 6 ⋅ 27p 6 2 = 4 cm3 V2 = 2 = 2 2 8

299

7.8. Rotacijska tijela Definicija rotacijskih tijela Rotacijska tijela su tijela koja nastaju rotacijom nekog ravninskog lika oko osi rotacije. Primjeri rotacijskih tijela Zadan je pravokutnik sa stranicama a i b. Zbog rotacije oko stranice b, vrijede sljedeće relacije: − Polumjer osnovke R = a; − Visina valjka v = b

b=v

a=R

Slika 7.30. Prikaz valjka kao rotacijskog tijela koje nastaje rotacijom pravokutnika oko jedne njegove stranice. Zadan je pravokutan trokut koji rotira oko katete b, te stoga vrijede sljedeće relacije: − Polumjer osnovke R = a; − Visina stošca je jednaka kateti b: v = b. − Izvodnica stošca je jednaka hipotenuzi c: s = c.

b=v

a=R

Slika 7.31. Prikaz stošca kao rotacijskog tijela koje nastaje rotacijom pravokutnog trokuta oko katete b. 300

Zadan je trokut koji rotira oko stranice b kojoj su priležeći kutovi šiljasti (kutovi koji su manji od 90°), te stoga vrijede sljedeće relacije: − Prvi stožac je definiran ovako: polumjer osnovke R = vb, visina v1 i izvodnica je jednaka stranici trokuta c : s1 = c. Karakterističan pravokutni trokut prvog stošca ima katete vb i v1, te hipotenuzu c. − Drugi stožac je definiran ovako: polumjer osnovke R = vb, visina v2 i izvodnica je jednaka stranici trokuta a : s2 = a. Karakterističan pravokutni trokut drugog stošca ima katete vb i v2, te hipotenuzu a. – Duljina stranice b jednaka je zbroju visina spomenutih stožaca v1 + v2 = b;

c

v1

b=v1+v2 B vb=R a

v2

Rotacijom je nastalo rotacijsko tijelo koje se sastoji iz dva stošca. Obujam se računa kao B ⋅b , dok se oplošje računa kao suma V= 3 plašteva dvaju stožaca (bez površine osnovke). B – površina osnovke vb – visina na stranicu b v1 i v2 – visine pojedinih stožaca

Slika 7.32. Prikaz stošca kao rotacijskog tijela koje nastaje rotacijom trokuta oko stranice b kojoj su priležeći kutovi šiljasti. Zadan je trokut koji rotira oko stranice b kojoj je jedan od priležećih kutova tupi kut (kut veći od 90° i manji od 180°), stoga vrijede sljedeće relacije: − Prvi stožac je definiran ovako: polumjer osnovke R = vb, visina v1 i izvodnica je jednaka stranici trokuta a : s1 = a. Karakterističan pravokutni trokut prvog stošca ima katete vb i v1, te hipotenuzu a. − Drugi stožac je definiran ovako: polumjer osnovke R = vb, visina v2 i izvodnica je jednaka stranici trokuta c : s2 = c. Karakterističan pravokutni trokut drugog stošca ima katete vb i v2, te hipotenuzu c. – Duljina stranice b jednaka je razlici visina spomenutih stožaca v2 – v1 = b;

c

v2 b=v1-v2 a vb=R

v1

Rotacijom je nastalo rotacijsko tijelo koje se sastoji iz dva stošca. Obujam se računa kao B ⋅b , dok se oplošje računa kao suma V= 3 plašteva dvaju stožaca (bez površine osnovke). B – površina osnovke vb – visina na stranicu b v1 i v2 – visine pojedinih stožaca

Slika 7.33. Prikaz stošca kao rotacijskog tijela koje nastaje rotacijom trokuta oko stranice b kojoj je jedan od priležećih kutova tupi kut. 301

Zadatak 1. Kvadrat osnovnog brida 5 2 cm rotira oko pravca koji sadrži njegovu dijagonalu. Koliki su oplošje i obujam nastalog tijela? Rješenje: Zadani podaci: − Rotacija kvadrata oko pravca koji sadrži njegovu dijagonalu − Osnovni brid kvadrata a = 5 2 cm. Traži se: oplošje O i obujam V nastalog rotacijskog tijela.

s1=a

v1= ad

R=R1=R2= d a

v2= da

s2=a os rotacije

Slika 7.34. Prikaz rotacijskog tijela koje nastaje rotacijom kvadrata oko pravca koji sadrži njegovu dijagonalu. Prema slici uočavamo da je nastalo rotacijsko tijelo koje se sastoji iz dva simetrična stošca uz sljedeće veličine: − Izvodnice stožaca s = a = 5 2 cm; − Polumjeri osnovki R = − Visine stožaca v =

d a 2 5( 2) 2 5 ⋅ 2 = = = = 5 cm 2 2 2 2

d = 5 cm (izračun je prikazan u prethodnom redu). 2

Površina osnovke B: B = B1 = B2 B = R 2p = 52 p = 25p cm2

302

Obujam rotacijskog tijela V: V = V1 + V2 V = 2V1 = 2 ⋅

Uočavamo da su stošci simetrični, stoga uzimamo: V1 = V2 . B1 ⋅ v1 2 ⋅ 25p ⋅ 5 250p = = cm3 3 3 3

Oplošje rotacijskog tijela O: O = P1 + P2 Uočavamo da su stošci simetrični, stoga uzimamo: P1 = P2 . Također, treba uočiti da se oplošje nastalog rotacijskog tijela sastoji samo iz plašteva dvaju stožaca, jer je stošcima u ovom slučaju zajednička osnovka. O = 2 P1 = 2 Rp s = 2 ⋅ 5p ⋅ 5 2 = 50p 2 cm2 Zadatak 2. Jednakokračni trokut duljine osnovice 8 cm i krakom duljine 21 cm vrti se oko pravca koji sadrži jedan krak trokuta. Koliki su oplošje i obujam nastalog tijela? Rješenje: Zadani podaci: − Lik: jednakokračni trokut koji rotira oko pravca koji sadrži jedan njegov krak; − Osnovica jednakokračnog trokuta a = 8 cm; − Krak jednakokračnog trokuta b = 21 cm. Traži se: oplošje O i obujam V nastalog rotacijskog tijela. Na slici uočavamo da je nastalo rotacijsko tijelo koje se sastoji iz dva nesimetrična stošca uz sljedeće veličine: − Izvodnice stožaca s1 = a = 8 cm i s2 = b = 21 cm; − Polumjeri osnovki R = vb; − Visine stožaca v1 + v2 = b = 21 cm. v1+v2=b

s2=b

v1 b

R=vb v2

s1=a os rotacije

Slika 7.35. Prikaz rotacijskog tijela koje nastaje rotacijom jednakokračnog trokuta oko pravca koji sadrži jedan njegov krak. 303

Visina na osnovicu va:

a Prema pravokutnom trokutu ∆ABP (hipotenuza je b, katete su i va) prikaza2 nom na slici 4.3. možemo zapisati: 2

2

⎛a⎞ ⎛8⎞ va = b 2 − ⎜ ⎟ = 212 − ⎜ ⎟ = 441 − 16 = 425 = 20.62 cm ⎝2⎠ ⎝2⎠ Visina na krak vb: Iz formula za površinu trokuta izračunat ćemo vb na sljedeći način: av bv 2 P= a = b ⋅ 2 2 b vb =

a ⋅ va 8 ⋅ 20.62 = = 7.86 b 21

Prema slici 7.35. možemo vidjeti da je vb = R = 7.86 cm. Površina osnovke B: B = B1 = B2 B = R 2p = 7.862 p = 61.78p cm2 Obujam rotacijskog tijela V: V = V1 + V2 B ⋅ v1 B ⋅ v2 B Bb + = (v1 + v2 ) = 3 3 3 3 61.78p ⋅ 21 V= = 432.46p cm3 3

V=

Oplošje rotacijskog tijela O: O = P1 + P2 Također, treba uočiti da se oplošje nastalog rotacijskog tijela sastoji samo iz plašteva dvaju stožaca, jer je stošcima zajednička osnovka. O = Rp s1 + Rp s2 = Rp ( s1 + s2 ) = Rp (b + a ) = 7.86p (21 + 8) = 227.94p cm2

304

8. Polinomi i algebarske jednadžbe 8.1. Algebra polinoma Definicija polinoma Polinom n-toga stupnja (n ∈ N 0 ) je funkcija P : R → R zadana formulom: Pn ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 (1) Realne konstante a0, a1, ..., an su koeficijenti polinoma. Koeficijent an nazivamo vodećim koeficijentom i pretpostavljamo da je različit od nule (an ≠ 0) . Koeficijent a0 nazivamo slobodnim koeficijentom. Broj n, najveći eksponent od x, je stupanj polinoma. Polinomi su definirani na cijelom skupu realnih brojeva R. Zapis (1) nazivamo kanonski oblik zapisa polinoma. Realne brojeve smatramo polinomima nultog stupnja: P0(x) = a0. Funkcija f : R → R zadana formulom f ( x) = ax + b (a, b ∈ R, a ≠ 0) je polinom prvog stupnja ili linearna funkcija. Graf linearne funkcije naziva se pravac. Funkcija f : R → R zadana formulom ax 2 + bx + c = 0 (a, b, c ∈ R a ≠ 0) je polinom drugog stupnja ili kvadratna funkcija. Graf kvadratne funkcije je parabola. Jednakost polinoma Neka su zadani polinomi Pn ( x) i Qm ( x) na sljedeći način: Pn ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , Qm ( x) = bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 Za polinome Pn ( x) i Qm ( x) kažemo da su jednaki ako su ispunjeni sljedeći uvjeti: 1. polinomi Pn ( x) i Qm ( x) su istog stupnja (m = n) ; 2. koeficijenti polinoma Pn ( x) i Qm ( x) u kanonskom zapisu su jednaki (b0 = a0 , b1 = a1 , ..., bm = am ) . Jednakost polinoma Pn ( x) i Qm ( x) zapisujemo ovako: Pn ( x) = Qm ( x) .

305

Algebra polinoma Neka su zadani polinomi Pn ( x) i Qm ( x) na sljedeći način: Pn ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , Qm ( x) = bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 Zbroj, razlika i umnožak polinoma daje neki novi polinom. Zbroj polinoma Pn ( x) i Qm ( x) , kada je n ≥ m, je polinom: Pn ( x) + Qm ( x) = cn x n + cn −1 x n −1 + ... + c1 x1 + c0.

(2a)

Zbroj polinoma Pn ( x) i Qm ( x) , kada je n < m, je polinom: Pn ( x) + Qm ( x) = cm x m + cm −1 x m −1 + ... + c1 x1 + c0.

(2b)

(2c) Za koeficijente rezultirajućeg polinoma vrijedi: ci = ai + bi , i = 0, 1, 2,... Najveći mogući stupanj rezultirajućeg polinoma pri zbrajanju polinoma može biti n (ako je n ≥ m ) ili m ( n < m ). Razlika polinoma Pn ( x) i Qm ( x) , kada je n ≥ m, je polinom: Pn ( x) − Qm ( x) = d n x n + d n −1 x n −1 + ... + d1 x1 + d 0.

(3a)

Razlika polinoma Pn ( x) i Qm ( x) , kada je n < m, je polinom: Pn ( x) − Qm ( x) = d m x m + d m −1 x m −1 + ... + d1 x1 + d 0.

(3b)

Za koeficijente rezultirajućeg polinoma vrijedi: di = ai − bi , i = 0, 1, 2,... (3c) Najveći mogući stupanj rezultirajućeg polinoma pri zbrajanju polinoma može biti n (ako je n ≥ m ) ili m ( n < m ). Umnožak polinoma Pn ( x) i Qm ( x) je novi polinom čiji je stupanj jednak sumi stupnjeva polinoma Pn ( x) i Qm ( x) (n + m) . Rezultirajući polinom se dobije tako da se svaki član polinoma Pn ( x) pomnoži sa svakim članom polinoma Qm ( x) .

306

Zadatak 1. Od sljedećih izraza odredi koji je polinom, te im odredi stupanj. 3 a) f ( x) = 4 x + 2 x − 5 ;

c) h( x) = 5 ;

b) g ( x) = 0 ⋅ x5 − x3 + 7 x ;

d) s ( x) = x 2 −

2 +7. x2

Rješenje: a) Funkcija f(x) je polinom trećeg stupnja, jer je najveći eksponent od x broj 3. b) Funkcija g(x) je polinom trećeg stupnja, jer je najveći eksponent od x broj 3. Koeficijent uz x5 je nula, u definiciji polinoma je navedeno da vodeći koeficijent mora biti različit od nule. c) Funkcija h(x) je polinom nultog stupnja. 2 −2 d) Funkcija s(x) nije polinom, jer eksponent potencije 2 = 2x ne pripada x skupu N0 (skup N0 je unija skupa prirodnih brojeva N i broja 0). Zadatak 2. Polinom P( x) = ( x 2 + 3 x − 2) 2 prikaži u kanonskom obliku, te mu odredi stupanj i koeficijente. Rješenje: Kako bi se polinom P(x) prikazao u kanonskom obliku (u obliku izraza (1)), potrebno je koristiti formulu za kvadriranje trinoma koja glasi: (a + b + c) 2 = a 2 + b 2 + c 2 + 2ab + 2ac + 2bc . P( x) = ( x 2 + 3 x − 2) 2

Očitavanje koeficijenata za primjenu formule za kvadriranje trinoma: a = x 2 , b = 3 x i c = −2 .

P( x) = ( x 2 ) 2 + (3x) 2 + (−2) 2 + 2 ⋅ x 2 ⋅ 3x + 2 ⋅ x 2 ⋅ (−2) + 2 ⋅ 3 x ⋅ (−2) P( x) = x 4 + 9 x 2 + 4 + 6 x3 − 4 x 2 − 12 x P( x) = x 4 + 6 x 3 + 5 x 2 − 12 x + 4 Na temelju prikaza polinoma P(x) u kanonskom obliku zaključujemo da se radi o polinomu četvrtog stupnja (četiri je najveći eksponent od x). Očitavanje koeficijenata Vodeći koeficijent je jednak broju 1 (a4 = 1). Slobodni koeficijent je jednak broju četiri (a0 = 4). Ostali koeficijenti: a3 = 6, a2 = 5 i a1 = –12. Zadatak 3. Odredi polinom P( x + 3) ako je P( x − 2) = x3 − 2 x 2 + x − 2 . Rješenje: Postupak rješavanja ovog zadatka: 1. odredimo polinom P( x) ; 2. odredimo polinom P( x + 3) . 307

Određivanje polinoma P( x) Izvesti zamjenu (supstituciju): u = x − 2 ⇒ x = u + 2 P( x − 2) = x3 − 2 x 2 + x − 2 P(u ) = (u + 2)3 − 2(u + 2) 2 + (u + 2) − 2 P(u ) = u 3 + 3 ⋅ u 2 ⋅ 2 + 3 ⋅ u ⋅ 22 + 23 − 2(u 2 + 2 ⋅ u ⋅ 2 + 22 ) + u + 2 − 2 P(u ) = u 3 + 6u 2 + 12u + 8 − 2u 2 − 8u − 8 + u P(u ) = u 3 + 4u 2 + 5u Ime nepoznanice moguće je proizvoljno odabrati, stoga ponovno vraćamo nepoznanicu x. P( x) = x3 + 4 x 2 + 5 x Određivanje polinoma P( x + 3) U polinomu P( x) zamijenit ćemo nepoznanicu x s nepoznanicom x+3. P( x + 3) = ( x + 3)3 + 4( x + 3) 2 + 5( x + 3) U ovom slučaju možemo reći da smo polinom P prikazali po potencijama od ( x + 3) . Zadatak 4. Odredi zbroj, razliku i umnožak polinoma P( x) i Q( x) ako je zadano: P( x) = 2 x 2 − 5 x + 7 i Q( x) = x + 2 . Rješenje: Zbroj polinoma P(x) i Q(x) Zbrajanje polinoma vršimo prema izrazima (2a) i (2c). P( x) + Q( x) = (2 x 2 − 5 x + 7) + ( x + 2) P( x) + Q = 2 x 2 − 5 x + 7 + x + 2 P( x) + Q( x) = 2 x 2 − 4 x + 9 Razlika polinoma P(x) i Q(x) Oduzimanje polinoma vršimo prema izrazima (3a) i (3c). P( x) − Q( x) = (2 x 2 − 5 x + 7) − ( x + 2) P( x) − Q( x) = 2 x 2 − 5 x + 7 − x − 2 P( x) − Q( x) = 2 x 2 − 6 x + 5 308

Umnožak polinoma P(x) i Q(x) Rezultirajući polinom se dobije tako da se svaki član polinoma Pn(x) pomnoži sa svakim članom polinoma Qm(x). P( x) ⋅ Q( x) = (2 x 2 − 5 x + 7) ⋅ ( x + 2) P( x) ⋅ Q( x) = 2 x 2 ⋅ x + 2 x 2 ⋅ 2 − 5 x ⋅ x − 5 x ⋅ 2 + 7 ⋅ x + 7 ⋅ 2 P( x) ⋅ Q( x) = 2 x3 + 4 x 2 − 5 x 2 − 10 x + 7 x + 14 P( x) ⋅ Q( x) = 2 x3 − x 2 − 3 x + 14 Zadatak 5. Odredi nepoznate koeficijente A i B u sljedećoj jednakosti: 2 x − 11 A B = + 2 2 x + 5x − 3 2 x −1 x + 3 Rješenje: Na početku rješavanja zadatka potrebno je jednakost pomnožiti s najmanjim zajedničkim višekratnikom nazivnika kako bi se svi nazivnici u jednakosti 2 poništili. Potrebno je uzeti u obzir da je (2 x − 1)( x + 3) = 2 x + 5 x − 3 . 2 x − 11 A B = + 2 2 x + 5x − 3 2 x −1 x + 3

⋅ (2 x − 1)( x + 3)

2 x − 11 = A( x + 3) + B(2 x − 1) Nepoznati koeficijenti A i B mogu se najbrže izračunati uvrštavajući umjesto nepoznanice x vrijednosti nultočaka izraza unutar zagrada. x + 3 = 0 ⇒ x = −3 2x −1 = 0 ⇒ x =

1 2

Najprije ćemo uvrstiti x = –3 u prethodnu jednakost: 2 x − 11 = A( x + 3) + B(2 x − 1) 2 ⋅ (−3) − 11 = A(−3 + 3) + B(2 ⋅ (−3) − 1) −17 = A ⋅ 0 + B ⋅ (−7) −7 B = −17 B=

: (−7)

17 7

1 u prethodnu jednakost: 2 2 x − 11 = A( x + 3) + B(2 x − 1)

Zatim ćemo uvrstiti x =

309

1 2 ⋅ − 11 = 2

⎛1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ A ⎜ + 3 ⎟ + B ⎜ 2 ⋅ − 1⎟ ⎝2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

7 A+ B⋅0 2 7 2 A = −10 ⋅ 2 7

1 − 11 =

A=−

20 7

Zadatak 6. Odredi nepoznate koeficijente A, B i C u sljedećoj jednakosti: 3x + 1 A Bx + C = + 2 2 2 x + x + 3x x 2 x + x + 3 3

Rješenje: Na početku rješavanja zadatka potrebno je jednakost pomnožiti s najmanjim zajedničkim višekratnikom nazivnika kako bi se svi nazivnici u jednakosti 2 3 2 poništili. Potrebno je uzeti u obzir da je x ⋅ (2 x + x + 3) = 2 x + x + 3 x . 3x + 1 A Bx + C = + 2 2 2 x + x + 3x x 2 x + x + 3 3

⋅ x(2 x 2 + x + 3)

3 x + 1 = A(2 x 2 + x + 3) + x( Bx + C ) U ovom slučaju nije moguće izračunati sve koeficijente uvrštavanjem nultočaka izraza unutar zagrada, jer kvadratna funkcija 2 x 2 + x + 3 nema realne nultočke. Bit će moguće izračunati samo jedan koeficijent na temelju uvrštavanja vrijednosti x = 0. 3 x + 1 = A(2 x 2 + x + 3) + x( Bx + C ) 3 ⋅ 0 + 1 = A(2 ⋅ 02 + 0 + 3) + 0 ⋅ ( B ⋅ 0 + C ) 1 = 3A 1 A= 3 U ovakvim slučajevima kada nije moguće izračunati sve nepoznate koeficijente uvrštavanjem nultočaka, potrebno je izračunati koliko je god moguće više koeficijenata na ovaj način, jer će se tako olakšati izračunavanje ostalih koeficijenta pomoću sustava jednadžbi. Ostale koeficijente ćemo izračunati rješavanjem sustava jednadžbi, koji se dobiva primjenom pravila za jednakost polinoma (koristit ćemo svojstvo da jednaki polinomi moraju imati jednake koeficijente uz istovrsne potencije). 310

Potrebno je pripremiti zadani izraz za usporedbu koeficijenata istovrsnih potencija polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti. Umjesto koeficijenta A 1 uvrstit će se vrijednost . 3 3 x + 1 = A(2 x 2 + x + 3) + x( Bx + C ) 1 3 x + 1 = ⋅ (2 x 2 + x + 3) + x( Bx + C ) 3 2 1 1 3 x + 1 = x 2 + x + 3 ⋅ + Bx 2 + Cx 3 3 3 2 1 3 x + 1 = x 2 + x + 1 + Bx 2 + Cx 3 3 ⎛2 ⎞ ⎛1 ⎞ 3x + 1 = ⎜ + B ⎟ x 2 + ⎜ + C ⎟ x + 1 ⎝3 ⎠ ⎝3 ⎠ Formirat ćemo sustav koji se sastoji iz dvije jednadžbe s dvije nepoznanice (koeficijenti B i C) na način da će se izjednačiti koeficijenti polinoma na lijevoj i desnoj strani jednakosti uz istovrsne potencije (prva jednadžba: koeficijenti uz potenciju x2; druga jednadžba: koeficijenti uz x) 2 2 0= +B ⇒ B=− 3 3 Na lijevoj strani ove jednadžbe je nula, jer polinom na lijevoj strani nema potenciju x2, stoga se uzima da je pripadajući koeficijent ove potencije jednak nuli. 1 1 8 +C = 3 ⇒ C = 3− = 3 3 3 Zadatak 7. Zadan je polinom P( x) = (2 x3 − 4 x + 5)3 ⋅ (3 x 4 − 1)17 . Koliki je zbroj svih koeficijenata polinoma P(x)? Rješenje: Zbroj svih koeficijenata polinom P(x) izračunat će se uvrštavanjem x = 1. P( x) = (2 x3 − 4 x + 5)3 ⋅ (3 x 4 − 1)17 P(1) = (2 ⋅13 − 4 ⋅1 + 5)3 ⋅ (3 ⋅14 − 1)17 P(1) = (2 − 4 + 5)3 ⋅ (3 − 1)17 P(1) = 33 ⋅ 217 Vrijednost polinoma P(1) izračunati pomoću džepnog računala. P(1) = 131 099 Zbroj svih koeficijenta polinoma P(x) iznosi 131 099. 311

8.2. Djeljivost polinoma Racionalna funkcija Neka su zadani polinomi Pn(x) i Qm(x) na sljedeći način: Pn ( x) = an x n + an −1 x n −1 + ... + a1 x + a0 , Qm ( x) = bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 Kvocijent polinoma Pn ( x) i Qm ( x) je funkcija f ( x) koja se naziva racionalna funkcija: P ( x) , uz uvjet m, n ∈ N 0 . f ( x) = n (4) Qm ( x) Racionalna funkcija f ( x) je definirana za sve realne brojeve x za koje je Qm ( x) ≠ 0 . Ako je n < m tada je funkcija f ( x) prava racionalna funkcija. Kvocijent dvaju polinoma Neka su zadani polinomi Pn (x) i Qm (x) na sljedeći način: Pn ( x) = a n x n + a n −1 x n −1 + ... + a1 x + a 0 , Qm ( x) = bm x m + bm −1 x m −1 + ... + b1 x + b0 Ako je n ≥ m tada kvocijent polinoma Pn (x) i Qm (x) možemo zapisati u obliku: Pn ( x) p ( x) = Rn − m ( x) + k , Qm ( x) Qm ( x)

k 0 ili ulijevo ako je x0 < 0 i za iznos y0 duž osi ordinata prema gore ako je y0 > 0 ili prema dolje ako je y0 > 0 . Ako je a > 0 za polinome P( x) = a ( x − x0 ) n + y0 , grane su otvorene prema gore kada je n paran broj. Ako je a < 0 za polinome P( x) = a ( x − x0 ) n + y0 , grane su otvorene prema dolje kada je n paran broj. Jednostruke i dvostruke nultočke Graf polinoma u jednostrukoj nultočki siječe os x, dok u dvostrukoj nultočki graf polinoma dira os x. Zadatak 1. Skiciraj graf funkcije P( x) = x3 − 2 . Rješenje: Najprije je potrebno nacrtati graf polinoma P( x) = x3 pomoću nekoliko točaka čije koordinate su navedene u sljedećoj tablici. Vrijednosti x koordinata smo proizvoljno odabrali, dok smo vrijednosti funkcija izračunali. x

-1

0

1

P( x) = x3

-1

0

1

Graf funkcije P( x) = x3 − 2 dobivamo tako da graf funkcije P( x) = x3 translatiramo za 2 prema dolje ( y0 = −2 ).

341

y 5 4

y=x3

3 2 1 -5

-4

-3

-2

x 0 1

-1

2

3

4

5

-1 3

y=x -2

-2 -3 -4

Zadatak 2. Skiciraj graf funkcije P( x) = ( x − 3) 4 + 1 . Rješenje: Najprije je potrebno nacrtati graf polinoma P( x) = x 4 pomoću nekoliko točaka čije koordinate su navedene u sljedećoj tablici. Vrijednosti x koordinata smo proizvoljno odabrali, dok smo vrijednosti funkcija izračunali. x -1 0 1 P( x) = x 4

1

0

1

Graf funkcije P( x) = ( x − 3) 4 + 1 dobivamo tako da graf funkcije P( x) = x 4 translatiramo za 3 udesno ( x0 = 3 ) i za 1 prema gore ( y0 = 1 ).

y 5

y=(x-3)4+1

4 3 2 1 -5

-4

-3

-2

y=x4

0 1

-1

x

y=(x-3)4

-1 -2 -3

342

2

3

4

5

Zadatak 3. Skiciraj graf funkcije P( x) = −( x − 3)5 . Rješenje: Najprije je potrebno nacrtati graf polinoma P( x) = x5 pomoću nekoliko točaka čije koordinate su navedene u sljedećoj tablici. Vrijednosti x koordinata smo proizvoljno odabrali, dok smo vrijednosti funkcija izračunali. x

-1

0

1

P( x) = x5

-1

0

1

Graf funkcije P( x) = −( x − 3)5 dobivamo tako da skiciramo graf funkcije P( x) = − x5 kao osnu simetriju grafa funkcije P( x) = x5 s obzirom na os x, te nakon toga graf funkcije P( x) = − x5 translatiramo za 3 udesno ( x0 = 3 ).

y 5 4

y=-x5

3

y=-(x-3)5

2 1 -5

-4

-3

-2

x 0 1

-1

2

3

4

5

-1 -2

y=-x5

-3 -4

Zadatak 4. Skiciraj graf funkcije P( x) = x( x − 2)( x − 4) . Rješenje: Nultočke ovog polinoma su: x1 = 0 x − 2 = 0 ⇒ x2 = 2 x − 4 = 0 ⇒ x3 = 4 343

Radi lakšeg skiciranja grafa zadane funkcije potrebno je izračunati još neke točke čije koordinate su prikazane u sljedećoj tablici. Vrijednosti x koordinata smo proizvoljno odabrali, dok smo vrijednosti funkcija izračunali. x

1

3

P( x) = x( x − 2)( x − 4)

3

-3

y 5 4

(1, 3)

3 2 1 -5

-4

-3

-2

(0, 0) 0 1

-1

(2, 0) 2

3

(4, 0) 4

x

5

-1 -2 y=x(x-2)(x-4) -3

(-3, 3)

-4

Zadatak 5. Skiciraj graf funkcije P( x) = x3 − 4 x 2 + 4 x . Rješenje: Polinom P( x) = x3 − 4 x 2 + 4 x je potrebno faktorizirati najprije metodom izlučivanja, a nakon toga primijeniti formulu za kvadrat razlike. P( x) = x3 − 4 x 2 + 4 x P( x) = x( x 2 − 4 x + 4) P( x) = x( x − 2) 2 Zatim računamo nultočke polinoma P( x) : x1 = 0 ( x − 2) 2 = 0 ⇒ x − 2 = 0 ⇒ x2,3 = 2

344

Potrebno je uočiti da je x1 = 0 jednostruka nultočka i u toj točki graf polinoma će sjeći x-os, dok je x2,3 = 2 dvostruka nultočka i u njoj graf polinoma dira x-os. Radi lakšeg skiciranja grafa zadane funkcije potrebno je izračunati još neke točke čije koordinate su prikazane u sljedećoj tablici. Vrijednosti x koordinata smo proizvoljno odabrali, dok smo vrijednosti funkcija izračunali. x

1

3

P( x) = x3 − 4 x 2 + 4 x

3

3

y 5 4 3

(3, 3)

2

(1, 1)

1 -5

-4

-3

-2

(0, 0) 0 1

-1

2

3

-1 -2

y=x3-4x2+4x

-3 -4

345

x

(2, 0) 4

5

8.7. Računanje nultočaka Kriterij suprotnih predznaka Nultočke polinoma sa stupnjem većim od trećeg obično se pronalaze numeričkim putem. Na početku proračuna potrebno je odrediti čim manji interval unutar kojeg se nalazi nultočka. Interval tražimo uz pomoć grafa funkcije i kriterija suprotnih predznaka koji glasi: ako polinom P s realnim koeficijentima ima vrijednosti različitih predznaka za brojeve a i b, tada na intervalu [a, b] ima barem jednu realnu nultočku (vidjeti sliku 8.10.) (b, P(b)>0)

a nultočka

b

(a, P(a)