Matematika za I razred srednje škole - Pavle Miličić

Др П авле Миличић

•

мр Владимир Стојановић

•

др Зоран Каделбург

др Бранислав Боричић

МА ТЕМАТИКА ЗА

I

РАЗРЕД СРЕДЊЕ ШКОЛЕ

ПРОГРАМИ СА Ч ЕТИРИ ЧАСА НАСТАВЕ МАТЕМАТИКЕ НЕДЕЉ НО

ЗЛВОД Зд YUbEI IИK E И НЛСТЛВ I !Л СРЕ.дСТВЛ • БЕОГРАД

2003

САДРЖАЈ

Предговор

1.

5

.... . ............ .

ЛОГИКА И СКУПОВИ

7 7 12 16 17

....... .

1.1. Основне операције са исказима 1.2. Нека правила логичког и математичког

закључивања

1.3.

Квантори

1.4.

О некнм основш1м математичким појмовима

1.5.

Скупови

.

...................... .

20 24

........ .

1.6. Релације . . . . . . . . . . . . . . 1.7. Функције 11 оnерације . . . . . 1.8. Елементи комбинаторике . . . . . .

2. РЕАЛНИ БРОЈЕВИ . . . . . . . . . . . . 2.1. Преглед nриродних и целих бројева. 2.2. Преглед рационалних бројева и настанак ирационалних 2.3. Апроксимације реалних бројева децималним бројевима. Децимални заnис реалног броја. . . . . . 2.4. Мерење дужи. Бројевна nрава . 2.5. Уређено nоље реалних бројева . . . . . . 2.6. Апсолутна вредност броја . . . . . . . . . . . 2.7. Аnсолутна 11 релативна грешка nриближног броја 2.8. Заокругљивање децималних бројева . . . . . . . 2.9. Основне операције са nриближним бројевима . . . З. ПРОПОРЦИОНАЛНОСТ.

4.

27 30

бројева

44 47 50 54 55 57 59

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3.1.

Размере и пропорције

3.2. 3.3. 3.4. 3.5.

Директна 11 обрнута проnорционалност. Примене

63 63 66

Процентни рачун Каматни рачун

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Таблично и графичко приказивање стања, појава и процеса

УВОД У ГЕОМЕТРИЈУ

. . . . . . . . . . . . . . . изведени појмови геометрије .

4.1.

Основни и

4.2. 4.3. 4.4. 4.5.

Основни и изведен и ставови геометрије

36 36 40

.

69 7L 74 77 80 81

Аксиоме nриnадаља

81

Паралелност

85 90

. .

Расnоред тачака

. . .

4

5.

............. . .............. . . .... .............................. Подударност углова . Мерење углова . . . . . . . . . . . ...... 5.3. Подударност троуглова . . . . . ................ 5.4. Нормалност правнх и равни . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.5. Вектори . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.6. Углови са паралеЛЈmм кpaUII\ta . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.7. Троугао . . . .. . . . . 5.8. Четвороугао . . . . . . . . . . . . . 5.9. Круг . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5.10. Осне и раванске рефлексиј е. . . 5.11. Директне изометрнје . . . . . . . 5.12. Конструктивни задаци . . . . . . . . . ПОДУДАРНОСТ

5.1 . 5.2.

6.

Подударност дуж и

РАЦИОНАЛНИ дЛГЕБАРСКИ ИЗРАЗII

.

6.1.

Трансформације целих алгебарских рационалних израза

6.2. 6.3.

Полиноми једне променљиве

8.

152 1 5Х

167

. 174 . 175 . 178

. . . . . . . . . . . . . . . . . .

.......................... . . Линеарне једначине . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Системи линеарних једначина . . . . . . . . . . . . . 6.7. Линеарне неједначине ... . 6.8. Важније неједнакости ... .

7.

!ОХ

11.1 11Х 1.10 11.1 141 144

Највећи заједнички делилац и најмањн заједнички садржалац полинома

6.4. 6.5. 6.6.

q) => р) .L, условљава -с(р => q)

=

-'-

-

-'

'

-

:_

------

--

=

=

Т и т: (р) ..L, што даље, због тога што је т:(р) .L. Међутим, како је т (р) ..L, не може бити

_ _ _ _ _ ..._ _

_ __ ь_ __

=

- - - -- - - - - - - - - - - ----··"""'-•.,.. • •

......

• • ,..v~""o

14 р

:rш·нкл

11 '1

IJ

CKYIIOШI

за које би наша форму т била нетачна. Према томе, nосматрана фор­

мула је таутологија . .а. Из свега до сада реченог о таутологијама следи да истинитосна вредност једне таутологије, пошто је увек Т, не зависи оп пстинитосних врс,1носпt

елементарних исказа, односно исказних слова која се у њој појављују. Та­ кође, ако се покаже да је неко тврђење еквивалентна некој таутолог11ји, онда се то узима као довољан аргумент за доказ са;\!ОГ тог тврђења.

Логички везници, чак и овако егзактно дефинисани, одговарају поједи­ ним везницима у језику, односно nојединим реченичним формама које су најчешће присутне у исказивању математичких и логичких тврђења. Т ауто­ легије, као увек тачни искази, у себи крију законитости по којима се владају логички везници

па,

према томе,

и законитости правилног логичког зак­

ључивања. Овде ћемо скренути пажњу на неке од IЫIX. Но, пре тога. пратимо

се још једном импликаuији, логпчком везнику који је на овом мt::сту нео­ пходан.

На пример, претпоставимо да ако важе неки услови А, В н С, треба да

важи услов

D.

За то би очигледно било довољно да је реченица. која се nо­

моћу логичких везника заnисује као А л В л С->

гија. У таквом случају услов

D

D,

увек тачна, тј. таутоло­

се добија из услова А. В и С на оснопу nрав''-""

логичког закључивања које се означава са: А, В, С

D На тај начин се може доћи до неколико правил В в

Он се чита на следећи начин: "Ако А и изА следи В, онда В." Ово правило закључивања оnравдава таутологија р л (р

-> '/) -> '1·

(Показати да је ова фор­

мула заиста таутологија')

(2)

Правила транзитивности имnликације и еквиваленције, која се редом

заnисују као

А"" В, В-> С

А-> С

и

А В, В С АС

базирају на таутологијама

(р

-> q)

л (ц

(р ц) л

->

г)

""

('1 r)->

(р ""

r),

(р г).

(Уверите се да су ове формуле таутологије!)

(3)

Према таутологији (р-> ц) л

('1-> р)->

(р""

q)

nроизилази nра~тло

А ->В, В-> А АВ

које је такође често nрисутно у математичк11м расуђипањима. Кала треба доказ3ТИ међусобну еквиваленцију тврђсња А и В, онда је за то, 11рсма о nом правилу, довољно доказати да из А сл ели В и обрнуто, да из В слс1ш А.

1:.

111·КЛ 111'ЛВ11Ј1Л

JIOI

ИЧКОI

11

15

'1.1ЛН'IЛ IIIЧKOI JЛKЉ~IIMII.Л

(4) Правило контрапозиције -.в::.-.А

А=> В оправдава таутологија

-.р)

( -. q =>

=>

(р=>

q).

Корнстећн ово правило внди

се да је за доказ да из А следи В довољно доказати да из

-. В

сле.111

-. А,

што

је понекад лакше доказати.

(5)

Из таутологије

(

-.р=> (q л -.А

-. q)) => =>

(В л

р добија се да и пр

+п

х

=у

+Ь

и х =у А а =

h =>

ха = уЬ.

Ово правило се понекад може nримењивати у донекле обрнутоr-.1 смеру, од х

•

а =х* Ь ка а= Ь и у том случају се зове заЈ.:он скраћивања или кание­

лације. Наравно, такав закон не важи увек, што се може показати слсдећим једноставним примером.

ПРИМЕР

7.

Ако би се на множење бројева могао примењивати закон

скраћивања без допунских претпоставки, онда би се из О извести

1 = 2.

х ;< о л х у =х

Подсетимо

z~

у

се да закон

скраћивања

· 1 =О · 2

код множења

могло гласи:

= z....

Разматрана nравила (б),

(7)

и

(8),

заједно са условом рефлексивности,

чине тзв. аксиоме једнакости.

КВАНТОРИ

1.3.

Још смо у првом примеру, говорећи о исказнма, видели ла реченица

":r 2

= 4"

није исказ, јер њена истинитосна вредност зависи од променљиве х.

Међутим, истинитосне вредности реченица

"за сваки х,х 2 = 4," "постоји х тако дах 2 = 4," које, редом, скраћено заnисујемо ('llx) (х'=

4) и (3х) (х 1

= 4), више нсћс зави­

сити од х и јасно је да ће nрва од њих бити нетачна, а друга тачна.

Речи за сваки (или за било који, за прошвољан) и постоји (или за неки) зову се кванторима (или квантификаторима), а формуле у којима се, као у

горњим примершщ nојављује века променљива (на nример,х,у mд.) и не·

ки симбол релаиије (на пример,

=, :5, 11 итд.) зову се предикатским фор·

мулама. Квантор за сваки назива се универзалним, а квантор постоји- еr­

зистенuијалним квантором. Од nредикатскнх форму ла, помоћу кnантора, nраве се нове прсдикатске формуле. На nример, ако је А предикатска форму­ ла, онда су

('llx)A

и (3х)А такође nредикатске формуле.

Често су у уnотреби и тзв. оrраничени или условни квантори. Такви квантори су у реченицама:

"За сваки природан број х, х!

+ 1 =х,"

"Постоји nаран број х тако да х< Или, ако се са

N

4."

означи скуп свих природних, а са

2Z

бројева, горње реченице би имале овакав скраћени запис:

('llx

Е

N)

(х'+

l

=х) и (3х Е

2Z)

(х<

4),

скуп свих nар н их

Н. О

IIEIOIM OCIIOI'IIIIIM

17

МЛТiiМАТ\IЧКЈIМ ЈНЈЉЮШIМЛ

односно. што је логички еквивалентна,

(\fx)(xEN,..x 2 + 1 =х) и(3х)(хЕ 2Z л х у р х),

(А) антисиметри•1на ако (\:Јх, у Е А) ~r. р у л у р х =>х =у),

(1)

транзитивна ако

(\:Jx,y,z

ЕА) (х ру лурz

=>xpz).

ПРИМЕР 18. 1) Релаuијар из nретходног nримера је рефлексивна, симе­ трична и транзитивна. Својство рефлексивности, за релацију задату табли­

цом, карактерише то да се на главној дијагоналн (слева удесt-10 11 одозго на­ доле) налазе само вредности Т. Н а графу се то в1щи тако што од сваког еле­

мента води и по једна линија ка њему car.юr.t. Својство cимeтpll'lltocп r ка­ рактерише осно снметр11чан расnоред вредности Т 11 .l у табтщн у односу на главну дијагоналу. Ако је нека релаuнја симетрична онда н,ен граф има ту особину да су му свака два nовезана елемента, nовезани у оба са другим, као

2)

11

cr.tepa -

nрви

други са првим.

Релација инклузије, практично исказана у теореми

1, јесте једна анти­

симетрична релација. П оред ТОГ"а, инклузија је рефлексивна и транзнтивна,

али није симетрична. Једнакост је, а то се види и из аксиома једнакости, једна рефлексивна, симетрич на, антисиметри•tна и транзитивна релацнја. З) Н ека је релација р дата следећом табтщом.

26

IIКЛ

,101

11 CKYIIOIIII

2

1

р

3

1

т

т

Ј.

2

т

т

т

з

т

Ј.

Ј.

1

Ова релацнја нема ниједно од горе наведених својстава: ннје рефлексив­ на, јер није З р 3; ннје снметр11чна. јер јесте 3 р 1, али ннје 1р 3; 1111је аmи­ симетрична, јер јесте 1 р 2 11 јесте 2р 1, алн није 1 2; 11ајзад, ннје ш1 тран­ зипшна, јер јесте 1 р 2 11 јесте 2р 3, алнн11је 1 р 3. ( Представитн ову релацију

=

и nомоћу графа!) .А.

ДЕФИНИЦИЈА ЗИТ11ВНа (скр:1ћсно:

12. Peлauuja кој:1 је рсф.леКСIIВЈЩ CltMCTplt'/11:1 11 rран­

RST)

llазнва се релацијом еквивплеtщuје. Рсл;щнј:Ј која

је рефлексивна, антиснметри•11m 11 тpaiiЗitТJtomi (RA Т) назttоа се релаии­

јом поретка. ПРИМЕР

19. Релац11ја једнакосп1 је рел:щ11ја еквиваленц11јс, али 11 рела­

ција nоретка! Релације слнчности

11

nодударности геометријск11х фнгура су

такође nрнмер11 релацнја еквиваленuнје, што ће бнти доказано у наредном nоглављу. Релацнје ~, 2:

>

11

С су nрнмери рслација nоретка. Релације

< 11

нису релације nоретка (нису рефлексив11е!) .А.

Свака рел:щнја скоlшаленш1је ствара на скуnу на којем је дата тзв. класе еквиваленције. Ако је - реланнја еквивалс111111је, онда се класа слсl\tснта х, у ознаци С., дефнн1 1 ше овако:

С, = {у ТЕОРЕМА

4.

а) За сваки х, С, ;е

б) Ако није х -у 011да је С, Доказ. Услов а) кt~жс

n

-у}

0.

С,

..'la је св:.~ка

lx

= 0.

класа еквнвалсtннlје 11спразан скуп. То је

очигледно, јер t Е С, због рсфлексiiВНОСТII. Прс:.tа услову б) сваk.е две ра­ зличите класе еквнвалснције су међусобно днсј; 11ктне тј. нички х елемен,па. Ако би се десило да постоји

zЕ

.. било х -

zЕ

С,

n С, .

IICI\tajy

зајед­

онда б11, како

z , а како z Е С. б11ло б11 такође z -у. О дат ле б11. због тран­ 11 х -у, што није по са!\Юј nретnоставц11 наше тсорсме. (У доказу дела б) ове теореме користили смо nраnило контраnозЈщЈtје!) • Све класе еквиваленцнје неког скупа А 'IIIIIC једну nоделу, пиртrщију, тог скупа, тј. његово растављ:нье на д11сјунктне nодскуnове. J-b11xona ун11ја he, с

зитивности, било

наравно, чннип1 сам скуn А, што се може доказати.

ПРИМЕР

20. 1)

Il eкa су х и у цели бројсв11

11

нека је х -у ако

је х исте nарности као у. 1/а овај начин је дефннисана једна

RST

11

само ако релац11ја

на скупу целих бројева, а класе еквиваленције ће чинити скуnов11 св11х пар­ них и свих н еn ар11 н х бројева.

2) Н ека је са "r 1 у ако 11 само ако (3k EN) (у= k r)" (читаТII ,., се садржи у у") уведена јед11а релацнја на скуnу nр11родн11Х бројева. Показаћсмо да је .

.

1.7. ФYIIКIIIIH 11 0111-I'ЛII IIJI

27

Ова релац11ја је рефлексивна јер (Vx Е N) (х 1 х), што се. nрема нашој де­ финицији остварује за k = 1. Ако х 1 у и у 1 х, тј. у =Ј.. \ 11 .t за неке k, 1 Е N, онда је у k 1у, односно k 1 = l. Како су k 11 1 nр11родн11 бројеви, то из kl = 1 следи k = 1 = 1, односно х =у. То значи да је х 1 .\· је.:ша антисиме­ трнчна релација. Нека х 1 у и у 1 z. тј. у= k х 11 z за неке k,l Е N. Тада је z = kl~, тј. стављајући т = k/ види се да је тачна фор\lу.1а (3m Е 1\ ) (z = m.t), односно да важи х 1 z. Другим речима ова релација ЈС 11 траюипшна.

= (\'

=

= (\'

Истом дефиницијом се не уводи релација nоретка 11 на ш1tрем скуnу, ску­ nу целих бројева. Наиме, када би се исnитивала анпtс1шетр1tчност ове ре­ лације било би, рецимо, 2 1 (-2) и (-2) 1 2, али не 11 -2 2! .А

=

1.7.

ФУНКЦИЈЕ И ОПЕРАЦИЈЕ

Појам функције или пресликавања сnада, као и nој r 1 =.х~);

t Е А) (Ј ('t) =у); .. Ј - Ј" 11 .. на'·.

Функција[11з претходног примера н11је шt

.,1

1"

н11 на

пресликавање, а ево зашто: два различита елемента скупа А, а н с, преслика­

f

вају се посредством функције у један исти елемент скупа В, у 1 па, према томе,[ није .,1- 1".Ова функција ннје ни преслнкавање на скуп В, јер у скупу В постоји један елемент, то је елемент

2,

који није слика ннјешюг елемента

из скупа А. Међутим, ако се f посматра као пресл11кавање скупа А у скуп С

= {1,З}, онда ће f 2)

бити пресликавање скупа А на скуп С.

Нека су функције Ји g, које преслнкавају скуп R реалних бројева у себе,

дефинисане формуламаf(r) = 2х + 4 и ,t: (х)= х 2 • Из f(t 1) = f(x~). тј. 2r 1 + 4 = 2tz + 4, одузимањем броја 4 н дељењем са 2 добија се х 1 =х 2 , што значи да је f .,1-1" пресл11кавање. С друге стране, ако је у произвољн11 реалан број, онда 11з у= 2\· + 4 следи r = ~ -2, тј. тачна је формула да је

f

(Ј (t) =у). Дrtкле,

('l:fy) (3r)

f

пpecmtкaвil скуп 1~ на скуп Ј{ , што значн

и једно бијективно пресликавање.

За другу функцију може се видети дil није .,Ј

g ( -2) =g (2), ('l:fx Е 1{) (g (х)

али не и

=х

2

-2

= 2.

Такође,

g

-

Ј" јер, рецнмо, важи

ннје нн ,. на" јер, на прнмср, важи

~ О), па ниједан негапtван број није слнка неког реалног

броја при пресликС:tвању

g.

&

ДЕФИНИЦИЈА 15. Преслнкавањеf :А= -+А, дакле Декартовог квадрата А 2 неког скупа А Ј скуп А, назива се (бинарном) операиијом. Примери пресликавања, која су и операције, налазе се међу познати~r рачунским операцијама (радњама) са бројевнма: сабнрање, !\нtОжење итд.

ДЕФИНИЦИЈА 16. Нека су f: А -+В и g: В-+ С функuије. Тада g о f оз­ на•!ава производ (компознuнју) пресликава.њаf н к 11 дефm1ише се условом.

('l:fx

Е А)

((g о

ј) (х)=

g (J(r))).

У овом случају јасно је дagof:A-+ С ПPL1MI -с) + немају заједничких елемената, тј. да је А

n

+

с= а

+Ь

сликама

n

-с елемената. Добијени резултати су графички nредстављени на

10

и

11.

AU8

AU8 С1

С.1.

10

11

Друго питање има још јсдноставннји одговор: без обзнра на међусобне односе скупова А и В, број елемената скуnа А х В јесте аЬ. (сл11ке ПРИМЕР25.НекајеА скуn А

UВ

има

6

= {1,2,3},

В=

елемената, скуn А

{3,4,5,6} нС= U С такође б, као

6 11 7).

{4,5,6}.Јасноједа уосталом и скуn

А

U В U С, док скуn В U С нма 4 елемента. С друге стране, скуn А х В има 12, А х С 9, В х С 12, а скуn А х В х С 36 елемената. (Последњи скуn је скуn свих уреЈ,ених тројки облика (а, 1>, с), таквих да а Е А , /Ј Е В, с Е С) . • ПРИМЕР

26.

Правоугаоннк

ABCD

је nодељен мрежом линнја, nралел­

них његовим страницама на мање nравоуrаоннке, од којих ниједна два не­ мају међусобно заједничких унутрашњнх тачака и то тако да те nаралелне nиниiР nnPrl'н::tiv rтn;нrи11v AR v f.. n:Ј'\Пичитих т::.ч::tк:t ::1 rтn;HHIIIV ВС V 7

32

ЈЮПIКЛ

различитих тачака, као на слици

12.

lf CKYIIOIШ

Дакле, у обзир се узимају најмањи пра­

воугаоници добијени описаним разлагањем. а) Колики је број овако добијених правоугаоника?

б) Колики је број правоугаоника који имају бар једну страницу која је део неке од страница полазног правоугаоника А В С

D?

в) Колики је број правоугаоника који имају само једну страницу која је део неке од страница полазног правоугаоника?

г) Колики је број правоугаоника који немају заједничких страница са правоугаоником

ABCD? Решење. Онај задатак се може посматрати као

о

1

1

комбинаторних проблема. С обзиром на рела­ тивно малу бројност скупова, до решења се може доћи директним пребројаваљем одговара­

t .

Ј

1

носебан случај претходно формулисаних општих

с

--

-

јућих правоугаоника са слике, али и коришће­

њем готових формула које су наведене за општи i

А

'

случаЈ.

1

1

1

1

с.·1.

а) Користећи резултат броја елемената Де­ картовог nроизвода, а знајући да б тачака дели

8

дуж А В на

12

на

8

7

дужи и да

7

тачака дели дуж В С

дужи, закључује се да укупан број правоу-

гаоника износи

7·8

= 56.

б) Правоугаоници који имају бар једну страницу заједничку са делом не­ ке странице полазног правоугаоника А В С том, уз страницу АВ их има

7,

уз ВС

- 8,

уз

D

су на слици шрафирани. При

CD - 7

и уз

DA - 8.

Но, правоу­

гаоници чије се по једно теме поклапа са неким од темена правоугаоника

А В С

D на слици двоструко шрафирани, у горњем пребројавању су присут­

ни више пута, о чему се мора водити рачуна. Стога укупан број ових пра­ воугаоника износи

26.

в) Од броја добијеног у претходном задатку треба одузети број свих оних правоугаоника који имају више од једне странице садржане у страницама

правоугаоника

ABCD. Таквих је укупно 4, који су на слици двоструко шра­

фирани. Зато је резултат у овом случају

22.

г) Резултнт овог задатка се може добити било као разлика резултата зада­ така а) и б) :

(56 - 26

ПРИМЕР

27.

= 30)

или као производ

(5 ·

б

= 30). &

Од места А до места С може се стићи једино преко места В;

од места А до места В води 7 различитих једносмерних путева, а од места В до места С

11.

Колико је укупно различитих начина да се из места А стигне

до места С' 1

Решење. Овде је јасно да се решење добија као производ броја могућих 7 · 11 = 77. &

путева од А до В и броја могућих путева од В до С, што износи

Уколико би изостала претпоставка о једносмерности путева који повезују поменута места у претходном примеру, задатак би се битно разликовао од постављеног. Наиме, могло би се протумачити да пре него што се стигне на циљ, у место С, може се више пута ићи од места В до места А и обрнуто, што би проширило скуп решења нашег проблема. Зато и у наредном при-

1.&

33

~:lf ..iHITII KO"ihiiiiЛ ГOI'IIКI•

меру, ради једноставности, треба претпоставити да се рад11 о једносмерним путевима, нс 11стичућн то посебно. ПРИМЕР

28.

Да бн се стигло од места А до места

D

мора се проћи кроз

место В иmt место С. Од места А до места В вод11 директно

путева, од А до С

2,

од В до С З, од В до D

5

н од С до D

4

6

различитих

дl!реЈ.."Тна пута.

Колико има могућих путева од А до D?

C.t 13

Решење. Ради бољег разумевања поступка решавања овог задатка треба посматрати одrоварајућн графички nр11каз описане мреже путева на слици

13.

Најпре треба, као и у nретходном nр11меру, одредити укупан број ра­ зличитих могуhности да се стигне од места А до места С, што износи

6 · 3 + 2 = 20, а то је број могућности да се 11з А стигне до С преко В, увећан за 2 (две могућности да се ю А стигне д11ректно у С). Стога број могућности да се до D стигне из А nреко С износи 20 · 4 = 80. С друге стране, број мо­ гућности да се од А стигне до D не пролазеh11 кроз С је 6 · 5 = 30. Дакле, укупан број различитих путева од А до D износ11 80 + 30 = 110. • Сличним поступком може се одредити број д11јагонала многоугла. ПРИМЕР

29.

Одредићемо број дијагонала седмоугла

број дијагонала из nроизвољне тачке седмоугла юноси

ABCDEFG.

4.

Укупан

Ј ! о, како се неке

од њих не могу бројати више пута, поступа се на следећи начнн: број дија­ гонала из тачке А је 4, као и из тачке В; међу днјагонале из тачке С нећемо убројати ону која спаја тачку С са тачком А, јер смо њу већ једном бројали међу дијагоналама из тачке А. Дакле, из тачке С има З нове дијагонале.

Слично, из

D

има

2

нове, из Е једна, док из тачака

нала. Тако је укупан број дијагонала седмоугла

F

и С нема нових дијаго­

4 + 4 +З+ 2 + 1 = 14. •

ПРИМЕР 30. Колико се троцифрених бројева може образовати од цифара З, 4, 5, 6, 7, 8 и 9, али таквих да све три щtфре датог броја увек буду

1, 2,

међусобно различите? Решење. Замислимо да смо троцифрене бројеве којн могу настатн од да­ тих девет цифара, а да су при том све цифре међусобно различите, класифи­ ковали према томе која је прва цифра датог броја. Таквих класа ће, очиглед­

но, бити укупно

9,

од којих свака има исти број елемената. Како се друга и

трећа цифра сваког броја одређене класе разликују, то нас сада занима ко­

лико има укупно двоцифрених бројева са међусобно различ11тим цифрама, који се могу формирати од 8 цифара? Њихов укуnан број је 8 · 7 56, јер ако смо их све поделили у осам класа, и то nрема nрвој цифрн сваког двоuифре-

=

34

ЛОГИКА И СКУ!ЮВИ

-------------------ног броја,

онда свака класа има по седам елемената. Тако ће,

решење нашег проблема бити:

коначно,

9 ·8 · 7 = 504 . .о11.

Проблем који је сличан претходним проблемима и може се решити про­ стим набрајањем свих елемената тражено г скупа, зато што је у питању скуп са малим бројем елемената дат је у следећем примеру.

ПРИМЕР

Одредити укупан број: а) свих троцифрених бројева;

31.

б) свих троцифрених бројева са међусобно различитим цифрама, који могу настати од цифара

1, 2 и 3.

Решење. Најпре треба исписати бројеве

111 121 131 211 221 231 311 321 331 112 122 132 212 222 232 312 322 332 113 123 133 213 223 233 313 323 333 Пребројавањем се налазе решења: а) ПРИМЕР

27

и б)

6. .oll.

Одредити број свих трочланих подскупова једног четво­

32.

рочланог скупа.

Решење. Полазећи од скупа подскупове: укупно има

{1, 2, 3, 4}, исписујемо све његове трочлане и {2, З, 4}, те се може закључити да их

{1, 2, З}, {1, 2, 4}, {1, З, 4}

4.

А

Када је у питању скуп од више елемената, такав проблем се може и јед­ ноставније решавати.

ПРИМЕР

33.

Одредити

укупан

број

двочланих

подскупова

неког

осмочланог скупа.

Решење. Посматрај мо, на пример, скуп

{1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8}

и покушај мо да

пребројимо све његове двочлане подскупове. Укупан број двочланих подску­ пова полазног скупа који садрже број

1

као елемент је очигледно

7.

Овом

броју треба додати и укупан број двочланих подскупова који садрже број као свој елемент, али умањен за вима који садрже број

1 као

1,

2 {1, 2} већ бројан међу скупо­ Збиру 7 +б додаје се и укупан број

јер је скуп

свој елемент.

двочланих подскупова скупа који садржи број З као свој елемент, али ума­ њен за

2,

јер смо приликом ранијих пребројавања већ имали у виду скупове

{1,3} и {2,3}. Настављајући на овај начин, долази се до крајњег резултата: 7 + 6 + 5 + 4 + 3 + 2 + 1 = 28. Могли смо поступити и на следећи начин: број

1 са свих осталих 7 бро­ 7 двочланих подскупова датог скупа. Слично важи за број 2, а и за бројеве 3, 4, 5, б, 7, 8. На овај начин добија се 8·7 = 56 скупова. Међутим, тако су сви подскупови бројани два пута. На пример, скуп {1, 2} је бројан међу

јева чини

скуповима које формира јединица, али исто тако и међу скуповима које фор-

мира двојка. Због тога је стварни број тражених подскупова 8~7 = 28. .о11. Ево још једног проблема сличне врсте. ПРИМЕР

34.

Одредити број свих подскупова неког шесточланог скупа.

Решење. Пођимо од скупа nримеоv. да

ie

{ 1, 2, 3, 4, 5, 6}

и установимо, као у претходном

vкvпан број њсrових подскvпова без чланова (празан скуп)

1,

1.8.

35

EJIE~f'HПI КОМБIНIАТОrИКЕ

да је укупан број његових једночланих подскупова них

20, четворочланих 15, петочланих носи: 1 + б + 15 + 20 + 15 + б + 1 = б4.

6,

двочланих

б и шесточланих

1,

15,

трочла~

што заједно из.

Друго решење би се лако могло пренети и на случај скупа са произвољ­ ним бројем елемената. Када се формира подскуп датог скупа{\,

2, 3, 4, 5, 6},

онда за сваки његов елемент има две могућности: да припада формираном подскупу или да му не припада (на пример, ако сваки од елемената припада

формираном подскупу, тај подскуп је сам скуп

{\, 2, 3, 4, 5, б}, а ако, рецимо 2, 4 и 6, а не припадају му елементи 1, З {2, 4, 6} ). Користећи правило (2) са почетка овог

том подскупу припадају елементи

и

5,

онда се ради о подскупу

одељка

може

се

закључити

да

је

тражени

број

подскупова

једнак

2 . 2 . 2 . 2 . 2 . 2 = 2' .... ЗАДАЦИ

1.

Од места А до места В води С до места

D

7 путева,

а од места В до С

4 пута.

Ако од места

води б путева, колико различитих путева има: а) од места

А до места С; б) од места В до места

D; в) од места А до места D?

2.

Колико трочланих подскупова има скуп {а, Ь, с, d,

3.

Бацају се три коцке за играње. Одредити укупан број различитих тројки бројева (х,у,

z),

e,f,g}?

где је са х означен број са прве, са у број са друге и са

z

број са треће коцке.

4.

На колико се начина може распоредити шест различитих књига на једној полици?

5.

Колико врста треба да има истинитосна таблица исказне формуле са де­ сет различитих исказних слова?

б. Колико се разних троуглова може формирати од четири тачке од којих ниједне три не леже на истој правој?

7.

Колико има природних бројева између међусобно различите?

100

и

1000

чије су све цифре

ДРУГА ГЛАВА

РЕАЛНИ БРОЈЕВИ

Знања о бројевима, а посебно о природним бројевима, спадају у прва ма­ тематичка знања која је човек стицао током свог развоја. Колики је значај придаван тим знањима види се из чињенице да су питагорејци (Питагорини

следбеници) говорили да бројеви управљају светом. Толика мистичност се не може приписати бројевима. Међутим, будући да се сва научна дости­ гнућа савременог света описују углавном реалним бројевима, могло би се рећи да је теорија реалних бројева једна од највећих тековина наше циви­

лизације. Зато и на овом нивоу образовања треба подсетити на битне чиње­ нице о реалним бројевима, систематизујући то знање и, наравно, научити још неке нове чињениuе о њима. Треба се, дакле, nрво подсетити како смо стицали и проширивали знања

о реалним бројевима.

2.1.

ПРЕГЛЕД ПРИРОДНИХ И ЦЕЛИХ БРОЈЕВА

Током математичког образовања прво се учи бројање и рачунање. Дакле,

упознаје се скуп природних бројева

N = {1, 2, ... , п, ... )

и основне алгебарске

операције које се изводе у том скупу. (Наравно, треба разликовати природне

бројеве од њихових симбола. Уместо арапски х цифара користити римске цифре Ј, /Ј, рација сабирања

( +)

lll, JV, ...

1, 2, З, 4, ...

могу се

или неки други симболи). То су опе­

и операција множења

( · ).

Те операције су настале из

потребе пребројавања елемената два скупа још у зачецима људске цивили­

зације. Нека су а, Ь и с произвољна три природна броја (а, Ь, с Е

N).

Из искуства

рачунања са природним бројевима може се закључити да, поред осталога,

важе и ове особине:

(NO) (N1) (N2) (N5)

а+ Ь Е

(N9)

а·Ь

N,a ·

Ь Е

N,

(,.+"и,.·" су бинарне операције у

N),

а+ (Ь +с)= (а+ Ь) +с, (асоцијативни закон за сабирање),

а

= h +а, (комутативни закон за сабирање), = (а·Ь)·с, (асоцијативни закон за множење), (Nб) 1·а =а· 1 =а (број 1 је неутралан при множењу), (N8) а · (Ь +с) =а · Ь +а ·с, (Ь +с) · а = Ь · а +с · а, (дистрибутини зако­ +

Ь

а·(Ь·с)

ни множења према сабирању),

=

Ь·а, (комутативни закон за множење).

Овде се од најважнијих особина које важе за скуп реалних бројева (оде­ љак 2.5) наводе оне које важе и за природне бројеве. Зато нема (N3).(N4) итп.

l-1.

!IPf:Г:II'Д ПI'ИРО){ННХ Н

У скупу природних бројева

1\I·..:IIIX

N посматрали

37

!;I'ОЈЫIЛ

смо и две релације"< "(стро­

го мање) и",; " (мање или једнако). Наиме, ако за природне бројеве а и Ь постоји природан број с тако да је а +с = Ь, онда се каже да је број а мањи од броја Ь(а

<

Ь). На основу ове дефиниције је

i'О, а х непознати број. Лако је видети да та Z. На пример, једначина Зх = -б има

једначина нема увек решење у скупу решење х

= - 2;

решења у скупу

оно припада скупу

Z, јер 7 није дељиво

Међутим, једначина Зх

Z.

=7

нема

са З. Зато је природно поставити питање

може ли се скуп целих бројева проширити још неким елементима, тако да у том проширеном скупу једначина

(1)

увек има јединствено решење. Од­

говор је потврдан. Тако проширен скуп бројева означава се са рационалних бројева. Јединствено решење једна чине

(1)

Q

и зове скуп

мора зависити од

целих бројева а и Ь. Уобичајено је да се то решење означава са ~ и зове

разломак, где је бројилац Ь, а именилац а. Према, томе, сваки елемент скупа ()

тi rп~нсы п:иrипи!l"ии fiпni мn11еР п~

rP

и~nы1нР

v

nf\пutrv f!_

rnP iP r1 IIPn

я

22. IН'l,ГJIIЩ I'ЛI!IIOIIЛJIJIIIX БРОЈЕВА IIIIЛCТЛIIЛK III'ЛЦHOIIЛJIIIIIX liPOJ~IIЛ

q

природан број. Тако је скуп

N два

41

пута прош11риван и добијен скуп Q, што

значи да је с

N У скупу

с

Z

Q.

Q се nродужују оnерације"+ "

11 .. ·" на следећи начин: нека су

а =Е..q (р Е Z, q Е N) 11 а ' =В:, (р' Е Z, q' Е N) два рационална броја. Тада је, q по дефиницији,

,

a+a'=f!.+L=Pq q

,+ ,

q'

qq'

pq

'

а ·а ' =!!. · Et_ =Р.?:_ q

цq''

q'

Осим тога, уводи се оnерација дељења

:

е. Et_ q q'

= е. . q:._

(р

р'

q

.,:" 1

са

'#

0).

Овако уведене операције сабирања и множења наслеђују све одговарајуће особине из структуре (Z, + , · ). То знач11 да у скуnу рационалн11х бројева Q важе особ11не:

(QO), (Ql), (Q2),

(QЗ),

(Qб),

(Q4), (QS),

(Q8)

и

(Q9).

Осим тога, у овој новој алгебарској структури (Q, + , ·) једнач11не а +х= Ь(а, Ь Е Q) и ах= Ь(а , Ь Е Q, а '#О) имају јединствена решења. Спе-

цијално, за свако а

'#

О, једначнна

at

= 1 има јединствено решење

број се назива реципрочним бројем броја а и означава се

11

k Овај

1

са п - • Дакле,

поред набројаних, структура (Q, + , ·) има још једну важну особину, а то је: (Q7), за сваки а Е Q \ {0} постоји јединствен а - 1 Е Q, такав да је а·а- 1 На основу уређености скупа

= а-

1

·а

и скуп

Z

Q се може уредити релацијом 5.

Наиме, каже се да је рационалан број а

f. ако је 1

а' =

= 1. = Р мањи од рационалног броја q

pq ' < p'q Тада особине уређености скупа

Z

имплицирају одrоварајуће особине

(QlO) - (Q14). Поред ових особина уређености, скуn

Q има још једну значајну особину.

То је тзв. густина рацноналних бројева. Ову особину немају ни природни

ни цели бројеви. ТЕОРЕМА

2. За било које рационалне бројеве а и Ь, такве д;l је n < Ь,

број с= i

О. Претпоставимо још да х није природан број. Према управо доказаној

теореми, постојип 0 Е бооi. из

(1)

се побиiа

{0,1,2, ... }, n,.<

х<

такав да важи

n"+ 1

иnи

(1).

Будући дах није природан

2.3. ArJPOKCIIМЛltiiJA I'EЛЛIIIIX БРОЉВЛ )IЕЦ11МЛЛНIIМ БI'OJI·ПIIМA. JIH111МЛJIIIII ЗЛПII С P11ЛJIIIOГ t;PQJЛ45

О< х- n п <

1.

Одавде nроизлаз11 неједнакост О

< lO(x -

п 0)

< 10.

Ако се сада у горњој теореми уместо х узме lO(x - n 0), онда се закључује да постоји јединствен број d 1 Е {0,1,2, ... ,9}, (јер је 10(х- п 0) < 10), такав да је

d 1 :S 10 (х- n0) < d 1 + 1, одакле се добија (З)

f

Ако у левој од ове две релације важи једнакост, тј. ако је х= по+ 0, онда јех представљен рационалним бројем (по + fo Е Q). Ако то није случај, онда се из (З) добија

О< 102 (х- (n 0 + ~~))

(4)

< 10,

fo))

па се на број 10 ~- п 0 + може nрименити теорема 4. На основу ње и (4) произлази да nоАоји јединствен d 2 Е {0,1,2,...9}, такав да је 2

(

dz :Sl02 ~-

(no+fa))

d

(А, В) које испуњава услове а), б) и в). Такође се може показати да за сваки

позитиван број постоји дуж чија је дужина управо тај број. Ове чињенице

се прихватају без доказа. Сматра се, дакле, да за изабрану јединичну дуж

OE(d (0, Е) = 1) свака дуж АВ има своју дуж и н у d (А, В). Одређивање броја d (А, В), помоћу ОЕ зове се мерење дуж и АВ са дужи ОЕ. Покажи мо сада како се долази до броја d (А, В), полазећи од претпоставке да су дуж и АВ и ОЕ дате, при чему је ОЕ јединична дуж (d (0, Е) = 1).

L, О,

L о

Ј

2 Сл.

1

Нека је М тачка полуправе ОЕ, таква да је

n0

5

' d

(А, В)

= d (0, М)

ношењем" дуж и ОЕ на полуправу ОМ одреде се тачке цео број

о

L

и

D

(сл. Ј). ,,Пре­

и ненегативан

тако да је

OL

= n 0 ·0E :5 ОМ<

(n 0 + 1) ОЕ

= OD

(Такав ненегативан број

n0 постоји на основу Архимедове аксиоме, одно­ 4.) На слици је n, = 4, тј. 4 · ОЕ < ОМ < 5 · ОЕ. Ако је L = М, онда је d (0, М) = n 0• Ако је М између L и D, онда је n 0 прва приближна вредност растојања d (0, М). У том случају се са дуж и 110 ОЕ "мери" дуж LM, (ова дуж се преноси на дуж LM и чита колико се пута садржи у дужи LМ). На дужи LD одређују се тачке L, и D 1 и број d, Е {0,1,2, ... ,9} тако да је сно теореме

d,

LL 1 = ТО ОЕ :5 LM <

d, + 1 ----w ОЕ = LD

Ако је L, =М, онда је дужина дужи ОМ једнака n 0 +

1

f0.Ако је

L 1 лево

од

М, онда је овај број друга приближна вредност дужине дужи ОМ. У нашем случају је

d,

з

n, + 10 = 4 + 10 = 4,3

Сада се са дуж и 1 ~) ОЕ "мери" дуж L,M, одређују се тачке L, и D, и цифра

d 2 Е {0,1,2, ... ,9}

тако да је

2.4.

. б рОЈ.

Тада Је

MEPEЊii ДУЖН.

E>POJEBtiA

49

ПРАВА

d, d, ом . n,, + ТО + ][)() тачна вредност дужине дужи или Је њена

приближна вредност, зависно од тога да ли је L 2 = М или је L 2 лево од М. Тај се поступак наставља и завршава после коначно много корака или се неограничено понавља. У сваком случају, овај поступак одређује неки nози­

тиван реалан број х који представља дужину дужи АВ. Показаћемо сада како се може дефинисати једно обострано једнозначно пресликавање скупа реалних бројева на скуп тачака једне праве. Изаберемо две произвољне, различите тачке О и Е праве

r

и тачки О до­

делимо број О (нула), а тачки Е доделимо број 1. Полуправу ОЕ са почетком у тачки О назовимо десном полуправом праве r (без обзира како је нацрта­ на!), а њен комплемент у односу на r заједно са тачком О левом полуправом правеr (сл. 2). Произвољној тачкиА десне полуправедодељујемо број а који је једнак дужини дужи ОА, дакле

d (0, А), Симетричној тачки А' Е r тачке

А у односу на тачку О додељујемо супротан број броја d (0, А), тј. број -а. На овај начин је свакој тачки М праве r једнозначно кореспондиран један реалан број т. Може се доказати да се за сваки позитиван број може наћи једна дуж чија је дужина управо тај број. То онда значи да је приказано

пресликавање са

на

R

r

обострано једнозначно.

д'

о

-а

-2

-1

о

Сл.

Права

r,

Е

2

А

в

а

ь

2

са истакнутим тачкама О и Е, за коју је свакој тачки кореспонди­

ран један реалан број зове се бројевна права

[а, Ь Ј

1а . Ь) о

ь

а

о

Сл. з

[а о

C.L. 4

ь)

(а

ь

а Сл.

5

ь

а

о

Ь] ь

а

Сл.

6

Помоhу бројевне праве лако се интерпретира релација уређености :S у скупу реалних бројева

R. Лако је видети, наиме, да је а :S Ь (а, Ь Е R) ако и само ако слика броја а, тачкаА, није десно од слике броја Ь, тачке В на бро­ јевној правој r. Лако се може проверити да релација :5. испуњава услове (Rl0)-(R14).

50

I'EA.11H1 bl'OJH\11

--------------------

Убудуће ћемо користити следеће ознаке интервала реалних бројен:.:

(a,h) ~{х

1

а ' 0).

То значи да за пропорцију (било коју) важе следећа тврђења. ТЕОРЕМА

l. 1) Производ

спољашњих чланова једне пропорције једнак

је производу унутрашњих чланова те пропорције.

2) а

Ако је

:Ь =

с

abcd >'

О, онда је

: d а : с =

Ь

: d.

Ако су три члана пропорције члан, користећи

(1)

познати (дати бројеви), онда се четврти

лако израчунава. Тако настају импликације:

(2),

х: ь =с: Ј~ х= ьЈ,

(3)

a:x=c:d~x=ad. с

Ове импликаuије се некад зову просто правило трајно. Познато је да се пропорuије користе врло често у математиuи, на пример у геометрији, код сличности троуглова. Међутим, оне се примењују и при­ ликом решавања разних задатака из свакодневног живота.

ПРИМЕР

1.

може купити за

Седам килограма јабука кошта

180

Решење. Ако се за носно

105: 7

105

динара. Колико се јабука

динара'!

180

динара може купити х

kg

јабука, онда је

180: х,

од­

цена једног килограма јабука. Зато је

180: х= 105: 7 Одавде се, према

(3),

.

добиЈа Х=

180·7

\lJ5 = 12. &

У овом примеру само један члан пропорције је био непознат и такви за­ даци су по природи најпростији. Међутим, задаии из различитих области доводе до пропорција у којима непозната може да буде у два члана пропор­

ције. Наводимо два таква случаја из геометрије. Први је пропорција а :х =х

: Ь,

(а

>

О, Ь

> 0),

која настаје применом сличности у правоуглом троуглу (о томе више у

сепмоi глави). Та проnорција, nрема

(2),

дефинише број х=

va1i,

тзв. геоме-

3.1.

65

PAЗ~EI'f' И ПPOIIOPIIИЉ

Други случај настаје из захтева да се дата дуж дужине а подели на два дела тако да се већи део х односи према остатку а -х као цела дуж према

већем делу. Конструкција такве поделе налази се још код Еуклида, у љего­ вим Елементима. д колики су значај и интересовање били за решење таквог задатка види се из тога што се таква подела зове "златни пресек", па чак и

"божанствена пропорција". Дакле, "божанствена пропорција" гласи х

: (а

-х) = а :х.

Одавде се, према (2), долази до квадратне једначине

r

+ ах -

се решава у другом разреду. Тада ће се доказати да је х

=

а

уЈ-

а' = О (која

1

2

"'

0,62а).

У неким задацима биће посматрано више једнаких размера, о чему гово­ ри следећа дефиниција. ДЕФИНИЦИЈА

3.

Једнакост три или више размера назива се про­

дуженом пропорцијом. На пример,

n=

а: т= Ь:

(4)

с :р=

d: q

а

Ь

с

d

т

n

р

q

или-=-=-=­

је једна продужена пропорција дужине

3.

Ако су неки чланови ове пропорције непознати или се непозната налази у њима, тада се

(4)

сматра као систем од три једначине.

Продужена пропорција

(4)

се, ради једноставнијег означавања, краће за­

писује као а: Ь: с:

d =т :n: р: q.

Постоји још једна важна особина пропорција. ТЕОРЕМА

2. Ако је а1

а2

а.,

ь, = ь, = .. · = ь" = k

(5) за неки

n

Е

{2,3, ... },

тада је а1 а1 а1 Ь 1

где је бар један број

Доказ. Из

+ а 2 а 2 + ... + а,. а" а 2 Ь 2 + ... + а,. Ь,.

;::::; k

+

a,(i = 1,2, ... ,n)

'

различит од нуле.

kb,(i = 1,2,... ,n). Отуда а 1 а 1 + а 2 йz + ... + а" а,. _ a,kb 1 + а.јсЬ 2 + ... + а,. k Ь,. а 1 Ь 1 + а 2 bz + ... +а" Ь" а 1 Ь 1 + а 2 Ь 2 + ... + а,. Ь.,

(5)

је а,=

= k( а 1а 1 а 1Ь 1

+ а,а, + ... + а"а") = k 8 + а.јЈ 2 + ... + а,.Ь,. ·

На основу ове теореме, на пример, добијају се импликације: а: Ь =с:

d

~(а

а: Ь: с= р: ПРИМЕР

+ Ь):

(с

q: r ~(а+

2.

+ d)

=а: с, (а -с): (Ь

Ь- с): (р+

q- r) =

Ь:

- d)

q,

=а: Ь.

(2а- Зс): (2р- Зr) =а :р

Отац је тестаментом одлучио да се његова заоставштина од

А динара nодели на његово троје деце у размери 1 : 2: З, тако да најмлађе

66

IIPOIIOPЦИOIIA..1HOCT

дете добије највише, а најстарије најмање. По колико су динара наследила деца?

Решење. Ако је најстарије дете добило х динара, средње у и најмлађе динара, онда је х :у:

f =Ј= k,

зује да је Т= х

+ y+z

3.2.

=А

z = 1:2:

.

даЈе х

З их+ у+

z

па је х= k, у= 2k, z

А

А

= 6• у = 3

и

z

z

=А. Продужена пропорција пока-

што према једнакости

= 3k,

А

= 2· .111.

ДИРЕКТНА И ОБРНУТА ПРОПОРЦИОНАЛIЮСf. ПРИМЕНЕ

Често се јављају пропорције у којима су непозната по два члана (на при­ мер, један непознати члан је х и други у). При томе је битно разликовати два случаја: када је једна непозната спољашњи, а друга непозната уну­

трашњи члан пропорције и када су обе непознате или унутрашњи или спо­ љашњи чланови пропорције.

ДЕФИНИЦИЈА4. Нека су т ипдатибројеви(т,

n"' 0),

ах и у непознати

бројеви. Каже се да су х и у директно пропорционални уколико је

x:m =y:n.

( 1) Ако је n:•к

x:m =n

(2)

:у,

онда се каже да су х и у обрнуто пропорционални. Јасно је да х и у који задовољавају једнакост

(1)

или једнакост

(2)

нису

једнозначно одређени. Ако се х мења, онда ће се мењати и у (под условом

(1 ), променљиве х и у директно (2) обрнуто пропорционалне. Према томе, директно пропорционалне променљиве задовољавају једнакост у = ;х, а обрнуто mn n пропорционалне у = х· Ако се уведу ознаке k = т и а = mn, онда се директ-

( 1)

или

(2)).

Зато се често каже да су, у случају

пропорционалне, а у случају

на пропорционалност променљивих изражава са

у

(3)

=kx,

а обрнута пропорционалност са

(4) Из

(3) се види да је у k > 1). Зато се и

х ако је

(увек)

k

пута "већи" од х (У је заиста

k

пута већи од

каже да су х и у директно пропорционални. Из

( 4)

пак се види да се у смањује ако х расте (под претпоставком да је а >О) и

обратно, да у расте ако се х смањује. На пример, ако је х број

kg

одређене врсте робе, а у вредност робе у ди­

нарима, онда су ове две величине директно проnорционалне; за већи број

kg kg

робе потребно је више динара. У ствари, тада ј еу =

kx, где је k цена једног

робе. Али, ако је х број радника који могу за заврше један посао, а у број

Лlti'I·KTHЛ

].2.

11

ОliГНУТЛ llrOIIOI'(\\IOHЛ:tiiOCГ

67

IIJ'IIMI'HF:

дана за који се тај посао може завршити, онда су ове две всличине обрнуто nроnорционалне. Наиме, са више радника се посао завршава за мање дана.

Тада је у

= ~·где је а број дана за који тај посао може завршити један радник.

ПРИМЕР З. За стаје

7m

4,5 m

једне врсте штофа плаћено је

198

динара. Колико

тога штофа' 1

Решење. Ако

штофа стаје х динара, онда Ј

7m

х: 7 динара. Зато је х: 7 =

198:4,5.

m штофа стаје 1 8 7

Одавде је х= ~ ,.~

198:4,5

или

= 308.

Решавању овог задатка може се приступити и записивањем датих ве­

личина и непознате величине у облику шеме

m ј 4,5 7m

1198

дин.

х дин.

Количина штофа и цена су директно пропорционалне, па су стрелице

једнако усмерене (за више динара добија се више метара штофа). Зато је 4,5:7=198:х . .6.

ПРИМЕР

4.

Ј еда н ва гон uакова нсмента истоварила су

часова. За колико би часова тај вагон истоварила Решење. Нека су

4

3

радника за

12

радника''

радника истоварила овај вагон за х ч асова. Тада се ло­

4

даци и непозната могу шематски приказати са

1

3 4

радника

[12

радника

часова

х часова.

Време рада и број радника су обрнуто лропорционални, па су стрелице

супротно усмерене (за више часова рада потребан је мањи број радника). Смер стрелица одређује размере, па је 3:4=х:12,

одакле се добија х ПРИМЕР

= 9. .6.

S. За 150 дин купљена је 4 метра штофа ширине 75 ст. Колико 8 метара истог штофа шир ине 45 ст'' (Наравно, цена штофа

треба новца за

је управо сразмерна површини штофа.) Решсње. Из шеме са подацима и непознатом

150 1 закључује се да је ПРИМЕР дневно

8

6.

дин

14·0,75 т 1 8·0,45 m 2

Х ДИН

150

Ако

:х=

28

(4·0,75): (8·0,45),

радника за

17

дана асфалтирају

ч асова, колико ће дана радити

та, дужине

5040 m,

одакле је х=

42

часовима износи

са скраћеним радним временом од

28 ·17 · 8,

а вредност

5040

5440

т пута, радећи

радника на следеhој деоници пу­

7 часова дневно'! 5440 т пута у радним износи 42 · 7 ·х радних часова.

Решење. Нека је х број тражених дана. Вредност Дакле, имамо шему

180. .6.

т

68

ПPOIIOPIIИOIIAЛHOCT

5440 5040

1 паје5040:5440

ПРИМЕР

7.

=

т

28 ·17 · 8

1

т

(42·7·х):

радних ч асова

42·7·х радних часова,

(28·17 8).

Одавдеседобијах

= 12. .А.

Продавница је набавила три спаваће собе по ценама од

48 000

динара, 80 000 динара и 30 так­

ва даје {А,, В,}= {А, В}.

АКСИОМА 15. Нека су А, В, С, и А 1 , В,, С, тачке такве да је А -В-С и А,- В,- С 1 ; тада ако је {А 1 , В,)= {А, В} и {В,, С,}"' {В, С}, онда је и {А,, С,} "' {А,С} сл. 1.

100

П О/IУдЛЈ'I Ю(."Т

с с,

А

о,

.. yr лова. ·1акве .ra је = 0 1 Р ,, OQ = 0 1 Q, 11 PQ = P,Q, (сл. Ч), таласу (O.P,Q) 11 (О . Р. Q,) грој­ ке та•1ака 113 теоре:че 7, на основу које слсл11 д.t noc10j1 1 шо:щ:тр11ја Ј која

ОР

тачке О, Р,

11

Q nper10;111

ре.10~1 у тачке О, Р,

Q.

Н а основу особ1111а 111О\1СТр11јс

георсщ~ 10 сле.111 .1а ЈС Ј(Орц) =О р ц, ољtкле је Орц =О р tf Oбp l t) 10. ако Је Орц =О р ц, та.1а no дсф11н 1 щ11ј11 Х nостој11 1110\lетрнј ,t

Ј. Т АВ = А 1 В 1 , ВС= В 1 С 1 , АС= А 1 С 1 , а =а,, {:З = {:Ј 1 , у= у 1 •

Уобичајено је да се страница троугла означава малим словом, које олго­ вара темену наспрамног угла. На пример, насnрам теменаА угла а је стра­ ница а= ВС и слично. Редослед набрајања темена А,В,С и А 1 , В 1 , С 1 мора бити такав да је I(A) =А 1.I(B) =В,, I(C) = С 1 • На тај начин су означени троу­ глови на сл. 18. У том случају за полударне троуглове важи:

6АВС Е! 6 А 1 В 1 С,=> а= а 1 , Ь = Ь 1 , с= с 1 , а = а 1 , {:З = {:Ј 1 , у= У•· Да би се доказала подударност два троугла није потребно доказивати јед­ накост свих страница и свих углова. Потребни и довољни услови за поду­ дарност троуглова наведени су у следећа четири става.

r .....

,.

... с

с

r).

k(O, r 1)

92-97. Међусобни положај два

централ ног растојања (на сликама то ј е то на следећи начин

и

c(S, r 2)

у истој рав ни види

круга зависи од односа њиховог

d(O, S))

(r 1 > r2):

и полупречника кругова и

OS > r1 + r2 (сл. 92); OS = r 1 + r2 (сл. 93); кругови се додируј у изнутра - OS = r 1 - r 2 (сл. 94); кругови се секу - r1 - r1 < OS < r1 + r 2 (сл. 95); мањи круг ј е у већем - OS < r 1 - r2 (сл. 96);

-

кружне површи су дисјун ктне -

-

кругови су концентрични - О

кругови се додирују споља -

=S

(сл.

97).

146

IIOДYДЛPIIOCT

Сл.

Сл.

92

93

с л.

94

Сл.

97

с

k

Ь). Анализа. Нека је АВС тражени троугао и нека је D тачка странице ВС, таква да је CD =АС. Следн да је BD =а - Ь. Израчуняјмо угао BAD (сл. 148). Троугао ADC је једнакокраки, па ако се са y'z'), биноми (нпр. 1 +х, а - Ь,х 1 +у') и триноми (нпр. х'+ х+ 1, а'

-

2аЬ

+Ь

6.1.

2

).

ТРАНСФОРМАЦИЈЕ ЦЕЛИХ АЛГЕБАРСКИХ РАЦИОНАЛНИХ ИЗРАЗА

Трансформшщје целих алгебарскнх рациона:rннх израза заснивају се на одре­ ђеним прави:rима која су последице основних особина операција

( + ), ( - )

и

( · ).

Наводимо једно од таквих правила:

TEOPE:\IA 1. а)

(Дистрибутивни закон) За изразе А, В, С и

D

важи

А(В +С) =АВ +АС,А(В- С) =АВ -АС;

б) (А+

B)(C+D) =AC+BC+AD +BD.

Ова теорема практично не захтева доказ. Као што је и наведено, прво тврђење под а) је сам дистрибутивни закон (Р8) множења према сабирању, а друго тврђење под а), као и тврђење под б) су љегове једноставне после­ дице.

Ово правило (а то важи и за сва остала правила у овом одељку) при\1сњује се, зависно од потребе, на два начина. Наиме, некад се чита "слева надесно",

а некад "здесна налево". Тако, ако неки полином треба изразити као збир моно\-rа (да се "среди", како се то каже), изврше се сва назначена множења (примена правила "слева надесно"), на пример:

(а+ Ь)(а 1 + Ь 2 ) = а 3 + а 2Ь + аЬ' + Ь 3 , 3 (х+ l)(x 2 -х+ 1) =х'' +х' -х 1 -х +х+ 1 =х (у- З)(у·1

+

2у

+ 4) + 12

~у l -Зу 2

+

+ 1,

? 2у-бу+ 4у

-12 + 12

' =у' -у"-

2у.

Приликом ових сређивања извршено је и "свођење сличних монома": х' -х'= О, -х +х= О, -3у 1 +2у'= -у', -бу+ 4у = -2у, -12 + 12 =О. Обрнуто, ако се жели да полином буде изражен у облику производа дру­

гих полинома (да буде распшљсн на чиниоце или факторисан), примсњују се правила "здесна налево"; у случају правила а) каже се да се врши и.здва-

176

I'ЛIЏIOIIA.ПI!II А:IГП~ГСЮI ![]!'Л:JII

јање з:1једничких чинилаца, а у случају правил · 2а =4аЬ; З) А'- В''= (А'- В 2 )(А 2 +В') = (А - В)(А + В)(А 2 +В'). Може се доказаПРИМЕР

2)

ти да се збир квадрата у последњој загради не може растаuити . .&

ТЕОРЕМА

3.

(О збиру и разлици кубова) За изразе А и В важи:

А 3 +В'= (А + В)(А'- АВ +В'), А' - В' = (А - В)(А' + АВ + В 2 ). Доказ.

(А+ В)(А'- АВ +В')= А'+ А'В- А'В- АВ'

+ АВ

(А- В)(А'

+В')= А'- А 2В

+ А'В- АВ 2

+ АВ'

+В'= А'+ В',

+АБ'- В'= А'- В 3 8

ПРИМЕР 2. 1) х'+ 1 = (х+ 1)(r'- х+ 1); 2) ду' - 54x'z.1 = 2х(у 3 - 27x 3z3) = 2х(у - 3xz)(Y 2 + 3"JZ + 9x'z 2); З) А'- В 6 = (А'- В 3 )(А 3 +В') = (А - В)(А 2 + АВ + В')(А + В)(А 2 -

-АВ + В 2 ). У овом примеру, уместо да се најпре растави разлика квадрата А~>- Bt., 1 може се прво раставити разлика кубова А''- В"= (А'- В')(А + А 2В 2 +В'). 1 2 7 1 А.'1И тада је теже погодити да се трином А- + А В + В' може раставити на производ (А'+ АВ + В')(А 1 - АВ + В 2 ), на пример, на слсдећ11 начин:

А'+ А'В' +В'= А'+ 2А 2 В 2 +В' - А'В' 2 2 =(А'+ АВ + В )(А - АВ +В'). & ТЕОРЕМА

(А

+ В) 1

4.

2 2

- (АВ) 2

=

(О кнадрату бинома) За изразе А н В важи:

=А'+ 2АВ

1

= (А'+ В )

+В

1

,

1

(А- В) =А - 2АВ +В'. Доказ.

(А+ В) 1 =(А+ В)(А +В) =А' +АВ +АВ + В 1 =А'+ 2АВ + В 1 , (А

- В) 2 = (А - В)(А -В) = А 2

-

АВ

- АВ + В 2 = А 2

-

2 АВ + В'. •

ПРИМЕР З. 1) 999 2 = (1000- 1) 2 = 10002 - 2·1000 + 1 = 9'18001; 2) (x+y+z)'= [(r+y) + z]'= (х+ у)'+ 2(x+y)z + z 2 = х'+ у 2 + z'+

+ ?rv +

?w +

?п·

t•. l.

З) (fL\: - Ьу)~ + (Ьх + ау) 2 = а\ 2 - 2пЬ.tу + ьу + Ь\ 2 (а~х~ + /Ј\~) + (aly! + ь~уZ) = (а 2 + Ь 2)(1:~ + /); 4) 4х~ + 12х + 9 = (2х) 2 + 2·2х·З + 32 = (2~: + 3)~;

5) n 3 - 4n 2

6) 2Ьс - Ь

+ Ь-

2

177

П'ЛII CФO I',ЧЛI(IIJI· I (~J II I X ЛЛГН;лi'СК IIХ I'Л UIIOIIЛ.1 1111 X 1131'ЛЗЛ

+ 4n = n(n 2 2 - с + а =а 2

4n 2

+ 4) = n(n - 2) 1; (Ь - 2/ЈС + с ) = а 2

-

2

2

+ 2ah.ty + aly2 =

(Ь - с) 2

-

= (а

- Ь + с) (а +

с). А

У nоследњи х неколико nримера nоказа но ј е како се nримењује nрав ило о квадрату збира и разлике на р аставља ње израза који се зову квадратни три­

номи. Међутим, о н о се очигледно н е може nрименити на било који квадрат­ ни трином, већ са мо н а онај који се об ично зове потпуни, тј . који је облика

А2

+ 2А В + В 2

или А 2 - 2АВ

+В

2

. Када квадратни трином није потпун, то

nравило је, наравно, неnрименљиво, али се у неким случајевима такав три­ ном иn ак мо же растав ити. Показаћемо н а nри мерима два метода који некад могу довести до одговарајућег резултата.

I

метод

х2

+ 5х + 6 = х2 + = (х + З)(х + 2)

(2

+ З )х + 2 ·З

= х2

+ 2х + 3х + 2 · З = х(х + 2) + З (х + 2) =

II

метод

х2

+ 5х + 6 = х2 + 2х. 25 + (5) 2 - (5) 2 +6=

2

2

2 (х

+ 25) - 41

=

= ~ + ~- ~) ~ + ~ + ~) = (х + 2)(х + 3). Дакле, прва два сабирка сх ватамо као nрве сабирке р азлагања н еког квадрата бинома; затим им се додаје

(2512

да бисмо добили nотnу н квадратни

трином; на равно, тај број мо ра и да с

одузме и на крају се препише ранији

"слободни чла н" 6. Прва три сабирка добиј еног израза представљају квадрат бинома, а сређивањем остатка добија се једна разлика квадрата, чијим ра­ стављањем се долази до коначног резултата. Овај метод се обично назива " метод доnуњавања до квадрата бинома" . Он је (бар у овом примеру) сложенији од nрвог метода, али је у одре ђе ном смислу универзалнији јер

= +

=

не захтева, као nрви метод, да се " nогоди" да је 5 2 3, а 6 2 · 3, што у сложенијим nримерима може бити прили•Iно тешко. Н аводимо још неко­ лико прим ера растављања кв адратних тринома .

у2

-

(2а

+ 1)у + а (а + 1) = у2 -

ау

-

(а

+ 1) у + а (а + 1) =

=у(у- а)- (а+ l )(y- а)= (у - а- 1 )(у- а)

а5- 5а3

= а(а2 а2

+ 4а = а(а4 4)(а2- 1)

+ 2аЬ-

= (а + Ь -

+ 4) = а[а2(а2- 1) - 4(а2- 1)] l )(a + l)(a - 2)(а + 2)

- а2- 4а2

= а(а -

= а2 + 2а ·Ь + ьz- Ь2- 35Ь2 =(а+ Ь)2-

35Ь2

6Ь)(а

+ Ь + 6Ь) = (а

- 5Ь)(а

+ 7Ь)

д2 + .ху - 6у2 = 2 ~2 + ~ - Зу2) =2 [ ~ + ј у) = 2 [ ~ + {у)

2 -

(~у)

2 ]

= 2 (х - ~

1(х

+

2у)

2 -

(6Ь)2

=

=

llбy2- Зу2] =

(2х

- 3у)(х

+

2у).

178

I'ЛILI1 011Л..III II Л..III ·I•\I'1 х'- 1 - 1)(х' +х + 1); количник

дељив је

Јюлиномом х

одговарајућег

дељења

~

је

1,

јер

је

п олин ом

х'+ х+

1. 2) Полином х'+ 1 није дељив полиномом х- 1. Заиста, ако би постојао полином Q, такав да је х 2 + 1 = (х - 1)Q(x), та једнакост би морала да важи за свако реално х. Међутим, за х = 1 њена лева страна узима вредност 2, а десна врtщност О, што значи да такав по_1ином Q нс може да постоји. А На тај начин, дељење полинома је операција која у скупу полинома није

упек изводљива. Уместо тога изводљива је операција која се обично назива ,,псЈъење са остаткО:\I" (подсећамо на аналогију са це:1им бројевима) и која је заснована на следећој теоре:ми. ТЕОРЕМА

7.

Нека су А и В произвољни палиноми, при чему је полином

В различит од нултог. Т;ща постаје и јединствено су одређени полиноми

Q и R,

такви да важи А

=BQ

+ R,

при ~1сму је полином Доказ

стоје два

R или нулти или има мањи степен од полинол.rа В. . Докажимо јединственост полино:-.ш Q и R. Претпоставимо да по­ пара полинома: Q 1 и R 1, односно Q, и R" који задовољавају услове

теореме:

А =

BQ, + R 1,

А =

BQ, + R 2 •

Изједначавањем десних страна тих релација добија се:

B[Q 1

-

Q,] = R,- R,.

Ако пелином на десној страни не би био нулти (тј. ако не би важило

Rl = R 2), тај nелином би био степена мањег од полинома В (јер ту особину имају оба полиноУiа R 1 и R 2 ). Међутим, степен полинома на леnој страни је ~Рћи

rArтTA

;Prтi.J•нr

nrт

Г'Т.::>ТТРLЈ.."

nnrтн·un~.~·•

R

(Г\ТТР'Т'

ТГ1\Г"1Р.1'1

\f

rn\I'ЧЯiV

f(::ЈП~

iP.

h.2 !10;111110\111

Q 1 = Q 2).

181

Ј1Л111' Г1РО\11-.11ЉIIВI'

Дакле, та једнакост може да важи само у случају

Q, = Q 2

и

R, =

R,,

што је и требало доказати.

Уместо доказа егзистенције полинома

и

Q

R

у општем случају, у наред­

ном примеру ћемо показати два "ето да за њихово одређиваље. Ј ас но је да се слични постунuи могу спровести за произвољне п олин о ме А и В.

ДЕФИНИЦИЈА ком, а полином

ПРИМЕР В= х 2

5. Полином Q

из претходне теореме назива се колични­

остатком при дељењу полинома А полиномом В.

R

Поделити полином А =х'

8.

•

-

+ 2r'

3х 3

+х

- 5 полиномом

+ 2r- 3.

Први метод се може назвати "методом неодређених коефицијената". Ко­ личник поменутог дељења очигледно мора бити пелином другог степена, а остатак степена највише првог. Такође је јасно да је најстарији коефици­ јент копичника једнак

Q

=х'

+

1. Зато треба потражити R = ех + теорем:1: ТЕОРЕМА

8.

Нека је Р полином и а реалан број. Остатак при дељењу

полинома Р полиномом х

-

а једнак је Р(а), тј. вредности полиномз Р у

Т:Ј'IКИ Х =а.

До каз. Остатак nри дељењу Р са х -а мора бити или н ула или пелином н у лтог степена, у сваком случају неки реалан број, означимо га са г. Дакле. важи Р(х)

за

н еки

Р(а)

= (а

nолином

- a)Q(a)

Q.

= ~r -

Замењујући

a)Q(x) у

тој

+ ,. једнакости х =а

добија

се

+ r = ,., што ј е и требало до казати. •

У применама се најч ешће користи следећа једноставна посл едиuа ове теореме.

ПОСЛЕД ИЦА. Лолином Р дељивјелинеарним бин омомх- а, тј. може

се факторисзти юю Р(х) = (х - a)Q(.r), ако и само ако је Р(а) =О. •

-

ПРИМЕР 9. l) Факторисати полином једне променљиве Р =х3 + !!х - б знај ућ и да је његова вредност у тач к и 1 једнака нули .

-

б:r~

Користе ћи услов P(l) =О закључује се да је nолином Р дељив са х- 1. Када се изврши то дељење, добија се количник х2 - 5х + 6, тј.

Р= (х- l )(x~ -

Sx + 6) =(х- l) (x - 2)(х- 3).

2) Да би се раставио п елином Р= Х1 -х' + 2х2 + х-3, nриметимо да је Р( Ј ) = О. Дељење Р са х - 1 даје количник Q = х' + 2х + 3. Даље је Q(- 1) = О, п а треб(l n оделити Q са .r + 1. То дељење д(lје Q = (х + 1)(х~ -х+ 3), тј. Р = (х - 1)~r + 1 )(х2 - х + З) (трином х 2 -х

+3

не може се раставити) . А.

ЗЛ) (ЛЦИ

1.

а) Ако су п ол иноми А 1 и A z дељиви n олиномом В, доказати да су н њихов збир и рюл ик(\ дељиви са В.

б) Ако је nолиноl\t А дељив полиномом В, а nол ином В дељив nолиномом С, доказ(IТИ да је полином А дељив полиномом С.

2.

Наћи количник и остатак при дељењу поли нома А п олиномом В ако је:

= +х +

а) А х3 б) А = Х 1

2

Ј , В =х - l; В = х2 - х

+ 3х - 2,

+ 2.

3. Н е изводећи дељење доказати да је пелином х-

4.

3

-

8)5 + (х 1 - 4)-' дељив са

2.

Кори сте ћи Б езуову теорему, раставити на чиниоце полиноме:

а) х ' + ZJ

( 1·

1 ~.

9\.z +

23х

+ 15;

б) Х4 - 2х 3 - Зх!

l1c7out ( 1730- 1783), фршщуск и ~штсмати ч ар

+ 4х + 4.

r, __\.

6.3.

IIЛJIIEЫI ЗЛЉ}\IIIIЧЮ\ }{E.:IIIЛЛII\11/ЛJ\1/\Ibll ]ЛJI•J{HI!ЧIOI СN\I'ЖА~ЛЦ 11ШIННО\1Л

183

НАЈВЕЂИ ЗАЈЕДНИЧКИ ДЕЛИЛЛЦ И НАЈМАЉИ ЗАЈЕДНИЧКИ САДРЖАЛАЦ ПОЛИНОМА

Појмови "највећи заједнички делилац" (НЗД) и

.. најмаљи

заједнички

садржалац" (НЗС) уводе се за полино~tе на сличан начин као и за целе бројеве. ДЕФИНИЦИЈА

6.

Нека су А и В полиноми, р.вли•тити од нултог.

Највећи з,,једни•тки дел ил ац (НЗД) по.пиномаА и В је полиномD који има највиши степен међу по.пиномима који су де.пиоци и полиномаА и

1)

по.пинома В.

2) Најмањи заједнички садржалац (НЗС) по.пинома А и В је пали н ом S који има најнижи степен меl)у полиномима који су дељиви и полиномом А и полиномом В. Ова дефиниција очигледно оставља отовреним три питања: прво, да ли полиноми

D

и

S са описани\t

особина~ы уопште постоје; друго, да ли су они

јединствено одређени; најзад, поставља се и проб~1ем одређивања таквог

(или таквих) полинома

D,

односно

S.

Питање о егзистенцији највећег заједничког делиоца и најмањег зајед­ ничког садржаоца датих полинома има потврдан одговор. За доказ те чиње­

ниuе обично се користи Еук.пидов алгоритам, чије извођеље излази ван ок­ вира нашег програма. Поменимо само да он уједно даје и ефективан посту­ пак за одређивање поменутих полинома.

Што се тиче јединствености ПО;lИЕЮма НЗД (А, В), односно НЗС (А, В),

јасно је да они могу бити одређени са:'\-Ю "до на константан чинилац", тј. важи: ако полином D, односно S, задовољава услове дефиниције б, онда те услове задовољава и пелином

kD, односно IS, за произвољне k, 1 "#О. Нај­ D и S бирају тако да имају најстарији

чешће (мада не обавезно) се полиноми коефиuијент једнак

1.

Како се у овом уџбенику не даје универзалан метод за одређиваље нај­ већег заједничког делиоца и најмањег заједничког сздржаоца датих поли­

нома, описзћемо један начин који је аналоган одговарајућем поступку код целих бројева. Тај начин, \tеђутим, претпоставља да умемо дате полиноме да раставимо на чин ноце који се не могу даље растављати. На пример, нека су дати полиноми

А = х 3 - х 1 - 4х + 4

и

Б= х 2 - 4х +З.

Ако се раставе, добија се А= (х- 1)(х- 2)(х + 2) иВ= (х-1)(х- 3). Ода­ тле је јасно да највећи заједнички делилац датих полинома мора бити D =х - 1, јер је он заједнички дслилац полиномаА и В, а очигледно ниједан полином већег степена од 1 то нс може бити. Слично, најмањи заједнички садржалаu тих полинома је полином S = (х-1)(х- 2)(х + 2)(х- 3), јер је он дсљив и полиномом А и полиномом В, а ниједан пелином степена мањег од

4

ту особину не може имати.

ПРИМЕР 10. Одредити највећи зајешшчки делилаu и најмањи заједнички С О.

Ј ас но је да та ч ка А (0, Ь) nриnада графику С, јер је f(O)

= а · О + Ь = Ь.

По­

сматрај мо nроизвољне вредност11 х 1 , х~> О и одговарајуhе тачке М 1 (х 1 ,у 1 ), М 2 (х 2 ,У2) графика (сл.

Тада је у 1

= ах 1 + Ь ,у 2 = ru: 2 + Ь.

Ако се са N 1 и N~ Or са nравом која садржи та ч ку А и nаралелна је тој оси, јасно је да ће тачке N 1 и N 2 н мати координате (х 1 , Ь) и (х 2, Ь). Одатле се лако добија да је M 1N 1 = ах 1 11 M~N2 = m:2, па је

1).

означе nресеци нормала из тачака Л1 1

М1

11

М! на осу

N 1 : AN1 = M 2 N 2 : AN2

=а.

На тај начин , троуглови M 1 AN 1 и M~ AN2 су слични, па је LM 1 AN1 и М2 приnадај у једној nравој.

=

Сличан закључак може се извести и за nроизвољне вредности х 1 , х 2 Е

R

= LM2 AN2• Другим речима, тачке, А, М1 (без ограничењах 1 , Xz

> 0),

па се закључује да све тачке графика

G

дате фун ­

кције nрипадају некој nравој . Обрнуто, уочимо произвољно х 1 Е

R,

+ Ь)

одговарајућу тачку М 1 {Х 1 , ах 1

и

конструишимо праву АМ 1 . Докажимо да свака тачка М 2 те праве припада rра­

фику

G.

Нека су (х 2 , у2) координате тачке М 2 и нека је, одређености ради, Xz >О. Означимо са

глова

N 1 и N 2 тачке одређене M.,AN 1 и M']/1N2 добија се а= М 1

па је

као малопре (сл.

1).

Из сли•1ности троу­

N 1 :AN 1 = M 2 N 2 : ANz,

M2N 2 =а ·AN2 = а.х2 и у2 = М2 N2 G дате функције.

припада rрафику

+ Ь = а.х2 + Ь.

Дакле, тачка М2 (хь у2 )

Овим ј е доказано да је график линеарне функције [(х) нија ако је а

>

= ах + Ь

права ли­

О.

у

. У

х

х

C1.Z.

С1. 1

2)

Случај а

О тај

има за rрафик праву пара­

6.5.

193

;!IШI:ЛI'I !Е JI~)\IIЛЧIIШ'

Без формалног доказа помениыо и чињеннuу ,Ј,а коефицијент а, у ствари,

одређује правац графика функuијеЈ(х) =ш+ Ь. Наиме, праве које су графи­ ци функција[1 (х) =ах

+ h 1 и[2 (х)

=ш:+ IJ 2, паралелне су међу собом. Зато се

коефицијент а обично назива коефицијент правца праве у = 1п

+ Ь.

Што се

коефицијента Ь тиче, јасно је да он одређује одсечак који права у =ах

гради на оси

Cl}•

+Ь

(тј. одређује њен пресек А са том осам).

Дакле, произвољна функrшја

f(x) =

+Ь

ах

има за график неку праву у

равни. Логично је поставити обрнуто питање: да ли је свака права у тој равни график неке линеарне функције Лако је видети да је одговор

xCI)•

f?

одречан, јер ако је права паралелна оси Оу, онда она очиг"1едно не представ­ ља график ниједне функције у =[(х). Међутим, ако се уместо једначина

облика у= ах+ !Ј посматрају нешто општијс једначине облика Ах+ Ву+ С= О,

где су А, В и С реални бројеви, такви да је А 2 +В';< О (тј. А и В нису исто­ времено једнаки нули), онда је лако видети да таква једначина представља све могуће праве у

xCI)•

равни. Наиме, за В ;< О, таква једначина се транфор­

мишеу

А

у=

дакле, у облику= 1н

+ Ь,

С

-вх-в,

а за В= О и А"' О у Х=

с

-А.

У првом случају одговарајућа права је коса према оси Оу, а у другом случају је са њом паралелна (сл.

4).

Графичко представљаље линеарне функције повезаћемо сада са решава­ њем одговарајућс линеарне једначине.

Ј

у

у

Х=-~

У=Ь

А

х

С1.4

Сл. З

Нека је дата функцијаf(х) =ах+ h. Вредност х Е

R за

коју

jef(x)

=О назива

се нулом функције[. Јасно је да тој вредности одговара тачка у којој график функције

f

сече осу Ох. Могући су следсћи случајеви:

1) ако је а

;< О, једначина [(х)

=

О има јединствено решење х

значи да функција[ има нулу х= -%,а права у= ах+

h

ь

= - а· То

сече осу Ох (сл. 5);

194

rЛI\I IOIIN111!1 Al ГEG>\!'CIOI !IЗ РЛЗII

= ()

ако је а

2)

и Ь ~ О, једначина ах

+Ь =О

нема решења; одговарајућа

права је, као што се зна, парал елна оси Ох и са њом се не поклапа (сл.

6);

З) ако је а= Ь =О, права у= ах+ Ь =О се поклапа са осом Ох; свака тачка х Е R је нула функције/ (сл. 7). О особинама линеарне функције везаним за неједнакости биће речи ка­ сније (одељак

7

ове главе) .

П рименимо сада добијене закључке на решаnање једначина у којима учествују апсолутне вредности. у

у

у

У= ах~ь СЈ1:0

х

Сл.

х

Сл.

5

У=О

Сл.

6

24. Решити једначине: 1) 1 х - 2 1 = 2х; 2) 1 2r + 1 1 = 2 -х; Решење 1) С обзиром да је

х

7

П РИМЕР

1х

- 2

1

= {х -

- 2 = 2х:.

1х

+З

1 -

1х

- З

1

= 6.

2, за х ~ 2,

2 - х, за х< 2,

треба размотрити посебно случајеве х ~ једначина постаје х

З)

2,

< 2. У првом случају -2, међутим, није и услов х ~ 2. У случају х < 2

односно х

Решење те једначине х =

решење полазне једначине, јер не задовољава

дата једначина добија облик 2 -х = 2л: и има за решење број х = ј који је решење (и то једино) полазне једначине. Графички, решавање ове једначине може се приказати конструисањем

графика функцијау 1 гра

= 1 х- 2 = 32,

ф ика има апсцису х

1 И Уz

.

= 2х

(сл.

8). Једина заједничка тачка тих .

што и Јесте реш ење дате Једначине.

За х ~ - ~ дата једначина добија облик 2х: + 1 = 2 -х и има решење х = Ако је х < - ~~ треба решити једначину - 2х: - 1 = 2 -х. Добија се 2)

i·

х= -З, што је такође решење полазне једначине. Дакле, дата једначина има

два решења: х= ј и х= -3, која одговарају пресецима графика функција У1 = l2x: + Il и У2 = 2 -х (сл. 9).

!

З) Графици функција У1

=

1х

+З

1 -

1х

- З

'

1

=

3, -3 ::s х < 3, х < -3,

6

за х ~

2х,

за

- 6,

за

6.5.

195

Л ИНЕЛI'Н Е ЈЕДЈIЛЧИНЕ

у у

х

х

с л.

и

Yz

=б

8

(;;Ј.

(; ; Ј . у

приказани су на слици

10.

1U

Они се поклапају за све вредности х за

које је х 2:: З. Дакле, ова једначина има бесконачна много решења; то су сви реални бројеви који су већи или једнаки З. А.

ЗАДАЦИ

1.

Решити једначине:

= (х + 1i +

а) (х - 2) 2 + (х- 1) 2

б) (х - З)(х + 5) = О· х 2 - х+ б ' в) (х - 2)(2х - 1) = (х -

2.

+ 2).

Решити једначине по х (а, Ь ,

а) ах

... су параметри) : 1 = а + 2 - х; б) klx - 2 = 4х + k;

+ + 2)х +а

в) (аЬ

3.

2)(3х

(х + 2i;

=

2Ь

+

(Ь

+ 2а)х.

У зависности од вредности реалног параметра т одредити решења јед­ начине :

а) х

+ т _ 1 + т. б) _!_ + _ 1 _ _ ___!?!_.

+

х - т - 1 - т' х х 1 - х2 +х' в) (т- 1)(2х +т)= (т+ 1)х _ (т-l)(т -х) т+1 т-1 т+l

4.

.

Решити Једначину

1- а 1+а

Ь = с:

а) по а;

5. Нацртати графике функција: а) f(x) в) f(x)

6.

=

1х

- З

1 -

1; г) f(x)

=х +

б) по Ь ;

в) по с.

= i x - 1; б) f(x) = -2х: +З; 1 х 1-

Решити једначине и решење приказати графички:

а)

1

1 -х

1

= 3х + 1;

б)

1

2х: - З

1

=5

-х ; в)

1х

- 1

1

+

1х

- 2

1

= 1.

!96

РЛIIИОНЛЛ!!II ЛЛП'!;АI'СЮЈ II:Н'ЛЗII

СИСТЕМИ ЛИНЕАРНИХ ЈЕДНАЧИНА

6.6.

Под системом од две линеарнс једначине са две непознате, х и у, подра­ зумева се конјункција двеју једначина облика

а1х

(1)

+ Ь1у

{ а 2 х + Ь,у

= с1

= с2 '

као и конјункција једначина које се еквивалентним трансформацијама могу

довести на тај облик. Овде су а 1 ,

h 1, с 1 ,

а,,

IJ 1,

с 1 даш реални бројеви.

Решење таквог система је сваки уређени пар реалних бројева (х 0 , у 0 ) за који

важи а~ 0 + h.y0 = С 1 и fllto + Ь-Ј'о = С 2 . Постоји више метода за решавање система линеарних једначина. Из основне школе су познате метода замене и метода супротних коефицијена­ та. Овде истичемо један метод који се лако може уопштити на случај систе­

ма са више непознатих. Ради се о Гаусовом

21 '

поступку за решавање лине­

арних систем.?.

Претпоставимо најпре да је у систему

(1)

бар један од коефицијената уз

непознате, дакле бар један од бројева а 1 , Ь 1 , а 2 , Ь 2 различит од нуле. Нека је

то, на пример, број а 1 (ако би то био неки други од поменутих бројева, даљи поступак био би сличан). Ако се помножи прва једначина система бројем

- Gz и тако добијена једначина дода другој једначини система, добија се al

систем

(2)

Може се лако доказати да је овај систем еквивалентан полазном.

Означимо

!'.

= a 1h2 -

a 2h 1•

Тада се систем

а1х

(3)

6..

{

(2)

може преписати у облику

+ bty;;::; с1 ·у;;::; а1 с2- а2 с1.

Одатле је очигледно да треба посматрати неколико случајева.

Ј) !'. У у

=

ai

"'n.

овом

случају друга једначина

с2- а2

cl

1'.

.

А

.

система

.

има јединствено

.

решење

ко се тај израз замени у прву једначину и реши до

једначина по х, до

б.

Иј а се

х

= с 1 Ь 2 1'.-с 2 Ь 1 . Д

б

.

ИЈена

.

акле, у овом случају дати систем

има јединствено решење (х,у), где је

(4) 2) 1'.

=О и а, с 2 - а 2 с 1 "'О.

У овом случају друга једначина система нема решења, па их не може имати ни сам систем.

3) !'. = 24

О и а 1с 1

С. Г". G'О) добија се да мора бити х =

с, - Ь,у а,

.

·

. Дакле, у овом случаЈу дати систем Једначина има

б

есконачно

много решења, при чему су она облика

(с

1

-

/Ј 1 у , "' ) за }' Е R. · ·

а1

Као што је већ речено, аналоган поступак :чоже се спровести и када је различит од нуле било који други од коефицијената уз непознате. На при­ мер, ако је Ь 1

>' U,

систем се може трансформисати у

{

а1 х

+ Ь 1 }'

Одатле се добија такође да за Ь 1 с 2 - Ь 2 с, >'О нема решења, а за

облика

= с1

·х=Ь 1 с 2 -Ь 2 сј

-ti

6

>'О систем има решење

6 =

Ь 1 с 2 - /Ј,с 1

r· '~'-);,"'-':.) за х Е

= U има

(4),

за

6

=О и

за решење сваки пар

R.

Размотримо још случај када су сви бројеви а,, Ь,, а, и Ь, једнаки нули (тада је, наравно, и

L'. = 0).

Тада систем има облик

{

О ·х+О ·у=с, о

' х + о .у =

с,

Одатле је јасно да:

1)

ако је бар један од бројева с 1 , с 2 различит од нуле, дати систем нема

решења;

2)

ако је с 1 = с 2 =О, онда шпи систем има бескон;1чно много рсtпења, и то

Је сваки пар

(х, у)

за х Е

R,

у Е

R,

рсшење система.

Резимирај мо закључке до којих смо дошли. ТЕОРЕМА

9. Нека је (Ј) систем једначина са непознатим х az, bz, Cz дати реални бројеви ид = al bz- az Ь]. Тада: 1) .1ко је L'. >' О, систем има јединствено решењс (r, у), где је

и у, где су

а], ь], С ј,

Х=

с1Ь2-

Д

Czbl

,у=

a-,cz- aze1. ,\

L'. =О и бар један од бројева с 1 /Ј 2 - с 2 /Ј 1 и а 1 с 2 - а,с 1 је различит (1) нема решења; 3) ако је t. = с 1 Ь 2 - с 2Ь 1 = а 1 с 2 - а 1 с 1 = U, могући су следећи случајеви: а) ако је бар један од бројева а 1 , Ь 1 , а 21 Ь 2 раЗЛИ 11ИТ од нуле, тада систем (1) има бесконачна много решењiL На пример, ако је а, >' О, решења су сви (с,- Ь 1 у , у , у Е !{; парови облика 1

2)

ако је

од нуле, систем

\

1

а,

б) ако је а 1 =!Ј: = а 2 = нуле, тада систем

(1)

2 = О и бар један од бројева с 1 , с 2 је различит од нема решења;

198

!'ЛL!ИO!JAЛI!If Л..:1ПЋ•\ГСЮ11ПГХЈ11

в) ако је а 1 = Ь 1

= а2 =

Ь 2 = с 1 = с 2 =О, тпда систем

(1Ј

илш бесконачна

много решења и то је сваки пар ~r,y), х,у Е 1{, његово решењс.

Није неопходно памтити детС~љан исказ ове теореме и примељивати је приликом решавања задатака. ДОIЮсЪНО је знати поновити описани поступ~iК у сваком конкретном случају. ПРИМЕР

25. 4х.·+2у~б .. { -бr- Зу~ -9

1)

Скраћивањем, обе једна чине система своде се на 2х +у ~ З. Како је сваки пар (х,у) реалних бројева код којег је у~

2х решење те једна чине, то и

3-

дати систем има бесконачна много рсшсња и она су облика (х, х Е

R.

У овом примеру је !Ј. ~О и

2)

{

(х (х

Еквивалентш-1м

+ 1)' + - 2) 2 +

c,h, - c,h,

3-

2х),

~ а 1 с,- а,с, ~О.

(у- 2)' ~ (х - 2) 2 (у + 2)' ~ (х + 2) 2

+ +

(у+ 1)' (У - 1)'

+ 1.

грансформацијама, л:ати систем се 1\Южс довести на

облик Х-\'~0

{ -бх +бу·~ l , Ако се прва једначина тог система помножи са б и дода другој, добија се систем

који очигледно нема решења.

{

З)

+ 2у) + 2(2r +у)

2(2х- у)- 3(х

~х- 8у

З(r- 2у)

~ 7х- 4у.

Сређивањем се обе једначине овог система трансформишу у јсдначину О ·х+ О ·у= О. На тај начин, сваки пар (х, у) реалних бројева јесте решење датог система.

4)

Нека је дат систе" једначина

{ ах=у=З х

у- а,

у којем је а параметар. Ако се прва једначина тог система по~1ножи са

-1

и

дода другој, добија се еквивалентан систем

ar-y=3 { (1 - а )х = а - 3. Друга једначина добијеног система очигледно нема решења ако је а =

1,

па их тада не може имати ни полазни систем. Ако је а ?i:

друt·е једначине је х ~ а·

а

- 3 1_ а

-у

3 = ~,

.

" -1

одакле ЈС у

=

=

а

а2

-

З Д

т-=-а· 2

1,

решење

Замена" •v прву једначину добија се

3

јединствено решење ( ~ ~. ~ ~ ; ) .

.

акле, у овом случају дати систем има

!t6. CltCTJ.,MII

199

ЛИBEAPIIIIX Ј[,ДIIЛЧIШЛ

Илуструјмо решавање овог система графички. У случају да је а ~

1, праве

чије су једначине ах- у= З их- у= а се секу. Њихов пресек одређује тачку чије координате х и у и одређују (јединствено) решење датог система (сл. Међутим, ако је а решења (сл.

=Ј

11 ).

одговарајуће праве су паралелне, па систем нема

12). у

у-: х-3

х

Сл

l . l. 11

12

x+ky= 1 { kx - Зkу = 2k. + з.

5)

Дати систем еквивалентан је систему

x+ky=l { -k(k + З)у = k + З. Ако је

је

k

k

= -3,

=О, добијени систем нема решења, па га нема ни полазни. Ако

друга једначина добијеног система је идентитет, па систем за

решење има сваки пар реалних бројева облика је

k

~ О и

k

(1

+ Зу,у),{ Е R. Нај зад,

;е -З, онда је решење друге једначине у=

прву добија х

(2,- i) · А

= 2.

- k'

ако

па се заменом у

Значи, у овом случају систем има јединствено решење

Системи са више непознатих

У многим применама појављују се системи линеарних једначина са више од две непознате. При том, број једначина у систему не мора бити једнак броју непознатих. Може се, на пример, посматрати систем од три једначине са четири непознате или систем од четири једначине са две не­ познате и слично.

ПРИМЕР

26.

За коју вредност параметра

2х

+ Зу

=5

л 3х

-

2у

=1

k л

систем једначина

kx -т- у

=З

има решења?

=

Решење. Једначине 2х +Зу= 5 и Зх - 2у 1 имају (јединствено) зајед­ ничко решење х= l,y = 1. Да би то било и решењеједначинеkх +у= З мо-

200

ГЛ!

ра бити

+ 1~

k ·Ј

мостално

З, тј.

k

IIIOI!A.:J/!1! ЛЛГНАI'СЮЈ I!ЗJ'AJI[

= 2.

:'рафичко решавање овог система урадити са­

. ...._

И за решавање система једначина са више непознатих постоји више ме­ тода. Илустроваћемо метод замене на јепном nримеру. ПРИМЕР

27.

Нека је дат систем једначина 2х- у+ 2z = -2 -2x+y-z=l { х- 2у- z = -5.

z =х - 2у + 5. Заменом у прве 4r- Sy = -12, односно -х+ у= 2.

Из треће једначине тог система изразимо две једначине, оне се трансформишу у

Елиминацијом неnознате у из те две једначине лако се добија да мора бити х

= 2,

а затим у

= 4

и

z = -1.

Провера показује да је тројка

(2, 4, -1)

заиста

решење датог система. А

На све системе једначина са више нспозюпих може се применити Гаусов метод решавања. Тај метод ће овце бити илустрован на неколико примера система од три једначине са три непознате.

ПРИМЕР

28. 1)

Посматрајмо систем једна•шна

2r- Зу+ z = -9 Sx +у - 2z = 12 { х- 2у- Зz = 1. Први корак у решавању овог система јесте премештање треће једначине на прво место (овај корак није обавезан, али олакшава даља рачунања). Затим се та једначина множи са -2 и додаје ранијој првој једначини; поменута једначина се затим помножи са

-5

и додаје ранијој другој једначини. Добија

се систем

x-2y-3z=1 у+

lly

+

7z =- 11 7,

!Зz =

који је еквивалентан полазна м и у коме друга и трећа једначина не садрже непознату х. У следећем кораку елиминише се непозната у у трећој јед­ начини. То се постиже тако што се друга једначина помножи са

-11

и дода

трећој једначини. У добијеном систему

x-2y-3z=1 y+7z=-11 -64z = 128 из трећс једна чине ощых се добија

једначину, из ње се добија у=

3.

z

=

-2.

Заменом те вредности у другу

Најзад, прва једначина даје х=

дати систем има за решење тројку

(1,

З,

1.

Дакле,

-2).

3x-2y+z=5 ~

{

fu-~+2z=4 -х+ у+

z = 2.

Непознатаz из друге и треће једначине датог система се елиминише тако што се прва јсдначина додаје тим једначинама пошто се претходно nом­ ножи са

-2,

односно

-1.

Добија се систем

6.6. CHCTI.MH

201

JНtilfAI'I!HX ЈЕiЩЛЧИIIЛ

f3x-

2у

+z =5

о= -б

i

!l -4х + 3"Ј = -3 '

који очигледно не може имати решења. Дакле, ни nолазни систем Јед­ начина нема решења.

{

3)

2х-4у+бz=О -х+ 2у-

3х

-

бу

3z

=О

+ 9z = О.

Другу једначину система помножити са ножити ту једначину са

3

2

и додати је првој; такође, пом­

и додати је трећој. Добија се систем

0=0 -х+ 2у- Зz =О

о= о, у којем су прва и трећаједначина идентитети. Систем се зато своди на другу

једначину и има за решење сваку тројку облика (2у- Зz,y,z), за произвољне у,

4)

zЕ

К

Решити систем једначина

2x+y-mz=1-2m x-y+z=1 -4х + Sy- 2z = 1, у којем је т реални параметар. Дати систем је еквивалентан, редом, следећим:

x-y+z=1

x-y+z=1

{

-4х

+ 5у- 2z

2х +у

- mz

= 1

=1r

2m,

{ Зу -

y+2z=5 + 2)z = -1 - 2m,

(т

x-y+z=1

y+2z=5 ) -(т+ R)z = -2(m + 8). у

Ако је т >' -8, онда се из треће једначине добија z = 2, затим из друге = 1 и, најзад, из прве х = О. Дакле, у том случају дати систем има једин­

ствено решење

(0, 1, 2).

Ако је т = добија у

-8, трећа једначина је задовољена = 5 - 2z, а из прве х = б - Зz. Дакле, у том

за све

z Е R.

Из друге се

случају је решењс систе­

ма свака тројка облика

(6- 3z,5- 2z,z),

z

Е

R . .lll.

Примене

Навешћемо неколико једноставних задатака чије се решавање своди на решавање линеарних једначина или њихових система. ПРИМЕР и основиuе је

29. 2.

Обим једнакокраког троугла је

19,

а разлика дужина крака

Одредити дужине страница тог троугла.

202

PAЩIOIIЛ.:IJII! АЛГЊЛРСЮ! I!'JI'л:!l!

Решење. Ако се са х означи дужина основице, онда ће дужина крака бити х

+ 2.

Како је обим

19,

то мора бити

+ 2(х + 2)

х Решење ове једначине је х

5

ПРИМЕР

= 5, па тражени троугао има основицу дужине

7. .oiL

и краке дужине

nрвог је

= 19.

По путу се у истом смеру крећу два бициклиста. Брзина

30.

11 km;h,

а другог

14 km/h. Први је прошао поред места А у 11 h, а 14 h. Место В је 21 km удаљено од места

други је прошао поред места В у

А, у смеру кретања бициклиста. Одредити на ком растојању од места А ће други бициклист стићи првог.

Решење. Означимо са t време које протекне од

11 h

до тренутка сусрета

бипиклиста. Пут који је први бицик.1иста прешао за то време је пут мора за

21 km

11r km. Тај 14 h до

бити већи од пута који други бициклиста пређе од

тренутка сусрета, дакле за t -

3

часова. Добија се једначина

llt = 21 + 14(1- 3), чије је решење t = ПРИМЕР

После

7 дана

31.

7.

Тражено растојање је

77 km . .oiL

Два радника могу заједно да заврше неки посао за

10

дана.

заједничког рада, први радник се разболео, а други је наставио

да ради и завршио посао за још

9

дана. За колико дана може сваки од њих

сам да заврши тај посао'! Решење. Нека први радник може да заврши посао за х дана, а други за у

1

дана. Тада за један дан пр~и ра(;уrик ~ради х-п(1 посла По условима задатка Је

чи

i =" и ~ =

v,

10 х

+ уЈ

feo ;1)осш~ а други у-ти део

= 1и 7 х

+ у + у = 1. Ако се озна-

добијени услови се могу записати у облику система јед­

начина

7u

+ 10v = + 16v =

- .

=

IOu {

р ешавањем

тог систе~·tа се доОИЈа и

1 1.

1 , \' 15

~

1 , ТЈ.. 30

х

= ј .:'-1, }' = "l) _-, . .А

ЗАДА!(И

1.

Решити системе једначина:

2х - Зу = 5

а) { -6х+9у= -10;

б

{ 2<

)

-у

- 3 = 2(х -у) 5х+у=у+ 10;

+у

- 3

S(x - 2у + 1) - 2(2х + Зу - 2) =х - !бу + 9 в ) { 3(2х- у+ З)+ 4(-х +у- 1) = 2х +у+ 5.

2.

Решити системе једначина по х. у (а, Ь,

2х

+ Зу =

а) { - 2х + ау

=

1

О;

{Ьх

...

су параметри):

- Ьу = 1 {х - ту = т б) х -у = -1; в) х + ny ~n.

3.

Одредити вредност параметра а тако да систем

ах-у=2

л

2х-у=2

л

3х+у=3

има решења.

4.

Решити системе једна чин а по х,у,

а)

1 1 4 -x-y--z= -5

10x-9z=19 Sx- у= 10 { у- 12z = 10;

2 -

б)

х

+у2- -12 - = 18 z

- 2х + ~у + _1z =

rk:x+kv+z=O

в) \ kx - ky + z = 1 х+ у +z = k;

5.

z:

-4·

'

Лx+y+z=l

{

г)

х+ Л у+ z = 1 х+у+Лz=1.

Путник је кренуо из села ка железничкој станици. Идући константном брзином, пошто је за први сат прешао

3 km, закључио је да ће, настави ли 40 min. Остали део пута он је прешао брзи­ на станицу 45 min пре поласка воза. Наћи растојање

том брзином, закаснити на воз ном од

4 km;h

и стигао

од села до станице.

6.

1i h,

За пуњење базена истовремено су отворене три цеви. После када су Ј б . б 8 азена оиле напуњене, прва цев се запушила, па Је азен наставио да се пуни кроз преостале две цеви. Три часа касније запушила се и друга цев;

. пуно у том тренутку оило Је

19 б азена. 24

За наредних

21

2

. часа тре h а цев Је

сама напунила базен. Одредити колико је времена потребно свакој цеви да сама напуни базен.

6.7.

ЛИНЕАРНЕ НЕЈЕДНАЧИНЕ

Као и линеарне једначине и њихови системи, и линеарне неједначине и начини њиховог решавш-ьа су познати из основне школе. Наведимо неко­

лико једноставних примера линеарних неједначина. ПРИМЕР

32.

1) Решење.

1)

2х

Решити неједначине:

+ 3 ;,: -2;

2) 2-

1 2 х > 5;

3)

7х

+ 2,;

7х-

5.

Као и код једначина, додавање истог броја на обе стране не­

једначине је трансформација која преводи ту неје;шачину у еквивалентну,

тј. не мења њен скуп решеља. У овом случају, додавањем број -3 (још се каже: "пребацивањем броја З са леве на десну страну, уз промену знака") добија се нејсдначина 2r ;:::: - 5. Дељењем обе стране те неједначине са 2

(што је такође еквивалентна трансформација), добија сех

;:::: -

i· Дакле, дата

204

I'АШЮНАЛНЈ\ ЛЈI!'Н;.-\ГСКЈ! IBI'ЛЗ~I

неједначина има за решење све реалне бројеве х за које је х:>: -

5

2"

Другим

речима, скуn решења те неједначине је

{х Е R х ": 1

- ~} =

[-

i· + оо).

Тај скуп се може приказати, на прпмср. као на слнни

13.

о

о

-.2 )_

Cr.IJ

2)

CJI.

14

Ако се поступи слично претходном примеру, добиће се неједначина

-±х > З. Да би се решила та неједначина, треба обе њене стране пом~ ножити са

-2.

кости- уместо

При том, као што је позн;по, мора се обрнути знак неједна­

треба ставити

решеља дате неједначине: (-оо,

3)

-6),

сл.

< -6,

што одређује скуп

14.

"Пребацивањем" чланова који садрже непознату на леву, а осталих на

десну страну, добија се неједначина О

:s -7.

Тај услов је контрадикција, што

значи да не може постојати х Е Н.. који је решење дате неједначине. Она, дакле, нема решсња

. ..t..

Слично, као и код линеарних једначина, на неколико примера ћемо по­ казати какви проблеми могу настати приликом решавања сложен иј их лине­ арних неједначина. Ту се првенствено мисли на неједпачине у којИЈ\.Ш се, поред непознате, може појавити и неки параметар, а такође и на неке нејед­

начине које се сuоде на линеарне неједначине или њихове системе. Као што се већ из претходног примера могло видети, нови моменат који разликује решавање неједначина од решавања једначина јесте правило по

којем се приликом множења неке неједначине бројем (или изразом) добија еквивалентна неједначина само под претпоставка" даје тај број (или израз) позитиван. У случају множења негативним бројем (изразом), мора се обрну­ ти знак неједн

множи може мењати знак, морају се посебно посматрати оне вредности про­

менљиве за које је тај израз позитиван, односно негативан. Иначе, као што се зна, основне линеарне неједначине су: (!)ах+ Ь

(3)

ах

ах

+ Ь :>:

>

О,

(2)

О,

+ !Ј <

О,

(4)ax+I!:>O,

где су а и h дати реални бројеви. На ове нејелначине се своде и разне лруге идснтичним трансформацијама израза уз примену аксиома уређено­

сти

(RlO) - (Rl4)

скупа реалних бројева.

Следи основно правило код рсшавања неједначине Неједна•1ина ах 1) '1!1

п ~ n и•~ 0:

7

nPiliPЦ..P

rn!.JKU nP!l

п!lц-

finni

у

':!:1

кпiи iP 1· > _!!._.

6 7. Jlltllfu\I'I!E

205

1JI'JI'ЛI!ЛЧiti!Г

2) за а < О има за рсшењс сваки реалан број х за који .;е х < _'!_; а

З) за а

=

> ,;:

О иЬ

за а =О и Ь

4)

О има за решењс сваки број х Е К О нема рсшења

Слично се разматрају једна чине облика ах

+Ь

ео: О, ах

+Ь <

О, односно

ах+ Ь,;: О.

Ова правила ће бити коришћена у наредним примерима.

ПРИМЕР

Решити неједначину по х:

33.

2:r

+а~ ах-

3.

Решења. Неједначина се може написати у облику после множења са -1, у облику (а

а) а > 2. Тада је а

.

2)х

-

,;:

а

О, па лсљењсм са а

- 2>

.

.

(

-оо

б) а

- 2

добијамо х ,;: 11_-1:_~. 2 Зак-

{ 1', 1

ључуЈемо да Је скуп решења ове неЈедначине вал

х Е

в) а =

а+з}"-:_ 2 , а

,;:

" + з]

ТЈ. ишер-

-- · Тада је а

- 2<

О, па се приликом дељења са а

.

.

а+3

кости обрће. Решења су бројеви х за КОЈе Је х ео: а

х Е

х

'а-2'

< 2.

{ Rl

а )х ео: -(а+ З) или,

(2-

+ З. Могући су следећи случајеви:

х ~ а+З} а - 2

2.

= [а+З а - 2' +

оо

_ 2,

)

.

- 2

знак неједна-

.

ТЈ. скуп решења Је

;

У овом случају неједначина гласи О ·х,;:

5

и њено решење је

сваки реалан број х. Другим речима, скуп решења ове неједначине је цео

скуп

R реалних

ПРИМЕР

34.

бројева.

""

Наћи све реалне бројеве х за које је 3kx

Решење. Сређивањем дата неједначина постаје (Зk- !)х

+ 1 О, тј. k > ј, онда су њена решења сви реални бројеви за које је х

<

Зk + 1. Ако је k

<

ј, тада су решења бројеви х

> 3k

+

1.

За k

=

ј нејед­

начина постаје О·х

О.

Очигледно је да је за решавање тог проблема опет од суштинског значаја да ли је а >О или а

< U (с.-,учај

а =О је тринијалан и његово разматрање

урадити самостално).

Ако је а >О, график функције

f(x)

смером осе Ох гради оштар угао (сл.

=ах+ Ь је пgава која са позитивним

15).

За х<

-а

њене вредности су не­

гативне, што одговара чињеници да је одгоnарајући део графика испод осе Ох rпопоазvмева се vобичаiен начин uртања координатног система). Део

206

PAUI IO HAЛ I!H АЛГЕБА I'СКЈII! ЗРАЗ II

у

у

f( х ljt------=:~ f (х2 ) 1--- ---....::::...1.....

- % је изнад осе Ох и функција f за те в р ед н ости nро мен љиве х има позитивне вред но сти.

За а

<

О ситуа ција ј е обрнута, што је приказано на слици

16.

Искористићемо разматрања слична претходним за решава ње нејед­ начина са ап солутним вредностима.

ПРИМЕР

1)

1

2х

35.

З 1

-

Р ешити неједначине:

< 2;

2)

1

3.х-

5

З) 1 х

> 10;

1

- 1

1

+

1х

-

З 1 ~

2.

Решење. 1) График функције у = 1 2х - З 1 приказан је на слици 17. Ј асно је да ј е 1 2х - З 1 < 2 (тј . rрафик је испод праве у 2) ако и само ако је

1 2

б



З) График фун кције

у = 1х п р ик аза н ј е на слици

1

+ 1х - з

1

19.

1

=

2х - 4 2, , 4 - 2х,

!

Закључуј е се да је у~

у

2

з а х ~ З,

за за

1 :5 х < х < 1,

за све х Е

З,

R. А.

у

1

"f

О. У овом случају је јасно да за све х,, х 2 Е

тј. из х 1

:s х,

следи

.f(x 1) :s .f(x 2),

R важи

па је дата функција растућа. Такав закључак

одговара и интуитивној представи која се добија са слике

2)

а

<

О. Овај пут, јасно за х 1 , х 2 Е

R,

х 1 :S х,~ I(x 1)

тј. функција[ је опадајућа (сл.

ПРИМЕР

15.

важи

?. ј{х 2 ),

16).

36. Решити следеће системе (дакле, конјункције) линеарних

неједначина:

а)

ј2х-7?.0 \ Зх - 2 ?. О;

~Jx+SО;

.

в)

!

9х+2?.0 Зх-

5

).

.

прве неЈедна чине система су: х

1;

за т=

1

она се своди на О·х

>

m-2 т

> -1

_

.

ако Је т

1

> 1,

и има за решење

5 · ' б рОЈ. х. Сб ~ о зиро м да су решења друге неЈедначине х > З• треоа

сваки реалан

испитати за које а

"' t је испуљено т-

2

5

5

т-2

т - Ј "' з· односно т - 1 < з·

п ретпоставимо

.

.

наЈпре да Је т

сформише у неједначину

> ·lT . ада

3(m -· 2) ;;" S(m - 1),

услов несагласан са условом т

> 1,

то за т

за решавање полазног система у случају т

23,

.

се неЈедначина

олносно т

> 1 > 1

увек важи

,; -

тран-

i- Како је тај

т-

m.....:. Т2 < Т5 Дакле,

нажи с~тусщија као на слици

па систем има за решења бројеве х за које је х

система добија се и за т =

m-2 5 - - =::: 1_ пz- 1 _-,

>

З· Исти скуп решеља

1 (зашто''). _ _!_ ~ се трансформише у 3 (т - 2)< S(т - 1), односно т > - Дакле, ако је -~ . _, < . а) х _ З < О, ) х + 2 _ 1, в) х +х - б _ О,

х 1 -2х

г) х

+З >

О.

Решење. О и х - З < О. У првом случају се добија х< -~и х> З, што очигледно не uажи ни за једно х. У сти: Зх

+2<

О и х

.

.

- 3>

другом случllЈУ ЈС х

О, као и могућност 3х

> - 2,

3

и х

3 < .,

.

што Је задовољено за

- 12

а = а 1,

а

Ь

f3 = fЗ1 , У = УЈ, ~ = ь

с

1 = ё;

(односно а : Ь: с= а 1 : Ь 1 : с 1 ).

Трансформација сличности, као што теорема б показује, има особине које су заједничке за изометрију и хомотетију . Може се рећи да сличност има

све особине изометрије, осим чувања подударности дужи. Од свих особина сличности, посебну пажњу треба обратити на следећу. ТЕОРЕМА сличност је

8. Релација сличности RST релација).

фигура је релација еквиваленције (тј.

Тако, н а пример , св и троуглови се могу разврстати по класама е квивален­

ције, тако да су сви троуглови у једној класи слични међу собом. Свака овак­ ва класа садржи као подску пове класе подударних троуглова. За два троугла

се, на основу теореме 6, може доказати да су слични ако и само ако се један пресл икава на другог композицијом ј едне хомотетије и једне изометрије. Потребне и довољне услове за доказивање сличности троуглова утврђују н аредни ставови (ставови сличности троуглова) .

ТЕОРЕМА

9.

(Први став сличности) Два троуглаАВС и А 1 В 1 С 1 су слична

ако и само ако је један пар с траница једног троугла пропорционалан пару

страница другог, а уrлови захваћени овим страницама једнаки ме}ју собом.

У

Доказ. На основу дефиниције АС ВС

4

следи да 1:1АВС

= У1 И А 1 с 1 = в 1 с1 • Докажимо и обрнуто. Нека је у = Yt и = Како је LACB =

_:;gl : gl.

-

cl

1':1А 1 В 1 С 1 . повлачи

= у, то се на кра­ цима углаА СВ могу одредити тачкеА 2 и В 2 (сл. 14), тако да ј е СА 2 = С~1 и СВ2 = С 1 В 1 • Сад је троугао А 2 В 2 С подударан троуглу А 1В 1 С 1 (став СУС), а LAI

Bl

на основу теореме 2, троугао СА 2 В2 је хомотетичан са троуглом САВ. Центар

хомотетије је тачка С, а коефицијент је k = ~~ 1 . Према томе, троугао

А 1В 1 С 1 се пресликава на троугао АВС композицијом једне изометрије и ј едне хомотетије, па је због тога 1:1АВС -~А 1В 1 С1 . • с с,

6

А,

в,

А Сл.

14

224

ХОМОТ11Т ИЈЛ Ј Ј СЛ IIЧН ОСТ

ТЕОРЕМА

(Трећи став сличности).

10.

Троуглови АВС и А ЈВ ЈСЈ су

сли•тни ако и само ако су им све одговарајуће странице пропорционалне. Доказ. Ако је

=k

АВ

11 АВС - 11АЈВ ЈСЈ , тада на основу особина сличности важи · А Ј ВЈ, ВС = k ·ВЈ С 1 и СА= k·Cv4J, а одавде следиАВ : ВС: СА=

=A JB I :ВЈ СЈ: СЈАЈ. Обрнуто, н е ка је АВ: ВС : СА =А Ј ВЈ: В Ј С 1 : С 1 А Ј. Одавде, на основу де­

финиције пропорције,

следи:

AB=k ·A JB 1, BC=k· B JCJ

и

СА

=k·Cv4 1•

Значи, троугао АВС се пресликава на троугао А 1 В Ј СЈ трансформацијом

сличности Pk, па је !1АВС- дАЈ В 1 С1. • Слично се доказују два следећа става. Њихове доказе урадити самостално. ТЕОРЕМА

(Други став сличности) Троуглови АВС и А 1 В 1 С 1 су

11.

слични ако и само ако су два угла једног троугла једнака двама одговара­ јућим угловима другог.

ТЕОРЕМА

12.

(Четврти став сличности) Два троугла АВС и А 1В 1 С 1 су

сли•1на ако и само ако су две странице једног троугла пропорционалне са

одговарајућим страницама другог, углови наспрам тих двеју страница јед­ наки, а наспрам других двеју одговарајућих страница су оба угла оштра, оба права, или оба тупа. Примењујући теореме

-

9 - 12

на посебне случај еве уочава се следеће:

два правоугла троугла су слична ако су им лропорционалне катете;

два правоугла троугла су слична ако имају ј еднак по један оштар угао;

- два правоугла троугла су слична ако су им хипотенузе пропорционалне

једном пару катета;

-

два једнакостранична троугла су увек слична.

Лако се доказује да су одговарајући елементи двају сличних троуглова (висине, тежишне линије и сл.) такође пропорционални страницама. На

=

=

пример, на сл. 15 је а: а 1 h: h J 1 : t 1 . Сем тога, на основу особина пропор­ ција из а: Ь: с= а 1 : Ь 1 : с 1 следи (а + Ь + с) : (а 1 + Ь 1 + с 1 ) =а: а 1 , односно О: 0 1 =а: а 1 . Значи, и обими сличних троуглова су пропорционални стра­ ницама.

Полазећи од а: а 1 =с : с 1 и а: а 1

б

.

до ИЈ а се а

z

:

2 а1

ch

= h : h 1,

с1 h 1

= ch : с 1 h 1 = 2 : - 2-

=

после множења ових пропорција

Р : Р 1• Дакле, површине сличних троу-

глова су пропорционалне квадратима одговарајућих страница.

с

в

с Сл .

15

Сл.

16

7.·1.

ТЕОРЕМА

225

CЛI!ЧIIOCT ТI'OYI".'IOBЛ

Та ч ка М странице АБ троугла АВС припада симетрали

13.

угла АСВ .шо н само ако је АМ: МВ =АС: СВ. Доказ.

Нека је права СМ симетрала угла АСВ и С 1 тачка симетрале,

1)

таква да је АС 1 паралелна са ВС (сл.

је

АМ: МВ

је

=

16). Према Талесовој теореми LAC 1C = LBCC 1 (наl!ћ!енични углови), па

АС 1 : ВС. Међутим,

~ LACB. Због тога је тpoyrdo АСС 1 једнако крак и АС 1 =

LAC 1C = LACC 1 =

=АС, па је АМ: МВ =АС: СВ. Обрнуто, нека је М тачка страющс АВ, таква да је АМ: МВ =АС: СВ.

2)

Докюаћемо да је права СМ симстрала угла АСВ. Нека је С 1 тачка праве СМ, таква да је АС 1

L АС 1 С

паралелна

L ВСС 1 и АМ: МВ

=

са ВС.

= АС 1

Тада је,

као

у

претходном

случају

: ВС. Али, тада је и АС: СВ =АС 1 : ВС,

одакле следи да је АС 1 =АС. Због тога је у троуглу АСС 1 и L АСС 1

= L ACIC.

Како је и

всс!, следи да је и

L ACIC = L

L ACCI = L

=

всс], па је

права СМ симетрала углаАСВ. А.

Сличност троуг~1.ова треба добро изучити, јер се IIомоћу сличних троу­ гпова могу доказати многе корисне особине многоуглова н кругова. Осим тога, сличне фигуре се могу корисно употребити при решавању конструк­ тивних задатака. У овом случају се најчешће користе тсореме ПРИМЕР

6.

9,

!О и

11.

У сваком троуглу било које две висине су обрнуто пропор­

ционалне одговарајућим страницама. Доказати. Решење. Нека су глови

ABD

слични.

;,, : h, =

BD

Због тога је с

: Ь.

и СЕ висине троугла АВС (сл.

15).

Правоугли троу­

и АСЕ имају заједнички оштар угао а, па су по теореми

BD: АВ

=СЕ: АС,

а одав::~е

BD:

11

СЕ= АВ: АС, тј.

А.

ПРИМЕР

7. Доказати да

су ортоuентар, тежиште и пентар описаног кру­

га произвољног троугла колинеарне тачке. (Права којСI садржи ове тачке на­ зива се Ојлеровом 25 правом тог троугла.) Решење. Нека је

S

центар описано г круга троуглаАВС, Т љегово тежиште

и нека је р права одређена тачкама S и Т. Доказаћемо да права р садржи ор­ то центар троугла АВС.

Уочимо средишта А 1 и С 1 страница ВС и АВ и њихове висине Праве А 1 S и С 1

S

Ако се са Н означи пресечна та ч ка праве р и висине

глови А 1

ST

AD

и СЕ.

су симетрале страница и нормалне су на те странице (сл.

и АНТ слични,

тежишта закључује се да

ST:

па је

ТН

= А1

ST:

ТН

AD,

= А 1 Т:

Т: ТА, тј.

ST:

ТА.

ТН =

17).

види се да су троу­

Знајући особине

1 : 2.

Претпоставимо да Н није ортоцентар троугла АВС. Тада ће пресечна

та ч ка висине СЕ и праве р бити нека друга та ч ка, реuимо Н'. Али тада се, слично претходном разматраљу, из сличности троуглона С 1

ључује да је ТН

=

ST:

ТН'

= 1 : 2.

С.

и СТН' зак­

ТН', што потврђује да је Н= Н', па је тачка Н ортоцентар и припада

Ојлеровој правој. А.

25

TS

Из две последље пропор!{ије следи да је

F.uk:r (1707-1783).

швајцарски м::псмзтичаr

226

ХО\ЮППIЈА

ПРИМЕР

8.

11

( ',;1\I Ч I\0(..1

Конструисати троугао АВС ако су му дапr углови а и {З 11

тежишна линија tc. Решење. Конструисати било какав троугао А 1 В 1 С коме су углови L СА , В,= а и LCB 1 А 1 = {З. Затим конструисати тежишну линију овог троугла (на слици 18 дуж СМ 1 ). На полуправој СМ, одредши тачку М, такву

=

да је СМ tc- Права кроз М, паралелна са А 1 В 1 се че nраве А 1 С и В 1 С у тачка­ маА н В итд. • А

с

О, а "' Ь ); 8' х

1

+ х (х >

О)?

7)

02

2.

Израчунати вредности тригономстријских фунюшја угла који вектор по­ ложаја тачке М образује са позитивним делом х-осе за:

1) М(3,4); 2) М(2,1); 3) М(1,1); 4) M(.f3, 1).

3.

Израчунати вредности израза

sin( а + 15°)- sina sin 2 а

4.

Који је већи од два дата броја:

1) sin7'

.

ако Је а ~

или sin (~) '; 2)

30'.

cos (sin 7")

или

241

Н.~- ВЛЖШ\Ј\1 Tf'II!.OHOM!'TPIIJCKИ И)IЕЈ!ПIТI'ТН

8.2.

ВАЖНИЈИ ТРИГОНОМЕТРИЈСКИ ИДЕНТИТЕТИ Основни тригонометријски идентитет

Тригонометријске функције оштрог угла нису независне међусобно. До­ uољно је да се зна вредност једне тригонометријске функције, за одређену вредност угла, па да се на основу ње могу наћи вредности осталих тригоно­

метријских функција. То проистиче из следеће теореме. ТЕОРЕМА

l.

Ако је О"

<

а

онда је:

< 90",

sin 2 а + cos:: а

(1)

t

(2)

sша

ех'

ga = cos

tg а · ctg а

(.>)

= 1,

= 1.

Доказ. Нека је а оштар угао правоуглог троугла чија је наспрамна катета а,

налегла катета Ь, а хипотенуза с. Према Питагориној теореми а 2

б

.

до ИЈ~\10

+

Ь2

=с

2

(а)' . ћ и Са = sш. а и СЬ = oos а. С + (Ь)' С = 1, одак.ле се до бИЈ.а (1) стављаЈу

Даље Је, на основу дефинициЈе,

а

tg а = Б

а,{

= ъ;; =

sin а cos а·

као и

tga ·ctga = Касније ће бити доказано да

(1)

а

-ь

Ь

·- = 1. • а

важи за сваки угао а. Та једнакост, која

је тачна за све уг лове а, позната је као основни триmнометријски идентитет. Из једнакости пример, за оо

<

а

(1), (2) и (3) < 90° важи:

ctg а = tgl а'

(4) (5)

се могу извести разне друге једнакости. На

!а ь

sina

v'1 + tg 2 а cus а

(6)

_,

ОДНОСНО

1

. v'J+tg' а ·

ta 1 a Ь

sin 2 а

1

+ tg'-;

односно cos 2 а

= 1

+ счi'а'

1

1 + tg 2 а·

Једнакост (4) непосредно следи из (3). Да би се добило (6), довољно је (1) поделити са cos 1 а, после чега се добија

sin' а cos a

1 cos- а

--+Ј=--,-. 2

Одавде је l + tg2 а = - _Ј__ или cus 2 а 2 cos

Једнакост

(5)

а

доказати самостално.

1 + tg а

242

ГI'IIГOIIOMETPIIJЛ ПРЛDОУГЛОГ ТРОУГЛА

ПРИМЕР

= ..fJ, наћи sin а ,

7. Ако је tg а

cos а и ctg а.

Решење. Из (5) за tg а = ..fJ добија се sin а = . ~ = У[, а из (б) cos а = +З

v1

=

1 v'1+3

= 21

ПРИМЕР

- sin 4 a

и

8.

. н арад,

(4) , ctg а

из

1 Уз

=

-13 • = з·

Доказати да је за свако а, где је оо

<

а

< 90°, cos4 а -

= 1- 2sin 2 a.

Решење. Ако се израз СО$ 4 а ристи (1), добија се

- sin4 а посматра као разлика квадрата и иско­

cos 4 а - $in4 а = (cos 2 а + sin 2 a)(cos 2 а - sin2 а) = = cos2 a - sin 2 a = 1- sin2 a - sin2 a = 1- 2sin 2 a. • Тригонометријске функције комплементног угла

=

Као што је познато, ако је а +{З 90°, онда се каже да је угао а компле­ ментан углу {З и да је угао {З комплементан углу а. Дакле, у правоуглом троу­ глу оштри углови су међусобно комплементни. За оштре углове а и {З пра­ воуглог троугла важи {З 90° - а. Осим тога, важи и следећа теорема.

=

ТЕОРЕМА

2.

За свако а за које је оо -а)

(7)

sin(90°

(8)

tg (90° -

а

)

= cos а, = ctg

а

<

а

< 90° важи:

cos(90°

= sin а,

-а)

, ctg (90° -

а

)

= tg а.

Доказ. Ако је у правоуглом троуглу један оштар угао а, онда је други {З {З

= 90°- а (сл. 10). Према томе, = 90° - а. Стога је:

супротна катета а угла а је налегла углу

в

а

А

ь Сл.

l.l. 10

sin(90°tg (90° -

а) =% = cos а,

cos (90°

= аЬ = ctg а '

ctg (90° -

а

)

11

z

-а) = = sin а, а

)

= ьа = tg а . •

ПРИМЕР 9. Знајући да је cos 40° = /, где је l sin 40°, tg 40°, ctg 40°, sin 50°, cos 50°, tg 50°, ctg 50°.

дати број, израчунати :

~

'·

I'HIIЛIIAII·I· III'ЛIIO~I

, 1()1 II'UYI

243

IЛ

Решење.

stn-Юo =

cos~40°

V1 -

ctg -I0° =

=

~.

tg 40° =

~in 4...,t()Joo = ~

со~

~; ~in 50° = ~in (90° - -Нђ = сщ ..юо = /.

cos 50° = cus (90°- -Нђ = sin ..юо = ~. tg.)-()о =

ЗЛ ,' (.\1

1.

1

~

, ctg.)-

. 0о = Yl=7 1

.А.

01

Доказнл t Д(! је за све оштре углове

1 1)--.,со~ - х

~)

2.

1 +~ sm· 1'

r: 2) ' . -х ' · t·x- ыn

= s111· . ,х cos·,х' 1

ь

' sш . ·, 1·; = to·x ь

1 1 l -2cos"x (СО~ -+ 11'ь х)(--tgx) = 1·' 4) S IП . = tg x- ctgx. 1.' COS \" X COSX

Израчунати вредности за остале триrонометријске функције оштрог угла а ако је:

1)

3.

sin c~ = IL.-

1; 2) cosa =

1

12+ 1

; 3) tg a =

У5;

4) ctga

= · Ч. ~