analiticka geometrija

Poglavlje 1

Analiticka geometrija

* Moguce su greske je je u pitanju radna verzija materijala za

ucenje!

1.1 Vektori

1.1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora

Skalarnom velicinom ili skalarom nazivamo onu velicinu koja je potpunoodredena jednim brojem (na primjer: masa, temperatura, vrijeme, povrsinageometrijske figure, zapremina tijela, itd.).

Vektorskom velicinom ili vektrorom naziva se svaka velicina koja je defin-isana: intenzitetom, pravcem i smjerom.

Geometrijski, vektori se predstavljaju orjentisanim duzima u ravni iliprostoru. Vektore najcesce obiljezavamo malim slovima latinice sa strelicomiznad slova, na primjer:

~a,~b,~c, ~d, ~e, . . .

Ako zelimo naglasiti koja je pocetna, a koja krajnja tacka vektora tadavektore obiljezavamo sa dva velika slova i strelicom iznad njih, na prim-

jer:AB,

PQ,

CD, . . . , gdje prvo slovo oznacava pocetak, a drugo slovo kraj

vektora.

1

Edis Mekic Elvis Barakovic

~a

AB

Q

P

Duzina vektora ~a naziva se intenzitet ili modul vektora ~a i obiljezava sesa |~a|. Vektor ciji je intenzitet jednak nuli naziva se nula-vektor i oznacavamoga sa ~0. Vektor ciji je intenzitet jednak jedinici naziva se jedinicni vektor iliort. Jedinicni vektor vektora ~a oznacava se sa ort ~a ili ~a0. Za dva vektora ~ai ~b kazemo da su kolinearna ako pripadaju istim ili paralelnim pravim.

Posmatrajmo dva vektora ~a i ~b, zbir vektora ~a +~b racunamo po praviluparalelograma, na nacin prikazan na sljedecoj slici.

A B

C

~a

~b

D ~a

~b~a+~b

Za sabiranje vektora vaze sljedeca svojstva:

1. ~a+~b = ~b+ ~a (zakon komutacije)

2. (~a+~b) + ~c = ~a+ (~b+ ~c) (zakon asocijacije)

3. ~a+~0 = ~0 + ~a = ~a (zakon identiteta)

4. ~a+ (~a) = ~0 (zakon inverzije)

Proizvod vektora ~a i skalara je vektor ~a istog pravca kao i vektor ~a,intenzitet mu je |||~a|, a smjer mu je isti kao i vektora ~a, ako je > 0,odnosno suprotan smejru vektora ~a, ako je < 0.

Neka su ~i, ~j jedinicni vektori x i y ose redom, kao na slici

2


~a

ax

ay~b

bx

by

x

y

~i

~j

Tada vektor ~a mozemo zapisati na sljedeci nacin ~a = ax~i+ ay~j = (ax, ay).

M

M

M3

M1

M2

x

y

z

~i~j

~k

O

Posto su M1,M2,M3 ortogonalne projekcije tacke M na koordinatne ose,onda je kao sto se i vidi sa predhodne slike

OM =

OM1 +

OM2 +

OM3

jer je: M1M

=OM2 i

M M =

OM3,

te je: OM1 = x~i,

OM2 = y~j,

OM3 = z~k,

3


gdje su x, y i z tri realna broja koji potpuno odreduju polozaj tacke M, ili

pravougle koordinate vektoraOM. Prema tome vektor

OM mozemo zapisati

pomocu pravouglih koordinata u obliku:

OM = x~i+ y~j + z~k,

a njegov intenzitet racunamo po formuli

|OM | =x2 + y2 + z2.

Ako se vektor projektuje ortogonalno na koordinatne ose dobit cemo:

x = |OM | cos, y = |OM | cos, z = |OM | cos , (1.1)

gdje su , i uglovi koje vektor |OM | zaklapa sa koordinatnim osama.Kvadriranjem a zatim sabiranjem jednakosti (1.1) i imajuci uvidu da je

|OM |2 = x2 + y2 + z2, dobit cemo da je:

cos2 + cos2 + cos2 = 1

Linearna kombinacija vektora ~ai (i = 1, 2, 3, . . . , n) je vektor oblika

1 ~a1 + 2 ~a2 + . . .+ n ~an =ni=1

i~ai. (1.2)

Za vektore ~ai (i = 1, 2, 3, . . . , n) kazemo da su linearno nezavisni ako izni=1

i~ai slijedi i = 0 za svako i = 1, 2, 3, . . . , n, ako je bar jedan od brojeva

i razlicit od nule tada za vektore ~ai (i = 1, 2, 3, . . . , n) kazemo da su linearno

zavisni. Za dva vektora ~a = ax~i+ ay~j + az~k i ~b = bx~i+ by~j + bz~k kazemo da

su kolinearna ako vrijedi ~a = ~b, odakle se dobije da je

axbx

=ayby

=azbz

= .

Jedinicni vektor vektora ~a racunamo po formuli

~a0 =~a

|~a| .

Primjer 1.1.1 Ako stranice jednakostranicnog trougla uzmemo za vektore,da li su ti vektori jednaki?

4


Rjesenje: Nisu, jer iako vektori strana imaju iste intenzitete, oni nemaju istipravac i smjer, pa nisu ispunjeni uslovi jednakosti vektora.

Primjer 1.1.2 Ispitati linearnu nezavisnost vektora ~a = 2~i +~j + 4~k, ~b =7~i+ 5~j ~k i ~c = 2~i+~j.Rjesenje: Formirajmo linearnu kombinaciju vektora ~a,~b i ~c,

~a+ ~b+ ~c = 0.

Nakon zamjene vektora ~a,~b i ~c dobijamo

(2~i+~j + 4~k) + (7~i+ 5~j ~k) + (2~i+~j) = 0.Nakon sredivanja dobijamo

(2 + 7 + 2)~i+ (+ 5 + )~j + (4 )~k = 0.Da bi posljednja jednakost bila zadovoljena mora biti

2 + 7 + 2 = 0 + 5 + = 0

4 = 0Dobijeni sistem je homogeni, izracunajmo njegovu determinantu

D =

2 7 21 5 14 1 0

= 16 6= 0.Kako je determinanta sistema razlicita od nule to posljednji sistem ima samotrivijalno rjesenje (, , ) = (0, 0, 0). Odnosno dati vektori su linearno neza-visni.

Primjer 1.1.3 Razloziti vektor ~a u pravcu vektora ~b i ~c, ako je:

~a = 3~p 2~q, ~b = 2~p + ~q, ~c = 7~p 4~q,Rjesenje: Razlozen vektor ~a u pravcu vektora ~b i ~c glasi:

~a = ~b+ ~c,

gdje su i realni parametri koje treba odredit.

3~p 2~q = (2~p+ ~q) + (7~p 4~q)= 2~p+ ~q + 7~p 4~q= (2 + 7)~p+ ( 4)~q.

5


Da bi posljednja relacija bila identicki jednaka moraju odgovarajuci koefici-jenti biti jednaki, tj.

2 + 7 = 3 4 = 2.

Rjesavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo da je = 2 i = 1, parazlozen vektor ~a u pravcu vektora ~b i ~c glasi:

~a = 2~b+ ~c.

Primjer 1.1.4 Dati su vektori ~u = (1,9, 5), ~v = (0,4, 6) i ~w = (1, 3, 0).Razloziti vektor ~a = (2, 3,1) u pravcu vektora ~u,~v i ~w.Rjesenje: Razlozen vektor ~a u pravcu vektora ~u,~v i ~w glasi:

~a = ~u+ ~v + ~w,

gdje su , i realni parametri koje treba odredit.

(2, 3,1) = (1,9, 5) + (0,4, 6) + (1, 3, 0)= (,9, 5) + (0,4, 6) + (, 3, 0)= ( + , 9 4 + 3, 5+ 6)

Da bi posljednja relacija bila identicki jednaka moraju odgovarajuci koefici-jenti biti jednaki, tj

+ = 29 4 + 3 = 3

5 + 6 = 1

Rjesavanjem dobijenog sistema jednacina dobijamo da je =11

8, = 21

16

i =27

8pa razlozen vektor ~a u pravcu vektora ~u,~v i ~w glasi:

~a =11

8~u 21

16~v +

27

8~w.

1.1.2 Proizvod vektora

Definicija 1.1.1 Skalarnim ili unutrasnjim proizvodom vektora ~a i ~b, u oz-naci ~a ~b, nazivamo skalar koji je jednak proizvodu intenziteta tih vektora ikosinusa ugla koji oni zaklapaju:

~a ~b = |~a| |~b| cos(~a,~b). (1.3)

6


Iz formule (1.3) slijedi da je kosinus ugla izmedu vektora ~a i ~b dat formulom

cos(~a,~b) =~a ~b|~a| |~b|

.

Teorem 1.1.1 Skalarni proizvod dva vektora ~a = (ax, ay, az) i ~b = (bx, by, bz),jednak je zbiru proizvoda odgovarajucih koordinata tj.

~a ~b = ax bx + ay by + az bz .

Teorem 1.1.2 Dva vektora ~a = (ax, ay, az) i ~b = (bx, by, bz) su ortogonalnaako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli:

~a ~b = 0 ax bx + ay by + az bz = 0.

Definicija 1.1.2 Vektorski proizvod dva vektora ~a i ~b, koji obiljezavamo sa~a~b, je vektor definisan na sljedeci nacin:

1. vektor ~c = ~a ~b okomit (normalan) je na ravan koju odreduju vektori~a i ~b,

2. smjer vektora ~c = ~a ~b je takav da uredena trojka (~a,~b,~c) obrazujetriedar desne orjentacije,

3. intenzitet |~a ~b| vektora ~a ~b jednak je mjernom broju povrsine par-alelograma konstruisanog nad vektorima ~a i ~b :

|~a~b| = |~a| |~b| sin(~a,~b).

~c

~a

~b

7


Uslov kolinearnosti dva vektor ~a i ~b je

~a~b = 0.

Vektorski proizvod vektora ~a = ax~i+ay~j+az~k = (ax, ay, az) i ~b = bx~i+ by~j+

bz~k = (bx, by, bz), mozemo izracunati na sljedeci nacin

~a~b =~i ~j ~kax ay azbx by bz

.Osobine vektroskog proizvoda:

1. ~a~b = (~b ~a),

2. ( ~a) ( ~b) = (~a~b),

3. ~i~i = ~j ~j = ~k ~k = 0, ~i~j = ~k, ~j ~k =~i, ~k ~i = ~j,~j ~i = ~k, ~k ~j = ~i, ~i ~k = ~j,

b

b

b

~i

~j

~k

+

4. (~a+~b) ~c = ~a ~c+~b ~c.

Definicija 1.1.3 Mjesoviti proizvod tri vektora ~a = ax~i+ay~j+az~k = (ax, ay, az),~b = bx~i + by~j + bz~k = (bx, by, bz), i ~c = cx~i + cy~j + cz~k = (cx, cy, cz) je broj

koji je jednak skalarnom proizvodu vektora ~a i ~b~c. Racunamo ga na sljedecinacin:

~a (~b ~c) =ax ay azbx by bzcx cy cz

.Apsolutna vrijednost mjesovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jed-naka je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima, tj.

V = |~a (~b ~c)|.

8


~b

~a

~c

Vektori ~a = ax~i+ ay~j + az~k = (ax, ay, az), ~b = bx~i+ by~j + bz~k = (bx, by, bz), i

~c = cx~i+ cy~j + cz~k = (cx, cy, cz) su komplanarni (pripadaju istoj ravni) ako isamo ako je

~a (~b ~c) = 0.

Primjer 1.1.5 Odredti skalarni proizvod vektora ~a = 2~i 3~j + 3~k i ~b =3~i+~j 4~k gdje su ~i,~j i ~k medusobno okomiti ortovi.Rjesenje:

~a ~b = (2~i 3~j + 3~k) (3~i+~j 4~k)= 2 (3) + (3) 1 + 3 (4)= 21.

Primjer 1.1.6 Odrediti skalarni proizvod vektora ~a = 2~m 3~n i ~b = ~m+2~n, ako je |~m| = 2, |~n| = 3 i ugao izmedu vektora ~m i ~n, (~m,~n) =

3.

Rjesenje:

~a ~b = (2~m 3~n) (~m+ 2~n)= 2| ~m|2 + 4~m ~n + 3~n ~m 6| ~n|2= 2 22 + 7~m ~n 6 32 = 62 + 7~m ~n= 62 + 7|~m| |~n| cos(~m,~n) = 62 + 7 2 3 cos

3

= 62 + 42 12= 41.

Primjer 1.1.7 Odrediti parametarm tako da intenziteti vektora ~a = (2m, m,m1) gdje je 6= 0 i ~b = (m + 1, m 2, 0) budu jednaki, zatim naci sinus uglaizmedu njih.

9


Rjesenje: Po uslovu zadatka mora biti

|~a| = |~b| |~a|2 = |~b|2 (2m)2 +m2 + (m 1)2 = (m+ 1)2 + (m 2)2.Odnosno nakon sredivanja

42m = 4 2m = 1 m = 0.Za ovu vrijednost parametra m dati vektori imaju oblik

~a = (2, 0,1) ~b = (1,2, 0).Odrdimo prvo pomocu skalarnog proizvoda kosinus ugla izmedu ova dva vek-tora:

~a ~b = |~a| |~b| cos cos = ~a ~b

|~a| |~b|.

Kako je

~a ~b = (2, 0,1) (1,2, 0) = 2 1 + 0 (2) + (1) 0 = 2,

|~a| =22 + 02 + (1)2 =

5, |~b| =

12 + (2)2 + 02 =

5,

to je

cos =2

5.

Odavde i iz

sin2 + cos2 = 1 sin =1 cos2 =

1(2

5

)2=

21

5.

Primjer 1.1.8 Odrediti realni parametar tako da vektori ~a = 2~i 3~j i~b = ~i+ 4~j budu medusobno okomiti.

Rjesenje: Uslov okomitosti vektora ~a i ~b je ~a ~b = 0.Odavde je

~a ~b = 0 (2~i 3~j) (~i+ 4~j) = 0 2 12 = 0 = 6.

Primjer 1.1.9 Dati su vektori ~a = ~p + 17~q i ~b = 3~p ~q, gdje je |~p | = 2,|~q | = 5, a ugao izmedu ~p i ~q je = 2

3. Odrediti koeficijent tako da vektori

~a i ~b budu medusobno okomiti.

10


Rjesenje: Zbog uslova okomotosti vektora ~a i ~b je ~a ~b = 0. Skalarni proizvodvektora ~a i ~b dat je sa

~a ~b = (~p+ 17~q) (3~p ~q)= 3~p ~p+ (51 )~p ~q 17~q ~q = 0.

Kako je~p ~p = |~p| |~p| cos(0) = |~p|2 = 4,

~p ~q = |~p| |~q| cos(2

3

)= 2 5

(12

)= 5,

~q ~q = |~q| |~q| cos(0) = |~q|2 = 25,to je

~a ~b = 12+ (51 ) (5) 17 25 = 17 680 = 0.Odavde dobijamo da je = 40.

Primjer 1.1.10 U trouglu ABC cije su stranice BC = 5, CA = 6 iAB = 7, naci skalarni proizvod vektora

BA i

BC.

Rjesenje:

A

B

C

7

56

Po definiciji skalarnog proizvoda je

BA BC = |BA| |BC| cos.

Primjenom kosinusne teoreme imamo

cos =AB

2

+BC2 CA2

2 AB BC =49 + 25 36

2 7 5 =19

35,

pa je trazeni skalarni proizvod

BA BC = 7 5 19

35= 19.

11


Primjer 1.1.11 Naci brojnu vrijednost izraza: |~a|2 + 3~a ~b 2~b ~c + 1, akoje:

~a = 4~m ~n, ~b = ~m+ 2~n i ~c = 2~m 3~n,gdje je:

|~m|2 = 4, |~n|2 = 1 i (~m,~n) = 2.

Rjesenje: Posto je (~m,~n) =

2to slijedi da je ~m ~n = 0, pa ce biti:

|~a|2 = = ~a a = (4~m ~n) (~m+ 2~n) = 16|~m|2 8~m ~n+ |~n|2 = 65~a ~b = (4~m ~n) (~m+ 2~n) = 4|~m|2 + 7~m ~n 2|~n|2 = 14~b ~c = (~m+ 2~n) (2~m 3~n) = 2|~m|2 + ~m ~n 6|~n|2 = 2.

Prema tome imamo da je:

|~a|2 + 3~a ~b 2~b ~c+ 1 = 65 + 3 14 2 2 + 1 = 104.

Primjer 1.1.12 U jednoj tacki djeluju sile ~F1 i ~F2 pod uglom od 120 pri

cemu su intenziteti sila | ~F1| = 7 i | ~F2| = 4. Izracunati intenzitet rezultujucesile ~F .

Rjesenje:

~F1

~F1

~F=~F 1+~F 2

~F = ~F1 + ~F2.

|~F |2 = ~F ~F = ( ~F1 + ~F2) ( ~F1 + ~F2)= | ~F1|2 + 2 ~F1 ~F2 + | ~F2|2= 72 + 2 | ~F1| | ~F2| cos 120 + 42

= 49 + 2 7 4 (12

)+ 16 = 37.

Odnosno, intenzitet rezultujuce sile ~F je |~F | = 37.

12


Primjer 1.1.13 Koji ugao obrazuju jedinicni vektori ~p i ~q, ako se zna da suvektori ~a = ~p+ 2~q i ~b = 5~p 4~q uzajamno okomiti?

Rjesenje: Iz uslova okomitosti vektora ~a i ~b je:

~a ~b = (~p+ 2~q) (5~p 4~q) = 0,

ili nakon sredivanja

5|~p| 2 + 6~p ~q 8|~q| 2 = 0. (1.4)Kako su ~p i ~q jedinicni vektori, to vrijedi:

|~p| 2 = |~q| 2 = 1 i ~p~q = |~p||~q| cos = cos ( ugao izmedu vektora ~p i ~q).

Zbog toga jednacina (1.4) postaje

cos =1

2,

a odavde je trazeni ugao

=

3.

Primjer 1.1.14 Dati su vektori ~u = (6, 1, 1), ~v = (0, 3,1) i ~w = (2, 3, 5).Odrediti parametar t tako da vektori ~u+ t~v i ~w budu medusosbno okomiti.

Rjesenje: Da bi dva vektora bila medusobno okomita, njihov skalarni proizvodmora biti jednak nuli. Zato je

(~u+ t~v) ~w = 0.

Skalarni proizvod vektora je distributivan u odnosu na zbir, zato posljednjajednacina postaje

~u ~w + t~v ~w = 0 t = ~u ~w~v ~w .

Kako je

~u ~w = (6, 1, 1) (2, 3, 5) = 12 + 3 + 5 = 4,~v ~w = (0, 3,1) (2, 3, 5) = 0 + 9 5 = 4,

to je

t = 44

= 1.

13


Primjer 1.1.15 Izracunati komponente m i n tako da vektori

~a = (m, 5,1) i ~b = (3, 1, n)budu kolinearni.

Rjesenje: Uslov kolinearnosti vektora ~a i ~b mozemo izraziti u obliku:

~a = ~b,gdje je proizvoljan realan broj. Iz

~a = ~b (ax, ay, az) = (bx, by, bz),odnosno

ax = bx, ay = by, az = bz.

Eliminacijom parametra dobijamo

axbx

=ayby

=azbz,

sto znaci da su komponente kolinearnih vektora proporcionalne.Za date vektore taj uslov glasi:

m

3=

5

1= 1

n.

Odavdje slijedi

m

3= 5 m = 15, 1

n= 5 n = 1

5.

Primjer 1.1.16 Odrediti vektorski proizvod vektora ~a = ~i + ~j i ~b = 2~i + ~j,gdje su ~i i ~j medusobno okomiti ortovi.

Rjesenje:

Primjer 1.1.17 Odrediti visinu hb spustenu iz vrha B trougla ABC savrhovima A(1,2, 8), B(0, 0, 4) i C(6, 2, 0).Rjesenje:

C A

B

hb

b

ca

14


VektoriAB i

AC su

AB = (0 1)~i+ (0 (2))~j + (4 8)~k = ~i+ 2~j 4~k,AC = (6 1)~i+ (2 (2))~j + (0 8)~k = 5~i+ 4~j 8~k.

Povrsinu trougla mozemo racunati po formuli

P =b hb2

=|AC| hb

2. (1.5)

Medutim, povrsinu trougla mozemo izracunati primjenom vektora na sljedecinacin

P =1

2|ABAC| = 1

2|~i ~j ~k1 2 45 4 8

| =1

2|28~j14~k| = 7|2~j+~k| = 7

5.

Sada je na osnovu formule (1.5)

hb =2P

|AC|=

2 7552 + 42 + (8)2 =

2

3

21.

Primjer 1.1.18 Dati su vektori ~a = (8, 4, 1) i ~b = (2,2, 1). Naci:

(a) Vektorski proizvod ~c = ~a~b.

(b) Povrsinu paralelograma odredenog vektorima ~a i ~b.

(c) Visinu paralelograma koja odgovara stranici koju odreduje vektor ~a.

(d) Povrsinu trougla odredenog vektorima ~a i ~b.

Rjesenje:(a) Vektorski proizvod vektora ~a i ~b racunamo pomocu determinante:

~c = ~a~b =~i ~j ~iax ay azbx by bz

=~i ~j ~i8 4 12 2 1

== ~i(4 + 2)~j(8 2) + ~k(16 8) == 6~i 6~j 24~k.

(b)

15


A B

CD

ha

~a

~b

Povrsina paralelograma konstruisanog nad vektorima ~a i ~b jednaka jeintenzitetu vektorskog proizvoda ~a~b, znaci:

P = |~a~b| =62 + (6)2 + (24)2 = 18

2.

(c) Iz (b) znamo da je P = |~a ~b| = 18 2, a sa druge strane znamo dapovrsinu paralelograma mozemo racunati i po formuliP = a ha = |~a| ha. Dakle, imamo

P = |~a~b| = |~a| ha ha = |~a~b|

|~a| =18 2

82 + 42 + 12= 2

2.

(d) Povrsina trougla jednaka je polovini povrsine paralelograma konstru-isanog nad istim vektorima:

P =1

2|~a~b| = 1

2 18

2 = 9

2.

Primjer 1.1.19 Neka je ~a~b = ~c ~d i ~a~c = ~b ~d. Pokazati da su vektori~a ~d i ~b ~c kolinearni.Rjesenje: Kolinearnost vektora ~a ~d i ~b ~c pokazat cemo tako sto cemodokazati da je njihov vektorski proizvod jednak nuli. Imamo:

(~a ~d) (~b ~c) = ~a~b ~a ~c ~d~b+ ~d ~c.Iskoristimo li uslove date u zadatku imamo:

(~a ~d) (~b ~c) = ~c ~d~b ~d ~d~b+ ~d ~c.Kako je

~c ~d = ~d ~c i ~d~b = ~b ~d,slijedi

(~a ~d) (~b ~c) = ~d ~c+ ~d~b ~d~b+ ~d ~c = 0,sto dokazuje kolinearnost vektora ~a ~d i ~b ~c.

16


Primjer 1.1.20 Dokazati da je

(~a~b) (~a+~b) = 2(~a~b)

i objasniti geometrijsko znacenje tog identiteta.

Rjesenje:(~a~b) (~a+~b) = ~a ~a+ ~a~b~b ~a~b~b.

Kako je~a ~a = ~b~b = 0 i ~a~b = ~b ~a,

to je(~a~b) (~a+~b) = 2(~a~b).

Intenzitet lijeve strane dokazanog identiteta je povrsina paralelograma kon-struisanog nad dijagonalama datog paralelograma. Ova povrsina je dva putaveca od povrsine datog paralelograma.

A B

CD

~a

~b~a+

~b

~a ~b

Primjer 1.1.21 Neka je |~a| = |~b| = 5 i ugao izmedu vektora ~a i ~b jednak 4.

Naci povrsinu paralelograma konstruisanog nad vektorima:

2~b ~a i 3~a+ 2~b.

Rjesenje: Povrsina paralelograma je intenzitet vektorskog prozvoda

(2~b ~a) (3~a+ 2~b) = 6 ~b ~a+ 4 ~b~b 3 ~a ~a 2 ~a~b.

Kako je~b~b = 0, ~a ~a = 0 i ~b ~a = ~a~b,

to je(2~b ~a) (3~a+ 2~b) = 8 (~b ~a).

17


Dakle

P = |(2~b ~a) (3~a+ 2~b)| = |8 (~b ~a)| == 8|~b| |~a| sin(~b,~a) = 8 5 5 sin

4=

= 200 2

2= 100

2.

Primjer 1.1.22 Dati su vektori ~a = (1, 1, 1), ~b = (1, 1, 0) i ~c = (1,1, 0).Odrediti vektor ~x iz uslova:

~x~b = ~c i ~x ~a = 3.

Rjesenje: Neka je~x = x1~i+ x2~j + x3~k.

Tada je

~x~b =~i ~j ~kx1 x2 x31 1 0

= x3~i+ x3~j + (x1 x2)~ki

~x ~a = x1 + x2 + x3.Pa dati uslovi glase

x3~i+ x3~j + (x1 x2)~k =~i~j,

x1 + x2 + x3 = 3.

Iz prvog uslova izjednacavajuci odgovarajuce komponente dobijamo

x3 = 1 i x1 = x2.

Ako ovo uvrstimo u drugi uslov dobijamo

2x1 1 = 3 x1 = 2, x2 = 2.

Prema tome trazeni vektor ~x je

~x = 2~i+ 2~j ~k = (2, 2,1).

Primjer 1.1.23 Izracunati zapreminu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori

~a =~i 3~j + ~k, ~b = 2~i+~j 3~k i ~c =~i+ 2~j + ~k.

18


Rjesenje: Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima ~a, ~b i ~cjednaka je mjesovitom proizvodu tih vektora.

~a

~c

~b

V =

ax ay azbx by bzcx cy cz

=1 3 12 1 31 2 1

= 25.Primjer 1.1.24 Odrediti parametar t tako da zapremina paralelopipeda obra-zovanog vektorima ~a = (8, 4, 1), ~b = (2, 3, 6) i ~c = (t,2, 1) bude jednaka 150.Rjesenje: Zapremina paralelopipeda obrazovanog vektorima ~a, ~b i ~c jednakaje mjesovitom proizvodu ovih vektora.

V = ~a (~b ~c) =

=

ax ay azbx by bzcx cy cz

=8 4 12 3 6t 2 1

== 21t+ 108.

Kako je po uslovu zadatka V = 150, to je

21t+ 108 = 150 t = 2.Primjer 1.1.25 Izracunati visinu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori

~a = 3~i+ 2~j 5~k, ~b =~i~j + 4~k i ~c =~i 3~j + ~k.Rjesenje: Zapreminu paralelopipeda razapetog vektorima ~a, ~b i ~c mozemoizracunati pomocu mjesovitog proizvoda

V = (~a~b) ~c. (1.6)S druge starne znamo da je V = B H, gdje je B povrsina osnove par-alelopipeda, a H njegova visina. Buduci da je u nasem slucaju osnova par-alelopipeda paralelogram odreden vektorima ~a i ~b, to je B = |~a ~b|. Tadaje

V = B H = |~a~b| H. (1.7)

19


Iz jednacina (1.6) i (1.7) slijedi

H =(~a~b) ~c|~a~b|

. (1.8)

Kako je

(~a~b) ~c =3 2 51 1 41 3 1

= 49,i

~a~b =~i ~j ~k3 2 51 1 4

= 3~i 17~j 5~k,odnosno

|~a~b| =32 + (17)2 + (5)2 =

323.

Uvrstavanjem dobijenih rezultata u (1.8) dobijamo

H =49323

.

Primjer 1.1.26 Odrediti parametar tako da zapremina tetraedra konstru-

isanog nad vektorima ~a, ~b i ~c iznosi2

3, gdje je

~a =~i+~j 2~k, ~b = 2~i+~j ~k, ~c =~i 13~k

Rjesenje: Zapreminu tetraedra konstruisanog nad vektorima ~a, ~b i ~c racunamopo formuli

V =1

6 |(~a~b) ~c| (1.9)

Kako je

(~a~b) ~c =1 1 22 1 1 0

3

= 4

3.

Sada uvrstavanjem u (1.9) imamo

2

3=

1

6

43 ,

odnosno|| = 3 a1 = 3 i a2 = 3.

20


Primjer 1.1.27 Pokazati da su vektori

~a = ~i+ 3~j + 2~k, ~b = 2~i 3~j 4~k, ~c = 3~i+ 12~j + 6~kkomplanarni i napisati vektor ~c kao linearnu kombinaciju vektora ~a i ~b.

Rjesenje: Kako je

~a (~b ~c) =1 3 22 3 43 12 6

= 0,to slijedi da su vektori ~a, ~b i ~c komplanarni.Od tri komplanarna vektora bilo koji moze biti predstavljen kao linearnakombinacija druga dva vektora. Napisimo vektor ~c kao linearnu kombinacijuvektora ~a i ~b, tj.

~c = ~a+ ~b.

Ista relacija mora da vrijedi i za odgovarajuce komponente:

3 = + 212 = 3 36 = 2 4

Dati sistem od tri jednacine sa dvije nepoznate je saglasan zbog kompla-narnosti vektora, a njegovo jedinstveno rjesenje je

= 5 i = 1.

Odakle dobijamo da je ~c = 5~a+~b.

Primjer 1.1.28 Izracunati zapreminu tetraedra ciji su vrhovi tacke A(0, 0, 0), B(3, 4,1), C(2, 3, 5)i D(6, 0,3).Rjesenje:

bA b B

b C

b

D

21


Zapreminu tetraedra mozemo izracunati koristeci formulu

V =1

6

AD (AB AC) .

Formirajmo vektore koji cine ivice tetraedra:

AB = (3 0, 4 0,1 0) = (3, 4,1)AC = (2 0, 3 0, 5 0) = (3, 2, 5)AD = (6 0, 0 0,3 0) = (6, 0,3),

sada je trazena zapremina

V =1

6

AD (AB AC)=

1

6

3 4 13 2 56 0 3

=

1

6 150 = 25.

1.2 Prva i ravan u prostoru

1.2.1 Ravan u prostoru

Polozaj ravni u odnosu na prostorni koordinatni sistem najcesce se odreduje

na sljedeci nacin. Povucemo kroz koordinatni pocetak O normalu ~n =OP,

gdje je P podnozje normale na .

Sa ~n0 = {cos, cos, cos } oznacimo jedinicni vektor normale ~n, a vektorpolozaja proizvoljne tacke M(x, y, z) koja pripada ravni sa ~r = {x, y, z}.Projekcija vektora polozaja ~r proizvoljne catke M ravni na vektor ~n0 bicep jer je OMP pravougli.

22


~n

y

x

M(x, y, z)

~r

P

z

~n0 p

Ob

b

b

b

Prema tome za svaku tacku ravni vrijedi

~r ~n0 = p. (1.10)Dobijena jednacina ravni napisana u vektorskom obliku zove se normalnioblik jednacine ravni jer u njoj dolazi od izrazaja ort ~n0 normale ~n.

U skalarnom obliku ta jednacina ravni glasi:

x cos+ y cos + z cos p = 0. (1.11)Opsti oblik jednacine ravni glasi:

Ax+By + Cz +D = 0, (1.12)

gdje je ~n = (A,B,C) vektor normale ravni.Ako su ravni:

A1x+B1y + C1z +D1 = 0 i A2x+B2y + C2z +D2 = 0

paralelne onda su im vektori normale ~n1 = (A1, B1, C1) i ~n2 = (A2, B2, C2)kolinearni, pa su im odgovarajuce koordinate proporcionalne tj.

A1A2

=B1B2

=C1C2

= . (1.13)

23


Ako su pak, date ravni medusobno normalne (okomite), onda su njihovivektori normale ~n1 = (A1, B1, C1) i ~n2 = (A2, B2, C2) medusobno normalni,pa im je skalarni proizvod jednak nuli, tj. vrijedi:

A1 A2 +B1 B2 + C1 C2 = 0.

Ako ravan Ax+By+Cz+D = 0 nije paralelna ni sa jednom koordinatnomosom, onda ona od koordinatnih osa odsijeca odsjecke:

yx

Ob

m

n

lb

z

l = DA, m = D

B, n = D

C,

pa se jednacnia ravni moze zapisati u tzv. segmentnom obliku:

x

l+

y

m+z

n= 1.

Jednacina ravni odredene sa tri nekolinearne tackeM1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2)i M3(x3, y3, z3) glasi

x x1 y y1 z z1x2 x1 y2 y1 z2 z1x3 x1 y3 y1 z3 z1

= 0,gdje su x, y, z tekuce koordinate.Rastojanje tacke A(x1, y1, z1) od ravni Ax+By+Cz +D = 0 racunamo poformuli

d =

Ax0 +By0 + Cz0 +DA2 +B2 + C2 .

24


Primjer 1.2.1 Kolike odsjecke odsijeca ravan 3x+5y 4z 3 = 0 od koor-dinatnih osa?

Rjesenje: Odsjecci koje data prava odsijeca od koordinatnih osa su:

l = DA, m = D

B, n = D

C.

Pa je

l = DA

= 33

= 1, m = DB

= 35

=3

5,

n = DC

= 34 = 3

4.

Primjer 1.2.2 Naci presjeke ravni x+2yz4 = 0 sa koordinatnim osamai koordinatnim ravnima.

Rjesenje: Svedimo datu jednacinu na segmentni oblik:

x+ 2y z 4 = 0 x+ 2y z = 4/ : 4x

4+

2y

4 z

4= 1 x

4+y

2+

z

4 = 1,

odavdve vidimo da su odsjecci na koordinatnim osam l = 4, m = 2 i n = 4.Medutim, jednacine presjeka koodrinatnih ravni XOY, Y OZ i ZOX do-

bijamo na sljedeci nacin.Presjek ravni x+2yz4 = 0 i XOY (z = 0) dobijamo tako sto rijesimo

sljedeci sistem:

x+ 2y z 4 = 0z = 0.

Odakle dobijamo da je jednacina presjeka sa XOY ravni x+ 2y 4 = 0.Presjek ravni x+2yz4 = 0 i Y OZ (x = 0) dobijamo tako sto rijesimo

sljedeci sistem:

x+ 2y z 4 = 0x = 0.

Odakle dobijamo da je jednacina presjeka sa Y OZ ravni 2y z 4 = 0.Presjek ravni x+2yz4 = 0 i ZOX (y = 0) dobijamo tako sto rijesimo

sljedeci sistem:

x+ 2y z 4 = 0y = 0.

Odakle dobijamo da je jednacina presjeka sa ZOX ravni x z 4 = 0.

25


Primjer 1.2.3 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi:

a) kroz tacku K(2,5, 3) i paralelna je sa koordinatom ravni XOZ,

b) kroz tacku L(3, 1,2) i osu OZ,

c) kroz tacke M(4, 0,2) i N(5, 1, 7), a paralelna je osi OX.

Rjesenje:a) Jednacina ravni koja prolazi tackom K(2,5, 3) glasi:

A(x 2) +B(y + 5) + C(z 3) = 0.

Njen vektor normale je ~n = (A,B,C). Posto je trazena ravan paralelna saravni XOZ (y = 0), ciji je vektor normale ~n1 = (0, 1, 0), to su njihovi vektorinormale kolinearni tj. vrijedi

(A,B,C) = (0, 1, 0) A = 0, B = , C = 0,

pri cemu je proizvoljan realan broj. Sada je jednacina trazene ravni

B(y + 5) = 0 y + 5 = 0.

b) Kako trazena ravan prolazi tackom L(3, 1,2) to njene koordinate zado-voljavaju opstu jednacinu ravni:

Ax+By + Cz +D = 0 3A +B 2C +D = 0. (1.14)

S obzirom da ona prolazi i kroz osu OZ, to svaka tacka sa ose OZ pripadatrazenoj ravni. Tacke koje pripadaju osi OZ su oblika (0, 0, z). Uzmimo tackeP (0, 0, 1) i Q(0, 0, 2) koje pripadaju osi OZ, te tacke pripadaju i trazenojravni pa je

0 A+ 0 B + C +D = 0 C +D = 0,0 A + 0 B + 2C +D = 0 2C +D = 0.

Rjesenja posljednjeg sistema su C = 0 i D = 0. Uvrstavanjem ovih vrijedostiu jednacinu (1.14) dobijamo 3A + B = 0 B = 3A. Ako sada uvrstimodobijene vrijednosti u opstu jednacinu ravni dobijamo:

Ax+By + Cz +D = 0 Ax+ 3Ay = 0/ : A x+ 3y = 0,

trazena jednacina ravni.

26


c) Kako trazena ravan Ax+By +Cz +D = 0 sadrzi tacke M(4, 0,2) iN(5, 1, 7), to koordinate datih tacaka zadovoljavaju jednacinu trazene ravni,odnosno dobijamo sljedeci sistem:

4A 2C +D = 05A+B + 7C +D = 0.

Kako je trazena ravan paralelna osi OX, to je njen vektor normale ~n =(A,B,C) okomit sa jedinicnim vektorom ~i = (1, 0, 0) ose OX. Odnosno

~n ~i = 0(A,B,C) (1, 0, 0) = 0

A = 0.

Uvrstavanjem dobijene vrijednosti u posljednji sistem dobijamo:

2C +D = 0 D = 2CB + 7C +D = 0

Iz druge jednacine dobijamo B + 7C + 2C = 0 B = 9C. Uvrstavanjemdobijenih vrijednosti u postu jednacinu dobijamo:

Ax+By + Cz +D = 0 9Cy + Cz + 2C = 0/ : C 9y + z + 2 = 0je trazena jednacina ravni.

Primjer 1.2.4 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi kroz tacku A(2, 1,1)i koja normalna je na vektor ~a = {1,2, 3}.Rjesenje: Jednacina ravni koja prolazi kroz tacku A(2, 1,1) glasi:

A(x 2) +B(y 1) + C(z + 1) = 0.S obzirom da je trazena ravan normalna na vektor ~a = {1,2, 3}, to je njenvektor normale ~n = {A,B,C} kolinearan sa vektorom ~a = {1,2, 3}, pa suim odgovarajuce koordinate proporcionalne, tj.:

A

1=

B

2 =C

3= .

OdnosnoA = , B = 2, C = 3.

Ako dobijene vrijednosti uvrstimo u jednacinu A(x2)+B(y1)+C(z+1) =0, dobijamo trazenu jednacinu ravni

(x 2) 2(y 1) + 3(z + 1) = 0/ : x 2y + 3z + 3 = 0.

27


Primjer 1.2.5 Sastaviti jendacinu ravni koja prolazi kroz tacku A(3, 4,5)i paralelna je sa vektorima ~a = {3, 1,1} i ~b = {1,2, 1}.Rjesenje: Jednacina ravni kroz datu tacku A glasi:

A(x 3) +B(y 4) + C(z + 5) = 0.

S obzirom da je ova ravan paralelna sa vektorima ~a i ~b, to je njen vektornormale ~n = {A,B,C} normalan na oba vektora, pa je ~n = ~a~b.

~a

~n

~b

Odnosno,

~n = ~a~b =~i ~j ~k3 1 11 2 1

= ~i 4~j 7~k = {1,4,7}.Prema tome, trazena jednacina ravni glasi:

1(x 3) 4(y 4) 7(z + 5) = 0/ (1)

(x 3) + 4(y 4) + 7(z + 5) = 0 x 3 + 4y 16 + 7z + 35 = 0,odnosno x+ 4y + 7z + 16 = 0.

Primjer 1.2.6 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi kroz tacku A(7,5, 1)i odsijeca na koordinatnim osama jednake odsjecke.

Rjesenje: Jednacina ravni kroz datu tacku A glasi:

A(x 7) +B(y + 5) + C(z 1) = 0.

28


Kako trazena prava odsijeca na koordinatnim osama jednake odsjecke to je

l = DA

= m = DB

= n = DC,

odakle je

DA

= DB

= DC A = B = C.

Dakle, jednacina trazene ravni glasi A(x 7) + A(y + 5) + A(z 1) = 0.Nakon dijeljenja sa A dobijamo x+ y + z 3 = 0.

Primjer 1.2.7 Sastavite jednacinu ravni koja je od koordinatnog pocetkaudaljena za 6 jedinica i ciji su odsjecci na koordinatnim osama vezani relacijoml : m : n = 1 : 3 : 2.

Rjesenje: Iz date proporcije dobija se:

l : m = 1 : 3

l : n = 1 : 2

tj. m = 3l i n = 2l. Zamjenom dobijenih vrijednosti za m i n u segmentnioblik jednacine ravni:

x

l+

y

m+z

n= 1

dobijamo:x

l+

y

3l+

z

2l= 1/ 6l 6x + 2y + 3z 6l = 0. Iz relacije za

udaljenost ravni od koordinatnog pocetka O(0, 0, 0) dobijamo:

d =

Ax0 +By0 + Cz0 +DA2 + B2 + C2 | 6l|62 + 22 + 32 = 6,

odnosno| 6l|49 = 6 l = 7. Dobili smo dva rjesenja za l, odnosno postoje

dvije ravni koje zadovaljavaju trazene uslove zadatka, to su ravni:

6x+ 2y + 3z + 42 = 0 i 6x+ 2y + 3z 42 = 0.

Primjer 1.2.8 Izracunati visinu HS piramide ciji su vrhovi u tackama

S(0, 6, 4), A(3, 5, 3), B(2, 11,5) i C(1,1, 4).

29


Rjesenje:

b

Ab

B

b

C

b

S

b

Hs

Trazena visina Hs je udaljenost tacke S od ravni odredene sa tackama A,Bi C. Jednacina ravni koja je odredena sa tackama A,B i C je:

x 3 y 5 z 32 3 11 5 5 31 3 1 5 4 3

= 0.Nakon izracunavanja determinante dobijamo

42x+ 21y + 42z 105 = 0/ : (21) 2x y 2z + 5 = 0.Trazena visina HS je udaljenost tacke S(0, 6, 4) od ravni 2x y2z+5 = 0,odnosno,

HS = d =|0 6 8 + 5|

4 + 1 + 4=

9

3= 3.

Primjer 1.2.9 Sastaviti jednacinu ravni koja prolazi kroz koordinatni pocetaki normalna je na ravni 2x y + 5z + 3 = 0 i x+ 3y z 7 = 0.

30


Rjesenje: Jednacina ravni koja prolazi kroz koordinatni pocetak je

Ax+By + Cz = 0.

b

n

b

n1

n2

b

Kako je trazena ravan normalna na ravni 2xy+5z+3 = 0 i x+3yz7 = 0,to je njen vektor normale ~n = (A,B,C), normalan na ravan koju obrazujuvektori normala datih ravni, ~n1 = (2,1, 5) i ~n2 = (1, 3,1). Pa je ~n =~n1 ~n2, odnosno

~n = ~n1 ~n2 =~i ~j ~k2 1 51 3 1

= 14~i+ 7~j + 7~k,odnosno ~n = (A,B,C) = (14, 7, 7). Jednacina trazene ravni glasi:

14x+ 7y + 7z = 0/ : (7) 2x y z = 0.

Primjer 1.2.10 Odrediti parametre m i n tako da ravni:

2x+my + 3z 5 = 0nx 6y 6z + 2 = 0

budu paralelne.

31


Rjesenje: Da bi ravni bile paralelne, potrebno je da su im koeficijenti uznepoznate proporcionalni, tj.:

2

n=

m

6 =3

6 ,

odakle se dobija da je m = 3 i n = 4.

Primjer 1.2.11 Kako glasi jednacina ravni koja prolazi tackamaM(3,5, 1)i N(4, 1, 2), a normalna je na ravan x 8y + 3z 1 = 0?

Rjesenje: Jednacina trazene ravni glasi Ax+By + Cz +D = 0.

b

M

b

N

b

n

b

n1

Kako tackeM(3,5, 1) i N(4, 1, 2) pripadaju trazenoj ravni i kako je trazenaravan normalna na ravan x8y+3z1 = 0 to je ~n = MN ~n1, jer je vektor~n = (A,B,C) normalan na ravan koju cine vektori

MN i ~n1. Formirajmo

vektor MN = (4 3, 1 (5), 2 1) = (1, 6, 1),

a vektor ~n1 = (1,8, 3). Dakle, sada je:

~n =

~i ~j ~k1 6 11 8 3

= 26~i 2~j 14~k.32


Odnosno ~n = (A,B,C) = (26,2,14) A = 26, B = 2 iC = 14. Kako tackaM(3,5, 1) pripada trazenoj ravni to njene koordinatezadovoljavaju jednacinu te ravni pa je

3A 5B + C +D = 0 3 26 5 (2) 14 +D = 0 D = 74.

Odakle dobijamo da je jednacina trazene ravni

26x 2y 14z 74 = 0/ : 2 13x y 7z 37 = 0.

Primjer 1.2.12 Iz pramena ravni:

2x 3y + z 3 + (x+ 3y + 2z + 1) = 0,

izdvojiti onu ravan koja sadrzi tacku M(1,2, 3).

Rjesenje: Posto tacka M(1,2, 3) pripada trazenoj ravni datog pramena, tonjene koordinate zadovoljavaju jednacinu pramena tj.

2 + 6 + 3 3 + (1 6 + 6 + 1) = 0 = 4.

Trazenu jednacinu cemo dobiti kada vrijednost = 4 uvrstimo u jednacinudatog pramena ravni, tj.:

2x 3y + z 3 4(x+ 3y + 2z + 1) = 0,

odnosno

2x+ 15y + 7z + 7 = 0.

1.2.2 Prava u prostoru

Neka prava p u prostoru moze biti odredena kao presjek bilo koje dvije ravni1 i 2, koje tom pravom prolaze. Odnosno

1 : A1x+B1y + C1z +D1 = 0

2 : A2x+B2y + C2z +D2 = 0

33


p

12

Pravu mozemo zadati i u tzv. kanonskom obliku

x x0l

=y y0m

=z z0n

,

gdje je M(x0, y0, z0) proizvoljna tacka koja pripada datoj pravoj, a ~p =(l,m, n) je vetor pravca date prave. Iz kanonskog oblika jednacine pravelahko mozemo dobiti parametarski oblik jednacine prave, naime iz

x x0l

=y y0m

=z z0n

= t

x = x0 + lt

y = y0 +mt

z = z0 + nt, t R.

Jednacina prave kroz dvije tacke M1(x1, y1, z1) i M2(x2, y2, z2) glasi:

x x1x2 x1 =

y y1y2 y1 =

z z1z2 z1 .

Primjer 1.2.13

34


1.2.3 Zadaci za samostalan rad

Zadatak 1.2.1 Izracunati intenzitet vektora ~c = 3~a+ 2~b, ako je

|~a| = 3, |~b| = 4 i (~a,~b) = 3.

Rjesenje: Iz ~c ~c = 217 i ~c ~c = |~c| |~c| slijedi |~c| = 217.Zadatak 1.2.2 Odrediti parametar tako da vektori

~a = 2~i 3~j i ~b = ~i+ 4~j

budu okomiti.

Rjesenje: = 6.

Zadatak 1.2.3 Dati su vrhovi A(1,2, 3), B(3, 2, 1), i C(6, 4, 4) paralelo-grama ABCD. Odredite koordinate vrha D.

Rjesenje: D(4, 0, 6).

Zadatak 1.2.4 Odrediti unutrasnje uglove trougla ciji su vrhovi A(5, 2,4),B(9,8,3) i C(16,6,11).

Rjesenje: Odrediti vektoreAB,

AC,

BA,

BC i

CA,

CB, a zatim pomocu

skalarnog proizvoda izracunati trazene uglove.

=

4, =

2, =

4.

Zadatak 1.2.5 Vektori ~a i ~b obrazuju ugao = 120 i pri tome je |~a| =3, |~b| = 5. Odrditi |~a+~b| i |~a~b|.

Rjesenje: Iskoristiti cinjenicu da je |~a|2 = ~a ~a. Dobija se |~a + ~b| = 19 i|~a~b| = 7.

Zadatak 1.2.6 Neka su ~p i ~q jedinicni vektori koji zaklapaju ugao =

4.

Odredite povrsinu paralelograma sa dijagonalama ~e = 2~p ~q i ~f = 4~p 5~q.

Rjesenje: Vidi primjer 1.1.20 P =32

2.

Zadatak 1.2.7 Naci ugao izmedu vektora ~a i ~b ako je poznato da je (~a+~b)

okomito na (7~a 5~b) i da je (~a 4~b) okomito na (7~a 2~b).Rjesenje: cos = 0.53.

35


Zadatak 1.2.8 Odrediti visinu ha spustenu iz vrha A trougla ABC savrhovima A(1, 0,1), B(1, 1, 1) i C(0, 2, 1).

Rjesenje: ha =

34

2.

Zadatak 1.2.9 Izracunati mjesoviti proizvod sljedecih vektora:

(a) ~a = (1, 2, 3),~b = (3, 1, 2),~c = (2, 3, 1)

(b) ~a = (2,1, 1),~b = (1,4, 1),~c = (1, 5,2)

Rjesenje: (a) (~a~b) ~c = 18, (b) (~a~b) ~c = 6.Zadatak 1.2.10 Izracunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vek-torima

~a = (1, 0, 3), ~b = (1, 1, 0), ~c = (2, 1, 1).Rjesenje: V = 8.

Zadatak 1.2.11 Odrediti parametar t tako da vektori ~a = (t, 1, 1), ~b =(1, 2 t, 1) i ~c = (1, 1, 3 2t) budu komplanarni.

Rjesenje: Iskoristiti uslov komplanarnosti ~a (~b ~c) = 0 t1 = 1 i t2 = 32.

Zadatak 1.2.12 Vektori ~a = (1, 2t, 1), ~b = (2, t, t) i ~c = (3t, 2,t) su ivicetetraedra.

a) Izracunati zapreminu tetraedra.

b) Odrediti realan parametar t tako da vektori ~a, ~b i ~c budu komplanarni.

Rjesenje: a) V =1

3(t+ 1)(3t2 t+ 2), b) t = 1.

Zadatak 1.2.13 Dokazati da je

~a (~b+ ~a) = ~a~b

za sve vrijednosti parametra .

36

analiticka geometrija

Documents