Download - Matematika - 1 Godina Srednje Skole

1

VEKTORI U RAVNI

Najjednostavnije rečeno, vektori su usmerene duži.

Osnovne karakteristike vektora su :

- pravac

- smer

- intenzitet

- početak i kraj vektora

Pravac vektora je prava na kojoj se on nalazi ali i sve prave paralelne sa njom, što vektoru dozvoljava da “skače”

sa jedne na drugu paralelnu pravu.

Smer vektora se zadaje strelicom.

Intenzitet vektora je njegova dužina i najčešće se obeležava sa a

A je početak a B je kraj vektora . Obeležava se aAB =

Kako se vektor zadaje?

1 2 a a i a j= +

r r r ili jednostavnije 1 2( , )a a a=

r; intenzitet je a = 2

2

2

1 aa +

i i j su jedinični vektori (ortovi) koji služe za izražavanje drugih vektora.

i =(1,0) i intenzitet ovog vektora je i =1

j =(0,1) i takodje je j =1

2

Kako izraziti vektor ako su date koordinate njegovog početka i kraja?

a =(x2-x1, y2-y1) i njegov intenzitet je onda 2

12

2

12 )()( yyxxa −+−=

Sabiranje i oduzimanje vektora

Za sabiranje i oduzimanje vektora imamo dva pravila:

1) Pravilo paralelograma

Dva data vektora dovedemo na zajednički početak paralelnim pomeranjem.Nad njima kao stranicama oformimo

paralelogram. Dijagonala paralelograma je njihov zbir (ona dijagonala koja polazi iz sastava ta dva vektora).

2) Pravilo poligona (nadovezivanja)

Na kraj prvog vektora paralelnim pomeranjem dovedemo početak drugog, na kraj drugog dovedemo početak trećeg

vektora......

Rezultanta (njihov zbir) je vektor koji spaja početak prvog i kraj zadnjeg vektora.

Evo to na slici:

3

Naš predlog je da upotrebljavate pravilo nadovezivanja, jer je po našoj proceni lakše...

Svaki vektor ima svoj suprotan vektor, koji ima isti pravac i intenzitet ali suprotan smer sa početnim vektorom.

a

a

-

0=+− aa i 0)( =−+ aa

Nula vektor 0 je onaj čiji se početak i kraj poklapaju.

Kako oduzeti dva vektora?

Recimo da su dati vektori a i b ,.Postupak je sličan kao kod sabiranja vektora(pravilo nadovezivanja) samo što

umesto vektora +b na kraj prvog nanosimo - b .

www.matematiranje.com

4

a

b

b

a

-

Primer:

1) Date su duži AC i BD. Tačke E i F su sredine ove dve duži. Dokazati da je : EFCDAB 2=+

Rešenje:

Naravno da je ovde najbitnije nacrtati sliku i sa nje uraditi zadatak!

A B

C D

EF

Sad spojimo tačke koje formiraju vektore.

A

B

CD

E

F

Ideja je da se vektor EF izrazi na obe strane pa se te jednakosti saberu!

BFABEAEF ++= +

DFCDECEF ++=

2 CDABEF += jer su vektori EA i EC suprotni , pa se skrate a takođe su suprotni i vektori BF i DF pa se i oni

skrate.

5

Računski sabiranje i oduzimanje vektora ide vrlo lako:

Ako je jaiaa 21 += to jest 1 2( , )a a a=

r i jbibb 21 += , to jest 1 2( , )b b b=

r

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

a - b = 1 2 1 2 1 1 2 2( , ) ( , ) ( , )a a b b a b a b− = − −

Dakle, radimo tako što saberemo (oduzmemo) koordinatu sa koordinatom.

Množenje vektora skalarom (brojem)

Proizvod skalara k i vektora a je vektor k a (ili a k) koji ima isti pravac kao vektor a , intenzitet akak = i smer:

- isti kao vektor a ako je k>0

- suprotan od vektora a ako je k<0

Primer: Dat je vektor a , nadji : 2 a i -3 a

Rešenje:

a

a

a

2

-3

Svaki vektor a se može predstaviti u obliku 0aaa = , gde je 0a jedinični vektor vektora a .

Linearna zavisnost vektora

Ako su k1,k2,…,kn realni brojevi i 1x , 2x ,…, nx vektori različiti od nule, onda se zbir:

k1 1x +k2 2x +…+kn nx

zove linearna kombinacija vektora 1x , 2x ,…, nx

Izjednačimo ovu linearnu kombinaciju sa nulom:

k1 1x +k2 2x +…+kn nx = 0

6

i) Ako je k1=k2=…=kn , onda su vektori 1x , 2x ,…, nx linearno nezavisni

ii) Ako je bar jedan od k1,k2,…,kn različit od nule onda su vektori 1x , 2x ,…, nx linearno zavisni

Važi još:

Dva vektora su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni (kolinearni znači da leže na istoj pravoj).

Vektori x , y , z su komplanarni ako i samo ako su linearno zavisni (komplanarni znači da leže u istoj ravni).

Razlaganje vektora na komponente

Ako su vektori x i y linearno nezavisni vektori jedne ravni, onda za svaki vektor z te ravni ,postoje jedinstveni

brojevi p i q takvi da je :

z = p x + q y

Primer:

Vektor v=(4,2) razložiti po vektorima a =(2,-1) i b = (-4,3)

Rešenje:

v= p a + qb

(4,2) = p(2,-1) + q(-4,3)

(4,2) = (2p,-p) + (-4q,3q)

Odavde pravimo sistem:

4=2p – 4q

2=-p + 3q

2p –4q = 4

-p + 3q = 2

p – 2q = 2

-p+3q = 2

q = 4

2p-4q = 4 , pa je 2p – 16 = 4 , pa 2p = 20 i konačno p = 10 .

Dakle, razlaganje vektora je v= 10 a + 4b

7

Ako ste proučili ovaj fajl, pogledajte odmah sledeći u kome su rešeni zadaci...


1

VEKTORI U RAVNI – II DEO

Primer 1.

Tačka M je središte stranice BC trougla ABC. Dokazati da je 2AB AC AM+ =uuur uuur uuuur

Rešenje:

Nacrtajmo najpre sliku i postavimo problem...

A B

C

M

A B

C

M

A B

C

M

slika 1. slika 2. slika 3.

Na slici 1. su obeleženi vektori koji su dati u zadatku.

Šta je ideja? Kod ovakvog tipa zadataka vektor u sredini izrazimo na obe strane! Na slici 2. je vektor AM izražen ( plavom putanjom) preko: AM AB BM= +

uuuur uuur uuuur.

Na slici 3. je vekor AM izražen ( žuta putanja) preko: AM AC CM= +uuuur uuur uuuur

Dalje ćemo ove dve jednakosti napisati jednu ispod druge i sabrati ih:

2 pretumbamo malo

2 pogledajmo zadnja dva vektora na slici...suprotni su

AM AB BM

AM AC CM

AM AB BM AC CM

AM AB AC CM BM

= +

= +

= + + +

= + + +

uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuur uuuur uuuur, pa je 0

2

CM BM

AM AB AC

+ =

= +

uuuur uuuur

uuuur uuur uuur

Dobili smo traženu jednakost.

WWW.MATEMATIRANJE.COM

2

Primer 2.

U trouglu ABC tačke M i K su središta stranica AB i BC. Dokazati da je 2AC MK=uuur uuuur

Rešenje:

Opet mora slika:

A B

C

M

K

A B

C

M

K

A B

C

M

K


Slično kao u prethodnom zadatku, vektor u sredini MK, izražavamo na obe strane.

Na slici 2. idemo ulevo: KM MA AC CK= + +uuuur uuur uuur uuur

Na slici 3. idemo udesno: KM MB BK= +uuuur uuur uuur

Napišemo jednakosti jednu ispod druge i saberemo ih:

2

KM MA AC CK

KM MB BK

KM MA AC CK MB BK

= + +

= +

= + + + +

uuuur uuur uuur uuur

uuuur uuur uuur

uuuuuuuuuuuuuuuuu�uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

Sad pogledamo sliku i uočimo suprotne vektore ( istog pravca i intenziteta a suproznog smera).

2

Uokvireni su nula vektori, pa je:

2

KM AC MA MB BK CK

KM AC

= + + + +

=

uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

uuuur uuur

Primer 3.

Dat je trapez ABCD. Ako je M središte stranice AD, a N središte stranice BC, tada je ( )1

2MN AB CD= +uuuur uuur uuur

Dokazati.

Rešenje:

Ovo je ustvari dokaz činjenice da je srednja linija trapeza jednaka polovini zbira osnovica 2

a bm

+=

3

A B

CD

M N

A B

CD

M N

A B

CD

M N


Najpre ćemo vektor MN izraziti odozdo ( slika 2.) pa odozgo ( slika 3.), pa to sabrati…

MN MA=uuuur uuur

AB BN+ +uuur uuur

MN MD=uuuur uuuur

DC CN+ +uuur uuur

2 suprotni vektori se potiru, to jest daju nula vektorMN AB DC= +uuuur uuur uuur

Još da celu jednakost podelimo sa 2 i dobijamo ( )1

2MN AB CD= +uuuur uuur uuur

.

Primer 4. Neka su M i N središta neparalelnih stranica BC i AD trapeza ABCD, a E i F presečne tačke duži MN i

dijagonala AC i BD. Tada je ( )1

2EF AB DC= −uuur uuur uuur

Rešenje:

I u ovom zadatku se koristi isti trik, al je putanja izražavanja vektora u sredini malo čudna , da vidimo:

A B

CD

slika 1.

E F

A B

CD

E F

A B

CD

E F

slika 2. slika 3.

Na slici 2. vektor EF izražavamo preko: EF EA AB BF= + +uuur uuur uuur uuuv

.

Na slici 3. vektor EF izražavamo preko: EF EC CD DF= + +uuur uuur uuur uuuv

Napišemo ove dve jednakosti jednu ispod druge, saberemo ih i potremo suprotne vektore…

EF EA=uuur uuur

AB BF+ +uuur uuuv

EF EC=uuur uuur

CD DF+ +uuur uuuv

2EF AB CD= +uuur uuur uuur


4

Znamo da važi : CD DC= −uuuruuuv

, ubacimo ovo u dobijenu jednakost i evo rešenja: 2EF AB DC= −uuur uuur uuur

.

Naravno ,ovo sve podelimo sa 2 i dobijamo: ( )1

2EF AB DC= −uuur uuur uuur

.

Primer 5.

Ako je M proizvoljna tačka u ravni paralelograma ABCD , tada je 4MO MA MB MC MD= + + +uuuur uuur uuur uuuur uuuur

, gde je O tačka preseka dijagonala paralelograma. Dokazati.

Rešenje:

A B

CD

O

M

Vektor MO ćemo izraziti na 4 načina pa te jednakosti sabrati:

4

MO MA AO

MO MB BO

MO MC CO

MO MD DO

MO MA AO MB BO MC CO MD DO

= +

= +

= +

= +

= + + + + + + +

uuur uuuruuuuv

uuur uuuruuuuv

uuuur uuuruuuuv

uuuur uuuruuuuv

uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuruuuuv

Pretumbajmo malo ovu jednakost u smislu da uočimo suprotne vektore:

4MO MA MB MC MD AO CO BO DO= + + + + + + +uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuuruuuuv

( pogledajte na slici, ovo su suprotni vektori)

4MO MA MB MC MD= + + +uuur uuur uuuur uuuuruuuuv

5

Primer 6.

Ako je T težište trougla ABC, tada je 0TA TB TC+ + =uur uur uuur

. Dokazati. Rešenje:

Da se podsetimo: težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice; sve tri težišne duži seku se u jednoj tački T koja

je težište trougla; težište deli težišnu duž u odnosu 2:1.

Da nacrtamo sliku:

A B

C

T

AB

C

11

1

Krenućemo od TA TB TC+ + =uur uur uuur

i dokazati da je ovaj zbir nula.

Rekosmo da težište deli težišnu duž u odnosu 2:1, pa je:

1

1

1

2

3

2

3

2

3

TA A A

TB B B

TC C C

=

=

=

uur uuur

uur uuur

uuur uuuur

Saberemo ove tri jednakosti i dobijamo: 1 1 1

2( )

3TA TB TC A A B B C C+ + = + +uur uur uuur uuur uuur uuuur

Dalje ćemo izraziti svaki od ovih vektora ( pogledaj na slici, to su isprekidano nacrtani vektori):

A B

C

T

AB

C

11

1A B

C

T

AB

C

11

1A B

C

T

AB

C

11

1

1 1A A AC CA= +uuur uuur uuur

1 1B B B A AB= +uuur uuur uuur

1 1C C C B BC= +uuuur uuur uuur

Saberemo ove tri jednakosti:

6

1 1

1 1

1 1

1 1 1 1 1 1

A A AC CA

B B B A AB

C C C B BC

A A B B C C AC CA B A AB C B BC

= +

= +

= +

+ + = + + + + +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuuur uuur uuur

uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Pretumbajmo malo desnu stranu jednakosti:

1 1 1 1 1 1A A B B C C CA AB BC AC B A C B+ + = + + + + + +uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Zaokruženi vektori imaju zbir nula, jer se zadnji vektor završava gde počinje prvi...

Pogledajmo sada preostali zbir 1 1 1AC B A C B+ +uuur uuur uuur

, i on je nula, jer je:

1

1

1

1 1 1

1

2

1

2

1

2

1 1( ) 0 0

2 2

AC BC

B A CA

C B AB

AC B A C B BC CA AB

=

=

=

+ + = + + = ⋅ =

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

E, ovim je dokaz konačno završen.

Primer 7.

Ako je M proizvoljna tačka u ravni trougla ABC , tada je ( )1

3MT MA MB MC= + +uuur uuur uuur uuuur

, gde je T težište trougla.

Dokazati.

Rešenje:

Najpre moramo vektor MT izraziti preko vektora MA,MB i MC.

A B

C

T

AB

C

11

1

M

7

MT MA AT

MT MB BT

MT MC CT

= +

= +

= +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuur uuuur uuur saberemo ove tri jednakosti...

3

MT MA AT

MT MB BT

MT MC CT

MT MA MB MC AT BT CT

= +

= +

= +

= + + + + +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuur uuuur uuur

uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur

U prethodnom primeru smo videli da ovo uokvireno daje nula vektor, pa je: 3MT MA MB MC= + +uuur uuur uuur uuuur

, a to smo i trebali

dokazati.


FUNKCIONALNE JEDNAČINE, INVERZNA FUNKCIJA I KOMPOZICIJA FUNKCIJA

FUNKCIONALNE JEDNAČINE Postupak rešavanja: i ) “ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t ( smena) ii) Odatle izrazimo x

iii) Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili

iv) Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” i zamenimo t sa x

ZADACI 1) Rešiti funkcionalnu jednačinu: f ( x+1) = x2 –3x + 2

Rešenje: f ( x+1) = x2 –3x + 2 “ Ono “ što je u zagradi stavimo da je t x +1 = t Odatle izrazimo x x = t - 1 Vratimo se u početnu jednačinu , f ( t ) =... i gde vidimo x zamenimo ga sa onim što smo izrazili f ( t ) = (t – 1)2 – 3 (t – 1 ) + 2 f ( t ) = t2- 2t + 1 – 3t +3 + 2 Sredimo taj izraz koji je sad sve ” po t ” f ( t ) = t2 – 5t + 6 zamenimo t sa x f (x) = x2 – 5x + 6 i evo konačnog rešenja date funkcionalne jednačine.

2) Rešiti funkcionalnu jednačinu: 211

xxx

f

Rešenje:

211

xxx

f

tx

1 pa je odavde x

t

1 ovo zamenimo u datoj jednačini

2

11

1)(

tttf

www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html

2

2 11)(

t

t

ttf

t

t

ttf

11)(

2

t

ttf

11)(

2 zamenimo t sa x

x

xxf

11)(

2 je konačno rešenje

3) Rešiti funkcionalnu jednačinu: 2)1

( xx

xf

Rešenje:

2)1

( xx

xf

tx

x

1

x = t ( x+1) x = t x + t x – tx = t izvučemo x kao zajednički na levoj strani... x ( 1 – t ) = t

t

tx

1 vratimo se sad na početnu jednačinu...

2)

1( xx

xf

2)

1()(

t

ttf

zamenimo t sa x ... 2)

1()(

x

xxf

je konačno rešenje

4) Reši funkcionalnu jednačinu: 35)12

2(

xx

xf

Rešenje:

35)12

2(

xx

xf

tx

x

12

2 www.matematiranje.com www.matematiranje.com/en.html

x + 2 = t (2x + 1) x + 2 = 2tx + t x – 2tx = t – 2 x (1 – 2t ) = t – 2

t

tx

21

2

35)12

2(

xx

xf

f ( t ) = 5 t

t

21

2

+ 3 sredimo… f ( t ) = t

t

21

105

+ t

t

21

)21(3

= t

tt

21

63105

=t

t

21

7

izvučemo minus gore i

ubacimo ga u imenilac, koji onda promeni redosled … A - B = - (B – A)

f ( t ) = 12

7

t

t

f ( x ) = 12

7

x

x je konačno rešenje

5) Ako je 2)1()1

(

xx

xf , izračunati f(3).

Rešenje: Najpre moramo naći f(x).

2)1()1

(

xx

xf

tx

x

1

x = t ( x+1) x = t x + t x – tx = t x ( 1 – t ) = t

t

tx

1 vraćamo se u početnu jednačinu… www.matematiranje.com

2)1()

1(

x

x

xf

f ( t ) = (t

t

1 - 1 )2 Sada umesto t stavljamo 3 jer se traži f(3)…

f ( 3 ) = (31

3

- 1 )2 =

4

25

6) Rešiti funkcionalnu jednačinu: 2

2 1)

1(

xx

xxf

Rešenje:

22 1

)1

(x

xx

xf uzimamo smenu x

x1

= t , ako odavde probamo da izrazimo x kao što bi trebalo,

zapadamo u probleme...

xx

1 = t sve pomnožimo sa x…

x2 + 1 = xt x2 – xt + 1 = 0 ovo je kvadratna jednačina po x i ne vodi rešenju… TRIK : OVDE SMENU TREBAMO KVADRIRATI

xx

1 = t kvadriramo…

(x

x1

)2 = t2

2

22 11

2 txx

xx pokratimo x-seve…

2

22 1

2 tx

x

21 2

22 t

xx E sad se vratimo u datu početnu jednačinu...

22 1

)1

(x

xx

xf pa je f ( t ) = t2 – 2 odnosno f(x) = x2 – 2 je konačno rešenje


7. Rešiti funkcionalnu jednačinu: xx

xf

x

xf

1

22

2

1

Rešenje:

xx

xf

x

xf

1

22

2

1

I ovaj zadatak ne možemo uraditi “ klasično” već se moramo poslužiti trikom...

Ako uzmemo smenu tx

x

1

2 , onda je

tx

x 1

2

1

i

tx

x

1

2 odavde x-2 = t (x +1) pa je x – 2= tx + t , x – tx = t + 2 , x (1-t )= t + 2 i odavde je x =

t

t

1

2

Vratimo se u datu jednačinu:

xx

xf

x

xf

1

22

2

1

f (t

1 ) + 2 f ( t ) =

t

t

1

2 dobili smo jednu jednačinu...E sad je trik da umesto t stavimo

t

1

f( t ) + 2 f(t

1) =

t

t1

1

21

=

t

tt

t

1

21

= 1

21

t

t dobismo i drugu jednačinu

Sada pravimo sistem od dve jednačine:

f (t

1 ) + 2 f ( t ) =

t

t

1

2

f( t ) + 2 f( t

1 ) =

1

21

t

t

Prvu jednačinu pomnožimo sa -2 pa saberemo ove dve jednačine...

- 4 f ( t ) - 2 f (t

1 ) = -2

t

t

1

2

f( t ) + 2 f( t

1 ) =

1

21

t

t

- 3 f ( t ) = t

t

1

42+

1

21

t

t=

1

42

t

t+

1

21

t

t=

1

54

t

t dakle


- 3 f ( t ) = 1

54

t

t podelimo sve sa –3 i dobijamo

f ( t ) = )1(3

54

t

t odnosno f ( t ) =

t

t

33

54

umesto t stavimo x i dobijamo:

f ( x ) = x

x

33

54

konačno rešenje

INVERZNA FUNKCIJA Definišimo najpre bijektivno preslikavanje: Za preslikavanje f: AB kažemo da je : 1) “jedan – jedan” (obostrano jednoznačno) , što skraćeno pišemo “ 1-1 “, ako važi ))()()(,( 212121 xfxfxxAxx 2) “na” ako je ))()()(( yxfAxBy 3) bijektivno ako je “1-1” i “na”

Preslikavanje skupa A na sebe , u oznaci iA , sa osobinom ))()(( xxiAx A naziva se identičkim (jediničnim) preslikavanjem skupa A. Ako je f: AB bijektivno preslikavanje, onda sa f –1 ozačavamo preslikavanje skupa B na skup A, koje ima osobinu da je Aiffff 11 . U tom slučaju f –1 nazivamo inverznim preslikavanjem preslikavanja f. Postupak za rešavanje zadataka : i) Umesto f(x) stavimo y ii) Odavde izrazimo x preko y

iii) Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.


1. Data je funkcija f(x) = 2x – 1. Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje: f(x) = 2x – 1 Umesto f(x) stavimo y y = 2x – 1 Odavde izrazimo x preko y 2x = y + 1

x = 2

1y Izvršimo izmenu : umesto x pišemo f –1 (x) , a umesto y pišemo x.

f –1(x) = 2

1x i evo nam inverzne funkcije.

Pošto obe funkcije predstavljaju prave, uzećemo po dve proizvoljne tačke( prvo x = 0, pa y = 0) i nacrtati ih. f(x) = 2x – 1 x 0 1/2 f(x) -1 0

f –1(x) = 2

1x

x 0 -1 f –1(x) 1/2 0

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

1

2

3

4

5

6

7

-1

-2

-3

-4

-5

x

y

...

.

.

f(x)=2x-1

f (x) = -1 x+1

2

y = x

Primetimo da su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x .


2. Data je funkcija ( ) 3 3f x x . Odrediti njenu inverznu funkciju i skicirati grafike funkcija f(x) i f –1(x). Rešenje:

1

( ) 3 3

3 3

3 3

3 3( )

3 3

f x x

y x

x y

y xx f x

za ( ) 3 3f x x x 0 1 f(x) -3 0

za 1 3( )

3

xf x

x 0 -3 f –1(x) 1 0

x

y

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

1

2

3

4

5

-1

-2

-3

-4

-5

0

y=x( ) 3 3f x x

1 3( )

3

xf x

Opet su grafici simetrični u odnosu na pravu y = x. Šta mislite, da li će uvek tako biti?


3. Odrediti inverznu funkciju za 3

( )7

xf x

x

Rešenje:

1

3( )

73

73

množimo unakrsno1 7( 7) 1( 3)

7 3

3 7

( 1) 3 7

3 7 3 7( )

1 1

xf x

xx

yx

y x

xy x x

yx y x

yx x y

x y y

y xx f x

y x

4. Data je funkcija

2 4 1 3 5

a b c d ef

. Odrediti njenu inverznu funkciju f –1(x).

Rešenje: Ovde nam je funkcija zadata na drugi način. Direktno znamo koji elemenat se u koji preslikava: Šta će biti inverzna funkcija? Pa jednostavno, elementi iz drugog skupa se slikaju u prvi…

Ili zapisano na drugi način: 1 2 4 1 3 5

f

a b c d e


a. .1

.2

.3

.4

.5

b.

c.

d.

e.

f

a. .1

.2

.3

.4

.5

b.

c.

d.

e.

f -1

KOMPOZICIJA FUNKCIJA Neka su :f A B i :g B C funkcije. Tada sa g f označavamo kompoziciju ( proizvod ) preslikavanja

i f g , i definišemo ga sa ( ) (( )( ) ( ( ))x A g f x g f x . Na ovaj način smo ustvari dobili preslikavanje :g f A C ( kompozicija se najčešće obeležava sa , a čita se “ kružić” primer 1.

Date su funkcije 1 2 3 4

a c b df

i a b c d

6 8 7 9g

odrediti ( )( )g f x

Rešenje: Ajmo najpre da ovo predstavimo dijagramom da vidimo šta se zapravo dešava a onda ćemo ispisati i rešenje:

a..1

.2

.3

.4

b.

c.

d.

.6

.7

.8

.9

f g

Za svaki element radimo posebno: ( )( ) ( ( )) ( (1)) (a) 6g f x g f x g f g Na slici uočite crvene strelice. ( )( ) ( ( )) ( (2)) ( ) 7g f x g f x g f g c Na slici uočite crne strelice. ( )( ) ( ( )) ( (3)) ( ) 8g f x g f x g f g b Na slici uočite plave strelice. ( )( ) ( ( )) ( (4)) ( ) 9g f x g f x g f g d Na slici uočite žute strelice.


primer 2.

Ako je 1 2 3 4

c b df

a

, p q r s

1 4 3 2g

i b c d

r p q s

ah

odrediti:

a) f g = ? b) ?g h c) ( ) ?g h f Rešenje: a) f g = ?

Kako je 1 2 3 4

c b df

a

i p q r s

1 4 3 2g

,idemo redom:

( )( ) ( ( )) ( ( )) (1)f g x f g x f g p f c ( )( ) ( ( )) ( ( )) (4)f g x f g x f g q f d ( )( ) ( ( )) ( ( )) (3)f g x f g x f g r f b ( )( ) ( ( )) ( ( )) (2)f g x f g x f g s f a

Odavde imamo da je: p q r s

c d b f g

a

b) ?g h

p q r s

1 4 3 2g

i b c d

r p q s

ah

, pa je :

( )( ) ( ( )) ( ( )) ( ) 3g h x g h x g h a g r ( )( ) ( ( )) ( ( )) ( ) 1g h x g h x g h b g p ( )( ) ( ( )) ( ( )) ( ) 4g h x g h x g h c g q ( )( ) ( ( )) ( ( )) ( ) 2g h x g h x g h d g s

Pa je : b c d

3 1 4 2

ag h


c) ( ) ?g h f Slično radimo , samo što sada imamo tri funkcije u kompoziciji:

1 2 3 4

c b df

a

, b c d

r p q s

ah

p q r s

1 4 3 2g

[( ) ]( ) ( ( ( )))g h f x g h f x Prvo radimo f, pa h i na kraju g... Ovako smemo da radimo jer važi asocijativni zakon ( ) ( )g h f g h f . Dakle: [( ) ]( ) ( ( ( ))) ( ( (1)) ( ( )) ( ) 4g h f x g h f x g h f g h c g q [( ) ]( ) ( ( ( ))) ( ( (2)) ( ( )) ( ) 3g h f x g h f x g h f g h a g r [( ) ]( ) ( ( ( ))) ( ( (3)) ( ( )) ( ) 1g h f x g h f x g h f g h b g p [( ) ]( ) ( ( ( ))) ( ( (4)) ( ( )) ( ) 2g h f x g h f x g h f g h d g s

Ova kompozicija je 1 2 3 4

( )4 3 1 2

g h f

primer 3.

Date su funkcije ( ) 3 2f x x i ( ) 5 7g x x . Odrediti: a) f g b) g f c) f f d) g g Rešenje: Ovo je drugi tip zadatka vezan za kompoziciju funkcija. a) f g ( )( ) ( ( ))f g x f g x Sad zamenimo funkciju koja je “ unutra”, znači ( )g x

( )( ) ( ( ) ) (5 7)f g x f g x f x = nadjemo kako izgleda funkcija f ( ( ) 3 2f x x ) i gde vidimo x stavimo sve

iz zagrade...

( )( ) ( ( )) (5 7) 3 (5 7) 2f g x f g x f x x i još da ovo malo prisredimo...

( )( ) ( ( )) (5 7) 3(5 7) 2 15 21 2 15 19f g x f g x f x x x x


b) g f ( )( ) ( ( ))g f x g f x opet prvo zamenimo funkciju unutar... ( )( ) ( ( )) (3 2)g f x g f x g x , sad posmatramo funkciju g i gde vidimo x stavimo sve iz zagrade... ( )( ) ( ( )) (3 2) 5(3 2) 7g f x g f x g x x opet malo sredimo... ( )( ) ( ( )) (3 2) 5(3 2) 7 15 10 7 15 3g f x g f x g x x x x c) f f ( )( ) ( ( )) (3 2) 3(3 2) 2 9 6 2 9 8f f x f f x f x x x x d) g g ( )( ) ( ( )) (5 7) 5(5 7) 7 25 35 7 25 42g g x g g x g x x x x

primer 4. Date su funkcije ( 1) 5 3f x x i (2 3) 3 1g x x . Odrediti:

a) f g b) 1 1g f Rešenje: Ovo je zadatak u kome vas profesor proverava sve tri stvari: funkcionalnu jednačinu, inverznu funkciju i kompoziciju funkcija. Prvo da nadjemo f(x) i g(x).


( 1) 5 3

1

1

( ) 5( 1) 3

( ) 5 5 3

( ) 5 8 ( ) 5 8

f x x

x t

x t

f t t

f t t

f t t f x x

(2 3) 3 1

2 3

2 3

3

23

( ) 3 12

3 9 2( )

2

3 11 3 11( ) ( )

2 2

g x x

x t

x t

tx

tg t

tg t

t xg t g x

Dalje tražimo inverzne funkcije:

Sada možemo naći:

3 11 3 11 15 55 16 15 39( )( ) ( ( )) ( ) 5 8

2 2 2 2

x x x xf g x f g x f

1 1 1 1 1

8 2 16 55 2 392 118 2 395 5 5( )( ) ( ( )) ( )

35 3 3 151

x x xx x

g f x g f x g


1

( ) 5 8

5 8

5 8

8 8( )

5 5

f x x

y x

x y

y xx f x

1

3 11( )

23 11

23 11 2

3 2 11

2 11 2 11( )

3 3

xg x

xy

x y

x y

y xx g x

1

Директна и обрнута пропорционалност

Увод: Количник реалних бројева a и b, тј. број

baba =:

назива се размером бројева a и b Пропорција је једнакост две размере:

dcba :: =

и решава се тако што се помноже ''спољашњи са спољашњим' ' и ' 'унyтрашњи са унутрашњим' ' чланом пропорције

a:b=c:d a*d=b*c

1)Колико кошта 7 kg кромпира ако је за 5 kg кромпира плаћено 120 динара? Како најпре да запишемо податке?

5 kg ............ 120 kg 7 kg ........... X kg

Онда увек напишемо стрелицу од X ка познатој.

........7.120.......5

Xdinkgdinkg

↑

↑

ове две стрелице посматрамо као једну

Даље размишљамо: Да је X већи или мањи број од 120? Ако 5 kg кошта 120 дин., онда ће 7 kg коштати више динара. Дакле X је већи број од 120. То значи да стрелица иде од ВЕЋЕГ КА МАЊЕМ броју, па тако упишемо стрелицу и код 5 kg и 7 kg, од ВЕЋЕГ КА МАЊЕМ, од 7 kg ка 5 kg

........7.120.......5

Xdinkgdinkg

↑↑

↑↑

ове две стрелице посматрамо као једну

Даље пратимо смер стрелица и оформимо пропорцију:

2

.1685

7120

dinX

X

=

⋅=

438

435457

12157

1571212:157:

==

⋅=

⋅=

⋅=⋅=

X

X

X

XX

X:120=7:5 X·5=120·7 => Савет: Увек прво изрази непознату, можда ће има несто да се скрати!!!!! Дакле,за 7 kg кромпира треба 168 дин.

2)Ако дневно ради 7 часова, један радник посао заврши за 15 дана. Колико часова дневно би радник требало да ради да би исти посао завршио за 12 дана?

Запишимо најпре податке:

7 час .......... 15 дана X час .......... 12 дана

Напишимо стрелицу од X ка познатој.

....12danaXcas......15dana .......... 7cas

↑

↑

ове две стрелице посматрамо као једну Да ли је X већи или мањи број од 7? Ако се смањи број дана морамо наравно радити више часова. Дакле, X је већи од 7 па стрелица иде од већег ка мањем, што значи од 15 ка 12.

12dana....Xcas......15dana .......... 7cas

↓↑

↓↑

ове две стрелице посматрамо као једну Пратимо смер стрелица и правимо пропорцију: Часова

Дакле, 12 дана морамо да радимо по 438 часова, односно 8 сати и 45 минута.

3

Xmkgmkg

↑↑

↑↑

........112165..........66

.126...........84.........54

obrXzubobrzub

↓↑

↓↑

36126

84548454126

126:8454:

=

⋅=

⋅=⋅=

X

X

XX

wXsijwsij

75..........60..........15

↓↑

↓↑

1275

601560157575:6015:

=

⋅=

⋅=⋅=

X

X

XX

.4340............980..........14

dinXkgdinkg

↑↑

↑↑

62980434014

434014980980:434014:

=

⋅=

⋅=⋅=

X

X

XX

3) Од 66 kg предива добија се 165 m тканине. Колико се метара тканине добије од 112 kg предива?

mX

X

XX

28066

16511216511266

66:112165:

=

⋅=

⋅=⋅=

4) Зупчаник има 54 зупца и прави 84 обртаја у минуту. Колико зупца има зупчаник ако прави 126 обртаја и у преносу је са првим. Зубаца 5) Једна просторија осветљена је са 15 сијалица од 60w. Колико би сијалица од 75 w давало сито осветљење? Пази: Ако узмемо јаче сијалице, мањи број ће давати исто осветљење. Сијалица 6) За 14 kg робе плаћено је980 динара. Колико ће се килограма робе купити за 4 340 динара? kg

4

Xmm

↑.........151↑

10200↑..........↑

sekmin30sek

Xdanaziddanazid

↑↓

↑↓

.........155.........12

danaX

X

XX

415125

1251515:125:

=

⋅=

⋅=⋅=

Xččacevičascevi

↑↓

↑↓

..........535..........3

7) За 30 секунди звук пређе пут од 10200 m. Колики пут пређе звук од 1 мин. и 15 секунди?

30сек..........10200m 1мин.15сек........Xm

Пази: Најпре све претвори у секунде!!!! 1мин и 15 сек =60+15=75сек

mX

X

XX

25500301020075

10200753030:7510200:

=

⋅=

⋅=⋅=

8) Дванаест зидара сазида једну зграду за 5 дана. За колико дана би исти посао био завршен да је ангажовано 15 зидара? 9) Три цеви напуне базен за 35 часова. За које ће време базен напунити пeт цеви? (Претпоставља се да све цеви једнаком брзином пуне базен).

časX

X

XX

215

33533555:335:

=

⋅=

⋅=⋅=

5

Xččaradčasrad

↑↓

↑↓

...108...12

000.120:000.150=10:128: =X

10) Дванаест радника радећи по 8 часова дневно заради 120.000 динара. Колико часова треба да ради 10 радника да би зарадили 150.000 динара?

.000.150......10.000.120...8...12

dinXččaraddinčasrad

↑

↑

Ово је такозвана продузена пропорција. И овде најпре напишемо стрелицу од X ка 8. Код продужене пропорције је трик да сваки податак посматрамо посебно:

Xččaradčasdin

↑↑

↑↑

...1500008...102000

Закључимо како ту иду стрелице па их пренесемо на продужену пропорцију:

dinXččaraddinčasrad

150000......10120000...8...12↑↑↓

↑↑↓

Даље: Пратимо смер стрелица и правимо пропорцију. Пази: Пишемо = испод = Сада помножимо све ' ' спољашње ' ' и све ' 'унутрашње' ':

časovaX

SkratiX

X

12

!12000010150000128

15000012812000010

=⋅⋅⋅

=

⋅⋅=⋅⋅

11) Радећи дневно по 8 часова, 21 радник за 6 дана изради 720 металних профила; за колико ће дана 28 радника, радећи по 7 часова израдити 1 260m металних профила?

profilaXdanaradnikčasprofiladanaradnikčas

1260......28...7720...6...21...8

↑

↑

Стрелица од X ' 'нагоре' ', па посматрамо податак по податак:

Xdanačasdanačas

↑↓

↑↓

..76..8

Xdanaraddanarad

↑↓

↑↓

...286...21

Xdanaprofdanaprof

↑↑

↑↑

..12606...720

Сада смер стрелица вратимо у продужену пропорцију:

profXdanradčasprofdanradčas

1260....28..7720..6..21..8↑↑↓↓

↑↑↓↓

6

Xdanaraddanarad

↑↓

↑↓

...528...65

Xdanaraddanarad

↑↓

↑↓

...93...6

Наравно овде ' 'мале' ' пропорције не морамо издвајати на страну, већ одмах закључити какав је њихов смер. Пратимо смер стрелица:

7:86: =X

720:1260

28:21==

danaX

skratiX

X

972028712602186

12602186720287

=⋅⋅⋅⋅⋅

=

⋅⋅⋅=⋅⋅⋅

12) 65 радника ископа неки канал за 23 дана. После 15 дана 13 радника напусти посао. Колико дана треба онима који су остали да заврше остатак посла? Овде не треба уписивати податак 65 радника ... 23 дана, већ 65 радника... 8 дана. Зашто? У задатку се каже да је после 15 дана отишло 13 радника што значи да је остало 23-15=8 дана. Наравно за ' 'доњи' ' део поставке ћемо узети 65-13=52 радника Дакле:

danaX

X

XX

1052

6586585252:658:

=

⋅=

⋅=⋅=

13) Неки посао 6 радника може да заврши за 5 дана. За колико ће дана бити исти посао завршен ако после 2 дана дође још 3 радника? И овде не уписујемо 6 рад...5 дана, већ 6 рад...3 дана (5-2=3 дана) за колико би они ' 'нормално '' завршили посао. У доњем делу поставке задатака је 9 рад ...Хдана (6+3=9рад)

danaX

XX

26399:63:

=⋅=⋅

=

7

За оне који не воле да ''мозгују'' да ли су величине директно или обрнуто пропорционалне напоменимо да су најчешћи случајеви ОБРНУТЕ ПРОПОРЦИОНАЛНОСТИ следећи:

• Број радника – утрошак времена • Брзина кретања – време путовања • Зупчаници – број обртаја


1

pPG :100: =

dinaraP

P

PP

pPG

295.2100

85700.285700.210085:100:700.2

:100:

=

⋅=

⋅=⋅=

=

dinaraG

G

GG

pPG

000.1620

100200.3100200.320

20:100200.3::100:

=

⋅=

⋅=⋅=

=

Procentni račun

Šta je šta u proporciji? G je glavnica, (celina), ono što је ''na početku'' i na njega se uvek odnosi 100%. Р је deo glavnice (celine), ono što je ''na kraju'' i na njega sе odnosi p %. Naravno, Nekad Р može biti veće od G.

p -je uvek u procentima, i tо: Аkо u zadatku kaže da se nešto povećava za Х%, onda је p =(100+Х)%. Ако u zadatku kaže da se nešto smanjuje za Х%, onda је p =(100-Х)% U datom zadatku iz procentnog računa, mi najpre odredimo šta nam je zadato: G, P ili p . Ubacimo te podatke u G:P=100: p i nadjemo nepoznatu.

1) Trideset procenta jedne dužine iznosi 42cm. kolika je dužina čitave duži?

cmG

skratiG

GG

pPG

1403010042

100423030:10042:

:100:

=

⋅=

⋅===

2) Cena cipela je 2.700dinara. Koliko će biti cena nakon sniženja od 15%? PAZI: Popust je 15%, znači da je p =100-15=85% 3) Posle prelaska na novo radno mesto jednom radniku je plata povećana za 20%. Kolika mu je bila plata ako je to povećanje 3.200 dinara? Pazi: 20% se odnosi samo na povećanje od 3.200 dinara, pa p nije (100+20)% jer se ne odnosi na platu sa povećanjem!!!


2

000.200.1106

000.200.127100000.272.1106106:100000.272.1:

:100:

=

=

⋅=⋅=

=

G

G

GG

pPG

4) Cena knjige snižena je za10%, a zatim za 20% i sada iznosi 288 dinara. Kolika je cena bila pre prvog sniženja? ⎯⎯ →⎯− %10

? ⎯⎯ →⎯− %20

288din.

Ovde će mo naći najpre cenu knjige pre drugog sniženja. (unazad)

dinaraG

G

GG

pPG

36080

10028810028880

80:100288::100:

=

⋅=

⋅=⋅=

=

? ⎯⎯ →⎯− %10

360din. ⎯⎯ →⎯− %20

288din.

Sad tražimo početnu cenu:

dinaraG

G

GG

pPG

40090

10036010036090

90:100360::100:

=

⋅=

⋅=⋅=

=

5) Sa 6% zarade roba je prodata za 1.272.000. Kolika je nabavna cena robe. %1066100 =+=p jer je ‘’zarada’’


3

%8500.6

100520100520500.6

:100520:500.6:100:

=

⋅=

⋅=⋅=

=

p

p

pp

pPG

yxyyx

25,125,0

=+=

1400100321210014003212−=−+

=++xxx

xxx

140056 −=− x

6) Nagrada radniku po jednom času od 6.500dinara poraste na 7.020 dinara. Koliko je to u procentima? P=7.020-6.500 P=520 7) Jedna knjiga je za 25% skuplja od druge knjige. Za koliko procenta novu cenu treba smanjiti da bi se vratila na staru cenu? Neka je x-cena prve knjige, y-cena druge knjige.

x=y+25%y, kako je 25%= 25,010025

=

=> xy

xxxy

%25,1

8,025,11

25,1=

===

8) Na kontrolnoj pismenoj vežbi bila su data tri zadatka. Pri tome 12% učenika nije rešilo ni jedan zadatak, 32% učenika rešilo je jedan ili dva zadatka, dok je14učenika rešilo sva tri zadataka. Koliko je ukupno učenika radilo vežbu? Obeležimo sa x broj učenika. 12%x +32%x+14=100%x

xxx =++ 1410032

10012 ; PAZI: 1

100100%100 ==

množimo celu jednačinu sa 100

2556400.1

=−

−=

x

x


4

9) Tek oboreno stablo bilo je teško 2,25 tona i sadržalo je 64% vode. Posle nedelju dana to stablo je sadržalo 46% vode. Za koliko se promenila težina stabla za tu nedelju?

36% suva materija

64% voda

2,25 tona

54% suva materija

46% voda

Najpre ćemo izračunati koliko u 2,25 tona ima suve materije koja se NE MENJA!!

tonaP

P

PP

pPG

81,0100

3625,23625,210036:100:25,2

:100:

=

⋅=

→⋅=⋅=

=

Ova suva materija je ostala, pa se odnosi na 54%stabla

tonaG

G

GG

pPG

5,154

10081,010081,054

54:10081,0::100:

=

⋅=

⋅=⋅=

=

Znači da sad stablo ima 1,5 tona pa je smanjenje 2,25-1,5=0,75 tona


5

xxxxx

xxxxxxx

96,024,02,1

)2,1(2,02,12,1%20

2

2

2

1

=−=

⋅−==+=

xxxxx

xxxxxxx

96,016,08,0

)8,0(2,08,08,0%2,0

2

2

2

1

=−=

⋅+==−=

10) U prvoj prodavnici košulja je prvo poskupela za 20%, a onda je pojeftinila za isti procenat. U drugoj prodavnici je ista takva košulja prvo pojeftinila za 20%, a onda poskupela za isti procenat. U trećoj prodavnici nisu menjali cene. U kojoj prodavnici je sada ta košulja najjeftinija? Obeležimo sa x cenu košulje. 1. Prodavnica: Poskupljenje 20% => Pojeftinjenje 20% => Cena je za 4% niža 2. Prodavnica: Pojeftinjenje 20% => Poskupljenje 20% => Cena je za 4% niža Zaključak: U trećoj prodavnici je cena NAJ VIŠA


1

}}ky

kxyx

713

7:13:

==

=

612020

120713

==

=+

kk

kk

kgykgx

426778613

=⋅==⋅=

Račun Mešanja

Uradimo najpre jedan uopšteni zadatak koji će nam pomoći da rešimo ostale takve zadatke. 1) Treba promešati dve vrste robe, čije su cene a dinara po kg i b dinara po kg, da bi se dobila roba po ceni od c dinara po kg, acb << . Odrediti u kojoj razmeri treba mešati ove dve vrste robe. a c-b C Šema b a-c Ako uzmemo X kg robe po cenu od a dinara, y kg po cenu od b dinara, onda je

)(:)(: cabcyx −−= 2) Na skladištu ima kafe po ceni od 75 dinara po kg i od 55 dinara po kg. Napraviti 120 kg mešavine koja će se prodavati po 68 dinara po kg. x kg po 75 dinara => kgyx 120=+ y kg po 55 dinara 75 68-55=13 68 55 75-68=7


2

kgyxyxyx

120)(685575

=++⋅=⋅+⋅

120120685575

=+⋅=+

yxyx

12081605575

=+=+

yxyx

816055759000816055)120(75

=+−=+−

yyyy

84020900081605575

−=−−=+−

yyy

kgy 42=

C040

C025

kykx

yx

105

10:5:

==

=

90105 =+ kk

69015

==

kk

Naravno, ovaj zadatak možemo rešiti i pomoću sistema jednačina: -------------------------------- -------------------------------- --------------------------------

→−= yx 120 Izrazimo jednu nepoznatu i zamenimo u drugu jednačinu

kgxx

7842120

=−=

3) Koliko vode temperature C040 i vode temperature C025 treba pomešati da se dobije 90 litara vode temperature C030 ? Obeležimo: X litara => lyx 90=+ Y litara 40 30-25=5 30 25 40-30=7 Preko sistema jednačina bi bilo:

9030902540

=+⋅=+⋅

yxyx


3

kykx

yx

2016

20:16:

==

=1442016 =+ kk144=+ yx

414436

==

kk

lylx

8042064416

=⋅==⋅=

016102225050505066604872

)(5066604872

=++−+++=+++

+++=+++

tzyxtzyxtzyx

tzyxtzyx

4) Koliko treba uzeti sumpurne kiseline jačine 52%, a koliko jačine 88% da se dobije mešavina od 144 litara, jačine 72%? Obeležimo: xl jačine 52% yl jačine 88% 52 88-72=16 72 88 72-52=20 PAZI: Kad mešamo robu sa 3 ili više različitih cena, šema ne pomaže 5) Preduzeće ima 4 vrste brašna po cenu od 72 dinara, 48 dinara, 60 dinara i 66 dinara po kilogramu. Koliko treba uzeti od svake vrste da cena bude 50 dinara po kilogramu Obeležimo: x kg po 72 dinara y kg po 48 dinara z kg po 60 dinara t kg po 66 dinara Ovde možemo napraviti veliki broj razmera!!

?::: =tzyx Kako ?


4

Dve nepoznate uzmemo proizvoljno a četvrtu izračunamo: y=24, z=1 t=1 → Proizvoljno biramo

016104822 =++−x 2222 =x 1=x Dakle x:y:z:t=1:24:1:1


1

36000

1200

100

dpKI

mpKI

gpKI

⋅⋅=

⋅⋅=

⋅⋅=

36500dpKI ⋅⋅

=

PROST KAMATNI RAČUN

ili K- je kapital, odnosno koliko para uložimo p – je interesna stopa ( u procentima ) g – je broj godina m – je broj meseci d – je broj dana I – je interes, odnosno dobit Koju ćemo od ove 3 (4) formule koristiti zavisi od vremena na koje se novac ulaže. Formule za dane ima dve, koristi onu koju koristi tvoj profesor. 1) Štediša je uložio 540000 na štednju sa 7.5% kamatne stope. Koliko će kamate dobiti štediša posle 4 godine?

4%5,7

.540000

===

gp

dinK

Naravno, pošto je vremenski period dat u godinama, koristićemo formulu:

100gpKI ⋅⋅

=

000.162100

45,7000.540

=

⋅⋅=

I

I


2

dinI

I

mpKI

mp

dinK

28801200

48000.1081200

4%8

.000.108

=

⋅⋅=

⋅⋅=

===

5050

36500809

36500

??600.234

80%9

=⇒=

⋅⋅=

⋅⋅=

===+

==

KKI

skratiKI

dpKI

IKIK

dp

600.23450 =+ II600.23451 =I

4600=I000.230460050 =⋅=K

2) Koliko kamate donosi ulog od 108.000 dinara, po 8% kamatne stope za 4 meseca? 3) Kolika je kamata na dug od 75.000 dinara sa 6% za 80 dana?

dinI

I

dpKI

mpK

1000036000

8067500036000

80%6

.000.75

=

⋅⋅=

⋅⋅=

===

4) Zajedno sa kamatom 9% za 80 dana poverilac je primio 234.600 dinara. Koliki je kapital, a kolika je kamata? I Zamenimo u


3

dinIKdp

500.12175

%6

=+==

vratimoKI

skratitiKI

dpKI

K

80

36000756

36000

?

=

⋅⋅=

⋅⋅=

=

000.12081000.720.980

80/500.12180

==+

⋅=+

KKK

KK

5) Sa 6% kamate jadan ulog poraste za 75 dana na sumu 121.500 dinara. Koliki je ulog? ------------------------

K=81

120000


Račun podele (trik sa K)

1) Dva sumplementna ugla su u razmeri 5:7. Odrediti te uglove Neka su α i β traženi uglovi.

}}k

k75

7:5:

==

=

βα

βα (suplementi) o180=+ βα

0

0

0

0

1512

18018012

18075

=

=

=

=+

k

k

kkk

Kada nadjemo K vratimo se ‘’u’’ α i β.

00

00

10515775155

=⋅=

=⋅=

β

α

2) Podeliti duž od 456m na tri dela čije će dužine biti redom proporcionalne brojevima

127

89,

32 i

Neka su delovi redom x,y,z127:

89:

32

=

kx32

=

ky89

=

kz127

=

mkk

kkk

kkk

mzyx

1921094457

24456142716

24/456127

89

32

456

==

⋅=++

⋅=++

=++

___________

mz

m

m

11219227

21619289

12819232

=⋅=

=⋅=

=⋅=x

y

1


3) Tri električna otpornika vezana u seriji stoje u razmeri 2:3:4. Ukupan otpor je 24 oma. Koliki su pojedini otpori? Neka su otpori redom x,y i z . Pošto su vezani u seriji:

zyx 7:3:2:: = 24

kkk

732

===

==

=++

zyx

22412

24732=++ zyx

Ω=⋅=Ω=⋅=Ω=⋅=

1427623422

zyx

kkkk

k PAZI: Ako su vezani paralelno (fizika)

321

1111RRRR

++=

4) Zoran, Dusan i Nikola su nasledili sumu od 277.500 dinara. Prema testamentu, delovi koje dobijaju Zoran i Dušan odnose se kao 3:2, a deo koji pripada Nikoli, prema Zoranovom delu, stoji u razmeri 4:5. Koliko je svoki od njih nasledio? Ovde imamo problem da napravimo razmeru Pošto se na Zorana u prvoj razmeri odnosi 3, a u drugoj 5, moramo proširiti razmere da se u obe na Zorana odnosi isti broj. Kako je zajednički za 3 i 5 broj 15 to ćemo prvu razmeru proširiti sa 5, a drugu sa 3. Z : D = 3 : 2 = 15 : 10 N : Z = 4 : 5 = 12 : 15 Sada je Z:D:N=15:10:12 pa je Z=15 k Pošto je Z+D+N= 277500 D=10 k 15k+10k+12k= 277500 N=12 k 37k=277500 Pa je

k=37

277500 =7500

Z=15*7500=112500 ; D=10 *7500=75000 i N=12*7500=90000

2


5) Sumu od 728000 dinara podeliti na tri lica tako da svako sledeće dobija 20% više od prethodnog? Neka 1. lice treba da dobije X dinara 1. lice→ xdinara2. lice xxxxx 2,12,0%20 =+=+→ 3. lice xxxxx 44,124,02,1)2,1%(202,1 =+=+→

000.72844,12,1 =++ xxx 000.72864,3 =x

000.20064,3000.728

=

=

x

x

Dakle:

.28800020000044,12400002000002,1

.200000

dindin

din

=⋅→=⋅→

→1. lice 2. lice 3. lice

3

1

Operacije sa racionalnim algebarskim izrazima

Najveći zajednički delilac i najmanji zajednički sadržalac polinoma NZD polinoma P i Q je polinom D koji ima najveći stepen medju polinomima koji su delioci i polinoma P i polinoma Q. NZS polinoma P i Q je polinom S koji ima najmanji stepen medju polinomima koji su deljivi i polinomom P i polinomom Q. Primer 1: Nadji NZS i NZD za polinome:

23)(

2)(4)(

2

2

2

+−=

−−=

−=

xxxRxxxQ

xxP

Prvo moramo svaki od njih rastaviti na činioce (naravno , upotrebom postupka navedenog u poglavlju : Transformacije algebarskih izraza).

)2)(1()1(2)1(2223)()1)(2()2(1)2(222)(

)2)(2(24)(

22

22

222

−−=−−−=+−−=+−=

+−=−+−=−+−=−−=

+−=−=−=

xxxxxxxxxxxRxxxxxxxxxxxQ

xxxxxP

NZD je ustvari ‘PRESEK’, odnosno ‘onaj’ koji ga ima u svakom od polinoma. Ovde je to očigledno x-2. Dakle: NZD = x-2 NZS je ‘unija’. On mora biti deljiv sa sva tri polinoma. Dakle: NZS = (x-2)(x+2)(x-1)(x+1) Primer 2: Nadji NZS I NZD za polinome :

22

22

2

2 babaRbaQabaP

+−=

−=

−=

222

22

2

)(2))((

)(

bababaRbababaQ

baaabaP

−=+−=

+−=−=

−=−=

NZD = →− )( ba jer ga ima u sva tri NZS = →+− )()( 2 babaa deljiv sa sva tri

2

________________________________________________________________

22333

22

222

)24)(2()2(8)2)(2(4

)2(44

babababababababa

bababa

+−+=+=+

+−=−

+=++

Primer 3: Nadji NZS I NZD za polinome:

2

2

yxyBxyxA

+=

−=

__________

)()(

yxyByxxA

+=−=

⇒ NZS = ))(( yxyxxy +−

Šta ćemo sa NZD? Nema činioca koji se sadrži u A i B. U takvoj situaciji NZD = 1 , a za polinome kažemo da su uzajamno prosti. Primer 4: Nadji NZS I NZD za polinome:

________________________

2

2

2530910036

159

=−+−

=−

=+

aaa

a

____________________________________________________________________

222

22

)53()25309(25309)53)(53(4)259(410036

)53(3159

−−=+−−=−+−

+−=−=−

+=+

aaaaaaaaa

aa

NZS 2)53)(53(12 −+−= aa Primer 5: Nadji NZS I NZD za polinome: NZS )24)(2()2( 222 babababa +−−+= Primer 6: Nadji NZS I NZD za polinome:

__________________________________

22

234

23

)4(31232020512123

=−=−

=++

=+−

xnnnxxxxxxx

3

__________________________________________________________

22

2222234

2223

)2)(2(3)4(3123)2(5)44(520205

)2(3)44(312123

+−=−=−

+=++=++

−=+−=+−

xxnxnnnxxxxxxxxx

xxxxxxxx

NZS 222 )2()2(15 +−= xxnx Primer 7: Nadji NZS I NZD za polinome:

______________________________________________________________________

2223

2223

22244

)1)(1()1(1)1(1)1)(1()1(1)1(1

)1)(1)(1(2)1)(1(2)1(222

+−=−+−=++−

++=+++=+++

++−=+−=−=−

aaaaaaaaaaaaaaaa

aaaaaaa

NZS )1)(1)(1(2 2 ++−= aaa Kako upotrebiti NZS? 1) Uprosti izraz:

=+

−−

+− ab

baaba

bbab

a22 najpre treba svaki imenilac rastaviti na činioce=

=+

−−

+− ab

babaa

bbab

a)()(

zatim nadjemo NZS za imenioce ,to je )( baab − i izvršimo

proširenje razlomka. Kako da znamo koji sa kojim da proširimo? Gledamo imenilac i NZS, šta je ‘’višak’’,sa tim proširimo. Tako prvi sabirak širimo sa a , jer je ‘’višak’’ kad gledamo )( baab − i )( bab − drugi sa b a treći sa )( ba − . Dakle:

)(2

)(2

)()()(

)())((

222222222

baab

baabb

baabbaba

baabbababaab

bababbaa

−=

−=

−+−+

=−

−−+=

=−

−+−⋅+⋅=

Pre početka (ili po završetku) rada treba postaviti uslove zadataka. Pošto deljenje nulom nije dozvoljeno to nijedan u imeniocu ne sme biti nula, tj.

;0≠a ;0≠b baba ≠⇒≠− 0

2) Uprosti izraz: xxxxx +

+−

+− 222

11

21

=+

++−

+−

=+

+−

+− )1(

1)1)(1(

2)1(

111

21222 xxxxxxxxxxx

šta je problem?

Izrazi )1( x+ i )1( +x nisu, jer važni komutativni zakon )( ABBA +=+ , ali izrazi

)1( −x i(1-x) jesu. Taj problem ćemo rešiti tako što jedan od ta dva izraza ‘’okrenemo’’ i izvučemo minus ispred, jer važi da je )( ABBA −−=−

4

0)1)(1(

0)1)(1(121

)1)(1()1(12)1(1

)1(1

)1)(1(2

)1(1

=+−

=

+−−+−+

=

+−−+−+⋅

=

=+

++−

−−

=

xxx

xxxxxxxxx

xxxxxxxxx

Naravno, uslovi zadatka su:

;0≠x ;101 ≠⇒≠− xx 101 −≠⇒≠+ xx 3) Uprosti izraz:

212

46

21

2 −−

−−

+++

aa

aa

aa

=−−

−−

+++

212

46

21

2 aa

aa

aa

=−−

−+−

+++

212

)2)(2(6

21

aa

aaa

aa

=+−

++−+−+)2)(2(

)2)(12(6)2)(1(aa

aaaaa Pazi na znak ispred zagrade!!!

Uvek pokušaj da na kraju rastaviš i brojilac, jer možda ima nešto da se ‘’skrati’’!!! Uslovi zadatka su:

202202

≠⇒≠−−≠⇒≠+

aaaa

=+−

+−)2)(2(

22

aaaa

2+−

aa

=+−

++−−+−+−)2)(2(

242622 22

aaaaaaaaa

=+−

−−+−+−+−)2)(2(

)242(6)22( 22

aaaaaaaaa

=+−

−−)2)(2(

)2(aa

aa

5

4) 23

12213

1 2 +−+

+−−

−− xx

xxx

xx =?

=+−

++

−−

−− 23

12213

1 2 xxx

xx

xx

Izdvojićemo i rastaviti ‘’na stranu’’

)1)(2()2(1)2(2223 22 −−=−−−=+−−=+− xxxxxxxxxx

=−−

++

−−

−− )1)(2(

12213

1 xxx

xx

xx

=−−

++−−−−)2)(1(

)12(1)1)(13()2(xx

xxxxx Pazi na minus!!!

=−−

+++−−−−)2)(1(

12)133(2 22

xxxxxxxx

=−−

++−++−−)2)(1(

121332 22

xxxxxxxx

=−−

+−)2)(1(

42 2

xxxx

12

)2)(1()2(2

−−

=−−−−

xx

xxxx

Uslovi zadatka:

202101≠⇒≠−≠⇒≠−

xxxx

5) 25

22510

12510

1222 −

++−

+++ xxxxx

=?

=−

++−

+++ 25

22510

12510

1222 xxxxx

22

2

22

2

22

22

22

222

22

222

22

)25(4

)5()5(4

)5()5(502502

)5()5()25(225102510

)5()5()25(2)5(1)5(1

)5)(5(2

)5(1

)5(1

−=

−+=

=−+−−+

=−+

−+++++−

=−+

−⋅++⋅+−⋅

=+−

+−

++

xx

xxx

xxxx

xxxxxxx

xxxxxxxxx

6

Uslovi zadatka: 505

505≠⇒≠−−≠⇒≠+

xxxx

Množenje i deljenje racionalnih algebarskih izraza se radi kao i kod običnih razlomaka, s tim da prvo moramo ‘’svaki’’ rastaviti na činioce. Dakle:

DBCA

DC

BA

⋅⋅

=⋅ i CD

BA

DC

BA

⋅=:

1) =+++

⋅−−

aaaa

aaa

2

2

2

2 121

? prvo ‘’svaki’’ rastavimo na činioce !!!

=++

⋅+−

−)1(

)1()1)(1(

)1( 2

aaa

aaaa ’’Skratimo’’

DC

BA⋅

111

11

=⋅=

Uslov zadatka: 012 ≠−a i 02 ≠+ aa

1≠a , 1−≠a 0, ≠a

2) =+

⋅−−

ababba

abaaba 22

2

2

babaab

baabbaabaa

−=−

=+

⋅+−

1)(

)()(

Uslov zadatka: 0,0,0 ≠+≠≠ baba

3) =−+

−−

95:

325

2

2

2

2

xxx

xxx ?

=+−

+−+−

)3)(3()5(:

)3()5)(5(

xxxx

xxxx

2

)3()5()5(

)3)(3()3(

)5)(5(x

xxxx

xxxx

xx +⋅−=

++−

⋅−+−

Uslovi: 03,03,0 ≠+≠−≠ xxx

3,3 −≠≠ xx

4) 42

44

2

22

21:

21 mmba

mmba

+−−

+++ =?

=+−

−++

+42

44

2

22

21:

21 mmba

mmba

7

))(()1(

))()(()1()1(

)1(

)1())((:

)1(2

22

22

2

22

22

2222

2

22

babam

bababamm

mba

mbaba

mba

+−−

=++−

+−⋅

++

=−

+−++

Uslov zadatka: ,1,, ≠−≠≠ mbxbx ,1−≠x

5) acbcaabcba

22

222

222

+−++−+ =?

=+−++−+

acbcaabcba

22

222

222

’’pretumbajmo’’ ih prvo

=−++−++

222

222

22

bcacacbaba prva tri čine ‘’pun’’ kvadrat

=−+−+

22

222

)()(

bcacba upotrebimo sad razliku kvadrata

bcacba

bcabcacbacba

−+−+

=++−+++−+

))(())((

Uslov: 0≠−+ bca i 0≠++ bca

6) Skrati razlomak: 2365

2

2

+−+−

xxxx

=+−+−

2365

2

2

xxxx =

+−−+−−22623

2

2

xxxxxx

13

)1)(2()2)(3(

)2(1)2()3(2)3(

−−

=−−−−

=−−−−−−

=xx

xxxx

xxxxxx

Uslov: 02 ≠−x 01≠−x

7) =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

++

−+ x

yyx

xyxy

yxxyyx 2:2

22 ?

yxyxxy

yxxyyx

xyyxyx

yxxyyxyx

xyyxyx

yxxy

yxxyyx

+=

−⋅

+−

=+−

++−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

++

−+

1)()(

)(

2:)(

2

2:)(

2)(

2

2

2222

22

Uslovi: ,0≠x ,0≠y ,0≠+ yx 0≠− yx

8

8) =−−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

−+

++

− 24:

44

236 2 aa

aa

aa

aa

=−−

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

++

+− 2

4:)2)(2(

42)2(3 a

aaa

aa

aa

a

PAZI: Moramo a−2 da okrenemo: )2(2 −−=− aa , pa (-) izlazi ispred!!!

)4(32

)4)(2(3)2(2

)4)(2(342

)4)(2(312632

42

)2)(2(312)2(3)2(

42

)2)(2(4

2)2(3

2

22

−=

−++

=−+

+

=−+

+−+−−

=−−

⋅+−

+−++−

=−−

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−

++

+−

−

aa

aaaa

aaaa

aaaaaaa

aa

aaaaaaa

aa

aaa

aa

aa

Uslovi: ,2≠a ,2−≠a 4≠a

9) Uprosti izraz: =+

++

++

++

++

+− 16842 1

161

81

41

21

11

1xxxxxx

Ovaj zadatak ne možemo rešiti ‘’klasično’’, probajmo da saberemo prva dva:

212

)1)(1(11

11

11

xxxxx

xx −=

+−−++

=+

+−

Dodajemo mu treći sabirak:

44

22

22

22

22 14

12222

)1)(1()1(2)1(2

12

12

xxxx

xxxx

xx −=

−−++

=+−−++

=+

+−

Ovo radi!!!

824

22

44 18

)1)(1(4444

14

14

xxxxx

xx −=

+−−++

=+

+−

Idemo dalje:

1688

88

88 116

)1)(1(8888

18

18

xxxxx

xx −=

+−−++

=+

+−

Konačno:

321616

1616

1616 132

)1)(1(16161616

116

116

xxxxx

xx −=

+−−++

=+

+−

9

Uslovi: 01 ≠− x i 01 ≠+ x 10) Pokazati da vrednost izraza ne zavisi od a,b,c i d

)(4

11:

11

4caabcb

ba

cb

a ++−

++

+

=++

−+

++ )(

41

1:

11

4caabcb

ba

cb

a

=++

−+

++ )(

41

1:

11

4caabcb

bab

cbca

Pazi: BCAD

DCBA

=

=++

−+

++ )(

41

:

1

4caabcbab

b

bcca

=++

−+

⋅

+++ )(

41

1

4caabcbb

ab

bccaabc

=++

−+

⋅++

+)(

41)1(4caabcbb

abcaabc

bc

=++

−++++

)(4

)()1)(1(4

caabcbcaabcbabbc Izvučemo gore 4 kao zajednički

[ ]

=++

−++)(

1)1)(1(4caabcb

abbc

[ ] 4

)()(4

)(114 2

=++++

=++

−+++acabcbacabcb

caabcbabbccab

10

11) Ako je 0=++ cba dokazati da je abccba 3333 =++ Dokaz: Podjimo od 0=++ cba cba −=+ kubirajmo ovo 33 )()( cba −=+ 33223 33 cbabbaa −=+++

−−−−−−−−−−−

cbacbaabba −=+→−=+++ 333 )(3 ovo iz a+b+c=0, zamenimo…

abccba

cabcba3

3333

333

=++

−=−+

12) Ako je 0111=++

cba Dokazati da je:

3−=++

++

+c

bab

aca

cb

Dokaz: Podjimo od:

cabab

cba1

111

−=+

−=+

cabba −=+ / Podelimo sa C da bi napravili izraz iz zadatka

Slično će biti:

2

2

bca

bac

abc

acb

−=+

−=+

=+

++

++

cba

bac

acb

=−−− 222 cab

bac

abc Priširimo ih redom sa ,a b i c

=−−− 333 cabc

babc

aabc izvučemo abc−

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−= 333

111cba

abc Ajde ovo da nadjemo!!!

3/()111cba

−=+

33223

111131131cbbabaa

−=+⋅⋅+⋅⋅+

2cab

cba

−=+

11

333

111311cbaabba

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +++

333

11311ccabba

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅++

333

1311cabcba

−=−+

abccba3111

333 +=++ Vratimo se u zadatak:

33

111333

−=⋅−=

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++−=

abcabc

cbaabc

Malo je zeznuto, pa proučavajte pažljivo!

1

)(555 baba )2(242 baba

)1(2 aaaa)2(7714 223 ababbaab

Transformacije algebarskih izraza

Kako dati izraz rastaviti na činioce? Prati sledeći postupak: 1) Izvuči zajednički iz svih ispred zagrade, naravno, ako ima ( distrubutivni

zakon ) 2) Gledamo da li je neka formula:

2 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

3 3

( )( ) RAZLIKA KVADRATA

2 ( ) KVADRAT BINOMA ili ako vam je lakše 2 ( )

2 ( ) KVADRAT BINOMA ili ako vam je lakše 2 ( )

A B A B A B

I I II II I II A AB B A B

I I II II I II A AB B A B

A B

2 2

3 3 2 2

3 3 2 2 3

3 3 2 2 3

( )( ) RAZLIKA KUBOVA

( )( ) ZBIR KUBOVA

( ) 3 3 KUB ZBIRA

( ) 3 3 KUB RAZLIKE

A B A AB B

A B A B A AB B

A B A A B AB B

A B A A B AB B

3) Ako neće ništa od ove dve stavke, ‘’sklapamo’’ 2 po 2, 3 po 3. itd.

PRIMERI

Izvlačenje zajedničkog ispred zagrade: 1) 2) PAZI: Kad vidimo da ništa ne ostaje pišemo 1. 3) 4)

bbba 27 baa 7 Ako nije jasno šta treba izvući ispred zagrade, možemo svaki član rastaviti:

bbbaab

2714 3 i

baaba 77 2

Zaokružimo (podvučemo) iste i izvučemo ispred zagrade a one koje su ostali stavimo u zagradu!!! 5)

)12(33233

363 22

yxxyyxyyxyxx

xyxyyx


2

6) 333223 91518 bababa

bbbaaabbbaabbaaa 333536

)356(3 22 abbaba Naravno, možemo razmišljati i ovako: Za 18, 15 i 9 zajednički je 3 Za 3a , 2a i 3a zajednički je 2a i Za 2b , 3b i 3b zajednički je 2b

Dakle, ispred zagrade je 2 23a b . 7) )1(11 aaaaaaa xxxxx

8) )1(11 mmm aaaaaaa

9) aaaa xxxxx 124124 22 )3(4 2 xxa

10) 132132 16121612 xxxxxx nnnn )43(4 2 xxxx nn

)43(4 21 nn xx U zadacima 7, 8, 9 i 10 smo koristili pravila za stepenovanje.!!!

UPOTREBA FORMULA:

2 2 ( ) ( )A B A B A B

1) )2)(2(24 222 xxxx

2) )3)(3(39 222 aaaa

3) )1)(1(11 222 xxxx

4) )12)(12(12144 222 yyyy

5) )32)(32(3)2(3294 22222 xxxxx Pazi: Da bi upotrebili formulu za razliku kvadrata ‘’SVAKI’’ član mora da je na kvadrat. 6) )45)(45()4()5(451625 22222222 yxyxyxyxyx

7) 2 2

2 2 2 22 2

1 9 1 3 1 3 1 3

16 25 4 5 4 5 4 5x y x y x y x y

8) ))(()()( 2222222244 yxyxyxyx

))()(( 22 yxyxyx www.matematiranje.com

3

xxAB

BB

xAxA

8422

4162

22

22 )4(168 xxx

xxAB

BB

xAxA

10522

5252

22

Dakle: 4 4 2 2( )( )( )x y x y x y x y ZAPAMTI!!!

9) 4444 12116 aa 44 1)2( a , ako iskoristimo prethodni rezultat: xa 2 i y1

)14)(12)(12(

)1)2)((12)(12(2

22

aaa

aaa

2 2 22 ( )A AB B A B i 2 2 22 ( )A AB B A B

1) 1682 xx Gledamo prvi i treći član jer nam oni daju 2A i 2B , a onaj u sredini proveravamo da li je BA 2 Kako je Pa je 2) 22 )5(2510 xxx jer je ↑ ↑ 2A 2B Proveri da li je 2AB 3) 22 )8(1664 yyy

4) 222 )2(44 bababa

5) 222 )3(96 bababa

6) 2 2 24 20 25 (2 5 )x xy y x y

7) 2 20, 25 0,1 0,01 (0,5 0,1 )a a a jer je

aBaB

AA

1,001,0

5,025,022

2

8) 222 )22,0(48,004,0 bababa

3 3 2 2( ) ( )A B A B A AB B

Najpre se podsetimo da je: 311 , 328 , 3327 , 3464 , 35125 , 36216 , 37343 1) 83x da bi mogli da upotrebimo formulu oba člana moraja biti ‘’na treći’’

333 28 xx Znači x-je A, 2 je B pa zamenjujemo u formulu: )42)(2()22)(2(28 222333 xxxxxxxx www.matematiranje.com

4

)198)(1(

)46296)(1(

22)3()3()23(

2

2

22

aaa

aaaa

aaa

2) )366)(6()66)(6(6216 222333 xxxxxxxx

3) )416)(4()44)(4(464 222333 yyyyyyyy

4) 333333 1)5(151125 xxx Pazi ovde se najčešće napravi greska: xA 5 ,

1B 22 115)5()15( xxx )1525)(15( 2 xxx

5) 333 2)3(8)3( aa pazi: 3a A , 2 B

3 3 2 2( )( )A B A B A AB B

1) 3 3 3 3 2 2 2343 7 ( 7)( 7 7 ) ( 7)( 7 49)x x x x x x x x

2) 3 3 3 2 2 264 1 (4 ) 1 (4 1) (4 ) 4 1 1 (4 1)(16 4 1)a a a a a a a a

3) 3 3 3 3 2 2 2 227 (3 ) (3 ) (3 ) 3 (3 )(9 3 )x y x y x y x x y y x y x xy y

4) 2233 )2()2)(1()1()21()2()1( yyxxyxyxBA

754)1(

442212)1(

44)22(12)1(

22

22

22

xyyyxxyx

yyyxxyxxyx

yyyxxyxxyx

5) ))(()()()()()( 42242222222222323266 yyxxyxyyxxyxyxyx Redje se koristi da je:

3 2 2 3 33 3 ( )A A B AB B A B

1)

33

3

Pr

2

Pr

23 6128

BoverioveriA

yxyyxx ako je 33 8xA onda xA 2 i 33 yB pa je yB

3)2( yx

2) 3223 )4(64412 yxyxyyxx jer je

yBBy

xAxA

464 33

33

3) 3 2 2 3 3125 150 60 8 (5 2 )a a b ab b a b


5

SKLAPANJE ‘’2 po 2’’

U situaciji kad ne možemo izvući zajednički, niti upotrebiti neku formulu, koristimo sklapanje ‘’2 po 2’’.

Primeri:

1) ayaxyx 22 izvlačimo ispred zagrade zajednički za prva dva, pa druga dva. )2)(()()(2 ayxyxayx 2) byaybxax 12896

3 (2 3 ) 4 (2 3 ) (2 3 )(3 4 )x a b y a b a b x y 3) babaa 44 2 PAZI NA ZNAK!!!

)4)(1()1()1(4 baaabaa 4) 532012 baab PAZI NA ZNAK!!!

)14)(53()53(1)53(4 abbba 5) yaybxbxa

)()( abybax Ovde moramo ‘’okrenuti’’ izraz ab da postane ba , ili pazi, kako je )( baab , moramo promeniti znak ispred y ))(()()( yxbabaybax 6) abxbax 22 = ne '' juri '' da sklopiš ''prva dva'' i ''druga dva'' možda je bolja neka druga kombinacija!!

)21()12( xbxa Slično kao u prethodnom primeru, promenimo znak ispred b, a oni u zagradi promene mesta,

))(12()12()12( baxxbxa 7) 22 8228 xybxbyyx )28)(()(2)(8 bxyyxyxbyxxy www.matematiranje.com

6

22

2

2

4)3(

16)3(

7996

x

x

xx

8) 762 xx Ovo liči na kvadrat binoma ali očigledno nije. Ne možemo izvući zajednički iz svih, niti sklopiti ‘’2 po 2’’ Šta raditi? Naravno, učinici II godina srednje škole i stariji znaju da treba iskoristiti da je

))(( 212 xxxxacbxax , ali u I godini srednje škole moramo raditi ovako:

1. način: 762 xx ideja je da se srednji član napiše kao zbir ili razlika neka 2 izraza. Naravno, to možemo učiniti na veliki broj načina. Onaj prvi je kad posmatramo član bez x-sa i kako njega možemo predstaviti u obliku proizvoda. Kako je 177 to ćemo napisati umesto -6x izraz -7x+1x ili +1x-7x , svejedno. Onda sklapamo ''2 po 2'' )1)(7()7(1)7(71776 22 xxxxxxxxxx 2. način: 762 xx izvršimo dopunu do ‘’punog’’ kvadrata, što znači da moramo dodati (i oduzeti) drugi član na kvadrat.

7336 222

xx

zapamti: uvek dodaj (i oduzmi) onaj uz x podeljen sa 2, pa na kvadrat. sada iskoristimo da je ovo razlika kvadrata.

)1)(7(

)43)(43(

xx

xx

Ti naravno izabereš šta ti je lakše, odnosno šta više voli tvoj profesor. Evo još par primera: 9) ?652 xx 1.način: Kako je 236 to ćemo umesto 5x pisati 3x+2x )2)(3()3(2)3(6232 xxxxxxxx

2.način: Dodajemo (i oduzmemo) onaj uz x podeljen sa 2, pa na kvadrat.

Znači 22

2

5

2

5

, pa je:


7

)3)(2(

2

1

2

5

2

1

2

5

2

1

2

5

4

1

2

5

4

24

4

25

2

5

22

2

2

xx

xx

x

x

x

)5)(2(

2

3

2

7

2

3

2

7

2

3

2

7

4

9

2

7

4

40

4

49

2

7

22

2

2

xx

xx

x

x

x

62

5

2

5565

2222

xxxx

10) ?1072 xx 1.način: )2)(5()5(2)5(10252 xxxxxxxx

2.način: 102

7

2

77107

2222

xxxx

1

31224)(

7643)(23

23

xxxxQ

xxxxP

POLINOMI SA JEDNOM PROMENLJIVOM Oblika su:

11 1 0( ) ...n n

n nP x a x a x a x a

Ovaj oblik se dobija ''sredjivanjem” polinoma (sabiranjem, oduzimanje...) i naziva se kanonički, x-je promenljiva 01,...,, aaa nn su koeficijenti (konstante), n je prirodan broj

ili nula. Ako je 0na , onda kažemo da je polinom P stepena n , pa je na ‘’najstariji’’

koeficijenat. Primer: 7264)( 23 xxxxP - ovaj polinom je stepena 3 a najstariji koeficijenat je 4. - zanimljivo je da se član bez x-sa, takozvani slobodni član dobija kad umesto x stavimo 0, tj. 3 2(0) 4 0 6 0 2 0 7 7P 7)0( P , ili za

polinom 11 1 0( ) ...n n

n nP x a x a x a x a 0)0( aP

- takodje ako umesto x stavimo 1 imamo 01 ...)1( aaaP nn

SABIRANJE I ODUZIMANJE POLINOMA:

Primer:

)31224()7643()()( 2323 xxxxxxxQxP

312247643 2323 xxxxxx

krenemo sa sabiranjem članova sa najvećim stepenom pa dok ne dodjemo do ‘’slobodnih članova’’, to jest onih bez x-sa

3 27 6 18 4x x x )31224()7643()()( 2323 xxxxxxxQxP pazi: Minus ispred zagrade menja znak svim članovima u zagradi 312247643 2323

xxxxxx

3 22 6 10x x x Najbolje je da podvlačite slične monome kako se ne bi desila greška u sabiranju (oduzimanju)


2

74)(

32)(2

xxxQ

xxP

MNOŽENJE POLINOMA

Primer 1. Pomnožiti sledeće polinome: Rešenje: )74()32()()( 2 xxxxQxP Kako množiti? Množi se ‘’svaki sa svakim’’. Najbolje je da prvo odredimo znak

,( , , ) , onda pomnožimo brojke i na kraju nepoznate.

Naravno da je 2xxx , 32 xxx , 422 xxx , itd. (ovde koristimo pravila iz stepenovanja: nmnm xxx ) Vratimo se na zadatak:

)74()32( 2 xxx

211231482 223 xxxxx sad saberemo( oduzmemo) slične monome

212652 23 xxx Primer 2. Pomnožiti sledeće polinome:

152)(

74)(2

2

xxxB

xxxA

Rešenje:

)152()74()()( 22 xxxxxBxA

4 3 2 3 2 22 5 8 20 4 14 35 7x x x x x x x x

4 3 22 3 5 31 7x x x x


3

______________)(

2)(

2

42

12)2(:)652(

xx

xxxx

__________

2

6

x

x

2

412

2

652 2

xx

x

xx

xx

x2

2 2

1x

x

DELJENJE POLINOMA

Podsetimo se najpre deljenja brojeva. Primer: 248423:57146

______46

111

______92

194

_______184

106

_____92

4 - ostatak

Možemo zapisati: 23

42848

23

57146

deljenik ostatak

rešenjedelilac delilac

Probajmo sad sa polinomima: Primer 1: POSTUPAK → Podelimo ‘’prvi sa prvim’’ i upišemo 2x u rešenju → 2x pomnožimo sa deliocem i potpišemo ispod 2x²-5x → promenimo znake (ono u zagradi) 4 Ostatak → prvi se uvek skrate a druge saberemo -5x+4x=-x Dakle: → dopišemo +6 → opet delimo ‘’prvi sa prvim’’ → množimo sa deliocem → promenimo znake i saberemo


4

5)1(:)542( 223 xxxxxx

_____________

2

)(

3)( xx

10

___________)()(55

55

x

x

1

105

1

542 223

xxx

x

xxx

____________)(

2)(

2 4

xx

xx

23

xx

x

2x2x

23 2xx 23 2xx

2222 xxx

xx

x

2

55

x

x

Primer 2: POSTUPAK → Podelimo ‘’prvi sa prvim’’ upišemo u rešenje → pomnožimo sa deliocem i potpišemo ispod → promenimo znake kod → prvi se uvek ‘’skrate’’, a → spustimo - 4x → opet ‘’prvi u prvom’’ → x množimo sa deliocem → menjamo znake kod x²+x → prvi se skrate a -4x-x=-5x → spuštamo +5 Dakle: → → -5·(x+1)=-5x-5 → promenimo znake i prvi se skrate → 5+5=10 Primer 3:

155)32(:)523( 22234 xxxxxxxx

______________________

2

)(

3

)(

4 32 xxx

3 2

3 2

( ) ( ) ( )___________________________

5 5

5 10 15

x x x

x x x

__________________________)()(

2)(

2

453015

51415

xx

xx

4044x ostatak

4 3 2

22 2

3 2 5 44 405 15

2 3 2 3

x x x x xx x

x x x x


5

_____________

3

)(

4)( xx

7)2(

712208)2(

726252)2(

765)(23

23

P

P

P

xxxxP

Primer 4:

1)1(:)1( 234 xxxxx PAZI: Kad skratimo ‘’prve’’ a drugi nisu istog stepena prepišemo ih, prvo onaj sa većim pa sa manjim stepenom, to jest: +x³-1 Nema ostatka

Dakle: 11

1 234

xxxx

x

U nekim zadacima interesovaće nas samo ostatak koji se dobija deljenjem dvaju polinoma a ne i količnik. Tu nam pomaže Bezuova teorema: Ostatak pri deljenju polinoma P(x) sa (x-a) jednak je P(a), to jest vrednosti polinoma P(x) u tački x = a. Ako je P(a)=0, deljenje je bez ostatka. Primer1: Nadji ostatak pri deljenju polinoma 765 23 xxx sa 2x Najpre rešimo x-2=0, pa je x = 2 onda uporedjujemo x-a i x-2→ a=2 Sada je Ostatak je -7


_____________

2

)(

3

)(

3 1

xx

x

12 x

____________

)(

2

)(

xx

1x

_________

)()(

1x

6

6116)( 23 xxxxP

0)1(

61161)1(

6111161)( 23

P

P

xP

0)( aP

_______________)(

2

)(

2

55

115

xx

xx

____________

)()(

66

66

x

x

)3)(2(

)2(3)2(

xx

xxx

Primer2: Nadji ostatak pri deljenju polinoma 652 3 xx sa 1x Pazi , ovde je a = -1, jer je x+1=0 x = -1 Ostatak je 13 Još jedna izuzetna primena Bezueve teoreme je kod rastavljanja polinoma na činioce. Mi smo do sada naučili da faktorišemo polinome drugog stepena. Za polinome trećeg i četvrtog stepena postoje algoritmi, ali su suviše teški, dok za polinome petog i većeg stepena ne postoji univerzalan način da se faktorišu, odnosno reše. Kako nam to pomaže Bezuova teorema? Primer1: Dat je polinom Izvrši njegovu faktorizaciju. POSTUPAK za x=1 → uočimo ‘’slobodan’’ član, to jest onaj bez x-sa. ovde je to 6. → on se može podeliti: +1, -1, +2, -2, +3, -3, +6, -6 →redom zamenjujemo ove brojeve dok ne dobijemo da je → našli smo da je a=1 → podelimo polinom sa )1()( xax

65)1(:)6116( 223 xxxxxx

_____________

2

)(

3

)(

xx

Nema ostatka Ovim smo smanjili stepen polinoma i sad već 652 xx znamo da rastavljamo

63265 22 xxxxx

13)1(

652)1(

6)1(5)1(2)1(

652)(2

2

P

P

P

xxxP

6116)( 23 xxxxP

7

04)1(

4432141412121)1( 234

P

P

044321)1(

4)1(4)1(2)1(2)1()1( 234

P

P

_______________

2

)(

3

)(

23

33

33

xx

xx

____________

)()(

44

44

x

x

______________)()(

2

44

44

xx

x

Dakle: 3 26 11 6 ( 1)( 2)( 3)x x x x x x

Primer 2: Izvršiti faktorizaciju polinoma:

4 3 2( ) 2 2 4 4P x x x x x Posmatrajmo broj 4 (slobodan član). Pošto njega možemo podeliti sa +1, -1, +2, -2,+4, -4, redom menjamo u polinom dok ne bude P(a)=0 Za x = 1 Idemo dalje: Za x = -1 Dakle, delimo sa 1)1( xx

43)1(:)4432( 23234 xxxxxxx

_____________

3

)(

4

)(

xx

Dalje gledamo 43)( 23

1 xxxP Za x=-1 04314)1(3)1()1( 23

1 P Opet delimo sa (x+1)

44)1(:)43( 223 xxxxx

____________

2

)(

3

)(

xx

22 )2(44 xxx

8

Konačno rešenje je: )44)(1)(1(4432 2234 xxxxxxxx

22 )2()1( xx Primer 3: Odrediti realan parametar m tako da polinom 5 3 2( ) 3 2 8P x x mx x x bude deljiv sa x + 2. Rešenje: Iz x+2 = 0 je x = -2 , pa je a = -2

5 3 2

5 3 2

( ) 3 2 8

( 2) ( 2) ( 2) 3( 2) 2( 2) 8

( 2) 32 8 12 4 8

( 2) 8 8

( 2) 0 jer u zadatku kaže da je P(x) deljiv sa -2

8 8 0

1

P x x mx x x

P m

P m

P m

P

m

m

Primer 4: Odrediti realne vrednosti parametara a i b tako da polinom 3 2( ) 5 4P x ax bx x pri deljenju sa 1x daje ostatak 6, a pri deljenju sa 1x daje ostatak 2. Rešenje:

Kako pri deljenju sa 1x daje ostatak 6, to je ( 1) 6P

3 2

3 2

( ) 5 4

( 1) ( 1) ( 1) 5( 1) 4

( 1) 9

9 6

3

3

P x ax bx x

P a b

P a b

a b

a b

a b


9

Kako pri deljenju sa 1x daje ostatak 2, to je (1) 2P

3 2

3 2

( ) 5 4

(1) 1 1 5 1 4

(1) 1

1 2

3

P x ax bx x

P a b

P a b

a b

a b

Dalje oformimo sistem jednačina:

3

3

a b

a b

a b

3

a b

3

2 6 3 0

Rešenja su 3, 0

a a b

a b


1

LINEARNE JEDNAČINE

Pod linearnom jednačinom ‘’po x’’ podrazumevamo svaku jednačinu sa nepoznatom x koja se ekvivalentnim transformacijama svodi na jednačinu oblika:

bxa

gde su a i b dati realni brojevi. Rešenje ove jednačine je svaki realan broj 0x za koji važi:

0a x b

Ako nam posle rešavanja ostane jednačina većeg stepena (drugog, trećeg …) onda nju probama da rastavimo na činioce i koristimo: 0BA 0A 0B

0 CBA 0A 0B 0C Za svaku linearnu jednačinu važi:

a x b

a

bx ,0a 0b

ako je 0a 0 ba Nema rešenja Primer: ima beskonačno Primer mnogo rešenja Primer: Svaki broj je rešenje Deljenje sa 0 nije

dozvoljeno (za sad)


52

10

102

x

x

x

00 x ?0

7

70

x

x

2

Kako rešavati jednačinu?

- Prvo se oslobodimo razlomaka (ako ih ima) tako što celu jednačinu pomnožimo sa NZS

- Onda se oslobodimo zagrada (ako ih ima) množeći ‘’svaki sa svakim’’. - Nepoznate prebacimo na jednu a poznate na drugu stranu znaka =.

(PAZI: prilikom prelaska sa jedne na drugu stranu menja se znak) - ‘’sredimo’’ obe strane (oduzmemo i saberemo) i dobijemo bxa

- Izrazimo nepoznatu a

bx

VAŽNO: Ako negde vršimo skraćivanje moramo voditi računa da taj izraz koji kratimo mora biti različit od nule. U suprotnom se može desiti apsurdna situacija.

Primer: Rešiti jednačinu: 02

x

x

Ako skratimo x x

x0 0x ?

Ne smemo skratiti jer je uslov 0x

ZADACI:

1) Reši jednačinu Nema razlomaka i zagrada tako da odmah ‘’prebacujemo’’ nepoznate na jednu a poznate na drugu stranu. 2) Reši jednačinu xxx 10)116(4)32(3 (oslobodimo se zagrada)

3(2 3 ) 4(6 11) 10

6 9 24 44 10

9 24 10 6 44

16 48

48

16

3

x x x

x x x

x x x

x

x

x


9 2 5 2

2 5 2 9

7 7

7

7

1

x x

x x

x

x

x

3

2) Reši jednačinu 5 2 3 6 5

27 2 14

y y y

14/14

56

2

322

7

5

yyy Nadjemo NZS za 7, 2 i 14; to je 14. Celu jednačinu

)56(1)32(728)5(2 yyy pomnožimo sa 14. 2 10 28 14 21 6 5

2 14 6 21 5 10 28

6 44

44

6

22

3

y y y

y y y

y

y

y

4) Reši jednačinu 132)4()3( 22 xxx

132)4()3( 22 xxx

2 2

2

( 6 9) ( 8 16) 2 13x x x x x

x

26 9x x 8 16 2 13

6 8 2 13 9 16

12 6

6

12

1

2

x x

x x x

x

x

x

5) Reši jednačinu 3

1

2

2

xx

PAZI: Ovde odmah postavi uslove: 02 x 2x

3

1

2

2

xx 03 x 3x

Množe se unakrsno : 2( 3) 1 ( 2)

2 6 2

2 2 6

8

x x

x x

x x

x


4


32

2

1

63

5

x

x

x

x Uslovi: 02 x

2x

5 1 2 3/ 6( 2)

3( 2) 2 2( 2)

2( 5) 3( 2) 3(2 3)

2 10 3 6 6 9

2 3 6 6 9 10

7 25

25

7

x xx

x x

x x x

x x x

x x x

x

x


12

14

8

12

122

x

x

xx

x

2 1 8 2 1

....... / (2 1)(2 1)2 1 (2 1)(2 1) 2 1

x xx x

x x x x

Uslovi: 012 x 012 x 12 x 12 x

2

1x

2

1x

8) Reši jednačinu 215 xx

Ovd moramo najpre da definišemo apsolutnu vrednost:

0,

0,

Dakle: 5 1, za 5 1 0

5 1(5 1), za 5 1 0

x xx

x x

=

),15(

,15

x

x

5

15

1

x

x

Sad rešavamo dve jednačine:


2 2

2 2

2 2

(2 1) 8 (2 1)

4 4 1 8 4 4 1

4 4 4 4 1 1 8

8 8

1

x x

x x x x

x x x x

x x

x

5

9

9

342

2324

2)32()4(

x

x

x

xx

xx

Uslov 5

1x Uslov

5

1x

(5 1) 2

5 1 2

4 2 1

4 1

1

4

x x

x x

x

x

x

Ovo rešenje je ''dobro'' jer je5

1

2

1 I ovo je ‘’dobro’’ jer je

5

1

4

1

9) Reši jednačinu 2324 xx

Najpre definišemo obe apsolutne vrednosti:

),4(

,44

x

xx

04

04

x

x=

).4(

,4

x

x

4

4

x

x

II

I

Uslov

Uslov

),32(

,3232

x

xx

032

032

x

x=

),32(

,32

x

x

2

32

3

x

x

IV

III

Uslov

Uslov

Zadatak ćemo podeliti na 4 dela u zavisnosti od uslova: i) I i III uslov:

4x i 2

3x

,4x Nije ''dobro'' rešenje jer ne zadovoljava ,4x ii) I i IV uslov

,4x 2

3x

Ovde nema rešenja

x

5 1 2

6 2 1

6 3

3

6

1

2

x x

x

x

x

x

6

3

1

13

4323

2324

2)32()4(

x

x

x

xx

xx

5

342

2324

2)32()4(

x

x

xx

xx

iii) II i III uslov

4x i 2

3x

4,

2

3x

Dobro je rešenje 1 3

,43 2

iv) II i IV uslov

,4x i 2

3x

2

3,x

‘’Dobro’’ rešenje, jer

2

3,5

Zaključak: rešenja su 1

1

3x i 2 5x

10) Rešiti i diskotuvati jednačinu u zavisnosti od parametra a) 3 1 5mx m x sve ‘’sa x’’ prebacujemo na jednu stranu, sve što nema x na drugu

mxmx 315 Izvučemo x kao zajednički ispred zagrade

mmx 31)5(

1 3

5

mx

m


7

Diskusija:

Za 5m 0

531 x nemoguća, nema rešenja

Za 5m 5

31

m

mx jednačina ima rešenja I to beskonačno mnogo jer Rm

b) 2 4 8 7 5ax a a x Diskusija:

Za 052 a 2

5a Jednačina nemoguća

Za 052 a 5

2a jednačina ima mnogo rešenja

Jednačine imaju veliku primenu u rešavanju takozvanih ‘’problemskih’’ zadataka. Važno je dobro proučiti tekst, ako treba skicirati problem i naći vezu izmedju podataka. 11) Otac ima 43 godine a sin 18, kroz koliko će godina otac biti dva puta stariji od sina? Obeležimo sa X-broj godina koji treba da prodje. Otac → 43 godine Sin → 18 godina Kako godine teku i za oca i za sina, to je: Otac → 43+X Sin → 18+X U zadatku se kaže da će otac biti dva puta stariji od sina: 2 (18 ) 43

36 2 43

2 43 36

7

x x

x x

x x

x

2 5 8 7 4

(2 5) 9 3

9 3

2 5

ax x a a

x a a

ax

a

8

Proverimo: Kroz 7 godina otac će imati 43+7=50 godina, a sin 18+7=25 godina, pa je otac zaista dva puta stariji od sina.

12) Koji broj treba dodati brojiocu i imeniocu razlomka 5

2 da bi smo dobili

razlomak 7

5?

7

5

5

2

x

x Množimo unakrsno

7(2 ) 5(5 )

14 7 25 5

7 5 25 14

2 11

11

2

x x

x x

x x

x

x

13)

Učenik je prvog dana pročitao 4

1 knjige, drugog dana

3

2 od ostatka knjige,a trećeg dana

poslednjih 40 stranica. Koliko ima stranica ta knjiga? Obeležimo sa x-broj stranica knjige.

x4

1I Dan

2 3

3 4x II Dan 40 str.→ III dan

1 2

4 3x

3 40

4

1 240

4 43

404

340

41

404

160

x x

x x x

x x

x x

x

x

Knjiga ima 160 strana. www.matematiranje.com

9

14) Jedan radnik može da završi posao za 9, a drugi za 12 dana. Ako se njima pridruži treći radnik, oni će taj poso završiti za 4 dana. Za koje bi vreme treci radnik sam završio posao? Neka je x-vreme za koje treći radnik završi posao. Kako razmišljamo?

Ako prvi radnik sam završi posao za 9 dana onda će za 1 dan odraditi 9

1 posla.

Slično će drugi radnik za 1 dan odraditi 12

1 posla, a treći

x

1 deo posla.

Znači da oni zajedno za 1 dan odrade x

1

12

1

9

1 deo posla, Kako rade 4 dana, to je:

1 1 1

4 19 12

4 4 41 ........ / 36

9 1216 12 144 36

28 36 144

8 144

18

x

xx

x x x

x x

x

x

Dakle, treći radnik bi sam završio posao za 18 dana.


1

LINEARNE NEJEDNAČINE

Linearne nejednačine rešavamo slično kao i jednačine (vidi linearne jednačine) koristeći ekvivalentne transformacije. Važno je reći da se smer nejednakosti menja kada celu nejednačinu množimo (ili delimo) negativnim brojem. Primer: 2 10x Pazi: delimo sa (-2), moramo okrenuti smer nejednakosti

10

25

x

x

Naravno i ovde se može deliti da nejednačina ima rešenja, nema rešenja ili ih pak ima beskonačno mnogo (u zavisnosti u kom skupu brojeva posmatramo datu nejednačinu) 1) Reši nejednačinu: 3( 2) 9 2( 3) 8x x x → oslobodimo se zagrada

862963 xxx → nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu 3 9 2 6 8 6x x x

10 20

20

10

2

x

x

x

Uvek je ‘’problem’’ kako zapisati skup rešenja? Možemo zapisati Rx 2x a ako je potrebno to predstaviti i na brojevnoj pravoj:

2 88- ( , 2)x Pazi: Kad i uvek idu male zagrade ( ) Kod znakova < i > male zagrade i prazan kružić Kod < , > idu srednje zagrade i pun kružić Male zagrade nam govore da ti brojevi nisu u skupu rešenja, dok , govore da su i ti brojevi u rešenju.


2 10

10

25

x

x

x

2

a

ax

2

3

2) Reši nejednačinu: 12

23

3

12

aa

12

23

3

12

aa → celu nejednačinu pomnožimo sa 6 (NZS za 3 i 2)

62694

66924

6)23(3)12(2

aa

aa

aa

145 a → pazi: delimo sa (-5) pa se znak okreće

5

42

5

14

a

a

U skupu R su rešenja

5

42,a

PAZI: Da nam npr. traže rešenja u skupu N (prirodni brojevi), onda bi to bili samo {1,2} 3) Reši nejednačinu: 32 axax

32 axax → nepoznate na jednu, poznate na drugu stranu

aax

aaxx

3)2(

32

Kako sad? Da li je izraz a2 pozitivan ili negativan, ili možda nula? Moramo ispisati sve 3 situacije!!!

aax 3)2(

02 a 02 a 02 a 2a 2a 2a okreće se znak 030 x

a

ax

2

3 30 x

Ovde je svaki Rx rešenje


3

Rešenje bi zapisali:

Za 2a

,2

3

a

ax

Za 2a Rx

Za 2a

a

ax

2

3,

4) Rešiti nejednačine: a) 0)4()1( xx b) 0)5()3( xx Kod ovog tipa nejednačina koristićemo da je:

0BA )0,0( BA v )0,0( BA 0BA )0,0( BA v )0,0( BA

Naravno iste ‘’šablone’’ koristimo i za znakove > i < a za 0B

A i 0

B

A

gde još vodimo računa da je 0B . a) ( 1)( 4) 0x x

)04,01( xx v )04,01( xx )4,1( xx v )4,1( xx Sada rešenja ‘’spakujemo’’ na brojevnoj pravoj!!! ),4( x )1,(x Rešenje je )1,(x ),4( www.matematiranje.com

4

5,3x

b) 0)5()3( xx

)05,03( xx v )05,03( xx )5,3( xx v )5,3( xx

prazan skup Dakle, konačno rešenje je 5,3x

5) Reši nejednačinu 6

23

x

x

PAZI: Da bi koristili ‘’šablon’’ na desnoj strani mora da je nula, pa ćemo zato -2 prebaciti na levu stranu!!! → sad može ‘’šablon’’

)0x-30312( x ili )0x-30312( x ( 3 12 -x< 3)x )3-x123( x )3x,4( x ili )3x,4( x (3, 4)x →konačno rešenje prazan skup 6) Rešiti nejednačinu: (po n )

51

13

n

n

Ovde moramo rešiti 2 nejednačine, pa ćemo ‘’upakovati’’ njihova rešenja.

03

312

03

266

03

)3(26

023

6

23

6

x

xx

xxx

xxx

xx

x

5

Prva nejednačina: Ili

Dakle: 4 2

01

n

n

)01n024( n ili )01n024( n

)1n2

1( n ili )1n

2

1( n

Za I deo rešenje je Druga nejednačina:

51

1

n

n 05

1

1

n

n 0

1

551

n

nn

Dakle: 01

64

n

n

)01n064( n ili )01n064( n

)1n2

3( n ili )1n

2

3( n


13

1

n

n

10 3

11 3 3

01

4 20

1

n

nn n

nn

n

1,n

,

2

1n

1, 1 ,

2n

6

2

3,n ,1n

Za II deo rešenje je

2

3,n ,1

‘’Upakujmo’’ sada I i II rešenje da bi dobili konačno rešenje ove dvojne nejednačine:

Rešenje prve nejednačine smo šrafirali udesno, a druge ulevo …Na taj način vidimo gde se seku, odnosno gde je konačno rešenje… Dakle, konačno rešenje je:

NAPOMENA: Umesto šablona ovde smo mogli koristiti i ‘’tablično’’ rešavanje koje je detaljno objašnjeno u delu kvadratne nejednačine.


3 1, ,

2 2n


NEKE VAŽNE NEJEDNAKOSTI:

1) za sve 02 ≥x Rx∈ Kvadrat nekog izraza je uvek pozitivan ili jednak nuli (za x=0) Primeri: → za 0)2(44 22 ≥+=++ xxx Rx∈∀ → za 0)1(12 22 ≤−−=−+− aaa Ra∈∀ → jer 022 ≥+− yxyx

43

24222

222

222

222 y⎛

Izvršili smo dopunu od ''punog kvadrata'' pa je 02

2

≥⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

yx i 04

3 2

≥y , a onda je i

njihov zbir >0

2) zyxzyx++≥

+++2

3222

Dokaz: ⇒

yyxyyyxyyxy +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝

+−

0)1)1

0)1

2

2

2

≥

≥−

zyx

x

(

zyxzyxzyxzyx

zyxzyxzzyyxx

zyx

++≥+++

++≥+++

++≥+++

≥+−++−++−

≥−+−+−

23

)(232223

01212120)1()1()1(

222

222

222

222

222

0( ≥−

( −

3) Dokazati da za ⇒ 0>∀a 221≥+a

Dokaz:

0120)1(

2

2

≥+−

≥−

aaa

aaa :/212 ≥+ (podelimo sa a )

21≥+

aa

1


4) Dokazati da za i 0≥∀x 0≥∀y

2yxxy +

≤

(geometrijska sredina < aritmetička sredina)

Dokaz: Podjimo od ( )

xyyxxyyx

yxyx

yyxx

yx

≥+

=+

≥+−

≥+−

≥+

2

2:/2

02

02

022

2

Naravno jednakost važi ako je yx = 5) Dokazati da je: koji su nenegativni: zyx ,,∀

3

3333 cbaxyz ++

≤

Dokaz: Uvodimo najpre smene:

3

3

3

czbyax

=

=

= Treba onda dokazati:

3

3333 cbaxyz ++

≤

033

333

333

≥−++

++≤

abccbacbaabc

Kako je (proveri množenjem)

))((3 222333 acbcabcbacbaabccba −−−++++=−++

odavde je sigurno 0≥++ cba [ ] 0)()( −+−+− acb

)(21 222222 ≥=−−−++ cbaacbcabcba

2


Dakle proizvod dva takva izraza je >0 pa je zaista: 3

333 cbaabc ++≤

Odnosno

33 zyxxyz ++

≤ Pazi: Znak = je ako je zy == x

3


1

O SKUPOVIMA Do pojma skupa može se vrlo lako doći empirijskim putem , posmatrajući razne grupe, skupine, mnoštva neke vrste objekata , stvari, živih bića i dr. Tako imamo skup stanovnika nekog grada, skup knjiga u biblioteci, skup klupa u učionici itd. Tvorac teorije skupova je Georg Kantor , nemački matematičar, koji je prvi dao “opisnu” definiciju skupa. Mnogi drugi matematičari su takođe pokušavali da definišu skup. Danas, po savremenom shvatanju, pojam skupa se ne definiše, već se usvaja intuitivno kao celina nekih razičitih objekata. Predmeti iz kojih je skup sastavljen zovu se elementi skupa. Postoje skupovi sa konačno mnogo elemenata, koje nazivamo konačnim skupovima, i skupovi sa beskonačno mnogo elemenata, odnosno beskonačni skupovi. Tako, na primer , skup stanovnika na zemlji predstavlja jedan konačan skup, dok skup svih celih brojeva sadrži beskonačno mnogo elemenata. Skupove najčešće obeležavamo velikim slovima A,B ,.....X, Y,... , a elemente skupa malim slovima a,b,...,x,y,... Ako je x element skupa X , tu činjenicu ćemo označavati sa x∈X, a ako ne pripada skupu X, označićemo sa x∉X. Oznake ćemo čitati: “x pripada skupu X” ili “x je element skupa X”. Oznaku x∉X ćemo čitati “ x ne pripada skupu X” ili “ x nije element skupa X” Postavimo sada pitanje: “ Koliko elemenata ima skup prirodnih brojeva većih od jedan a manjih od dva” ? Jasno je da takav skup nema ni jednog elementa. Za takav skup kažemo da je prazan i obeležava se sa ∅ .


2

Međutim, desiće nam se nekad da nije zgodno, a ni moguće, da neposredno navedemo sve elemente nekog skupa. Stoga se koristi i ovakvo zapisivanje skupova: {x S(x)} ili, isto{x x ima svojstvo S}, što bi značilo”skup svih x koji imaju svojstvo S”. Na primer skup X={7,8,9,10,11,12} možemo zapisati i na sledeći način: X={x x ∈N 6< x <13 }. ∧ Za neka dva skupa kažemo da su jednaki ako su svi elementi jednog skupa ujedno elementi drugog skupa, i obrnuto, svi elementi drugog skupa su elementi prvog skupa . Zapisujemo: A=B ako i samo ako (∀ x) (x∈ A ⇔ x ∈ B ) , na primer po definiciji biće {a,a,a,b,b,c}={a,b,b,c,c,c}={a,b,c}. Dakle , svaki član skupa je prisutan jednim pojavljivanjem, a sva ostala njegova pojavljivanja, ukoliko ih ima, nisu važna, i, uz to, ni redosled navođenja članova nije bitan. Kažemo da je skup B podskup skupa A, što označavamo B⊂A, ako su svi elementi skupa B takođe i elementi skupa A, tj. B⊂ A ako i samo ako ( x) (x ∀ ∈B x⇒ ∈ A ) Relacija uvedena ovom definicijom se zove relacija inkluzije. Ovde moramo voditi računa da se svi skupovi ne mogu upoređivati. Prazan skup je podskup svakog skupa. OPERACIJE SA SKUPOVIMA


3

- UNIJA - PRESEK - RAZLIKA - SIMETRICNA RAZLIKA - PARTITIVNI SKUP - DEKARTOV PROIZVOD

- KOMPLEMENT SKUPA UNIJA Skup svih elemenata koji su elementi bar jednog od skupova A ili B , zove se unija skupova A i B i označava se sa A B. ∪

}{ BxAxxBA ∈∨∈=∪ Na dijagramu bi to izgledalo ovako:

A B

Primer: Ako je A={1,2,3} i B={2,3,4} A B={1,2,3,4} ∪


4

PRESEK Skup svih elemenata koji su elementi skupa A i skupa B zove se presek skupova A i B i obeležava se sa A B. ∩

}{ BxAxxBA ∈∧∈=∩ Graficki prikaz bi bio:

A B

Primer: Ako je A={1,2,3} i B={2,3,4} A∩B={2,3} RAZLIKA Skup svih elemenata koji su elementi skupa A ali nisu elementi skupa B zove se razlika redom skupova A i B u oznaci A\B. A\B={ x x∈A x∉B } ∧ Naravno mozemo posmatrati i skup B\A, to bi bili svi elementi skupa B koji nisu u A. Na dijagramima to bi izgledalo ovako:


5

A B

Za nas primer je A\B={1} A\B

A B

Za nas primer je B\A={4} B\A SIMETRIČNA RAZLIKA Skup (A\B) (B\A) naziva se simetrična razlika i najčešće se obeležava sa . ∪ Δ A B= (A\B) (B\A). Na dijagramu je: Δ ∪

A B

Za naš primer je AΔ B={1,4}


6

PARTITIVNI SKUP Skup svih podskupova skupa A naziva se partitivni skup skupa A i obeležava se sa P(A). Primer: Ako je A={1,2,3) , onda je P(A)={ ∅ , {1},{2},{3},{1,2},{1,3},{2,3}, {1,2,3}} KOMPLEMENT SKUPA Unija , presek i razlika su binarne skupovne operacije, dok je komplement skupa unarna operacija. To je skup svih elemenata koji nisu sadržani u posmatranom skupu. Komplement najčešće obeležavamo sa A Na slici bi bilo:

B

A

A ={x x∉ A} Primer: Ako je A={1,3,7} i B={1,2,3,4,5,6,7} onda je :

}6,5,4,2{=A DEKARTOV PROIZVOD


7

Čuveni francuski filozof i matematičar Dekart je u matematiku uveo pojam pravouglog koordinatnog sistema, koji se i danas, u njegovu čast, naziva Dekartovim koordinatnim sistemom. U tom sistemu svakoj tački ravni odgovara jedan uređeni par realnih brojeva (x,y) i, obrnuto, svakom paru brojeva (x,y) odgovara tačno jedna tačka u koordinatnoj ravni. Prvi broj x u tom paru nazivamo prvom koordinatom (apscisom) , a drugi y , drugom koordinatom (ordinatom). Za uređene parove je karakteristična osobina: (x,y)=(a,b) ako i samo ako x=a ∧ y=b Dekartov proizvod skupova je skup:

Treba voditi računa da A ×≠× BB A Primer: Ako je M={1,2,3} i N={A,B} onda je: M×N={(1,A),(1,B),(2,A),(2,B),(3,A),(3,B)}. Na slici:

1 2 3

B

A


8

ZADACI

1. Dokazati da je prazan skup podskup svakog skupa. Dokaz:

Mi ustvari trebamo dokazati da vazi: ))(( AxxxA ∈⇒∅∈∀⇔⊂∅ Kako prazan skup nema elemenata, to je istinitosna vrednost ∅∈x sigurno netacna. Dakle , podsetimo se tablice za implikaciju: Ax∈⊥⇒

p q p⇒q Implikacija je netačna jedino u slučaju kada je iskaz p tačan i iskaz q netačan. T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T T Iz laži sledi sve, odnosno iz netačnog sledi sve(uvek tačno) ⊥ ⊥ T Dakle, prazan skup je podskup svakog skupa. 2. Dati su skupovi: A={x x se sadrzi u 12, x pripada N}, B={x x se sadrzi u 20, x pripada N} i skup C={x x se sadrzi u 32, x pripada N}. Odrediti : A\(B∪C), A (B ), i A\(B\C) ∪ C∩ Resenje: Najpre moramo odrediti skupove A,B, i C. Kada se x sadrzi u nekom broju to drugim recima znaci da se taj broj moze podeliti sa x. Kako se broj 12 moze podeliti sa 1,2,3,4,6,12 to je : A={1,2,3,4,6,12}, slicno je B={1,2,4,5,10,20} i C={1,2,4,8,16,32} Odredimo A\(B∪C). Najpre je B C={1,2,4,5,8,10,16,20,32}. Sada trazimo one koji su elementi skupa A a ne pripadaju B∪C. To su 3,6,12, pa je A\(B C)={3,6,12}

∪∪

Odredimo A∪ (B ). Najpre naravno BC∩ C∩ , to su elementi koji su zajednicki za ova dva skupa, dakle: B∩ ={1,2,4}. Dalje trazimo uniju skupa A i ovog skupa, to jest sve elemente iz oba skupa: A∪ (B∩ )={1,2,3,4,6,12}.

CC

A\(B\C)= {1,2,3,4,6,12}\({1,2,4,5,10,20}\{1,2,4,8,16,32}) = {1,2,3,4,6,12}\{{5,10,20} = {1,2,3,4,6,12}=A


9

3. Dati su skupovi A={1,2,3,4,5} i B={4,5,6,7}. Odrediti skup X tako da bude: X\B= i A\X ={1,2,3} ∅ Resenje: Izgleda da cemo ovde imati vise mogucnosti za trazeni skup X. Kako je X\B=∅ , to nam govori da su svi elementi skupa B potencijalni elementi skupa X jer nema takvih elemenata da su u X a nisu u skupu B. A\X ={1,2,3} nam govori da u skupu X sigurno nisu elementi {1,2,3}.Dakle: X={4,5} ili X={4,5,6}ili X={4,5,7}ili X={4,5,6,7} 4. Na jednom kursu stranih jezika svaki slušalac uči bar jedan od tri strana jezika(engleski, francuski i nemački) i to : 18 slušalaca uči francuski, 22 uči engleski, 15 slušalaca uči nemački, 6 slušalaca uči engleski i francuski, 11 slušalaca engleski i nemački, 1 slušalac uči sva tri jezika.Koliko ima slušalaca na tom kursu i koliko od njih uči samo dva jezika? Resenje: Najpre zapisimo pregledno podatke:

- 18 slušalaca uči francuski - 22 uči engleski - 15 slušalaca uči nemački - 6 slušalaca uči engleski i francuski - 11 slušalaca engleski i nemački - 1 slušalac uči sva tri jezika

Najbolje je upotrebiti Venov dijagram sa tri skupa(njega popunjavamo tako što popunimo presek sva tri skupa, pa preseke po dva skupa, i na kraju, elemente koji pripadaju samo po jednom skupu) ENGLEZI FRANCUZI


10

NEMCI Prvo upisemo 1 u preseku sva tri skupa.Zatim presek Francuzi i Englezi, ali tu ne pisemo 6, vec 6-1=5, onda presek Englezi i Nemci 11-1=10. Dalje je ostalo 18-5-1=12 koji uce samo francuski, 22-10-5-1=6 koji uce engleski i na kraju 15-10-1=4 koji uce nemacki. Broj slusaoca je 12+5+6+1+10+4=38, a broj onih koji uce samo dva jezika je 10+5=15 5. Dokazati skupovnu jednakost: =CBA ∩∪ )( )( CA∩ ∪ )( CB ∩ Ovde uvek krecemo isto (∀ x ) x pripada levoj strani, = zamenimo sa , pa x pripada desnoj strani. Koristimo definicije skupovnih operacija dok potpuno ne rastavimo obe strane. Dalje preko logickih operacija dokazemo da je nastala formula tautologija.

⇔

Pazi: = menjamo sa , menjamo sa ∨ , ⇔ ∪ ∩ menjamo sa ∧ , itd. Dokaz: ( x) ( x∈∀ CBA ∩∪ )( ) (x∈⇔ )( CA∩ ∪ )( CB ∩ ) ( x∈ )( BA∪ ∧ x∈C) (x⇔ ∈ )( CA∩ ∨ x∈ )( CB ∩ ) ((x∈A x∈B) x∈C) ((x∨ ∧ ⇔ ∈A ∧ x∈C) (x∨ ∈B∧ x∈C)) neka je: p= x∈A q= x∈B r = x∈C Dobili smo formulu: F: ((p q) ∨ ∧ r) ⇔ ((p∧ r) (q∨ ∧ r)) Nju sad moramo dokazati preko tablice i upotrebom logickih operacija: p q r p q ∨ (p q)∨ r∧ p∧ r q∧ r (p r)

(q r) ∧

∨ ∧F

T T T T T T T T T T T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ T T T T ⊥ T T T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ T T T T ⊥ T T T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T Formula JESTE TAUTOLOGIJA, pa je time dokaz zavrsen. ⇔ 6. Dokazati skupovnu jednakost: C\(A∩B)=(C\A) (C\B) ∪ Dokaz: ( x)(x∈ C\(A B)) (x∀ ∩ ⇔ ∈(C\A)∪ (C\B))


11

(x ∈C x∉(A B)) ∧ ∩ ⇔ ( x∈(C\A) x ∨ ∈ (C\B)) (x∈ C ( x∈A∧ ¬ ∧ x∈B)) ⇔ (x∈C∧ ¬ (x∈A)) ( x∈C ( x∈B)) ∨ ∧ ¬ neka je: p= x∈A q= x∈B r = x∈C F: (r∧ ¬ (p q)) ((r∧ ⇔ ∧ ¬p) ∨ (r∧ ¬q)) Ovo dokazujemo tablicno: p q r ¬p ¬q p q ∧ ¬

(p∧ q)r∧ ¬ (p∧ q) r∧ ¬p r∧ ¬q (r∧ p)

(r q)¬

∨ ∧ ¬F

T T T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ TT T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ TT ⊥ T ⊥ T ⊥ T T ⊥ T T TT ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T⊥ T T T ⊥ ⊥ T T T ⊥ T T⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T⊥ ⊥ T T T ⊥ T T T T T T⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T ⇔ Dakle ova formula jeste TAUTOLOGIJA, pa je pocetna skupovna jednakost tačna.


ISKAZI

U svakodnevnom govoru, a i u pisanom tekstu, obično se sreću rečenice koje su ili tačne ili netačne, tj rečenice koje imaju logičkog smisla.Ovakve rečenice se u matematici nazivaju iskazi.Dakle , pod iskazom podrazumevamo bilo koju rečenicu za koju se zna da može biti samo tačna ili samo netačna.Drugim rečima, iskaz može da ima samo jednu od istinitosnih vrednosti: istinit (tačan), neistinit (netačan). Primer: Nije teško videti koja je od sledećih rečenica iskaz:

- Broj 6 je veći od broja 2 - Broj 3 je deljiv brojem 2 - Zemlja se okreće oko Sunca - Broj 2 je veći od Nataše - Godina ima 365 dana

Prve tri rečenice jesu iskazi, jer su redom tačna, netačna i tačna, dok za zadnje dve rečenice ne možemo to tvrditi, dakle , nisu iskazi. Iskaze ćemo, po dogovoru, obeležavati malim slovima latinice: p,q,r,s,t....a ta slova ćemo zvati iskazna slova.Polazeći od takvih elementarnih iskaza,dakle, iskaznih slova, slično kao što u srpskom jeziku od prostih rečenica pravimo složene, možemo napraviti i složene iskaze.Tu će za nas biti značajno da znamo kada će ti novi iskazi biti tačni ili netačni. U tom cilju uvodimo oznake : T – za tačno (čita se te) i - za netačno ( čita se ne-te) ⊥ Istinitosna vrednost nekog iskaza p, koji ćemo označavati sa τ (p) (čita se tau od te), biće:


τ (t)=T, ako je iskaz p tačan τ (t)= , ako je iskaz p netačan ⊥ LOGIČKE OPERACIJE Neka su dati iskazi p i q. Konjukcija iskaza p i q je iskaz p∧ q kojem odgovara sledeća istinitosna tablica: p q p∧ q Konjukcija je tačna samo ako su p i q tačni iskazi. T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ Disjunkcija iskaza p i q je iskaz p∨ q kojem odgovara sledeća tablica: p q p∨ q Disjunkcija je netačna samo ako su oba iskaza , i p i q, netačni. T T T T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥ Ovde treba obratiti pažnju na razliku između upravo definisanog veznika disjunkcije i veznika takozvane isključne disjunkcije kojem odgovara jezička forma “ili..,ili…”. Razlika je u tome što iskaz “ili p ili q” nije tačan ni u slučaju kada su oba iskaza , i p i q, tačni, dok je iskaz “p ili q” tačan.


Implikacija iskaza p i q je iskaz p⇒q kojem odgovara sledeća tablica: p q p⇒q Implikacija je netačna jedino u slučaju kada je iskaz p tačan i iskaz q netačan. T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ T Jedan od najznačajnijih veznika za nas je upravo veznik implikacije. Rečenica “p implicira q” se sa nepromenjenim značenjem može zapisati i na jedan od sledećih načina: “ ako p, onda q” “ iz p sledi q” “q, ako p” “ p je dovoljan uslov za q” “ q je potreban uslov za p” Ekvivalencija iskaza p i q je iskaz p⇔ q čije se istinitosne vrednosti zadaju tablicom: p q p⇔ q Ekvivalencija je tačna samo ako oba iskaza, i p i q, imaju istu istinitostnu vradnost. T T T T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T


Rečenicu “p je ekvivalentno sa q” možemo iskazati i na jedan od sledećih načina: “ ako p , onda q, i ako q, onda p” “ p je potreban i dovoljan uslov za q” “ p ako i samo ako q” To su bili osnovni binarni logički veznici (operacije). Binarni , zato što dva iskaza prave jedan novi iskaz. Uvešćemo sada jedan unarni veznik (operaciju), koji od jednog iskaza p pravi jedan novi iskaz , složeniji.To je ¬p , koji se čita “ne-p”. Negacija iskaza p je iskaz p kojem odgovara tablica: ¬ Očigledno je iskaz ¬p tačan samo u slučaju kada je iskaz p P p netačan. ¬ T ⊥ ⊥ T Zajedno, iskazne konstante (T i ⊥ ), sva iskazna slova i sve složene iskaze nazivamo iskaznim formulama.Da bi jedna iskazna formula bila nedvosmisleno zapisana, prilikom zapisivanja koristimo i zagrade.Polazimo od toga da je negacija operacija najvišeg prioriteta,za njom su konjukcija i disjunkcija, koje su međusobno ravnopravne, na kraju su implikacila i ekvivalencija, takođe međusobno ravnopravne. Primer: Niz simbola p rq ∨∧ ne možemo prihvatiti kao formulu, jer se ne zna redosled operacija, pošto su konjukcija i disjunkcija “iste snage”. Trebalo bi biti zapisano na sledeci način: (p q) r ili p∧ ∨ ∧ (q r ) . ∨


Dakle, iskazne formule su iskazi formirani od iskaznih slova p,q,r,…, znakova i zagrada, primenom konačnog broja puta ovih simbola. ¬⇔⇒∨∧ ,,,, Iskazne formule koje su uvek, za sve moguće vrednosti iskaznih slova koja čine te formule tačne, nazivamo tautologijama. Da li je neka formula tautologija možemo proveriti na više načina: diskusijom po slovu, svođenjem na protivrečnost, preko istinitosnih tablica, itd. Evo jednog primera ispitivanja preko istinitosne tablice:

)()( qppq ⇒⇒¬⇒¬ Pazi: Uvek prvo napisi negacije,jer su najstarija operacija p q q¬ p¬ q¬ ⇒ p¬ p⇒ q )()( qppq ⇒⇒¬⇒¬ T T T T T ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T T T ⊥ ⊥ T T T T T ⊥ ⊥ ⇒ NEKA PRAVILA LOGIČKOG ZAKLJUČIVANJA Tautologije, kao uvek tačni iskazi, u sebi kriju zakonitosti po kojima se vladaju logički veznici, pa, prema tome, i zakonitosti pravilnog logičkog zaključivanja.neka od nezaobilaznih i najčešće primenjivanih, a ujedno i najjednostavnijih logičkih zakona su:

qqpp ⇒⇒∧ )( modus ponens

)()( qppq ⇒⇒¬⇒¬ pravilo kontrapozicije ( ispitano u tablici)

pqqp ⇒¬∧⇒¬ ))(( svođenje na protivrečnost


pp ¬∨ zakon isključenja trećeg

qpqp ¬∨¬⇔∧¬ )( De Morganovi zakoni qpqp ¬∧¬⇔∨¬ )(

¬¬ p p zakon dvojne negacije itd. ⇔ Ispitajmo modus ponens upotrebom svođenja na protivrečnost: qqpp ⇒⇒∧ )( Pretpostavimo da je formula netačna.Budući da je implikacija netačna samo u jednom slučaju, onda mora biti: ))(( qpp ⇒∧τ = T i )(qτ =⊥ Dalje, kako je konjukcija tačna samo ako su oba izraza tačna , mora biti: =)( pτ T i )( qp ⇒τ =T Pogledajmo tablicu za implikaciju: Pošto smo zaključili da je =)( pτ T i )(qτ = ⊥ mora biti )( qp ⇒τ =⊥ što je u kontradikciji sa p q p⇒q )( qp ⇒τ =T. T T T Znači da polazna pretpostavka nije dobra, odnosno da je formula tautologija(tačna). T ⊥ ⊥ ⊥ T T ⊥ ⊥ T


PRIMERI:

1. Dati su iskazi : p: (-2)(-3)=-(-6); q:51 =0,2 ; r: -32=(-3)2

Ispitati istinitostnu vrednost izraza: )( rqp ∨⇒¬ Resenje: Kod ovog tipa zadatka najpre odredimo vrednosti iskaza p,q,r , pa te vrednosti zamenimo u datu formulu.(ovde nije potrebno praviti celu tablicu, vec samo jednu vrstu , za dobijene vrednosti za p,q,r) Dakle: (-2)(-3)=6 i -(-6)=6, pa je iskaz p- tacan , to jest =)( pτ T

0,2=51

102= , pa je i iskaz q – tacan, to jest )(qτ =T

-32= -9 a (-3)2=(-3)(-3)=9 pa je iskaz r – netacan, to jest =⊥)(rτ Zamenimo sada ove vrednosti u datoj formuli:

)( rqp ∨⇒¬ = = )( ⊥∨⇒¬ TT T⊥⇒ = T. Dakle , dati izraz je tacan. 2. Ispitati da li je sledeca formula tautologija(tablicno): F: ))(()( qprqp ∧∨⇔⇒¬ Kad imamo tri iskazna slova, potrebno nam je 8 vrsta: p q r p¬ p¬ ⇒q r p ∨ (r p) q ∨ ∧ F T T T ⊥ T T T T T T ⊥ ⊥ T T T T T ⊥ T ⊥ T T ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ T T T T T T T ⊥ T ⊥ T T T T T ⊥ ⊥ T T ⊥ T ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T ⊥ ⊥ ⊥ T Dakle ova formula nije tautologija, jer ima na kraju na dva mesta netacno(dovoljno je i samo na jedno) ZAPAMTI: kod p idemo 4tacna, 4 netacna; kod q 2tacna ,2 netacna; kod r jedno tacno ,1 netacno ⇔


KVANTORI Posmatrajmo recenicu: “ x2 = 25 “. Očigledno ona nije iskaz, jer može biti tačna ako je x= 5 ili x=-5, a može biti i netačna ako je x neki drugi broj. Ako,međutim rečenicu kažemo: “ Za svaki x, x2 = 25” ili “Postoji x tako da je x2 = 25”, onda za njih mozemo reci da je prva netačna a druga tačna, pa one predstavljaju iskaze. Upotrebom matematičke terminologije možemo zapisati: “ Za svaki x, x2 = 25” je ( (x2 = 25) )x∀ “Postoji x tako da je x2 = 25” je ( )x∃ (x2 = 25) Ove reči , za svaki (bilo koji, za proizvoljan), i postoji (ili za neki) zovemo kvantori ili kvantifikatori. Dakle:

∀ - se čita za svaki i zove se univerzalni kvantor, ∃ - se čita postoji i zove se egzistencijalni kvantor Zanimljivo je kako se kvantori ponasaju u prisustvu negacije: AxAx ¬∃⇔∀¬ )()( i AxAx ¬∀⇔∃¬ )()( Rečima objašnjeno to bi značilo da nije svaki i neki nije imaju isto značenje, odnosno da izrazi nije neki i svaki nije imaju isto značenje. Na primer, rečenice:” Nije svaki profesor dobar” i “ Postoji profesor koji nije dobar” imaju isto znacenje.

1

LINEARNA FUNKCIJA I NJEN GRAFIK Neka su dati skupovi A i B. Ako svaki elemenat Ax∈ odgovara tačno jedan elemenat

By∈ , kažemo da se skup A preslikava u skup B. Takvo preslikavanje nazivamo funkcijom. Zapisujemo:

BAf →: ili )(xfy =

Domen Kodomen Najpoznatiji oblik linearne funkcije je: nkxy += (eksplicitni) Grafik ove funkcije je prava. K- je koeficijenat pravca, odnosno αtgk = gde je α - ugao koji prava gradi sa pozitivnim smerom x-ose, n - je odsečak na y-osi

Pošto je prava odredjena sa dve svoje tačke, grafik ucrtamo tako što u malu tablicu uzmemo 2 proizvoljne vrednosti za x, pa izračunamo y ili još bolje, 0=x i 0=y , pa nadjemo nepoznate: 22 += xy Za

Zaz za x=0

2202 =+⋅=y 1022

−==+

xx

0=y

2

PAZI: Ako je funkcija samo kxy = (bez n) onda grafik prolazi kroz kordinatni početak i moramo uzimati dve različite vrednosti za x. Primer: xy 2−= x = 0 pa je y = 0 x = 1 pa je y = -2

Kako nacrtati grafike 2=x ili ?3−=y Važno je zapamtiti: → 0=y je x-osa → 0=x je y-osa → ax = , grafik je paralelan sa y-osom i prolazi kroz a → by = , grafik je paralelan sa x-osom i prolazi kroz b

3

Dakle: 2=x 3−=y Nula Funkcije: je mesto gde grafik seče x-osu a dobija se kad stavimo 0=y pa

izračunamo koliko je x. ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

knx Funkcija može biti rastuća ili opadajuća. Ako je k>0

funkcija je rastuća i sa pozitivnim smerom x-ose gradi oštar ugao, a ako je k<0 funkcija je opadajuća i sa pozitivnim smerom x-ose gradi tup ugao. Znak funkcije: Funkcija je pozitivna za y>0 tj. 0>+ nkx i grafik je iznad x-ose. Funkcija je negativna za y<0 tj. 0<+ nkx i grafik je ispod x-ose

4

Rastuća Opadajuća

0=y za nkx −= 0=y za

nkx −=

0>y za ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞−∈ ,

nkx 0>y za ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −∞−∈

nkx ,

0<y za ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −∞−∈

nkx , 0<y za ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ∞−∈ ,

nkx

Ako se u zadatku kaže da grafik prolazi kroz neku tačku ),( 00 yx onda koordinate te tačke smemo da zamenimo umesto x i y u datoj jednačini nkxy += Dakle: nkxy += 00 Dva grafika 11 nkxy += i 22 nkxy += će biti paralelna ako je 21 kk = , a normalna ako je 121 −=⋅kk . Dakle: - uslov paralelnosti je 21 kk = - uslov normalnosti je 121 −=⋅kk Da nas ne zbuni: Prava može biti zadata i u drugim oblicima:

0=++ cbyax ili 1=+yb

xa

Mi ovde izrazimo y (ipsilon) i ‘’pročitamo’’ k i n :

5

bcx

bay

caxbycbyax

−−=

−−==++ 0

pa je: ,bak −=

bcn −=

______________________

bxaby

aabbxayabaybx

abby

ax

+−=

+−==+

⋅=+

:/

/1

pa je: ,bak −= bn =

1) Proučiti promene i grafički prikaži funkcije:

a) 121

−= xy b) 42 +−= xy

_________________________________________________

a) 121

−= xy za 0=x ⇒ 110 −=−=y

za 0=y ⇒ 0121

=−x ⇒ 2=x

1. Oblast definisanosti: Rx∈ 2. Nula finkcija: 2=x 3. Znak: 0>y za ),2( ∞∈x 0<y za )2,(−∞∈x

4. Monotonost: Funkcija je rastuća jer je 021>=k

6

b) 42 +−= xy za 0=x ⇒ 440 =+=y za 0=y ⇒ 042 =+− x ⇒ 2=x

1. Oblast definisanosti: Rx∈ 2. Nula funkcije: 2=x 3. Znak: 0>y za )2,(−∞∈x 0<y za ),2( ∞∈x 4.Monotonost: funkcija je opadajuća jer 02 <−=k

5) U skupu finkcija y=(a-4)x-(3a-10). (a realan parametar), odrediti parametar a tako da tačka M(1,2) pripada grafiku funkcije. Za nadjenu vrednost parametra a ispitati funkciju i skicirati njen grafik. M(1,2) tačka pripada grafiku pa njene koordinate Stavljamo umesto x i y. 1=x i 2=y

242

262622

10342)103(1)4(2)103()4(

==

−=+−=

+−−=−−⋅−=−−−=

aaa

aaa

aaaxay

42)4(2

)1023()42(

+−=−−−=

−⋅−−=

xyxy

xy 42 +−= xy

7

6) U skupu funkcija 32)2()( +−−= axaxf , odrediti parameter a tako da grafik funkcije odseca na y-osi odsečak dužine 5. 32)2()( +−−= axaxf nkxy += Pošto je n -odsečak na y-osi, a ovde je 32 +−= an , to mora biti:

122

352532

−==−

−=−=+−

aaaa

7) Date su familije funkcija 7)52( +−= xmy i 3)10( −−= xmy Za koje su vrednosti parametra m grafici ovih funkcija paralelni? 7)52( +−= xmy ⇒ 52 −= mk 3)10( −−= xmy ⇒ mk −= 10 uslov paralelnosti je da imaju iste k. Dakle:

53

15153

51021052

=

=

=+=+−=−

m

m

mmm

mm

8) Nacrtati grafik funkcije

1−= xy Najpre definišemo apsolutnu vrednost:

⎩⎨⎧

<−≥

=0,

0,xx

xxx

Dakle,treba nacrtati dva grafika

8

1−= xy 1−= xy 1−−= xy za 0≥x za 0<x

Kako grafik važi samo za 0≥x njegov deo (isprekidano) za 0<x nam ne treba. Kako grafik 1−−= xy važi za 0<x i njegov isprekidani deo nam ne treba. 9) Dat je skup funkcija y=(4m)x-(3m-2), (m realan broj) a) Odrediti m tako da funkcija ima nula x=2 b) Za nadjenu vrednost m ispitati promene i konstruisati grafik funkcije. y=(4m-6)x-(3m-2) a) 2=x za 0=y ⇒

20105

0231280)23(2)64(

==−

=+−−=−−⋅−

mm

mmmm

1−−= xy 1−= xy

1−= xy

9

42)223()624(

−=−⋅−−⋅=

xyxy

10) Dat je skup funkcija ),1()2( −−−= kxky gde je k realan parameter. Odrediti parametar k tako da njen grafik bude paralelan sa grafikom funkcije

62 −= xy . Za dobijenu vrednost k, ispisati funkciju i konstruisati njen grafik.

62)1()2(

−=−−−=

xykxky

422

==−

kk

32)14()24(

−=−−−=

xyxy


1

SISTEMI LINEARNIH JEDNAČINA

Pod sistemom od dve linearne jednačine sa dve nepoznate x i y podrazumevamo:

222

111

cybxa

cybxa

Ovo je takozvani ''prost'' sistem do koga uvek možemo doći ekvivalentnim transformacijama (opisane u jednačinama) Ovde su 212121 ,,,,, ccbbaa dati realni brojevi (ponekad i parametri). Rešenje sistema je

uredjeni par brojeva ),( 00 yx za koji važi da je:

20202

10101

cybxa

cybxa

Sisteme možemo rešiti pomoću više metoda: zamena, suprotni koeficijenti, Gausova, pomoću determinanti, matricama, grafički itd. Nama je najvažnije da tačno rešimo dati zadatak (problem) pa ćemo probati da vas to naučimo. Napomenimo samo da dati sistem može imati: jedinstveno rešenje, beskonačno mnogo rešenja (neodređen) ili pak da nema rešenja (nemoguć). Primer 1:

Reši sistem: _______________

763

732

yx

yx

/·2 Najlakše je da ispred x (ili y) napravimo da budu isti brojevi a suprotnog znaka, pa onda te dve jednačine saberemo. Zato ćemo prvu jednačinu pomnožiti sa 2. Kad nadjemo jedno rešenje, vratimo se u jednu od jednačina (bilo koju) da nadjemo drugo rešenje.

_______________763

732

yx

yx

___________________

763

1464

yx

yx

7 21

21

7

3

x

x

x


2

2 3 7

2 3 3 7

6 3 7

3 7 6

3 1

1

3

x y

y

y

y

y

y

Ovde je rešenje jedinstveno:

3

1,3),( yx

Primer 2: Reši sistem: Pomnožimo prvu jednačinu sa (-2) Ovde imamo situaciju da su se svi ''skratili''. To nam govori da sistem ima beskonačno mnogo rešenja. Da bi ''opisali'' ta rešenja, iz jedne od jednačina izrazimo x (ili y), naravno, šta nam je lakše:

xy

yx

51

15

Sada su rešenja: )51,(),( xxyx Primer 3: Reši sistem: 432 yx

_________________

532 yx

432 yx Saberemo ih odmah.

_________________

532 yx

90 U ovoj situaciji kažemo da je sistem nemoguć, odnosno nema rešenja.

5 1 ..... / ( 2)x y

___________________2210 yx

___________________2210

2210

yx

yx

00

Rx


3

Primer 4: Reši sistem: 5 1 3 1

36 10

x y

_______________________________

11 113

6 4

x y

30/....310

13

6

15

yx Odmah uočimo da ovaj sistem nije ‘’prost’’, pa

_______________________________

12/....34

11

6

11

yx moramo najpre da ‘’napravimo’’ da bude.

______________________________

__________________________________

36333222

9039525

36)11(3)11(2

90)13(3)15(5

yx

yx

yx

yx

______________________________)3(/....1932

3590925

yx

yx Napravili smo ‘’prost’’ sistem. Drugu jednačinu

____________________

5796

98925

yx

yx pomnožimo sa (-3)

Vratimo se sad u jednu od jednačina iz prostog sistema.

2 3 19

2 5 3 19

3 19 10

3 9

3

x y

y

y

y

y

dakle )3,5(),( yx

Primer 5: Uočavamo da su ovde nepoznate u imeniocu. U takvoj

situaciji najbolje je uzeti smene: ax

1 i b

y

1

31 155

5

x

x

________________

5187

102414

yx

yx


4

_______________________

51

181

7

101

241

14

yx

yx

ovo je prost sistem ‘’po a i b’’ Pomnožimo drugu jednačinu sa (-2)

14a 24 10

14

b

a

_______________________

36 10

60 20

20

60

1

3

b

b

b

b

Vratimo se u smene da nadjemo x i y.

3

3

11

1

y

y

by

( , ) (7,3)x y

Primer 6: Reši sistem:

__________________

14 24 10

7 18 5 .../ ( 2)

a b

a b

7 18 5

17 18 5

37 6 5

7 5 6

7 1

1

7

a b

a

a

a

a

a

7

,7

11

,1

xx

ax

___________________

9 14

2 3 7

ax y a

ax y a


5

Ovde primećujemo da postoji parameter a. Budimo oprezni!!!

9ax y 14

6 9

a

ax y

________________________

21a

7 35

35

7

5

ax a

ax

a

x

→ PAZI: a može da skratimo samo ako je 0a ( to je uslov)

9 14

5 9 14

9 14 5

9 9

ax y a

a y a

y a a

y a

y a

Rešenja su ),5(),( ayx uz uslov 0a Šta se dešava ako je ?0a Zamenimo tu vrednost u početni sistem:

Ovde se vidi da je a x može biti bilo koji broj. Pa je sistem neodredjen, odnosno ima beskonačno mnogo rešenja.

3/...732

149

___________________

ayax

ayax

_________________030

090

yx

yx

Rx0y

0y


6

522 zyx

SISTEM TRI JEDNAČINE SA TRI NEPOZNATE 7) Naravno i ovde ima više metoda za rešavanje. Najlakše je da izvučemo I i II, I i III jednačinu i oslobodimo se od iste nepoznate. Tako dobijemo sistem 2 jednačine sa 2 nepoznate

2/652 zyx 3/652 zyx

______________________522 zyx

______________________8433 zyx

2x 4 10 12

2

y z

x

__________________________

2 5y z

3x 6 15 18

3

y z

x

__________________________

3 4 8y z

1785 zy 26199 zy Sada uzimamo ove dve jednačine i nadjemo nepoznate y i z.

)5(/26199

9/1785

__________________

zy

zy

___________________________

1309545

1537245

zy

zy

23 23

1

z

z

5 8 17

5 8 17

5 25

5

y z

y

y

y

kada nadjemo 2 nepoznate vraćamo se u jednu od prve tri jednačine, (bilo koju).

2 5 6

2 5 5 1 6

10 5 6

6 10 5

1

x y z

x

x

x

x

( , , ) (1,5,1)x y z

652 zyx

8433 zyx


7

8)

____________________132

1225

932

zyx

zyx

zyx

Izdvajamo (I i II) i (I i III). Uočimo da je sad lakše da se oslobodimo od nepoznate z.

______________________1225

2/932

zyx

zyx

___________________132

3/932

zyx

zyx

______________________1225

18264

zyx

zya

___________________132

27396

zyx

zyx

659 yx 26117 yx

Sad uzimamo ove dve jednačine i nadjemo x i y.

9/26117

)7(/659

____________________

yx

yx

________________________2349963

423563

yx

yx

19264 y

3y

9 5 3 6

9 6 15

9 9

1

x

x

x

x

Sad se vraćamo u početni sistem: (u treću jednačinu)

( , , ) (1,3, 2)x y z

2 3 1

1 2 3 3 1

1 6 3 1

3 1 5

3 6

2

x y z

z

z

z

z

z


8

Sistemi jednačina imaju široku primenu na rešavanje različitih problema. Naravno,potrebno je dobro proučiti problem, naći vezu izmedju nepoznatih i formirati sistem jednačina. Samo rešavanje sistema posle nije veliki problem. 9) Dva broja imaju osobinu da je zbir četvorostukog prvog broja i za 4 uvećanog drugog broja jednak 50, a razlika trostrukog prvog broja i polovine drugog broja jednaka je 22. Odrediti te brojeve. Neka je x i y traženi brojevi.

Postavimo jednačine: 4 ( 4) 50

3 222

x y

yx

2/222

3

50)4(4

________________

y

x

yx

_______________

446

4504

yx

yx

_________________

446

464

yx

yx

10 90

9

x

x

4636

464

y

yx

10y

10) Dva radnika mogu da završe neki posao za 8 časova. Desilo se da je prvi radio 6

časova, a drugi 9 časova i završili su 56

51 deo posla. Za koliko časova može svaki

odvojeno da završi taj posao?


9

Obeležimo: x – Vreme za koje prvi radnik završi posao y – Vreme za koje drugi radnik završi posao

________________56

5196

8

111

yx

yx Uvodimo smene : a

x

1 i b

y

1

_________________56

5196

)6(/8

1

ba

ba

_________________56

5196

8

666

ba

ba

51 63

56 851 42

356

93 / : 3

56

3

56

b

b

b

b

1 3

8 567 3 4 1

56 56 14

1

14

a

a

a


10

Vratimo se u smenu: i časa 11) Zbir godina majke i ćerke je 46. Posle 10 godina majka ce biti 2 puta starija od ćerke. Koliko godina sada ima majka a koliko ćerka? Obeležimo sa: Posle 10 godina: x – godine majke majka → x+10 godina y – godine ćerke ćerka → y+10 godina

__________________________

)10(210

46

yx

yx

______________________

20210

46

yx

yx

)1/(102

46

_______________

yx

yx

_______________

46

2 10

x y

x y

3 36

12

y

y

12 46

34

x

x

Dakle, majka sada ima 34 godine a ćerka 12 godina.

14

1414

11

1

x

xx

ax

1

1 3

56

56

32

183

18 časa i 40 minuta

by

y

y

y

y


11

1

KONSTRUKTIVNI ZADACI (TROUGAO)

Rešavanje konstruktivnih zadataka je jedna od najtežih oblasti koja vas čeka ove godine. Zahteva dobro predznanje, poznavanje odgovarajuće teorije . Zato vam mi preporučujemo da se najpre podsetite teorije vezane za trougao ( imate sve na sajtu). Rešavanje konstruktivnog zadatka se sastoji od 4 etape: 1) Analiza 2) Konstrukcija

3) Dokaz

4) Diskusija

Analiza je traženje načina da se dodje do rešenja. Predpostavimo da traženi trougao već postoji, nacrtamo pomoćni crtež i na njemu unesemo date podatke . Tražimo vezu između tih podataka, zavisnost, a ponekad treba docrtati neki deo trougla , itd. Konstrukcija se sastoji u tome da na osnovu zaključaka iz analize konstruišemo traženi trougao. Dokaz se sastoji u tome da pomoću poznatih aksioma i teorema utvrdimo da li dobijeno rešenje ispunjava uslove zadatka. Profesori ovde najčešće umesto dokaza zahtevaju od učenika da opišu način na koji su konstruisali traženi trougao. Vi radite kako vaš profesor zahteva... Diskusija Ovde razmišljamo da li je dobijeno rešenje jedinstveno, da li ima 2, 3 ili više rešenja...ili pak rešenje ne postoji. Napomena Mi ćemo ovde pokušati da vam pomognemo da pravilno razmišljate i da naučite par trikova... Nećemo raditi dokaz i diskusiju, jer jedan pravilno urađen konstruktivni zadatak je kao pisanje referata... Ko voli neka pokuša sam da izvede dokaz a ako bude nekih problema, pišite nam pa ćemo vam pomoći.


2

Primer 1. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : , , aa c t Rešenje Ovo je jedan od lakših zadataka, za zagrevanje. Nacrtamo sliku i izvršimo analizu...

A B

C

D

2a

2a

at

c

b

Znamo da težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice. Obeležimo tu tačku sa D.

Trougao ABD je moguće kontruisati jer znamo sve tri stranice ( , ,2aac t ).

Nacrtamo polupravu xA i na njoj nanesemo dužinu AB = c. U otvor šestara uzmemo dužinu at , ubodemo

šestar u tačku A i opišemo luk. Zatim u otvor šestara uzmemo 2a , zabodemo šestar u tačku B i presečemo

malopre naneti luk. Dobili smo tačku D. Produžimo stranicu BD za 2a i tu je tačka C . Spojimo tačke A i C i eto

ga traženi trougao. Primer 2. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : , ,a ba h h Rešenje Nacrtajmo sliku i analizirajmo je...

A

B C

D

c b

a

ahbh

M www.matematiranje.com

3

Ovde ćemo upotrebiti trik sa nanošenjem visine “ na stranu”… Najpre nacrtamo polupravu Cx

C C

bh

x x

C

bh

x

Na njoj, «na stranu» nanesemo visinu bh i povučemo paralelu sa Cx . Na toj paraleli se nalazi tačka B. Ali gde? U otvor šestara uzmemo dužinu stranice a i iz C presečemo lukom paralelu. Tu je tačka B.

C

bh

x

aB

Sada da dođemo do tačke A. Opet trik sa visinom… Produžimo stranicu BC na jednu stranu i nanesemo visinu

ah .

C

bh

x

a

ah

B C

bh

x

a

A

ah

B

Paralela sa BC u preseku sa Cx nam daje tačku A. I konstruisali smo traženi trougao.


4

Primer 3. Konstruisati skup svih tačaka iz kojih se data duž AB vidi pod datim uglom α . Rešenje Ovo je jedna pomoćna konstrukcija koja se često javlja u zadacima, pa smatramo da je pametno da je detaljno objasnimo... Nacrtamo datu duž i u tački A konstruišemo taj dati ugao α .

A Bα

x

Dalje konstruišemo simetralu duži AB.

A Bα

xs

Na polupravu Ax konstruišemo normalu An u tački A.

A Bα

xs

nO www.matematiranje.com

5

Dobijeni presek simetrale i normale, tačka O, je centar kruga poluprečnika OA = OB

A Bα

xs

nO

Iz svake tačke luka AB se data duž vidi pod uglom α . Za recimo ,proizvoljne tačke P,Q,R na luku AB je

A Bα

xs

nO

P

Q

R

αα

α

Napomena Dokaz i izvođenje ove konstrukcije se bazira na teoremi o tangentnom uglu: Ugao koji određuje tetiva sa tangentom u jednoj krajnjoj tački tetive ( tangentni ugao) jednak je tetivnom uglu koji odgovara toj tetivi. www.matematiranje.com

6

Primer 4. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : , ,c ch tβ Rešenje Skica i analiza...

A B

C

D T

ch ct

β

A B

C

D T

ch ct

β

Najpre ćemo konstruisati označeni trougao DBC. Kako? Pa upotrebićemo prethodni zadatak i najpre konstruisati skup svih tačaka iz kojih se duž DC vidi pod uglom β .

x

s n

O

C

D

x

sn

O

C

D B

β β

slika 1 slika 2

Na slici 1 smo bodili traženi luk CD ,tj. svih tačaka iz kojih se duž DC vidi pod uglom β . Produžimo CO do preseka sa lukom CD i dobili smo tačku B. www.matematiranje.com

7

Kako znamo dužinu ct , nju nanesemo iz tačke C do preseka sa DB ( slika 3.)

x

s n

O

C

D B

ββ

T

x

sn

O

C

D B

ββ

TA2c

slika 3 slika 4

I na kraju uzmemo rastojanje BT 2c

= i prenesemo na drugu stranu (slika 4)… Eto je tačka A.

Napomena Konstrukciju smo mogli izvesti i na drugi način… Najpre bi konstruisali trougao CDT.(imamo tri njegova elementa)

A B

C

D T

ch ct

β

C

D T

ch ct

x

Šta dalje? Ideja je da odredimo TCB (ugao x na slici). Znamo ugao β , a sa slike znamo i BTC . Kako je zbir uglova u trouglu 180 stepeni , tj. opružen ugao, nanećemo dva poznata ugla β i BTC , i šta ostane , to je traženi ugao x.

βBTC

x

Kad dobijemo tačku B , nastavljamo kao i u prvom rešenju… www.matematiranje.com

8

Primer 5. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima : , ,a b c α β+ + . Rešenje

A B

C

a

a

b

b cM Nα β

2α

2α

2β

2β

Uočimo sledeće činjenice: Trouglovi AMC i BNC su jednakokraki. Kako je spoljašnji ugao jednak zbiru dva unutrašnja , nesusedna , to

mora biti 2

AMC ACM α= = i

2BNC BCN β

= =

Sada možemo konstruisati trougao MNC. Nacrtamo polupravu Mx i na nju nanesemo a+b+c.

U temenu M nanesemo ugao 2α a u temenu N nanesemo ugao

2β . U preseku je teme C.

C

M N2α

2β

a+b+c

C

M N2β

a+b+c

Kako doći do temena A i B ? Jednostavno, nađemo simetrale stranica MC i CN i u preseku sa MN su temena A i B .

C

M N2α

2β

C

M N2α

2β

MCsNCs

A B


9

Primer 6. Konstruisati trougao ABC ako je on zadat sledećim elementima: , ,a b c β− Rešenje Najpre skica, analiza i ideja...

A

B C

b

ba-b

c

M

β

Na stranicu a prenesemo b da bi smo dobili zadato a-b . Uočimo trougao BMA. Njega je moguće konstruisati jer znamo tri potrebna elementa.

A

B a-b M

β

Kako doći do temena C ? Trougao AMC je jednakokraki, pa ćemo naći simetralu stranice AM . Stranicu BM samo produžimo... Presek simetrale i produžetka će nam dati teme C.

A

B a-b Mβ

AMsA

B a-b Mβ

AMs

C I dobili smo traženi trougao ABC.


1

`KONSTRUKCIJE ČETVOROUGLOVA

I ovde , kao i kod konstrukcije trouglova imamo četiri etape : 1) Analiza 2) Konstrukcija

3) Dokaz

4) Diskusija Opet važi isti savet , da se podsetite najpre osobina četvorouglova, da bi mogli razumeti zadatke... Mi ćemo se zadržati na analizi i konstrukciji... Primer 1. Konstruisati paralelogram ako mu je data jedna stranica i dijagonale 1 2, ,a d d . Rešenje:

A B

CD

a

b1d2d

O

A B

CD

a

b2d

O2d

Ovde je dovoljno znati da se dijagonale paralelograma međusobno polove, pa je moguće konstruisati trougao ABO, pa zatim produžiti stranice AO i BO za još po pola dijagonala.

A Ba

2

2d

O1

2d

A Ba

2

2d

O1

2d

A B

CD

a

2

2d

O1

2d

1

2d2

2d

slika 1 slika 2 slika 3

Dakle, najpre nacrtamo duž AB = a. U otvor šestara uzmemo 1

2d i opišemo luk iz tačke A. Zatim u otvor šestara

uzmemo 2

2d i opišemo luk iz tačke B. Presek tih lukova nam daje tačku A ( slika 1). Produžimo OA za 1

2d i BO za

2

2d ( slika 2 ) .

Spojimo i evo traženog paralelograma ( slika 3) www.matematiranje.com

2

Primer 2. Konstruisati romb ako su mu date dijagonale 1 2,d d . Rešenje:

A B

CD

1d

2d

A B

CD

1

2d

2

2d

a

a

a

a

Dovoljno je znati da se dijagonale romba međusobno polove pod pravim uglom! Onda , konstrukcija ide slično kao u primeru 1, konstruišemo najpre plavi trougao pa mu produžimo stranice za još po pola dijagonale. A može i malo jednostavnije...

A A

D

A

D

B

CC

slika 1 slika 2 slika 3 Nacrtamo dijagonalu AC = 1d (slika 1). Nađemo njenu simetralu, koja je naravno pod pravim uglom i na kojoj se nalaze preostala dva temena ( slika 2)

Zatim iz tačke preseka nanesemo na simetralu šestarom sa obe strane po 2

2d i dobijamo tačke B i D. Na kraju

samo spojimo i eto traženog romba.


3

Primer 3. Konstruisati jednakokraki trapez ako su mu date osnovice a , b i krak c. Rešenje:

A B

CD

a

b

cc

A B

CD b

cc c

a-bb M Na donju, veću osnovicu prenesemo gornju , manju. Na taj način smo dobili jednakokraki trougao MBC , koji možemo konstruisati, jer znamo sve tri stranice.

B

C

cc

a-bM A B

C

cc

a-bb MA B

CD b

cc c

a-bb M

slika 1 slika 2slika 3

Dakle, nanesemo duž MB = a – b. Iz M i B opišemo lukove dužine c, njihov presek daje tačku C ( slika 1) Dalje BM produžimo za dužinu gornje osnovice, b, i dobijamo tačku A (slika 2) Povučemo iz C paralelu sa osnovicom AB. Na tu paralelu nanesemo b i dobijamo tačku D.( slika 3) Spojimo i evo traženog jednakokrakog trapeza.


4

Primer 4. Konstruisati pravougaonik ako su dati dijagonala d i zbir osnovica a+b. Rešenje: Izvršimo najpre analizu .

A B

CD

a

bd

A

CD

d

a+bM Mb45

o

45o

Da bi dobili a + b , koje nam je dato, moramo preneti dužinu b na produžetak stranice AB = a. Obeležimo tu tačku sa M . Jasno je da je trougao BMC pravouglo jednakokraki i da su mu uglovi od 90,45 i 45 stepeni. Najpre ćemo konstruisati označeni trougao AMC jer imao tri elementa za njegovu konstrukciju...

A M

450

d

A M450

d

C C

a

b

slika 1 slika 2 Nanesemo AM = a + b . U tački M konstruišemo ugao od 45 stepeni. U otvor šestara uzmemo dužinu dijagonale d, ubodemo šestar u tačku A i presečemo krak ugla. U preseku je tačka C. ( slika 1) Dalje iz C spustimo normalu na AM i dobili smo dužine stranica a i b. Prenesemo te dužine iz A i C i dobili smo traženi pravougaonik ( slika 2)


5

Primer 5. Konstruisati pravougaonik ako su dati dijagonala d i razlika osnovica a - b. Rešenje:

A B

CD

a

bd

A B

CD

bd

ba-b45

o135o

F Da bi smo dobili zadato a-b moramo prebaciti dužinu stranice b na a. Obeležimo tu tačku sa F. Trougao FBC je očigledno jednakokrako pravougli pa je ugao BFC jednak 45 stepeni. Odatle možemo zaključiti da je ugao AFC jednak 135 stepeni. Dakle, moguće je konstruisati trougao AFC jer znamo a-b, ugao od 135 stepeni i dijagonalu d.

A

C

d

a-b135o

FA

C

d

a-b135o

F A

C

d

a-b135o

FA

C

d

a-b135o

F B A

C

d

135o

A

C

d

135o

Ba

a

bb

D

slika 1 slika 2 slika 3 Najpre nanesemo AF= a-b. U tački F nanesemo ugao od 135 stepeni. Iz tačke A presečemo lukom dužine d taj ugao i dobili smo tačku C ( slika 1). Iz tačke C spustimo normalu na produžetak AF i dobijamo tačku B ( slika 2). Konačno u preseku lukova dužina a i b, dobijamo tačku D ( slika 3).


6

Primer 6. Konstruisati kvadrat ako mu je dat zbir dijagonale i stranice, d+a. Rešenje:

A B

CD

a

a

d

A B

CD

a

d

d M135

o

22 30o `

22 30o `

d Prebacimo dužinu dijagonale na produžetak stranice a. Tako dobijamo tačku M. Uočimo trougao MBD, on je jednakokraki sa uglovima od 0 0 0135 ,22 30`, 22 30`. Najpre ćemo konstruisati trougao AMD jer znamo a+d, ugao od 022 30`kod temena M i prav ugao kod temena A.

A a+d

D

M22 30

o `

a

A a+d

D

M22 30

o `

a

a

a

a

slika 1 slika 2 Dakle, nanesemo datu dužinu a+d=AM. U preseku nanetih uglova je tačka D. ( slika 1) Sad kad znamo dužinu stranice a nije teško naći ostala temena kvadrata.(slika 2) www.matematiranje.com

7

Primer 7. Konstruisati kvadrat ako mu je data razlika dijagonale i stranice, d-a. Rešenje:

A B

CD

a

ad

A B

CD

a

aa

d-aS

450

67 300 `

67 300 `

A B

CD

a

aa

d-aS 67 30

0 `

67 300 `

45 o

45 o

112 30`

Prebacimo najpre dužinu stranice a na dijagonalu da bi dobili zadato d-a. Trougao SBC je jednakokraki, sa uglovima 0 0 045 ,67 30`,67 30`. Onda je 0 0 ` 0 `180 67 30 112 30ASB = − = Dakle , moguće je najpre konstruisati trougao ABS jer znamo stranicu AS i na njoj dva nalegla ugla. Tako dobijamo dužinu stranice kvadrata pa onda nije teško njega konstruisati.


1

OSNA SIMETRIJA

Preslikavanje ravni, pri kojem se svaka tačka A te ravni preslikava u tačku A` , simetričnu sa A u odnosu na pravu s te

ravni, nazivamo osnom simetrijom u odnosu na pravu ( osu ) s. Najčešća oznaka za osnu simetriju je sI .

Naravno, vi obeležavajte kako kaže vaš profesor.

Za dve figure F i F ` neke ravni kažemo da su simetrične u odnosu na pravu s te ravni ( osno simetrične) , ako

svakoj tački P figure F odgovara tačka P` figure F ` , tako da je sI ( P ) = P` . Naravno, važi i obrnuto, svakoj tački

Q` figure F ` odgovara tačka Q figure F tako da je sI ( Q ) = Q` .

Osna simetrija se još naziva i osna refleksija ili samo refleksija.

Evo nekoliko primera osno simetričnih figura sa jednom ili više osa simetrije…

jedna osa simetrije jedna osa simetrije dve ose simetrije tri osa simetrije

cetiri osa simetrije\ /

svaki precnik je osa simetrije

\ /

Kao što vidimo na slikama, jednakokraki trapez i jednakokraki trougao imaju po jednu osu simetrije. Pravougaonik ima

dve ose simetrije, jednakostranični trougao tri ose simetrije, kvadrat četiri ,dok je kod kruga svaki prečnik osa simetrije.


2

Pre nego li krenemo sa zadacima , podsetićemo se jedne konstrukcije koju moramo raditi ( ako zahteva profesor) kod

svakog zadatka. Trebamo iz date tačke A konstruisati normalu na datu pravu p.

A

pP Q

A

pP Q

A

pP Q

slika 1.slika 2. slika 3.

Iz tačke A opišemo luk na pravoj p ( slika 1.)

Ubodemo šestar u tačku P , uzmemo otvor malo veći od polovine rastojanja PQ i opišemo mali luk. Isti luk opišemo iz

tačke Q ( slika 2.)

Presek tih lukova spojimo sa tačkom A i eto normale…( slika 3.)

Naravno, ako vaš profesor dozvoljava , lakše je koristiti prav ugao na trouglu ( lenjiru).

primer 1.

Datoj duži AB konstruisati duž A`B` simetričnu u odnosu na pravu s koja ne seče duž.

Rešenje:

A

B

s

A

B

A`

B`

s

A

B

s


Iz tačaka A i B konstruišemo normale na pravu s ( osa simetrije) što vidimo na slici 1.

U tačkama u kojima normale seku osu zabodemo šestar i prebacimo rastojanja do A , odnosno B na drugu stranu, i

dobili smo tačke A` i B` , što vidimo na slici 2.

Spojimo dobijene tačke i eto tražene simetrične duži ( slika 3.)

3

Napomena

Pazite , ovo je konstrukcijski zadatak, što znači da bi trebalo raditi sve po koracima: analiza, konstrukcija, dokaz ,

diskusija. Mi ćemo vam objasniti kako se konkretno radi osna simetrija a vi , opet ponavljamo, ako vaš profesor traži,

morate sve detaljno raditi...

primer 2.

Dat je trougao ABC. Konstruisati njemu simetričan trougao u odnosu na pravu s koja sadrži teme B tog trougla

i ne seče stranicu AC.

Rešenje:

A

B

C

s

A

B

C

B`

A`

C`

s

slika 1. slika 2.

Ovde imamo jednu značajnu stvar da zapamtimo: ako je tačka na osi simetrije, onda se ona ne mora preslikavati,

jer je njena osno simetrična tačka baš ta tačka, to jest `B B≡ .

Postupak je uvek isti, iz temena A i C povučemo normale na osu s i prebacimo rastojanja na drugu stranu ose s.

Spojimo dobijene tačke i eto rešenja.

primer 3.

Prava s sadrži teme C kvadrata ABCD i seče stranicu AB. Konstruisati kvadrat simetričan kvadratu ABCD. www.matematiranje.com

4

Rešenje:

A B

CD

s

=-C C`

A B

D

s

A`

B`

slika 1. slika 2.

D`

Tačka C je na osi , pa je `C C≡ a za ostale tačke radimo poznati postupak…

primer 4.

Dat je oštar ugao Oab i u njemu tačka C. Konstruisati tačke A i B, ,A a B b∈ ∈ tako da obim trougla ABC

bude najmanji.

Rešenje:

aO

b

C

C

C

1

2

aO

b

C

A

B

C

C

1

2

aO

b

C

A

B

C

C

1

2


Najpre konstruišemo tačke 1C i 2C koje su simetrične sa tačkom C u odnosu na krake Oa i Ob. ( slika 1.)

Spojimo duž 1C 2C . Presek ove duži sa kracima Oa i Ob nam daje tačke A i B ( slika 2.).

Spojimo tačke A, B i C da dobijemo trougao najmanjeg obima. ( slika 3.)

Naravno, sad se pitamo zašto je baš ovaj trougao najmanjeg obima?

Njgov obim je O=AB + AC + BC, a kako je AC=A 1C i BC=B 2C , možemo reći da je obim :

O=AB + A 1C + B 2C , odnosno, obim je duž 1C 2C .

5

Ako bi uzeli neke dve druge tačke 1A i 1B , imali bismo:

aO

b

C

A

B

C

C

1

2

A

B

1

1

Obim ovog trougla bi bio: O = 1A 1B + 1A C + 1B C a kako je 1A C = 1A 1C i 1B C = 1B 2C to je obim :

O = 1A 1B + 1A 1C + 1B 2C a to je izlomljena linija koja je sigurno kraća od 1C 2C . ( vidi sliku)

primer 5.

Dva broda, brod A i brod B nalaze se usidreni na moru, nedaleko od pravolinijske obale p. Sa broda A čamac

treba da preveze jednog putnika do obale a zatim da dodje do broda B. Odrediti ( konstruisati) najkraći put

kojim čamac treba da plovi da bi obavio postavljeni zadatak.

Rešenje:

Način razmišljanja je sličan kao u prethodnom zadatku:

Brod A

Brod B

obala p

A`

Brod A

Brod B

obala p

A`

P

slika 1. slika 2.

6

Nadjemo tačku A` simetričnu sa A u odnosu na obalu p kao osu simetrije.

Spojimo tačku A` sa tačkom B . U preseku te duži i prave p je tražena tačka P na kojoj treba iskrcati putnika.

Dokaz da je ovo najkraći put kojim čamac plovi je analogan dokazu prethodnog zadatka.

Recimo da se putnik iskrca na nekom drugom mestu, na primer u tački Q.

Brod A

Brod B

obala p

A`

P Q

Najkraći put koju smo našli konstrukcijski je AP+PB, odnosno A`P+PB , to jest A`P+PB=A`B.

Putanja AQ+ QB je duža, jer je to ustvari putanja A`Q+ QB , koja predstavlja zbir dve stranice trougla A`QB, a znamo

da je zbir dve stranice uvek veći od dužine treće stranice!


1

CENTRALNA SIMETRIJA

Nacrtajmo jednu duž AB. Neka je S njeno središte.

A

BS

Jasno je da je AS = BS.

Za tačke A i B kažemo da su simetrične u odnosu na tačku S. Tačka S je centar simetrije.

Još se može reći i da je tačka A simetrična sa tačkom B u odnosu na tačku S, odnosno da je B simetrična sa A u odnosu

na S.

Preslikavanje koje svaku tačku A neke ravni α prevodi u tačku A` koja je simetrična sa tačkom A u odnosu na

tačku S te ravni α , naziva se centralna simetrija ravni α sa centrom u S.

Centralna simetrija se najčešće obeležava sa SI , naravno ako vaš profesor to drugačije obeležava i vi radite tako...

Da vas ne zbuni, osna simetrija se slično obeležava sI , sa tim da je dole u indeksu malo slovo s.

Za figuru F ravni α kažemo da se preslikava na figuru F` centralnom simetrijom SI ako svakoj tački A figure

F odgovara tačka A` figure F` koja je centralno simetrična tački A: ` ( )SA I A= i obrnuto.

primer 1.

Data je duž AB. Konstruisati joj centralno simetričnu duž ako centar simetrije, tačka S, ne pripada duži.

Rešenje:

A

B

S

A

B

A`

B`

S

slika 1. slika 2.

A

B

A`

B`

S

slika 3.

Spojimo temena date duži sa centrom simetrije S i produžimo na drugu stranu...( slika 1.)

Ubodemo šestar u tačku S, uzmemo rastojanje do A ( to jest SA) i prebacimo, dobili smo tačku А`; isto to odradimo i

za tačku B, dakle rastojanje SB prebacimo na drugu stranu i dobijamo B` ( slika 2.)

Spojimo dobijene tačke А` i B`, dobili smo duž А`B` koja je centralno simetrična sa AB u odnosu na tačku S(slika 3.)

2

primer 2.

Konstruisati trougao A`B`C` centralno simetričan datom trouglu ABC ako je centar simetrije:

a) unutar trougla

b) van trougla

Rešenje:

a)

A

B

C

S

A

B

C

S

A

B

C

A`

B`

C`

S


Izaberemo tačku S unutar trougla ( proizvoljno), što vidimo na slici 1.

Spojimo temena trougla sa centrom simetrije S i produžimo … Dobili smo tri poluprave. Zabodemo šestar u tačku S i

prenosimo rastojanja do A,B i C sa druge strane na odgovarajuće poluprave. ( slika 2.)

Spojimo dobijene tačke i eto traženog trougla А`B`C` koji je centralno simetričan sa datim trouglom ABC u odnosu na

tačku S koja je unutar trougla.

b)

A

B

C

S

A

B

C A`

B`

C`

S

slika 1. slika 2.

Postupak je analogan kao pod a) samo tačku S biramo proizvoljno van trougla.


3

primer 3.

Konstruisati kvadrat A`B`C`D` centralno simetričan datom kvadratu ABCD ako je centar simetrije:

a) teme C

b) na stranici BC

Rešenje:

a)

A B

D =C`C=S

A B

D

D`

A`B`

=C`C=S

A B

D

D`

A`B`

=C`C=S


Kako je zadato da je teme C centar simetrije , to je ono istovremeno i svoja slika, to jest `C C≡ , a za ostale tačke

radimo postupak...

b)

A B

CD

A B

CD

A`B`

C` D`

S S

slika 1. slika 2.

Proizvoljno izaberemo tačku S na stranici BC i radimo sve po postupku...

4

primer 4.

Dati ugao xOy� preslikati centralnom simetrijom u odnosu na tačku S ( pogledaj sliku)

O x

y

S

Rešenje:

O x

y

S

O`

O x

y

S

O`

A

A`

O x

y

S

O`

A

A`x`

slika 1. slika 2. slika 3.y`

Najpre prebacimo teme datog ugla ( slika 1.)

Da bi prebacili krak Ox , uzećemo proizvoljnu tačku A na kraku i prebaciti ga…( slika 2.)

Spojimo O` i A` i na taj način dobijamo krak O`x` ( slika 3.)

primer 5.

Data su dva kruga , k i 1k , sa različitim centrima O i 1O , koji se seku. Kroz jednu od tačaka preseka

kružnica povući pravu p koja na ovim krugovima odseca jednake tetive.


5

Rešenje:

O

O1

k

k

1

A O

O1

k

k

1

O`k`

A O

O1

k

k

1

O`k`

P

Q

A


Na slici 1. smo nacrtali dva zadata kruga i obeležili sa A jednu od tačaka preseka njihovih kružnica.

Ideja je da centralnom simetrijom preslikamo kružnicu k u odnosu na tačku A. Da bi smo to odradili dovoljno je da

preslikamo centar O kružnice k , a poluprečnik će naravno ostati isti. ( slika 2.)

Presek novodobijene kružnice k` sa kružnicom 1k nam daje tačku P. Povučemo pravu kroz tačke A i P , dobijamo

tačku Q na kružnici k. Tetive PA i QA su jednake. ( slika 3.)

Zašto?

Uočimo trouglove APO` i AOQ.

Ova dva trougla su podudarna , pa je PA=AQ.

1

TRANSLACIJA

Ako je data figura F i vektor tr

u ravni α i ako je F ` skup svih tačaka u koje se translacijom tTr preslikavaju tačke

figure F, tada kažemo da se figura F preslikava na figuru F ` translacijom tTr i pišemo

tTr ( F ) = F `.

α

F F`

t

Kretanje mnogih objekata u životnoj sredini asocira na translaciju. Na primer : uspinjača na planini, lift ili bilo koje

pravolinijsko kretanje ( pogledaj slike)

t

t

uspinjačalift

t

pravolinijsko kretanje

primer 1.

Dat je trougao ABC i vektor translacije tr

( na slici). Odredi sliku ovog trougla nastalu translacijom za

vektor tr

.

t

A

B

C

2

Rešenje:

Kako ide postupak kod translacije?

Najpre paralelno i u smeru vektora translacije povučemo poluprave iz svakog temena date figurice, u ovom

slučaju trougla ABC ( slika 1.)

t

A

B

C

t

A

B

C

A`

B`

C`

t

A

B

C

A`

B`

C`

slika 1. slika 2. slika 3. Zatim u otvor šestara uzmemo dužinu vektora translacije i iz svakog temena nanesemo na nacrtane poluprave

(slika 2.)

Obeležimo dobijene tačke sa A`, B`, C` i to spojimo ( slika 3.)

primer 2.

Dat je kvadrat ABCD. Odrediti njegove slike nastale translacijom tako da se:

a) teme A preslikava u teme C

b) teme A preslikava u središte stranice BC

c) teme B preslikava u presek dijagonala

Rešenje:

a)

A B

CD

A B

CDA` B`

C`D`

A B

CDA` B`

C`D`


t

t =AC


3

Postupak :

Najpre smo označili dati vektor translacije t AC=

r uuur . U njegovom smeru i paralelno sa njim , iz svih temena povlačimo

poluprave. U otvor šestara uzimamo dužinu vektora translacije ACuuur

i prenosimo...

Jasno je da se teme A ovom translacijom slika u teme C , pa je `A C≡ , a ostala temena obeležavamo sa B`,C`,D`.

Spajanjem ovih temena dobijamo kvadrat A`B`C`D` koji je nastao translacijom kvadrata ABCD za vektor t AC=

r uuur.

b)

A B

CD

M

A B

CD

A`B`

C`D`

M

A B

CD

A`B`

C`D`

M


t =AM

t

Obeležimo sredinu stranice BC sa M. Tada je vektor translacije t AM=

r uuuur. Postupak nadalje isti ...

c)

A B

CD

O

B`

A B

CD

OA` B`

C`D`

A B

CD

OA` B`

C`D`


t =BO

Nacrtamo presek dijagonala i obeležimo ga sa O. Vektor translacije je t BO=

r uuur i jasno je da će biti `B O≡ , a za ostale

tačke radimo poznati postupak...

4

primer 3.

Data je kružnica k( O, r ) sa prečnikom AB. Odrediti translacije koje preslikavaju:

a) tačku O u tačku A

b) tačku A u središte poluprečnika OB

c) tačku B u datu tačku M na kružnici

Rešenje:

a)

A BO

BOO`=A

slika 1. slika 2.

Kod translacije kružnice je dovoljno preslikati njen centar a poluprečnik ostaje isti. Koristimo poznati postupak…

b)

A BO M

A BO M

slika 1. slika 2.

c)

BO

M

A BO

MO`

A BO

MO`

slika 1. slika 2. slika 3. www.matematiranje.com

5

primer 4.

Konstruisati jednakostraničan trougao date stranice a čija dva temena pripadaju dvema paralelnim

pravama, a treće teme pripada trećoj pravoj koja seče date paralelne prave.

Rešenje:

a

b

c

A`

B`

C`

t =C`C

a

b

c

C

A`

B`

C`

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

dužina stranice

trougla


Uzeli smo proizvoljno dužinu stranice trougla. Na pravoj a uzmemo proizvoljno tačku A` , u otvor šestara uzmemo

dužinu stranice trougla, presečemo pravu b i dobili smo teme B`. Nađemo teme C` u preseku lukova dužine stranice

trougla nanetih iz A` i B`. Na ovaj način smo dobili trougao A`B`C` ( slika 1.)

Pošto jedno teme traženog trougla mora biti na pravoj c, izvršićemo translaciju ovog trougla A`B`C` za vektor `t C C=

r uuuur

koji je paralelan sa pravama a i b. ( slike 2. i 3.)

Vidimo da nije bilo teško rešiti ovaj zadatak, međutim…

Ovo je konstruktivan zadatak, koji se , ako se sećate radi iz 4 dela: analiza , konstrukcija , dokaz i diskusija.

Ovde je vrlo zanimljiva diskusija.

Obeležimo rastojanje između pravih a i b sa d. U našoj konstrukciji smo uzeli da je dužina stranice trougla veća od

rastojanja d između pravih a i b. Razlikovaćemo tri situacije:

i) ako je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b ( a d> )

U ovoj situaciji zadatak ima 4 rešenja:

6

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

1. rešenje 2. rešenje

3. rešenje 4. rešenje

ii) ako je dužina stranice trougla jednaka rastojanju d između pravih a i b ( a d= )

U ovoj situaciji zadatak ima dva rešenja:

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

1. rešenje

a

b

c

A

B

C

A`

B`

C`

2. rešenje

iii) ako je visina trougla jednaka rastojanju d između pravih a i b ( h d= )

I ovde ima dva rešenja…

a

b

c

A

BC

A`

B`C`

1. rešenje

h=d

a

b

c

A

B

C A`

B`

C`

h=d

2. rešenje

Onda je: 3 3 2 2 3 2 3

2 2 33 3 3

a a d d dh d a a a= → = → = → = ⋅ → =

7

iv) ako je dužina stranice trougla veća od rastojanja d između pravih a i b ( a d= )

Ovde zadatak nema rešenja…


1

ROTACIJA

Kod zadataka iz rotacije vaš profesor mora zadati tri stvari: - figuricu koju treba rotirati ( trougao, četvorougao...) - gde je centar rotacije ( unutar figurice, van, u nekom temenu, na stranici...)

- ugao rotacije

Što se tiče ugla rotacije moramo paziti da li je taj zadati ugao pozitivan ili negativan.

Ako je ugao pozitivan , rotaciju vršimo u smeru suprotnom od kretanja kazaljke na satu +

Ako je ugao negativan, rotaciju vršimo u smeru kretanja kazaljke na satu - Dakle ovde se radi o uglu koji se naziva orijentisani ugao , pa je i način obeležavanja malo drugačiji, to jest, kod

orijentisanog ugla se stavi znak za vektor : αur

- ovo je orijentisani ugao alfa, ϕur

- ovo je orijentisani ugao fi itd. Mi, naravno, nećemo insistirati na ovakvom obeležavanju ugla, a opet, vi radite kako zahteva vaš profesor!

Sama rotacija se najčešće obeležava sa ,O

Rϕur , gde je tačka O centar rotacije a ϕ

ur taj orijentisani ugao.

Definicija rotacije kaže:

O

F

F1

A

A1

ϕur

Ako je data ravna figura F , tačka O i orijentisani ugao ϕur

i ako je figura F` skup svih tačaka u koje se rotacijom ,O

Rϕur

preslikavaju tačke figure F, tada kažemo da se figura F rotacijom

,OR

ϕur preslikava na figuru F`. Ovo označavamo sa:

,( ) `

OR F F

ϕ=ur


2

Ajmo da rotiramo jednu tačku M oko tačke O za proizvoljan pozitivan ugao ϕur

, da bi naučili postupak:

ϕur

O

M

Rotaciju vršimo oko tačke O, koja je centar rotacije, a idemo u suprotnom smeru od kretanja kazaljke na satu jer je ugao pozitivan.

O

M

O

M

ϕur

O

MM`

ϕur

slika 1. slika 2. slika 3. Najpre spojimo centar rotacije O sa tačkom M ( slika 1.)

Prenesemo zadati ugao ϕur

ali pazimo na smer . OM je jedan krak tog ugla , a tačka O je teme. ( slika 2.) Ubodemo šestar u tačku O ( centar rotacije) , uzmemo rastojanje do M i prenesemo ga lukom do drugog kraka nanetog ugla ( slika 3.) Na taj način smo dobili tačku M`.

Nije teško, zar ne? Ali pazite, ovaj postupak moramo raditi za svako teme date figurice!

primer 1.

Datu duž AB rotirati oko tačke O ( ne pripada duži) za ugao od 060− .

Rešenje:

Moramo planirati i gde ćemo crtati sliku u svesci! Pošto je ugao negativan, rotacija ide u smeru kazaljke na satu, pa duž nacrtajte na levoj strani sveske... Naravno, najpre “na stranu” nacrtamo ugao od 60 stepeni.

3

60o

A

B

O

A`

60o

A

B

O

A`

B`

A

B

O

A`

B`

60o

slika 1. slika 2. slika 3. Opisanim postupkom najpre rotiramo teme A duži AB. ( slika 1.) Zatim vršimo rotaciju temena B ( slika 2.) Spojimo dobijene tačke A`B` i eto rešenja.

primer 2.

Dat je trougao ABC i ugao 0120α = . Rotirati trougao ABC za dati ugao ako se centar rotacije poklapa sa

jednim temenom trougla. Rešenje: Neka se centar rotacije poklapa sa temenom A. Onda će biti À O A≡ ≡ . Za tačke B i C mora postupak...

A

B

C

AÒ

B`

== =

120o

B

C

B`

C`

B

C

B`

C`

120o

A AÒ== = A AÒ== =120

o


4

primer 3.

Rotirati kvadrat ABCD oko tačke O koja je van kvadrata ,za ugao 075− .

Rešenje: Opet planirajte kako će izgledati slika, radimo u smeru kazaljke...

A B

CD

A`

B`

C`

D`

75o

-

O Evo i par malo težih, problemskih zadataka iz ove oblasti:

primer 4.

Konstruisati jednakostranični trougao čija temena pripadaju trima datim paralelnim pravama. Rešenje: Nacrtamo tri paralelne prave : a,b i c. Uzmimo tačku A da pripada pravoj a.

a

b

c

A

Ideja je da rotiramo pravu c oko tačke A za 060 . Ta rotirana prava c` će seći pravu b u tački B i dobićemo jednu stranicu trougla. E sad, za rotaciju prave je dovoljno rotirati njenu normalu , ali ćemo mi , da bi bilo jasnije, uzeti dve proizvoljne tačke , recimo M i N na pravoj c, i njih rotirati oko tačke A.

5

a

b

cM N

Aa

b

cM

M`

N

N`

A

60o

60o

slika 1. slika 2. Na slici 1. smo uzeli dve proizvoljne tačke, a na slici 2. ih rotirali oko tačke A za 060 . Spajanjem M` i N` dobijamo pravu c`.

a

b

cM

M`

N

N`

A

c`

B

a

b

cM

M`

N

N`

A

c`

B

C

slika 3.slika 4.

Prava c` seče pravu b u tački B. Dobili smo jednu stranicu trougla AB. ( slika 3.) Sad jednostavno, uzmemo to rastojanje i presečemo pravu c ili iz A ili iz B. Dobijamo teme C, odnosno traženi trougao ABC.

primer 5.

Date su tri kružnice 1k , 2k i 3k sa zajedničkim centrom S ( koncentrične kružnice). Konstruisati

jednakostraničan trougao ABC kome temena pripadaju redom datim kružnicama.

Rešenje:

S kk2

3

k1

Ideja je da na kružnici 2k uzmemo proizvoljnu tačku B i oko nje rotiramo centar S za - 060 .

6

Dobićemo tačku S` koja je centar kružnice 1k `, to jest rotirali smo kružnicu 1k oko tačke B za - 060 .

S

B

kk2

3

k1

S

B

S`

kk2

3

k1

60o

S

B

S`

k

kk

1

2

3

`

k1

C

60o

C`

slika 1. slika 2. slika 3. Kružnica 1k ` seče kružnicu 3k u dvema tačkama ( C i C`) . Ovo nam govori da imamo dva rešenja!

S

B

S`

k

kk

1

2

3

`

k1

S

B

S`

k

kk

1

2

3

`

k1

A

C

A

C

60o

60o

Spojimo BC i eto stranice traženog jednakostraničnog trougla. Uzmemo dužinu te stranice i presečemo

kružnicu 1k , ili iz temena B ili iz C. Dobili smo prvo rešenje.

Za drugo rešenje slično radimo...


1

TALESOVA TEOREMA

Ako paralelne prave a i b presecaju pravu p u tačkama A i B, a pravu q u tačkama 1A i 1B , i ako je S zajednička

tačka pravih p i q, tada važi:

1 1

1 1

AA SASA

BB SB SB

Na slici bi to izgledalo ovako:

S

A

B

A B1 1

p

q

a b

Na osnosu Talesove teoreme možemo izvući jedan važan zaključak: Ako dve proizvoljne prave p i q preseca niz paralelnih pravih, tako da su odsečci na jednoj pravoj jednaki među sobom, onda su i odsečci na drugoj pravoj međusobno jednaki:

AB

CD

E

S

AB

CD

E

S A1 B1 C D E1 1 1

p p

q q

slika 1. slika 2. Na slici 1. imamo niz paralelnih pravih koje prave jednake odsečke na Sp, to jest AB BC CD DE . Onda su i odsečci, po Talesovoj teoremi, na Sq takodje jednaki : 1 1 1 1 1 1 1 1A B B C C D D E ( slika 2.)


2

Ovaj zaključak se direktno primenjuje kod podele duži na jednake delove .

Primer 1. Datu duž AB podeliti na pet jednakih delova. Rešenje

Uzmemo proizvoljnu duž AB: AB

Iz tačke A nanesemo polupravu Ap ( na bilo koju stranu) i na njoj proizvoljnim otvorom šestara nanesemo 5 jednakih duži. A B

p Zadnju nanesenu crtku ( podebljana na slici) , spojimo sa tačkom B.

A B

p Paralelno sa ovom pravom kroz crtice na Ap nanosimo prave:

A B

p

Ovim je data duž podeljena na 5 jednakih delova.


3

Sličan postupak bi bio i da smo duž trebali podeliti na više delova...

Primer 2. Datu duž MN podeliti u razmeri 5:2. Rešenje Kad nam traže da duž podelimo u nekoj razmeri, mi najpre saberemo sve delove: 5+2=7. Dakle , kao da delimo duž na 7 jednakih delova:

p

M N

Naneli smo polupravu Mp i na njoj proizvoljnim otvorom šestara naneli 7 jednakih duži. Spojićemo tačku N i zadnju crtku, a zatim idemo sa paralelnim pravama…

p

MN

p

MN

S

Dakle, podelili smo duž MN na 7 jednakih delova. Jednostavno prebrojimo 5 dela i tu stavimo tačku, recimo S. Sigurni smo da važi: : 5 : 2MS SN


4

Primer 3. Date su proizvoljne duži a,b i c . Konstruisati duž x tako da važi: a : b = c : x Rešenje Kod ovakvih zadataka se direktno primenjuje Talesova teorema. Važno je da u proporciji x bude na zadnjem mestu, što je u ovom slučaju zadovoljeno( inače bi morali da pretumbamo proporciju i da napravimo da x bude na zadnjem mestu...) Uzmimo najpre tri proizvoljne duži:

a b c

Nacrtamo proizvoljan konveksan ( najbolje oštar) ugao pOq i nanesemo redom:

O p

q

a

b

c Na Op nanesemo duž a, na Oq nanesemo duž b , pa na Op u produžetku nanesemo duž c. Na ovaj način mi ustvari pratimo zadatu razmeru: a : b = c : x. Spojimo tačke gde se završavaju duži a i b jednom pravom i povučemo paralelu sa njom iz tačke gde se završava duž c. Dobili smo traženu duž x.

O p

q

a

b

c

x

O p

q

a

b

c


5

Primer 4. Date su proizvoljne duži a i b . Konstruisati sledeće duži: i) x a b

ii) a

xb

iii) 2x a Rešenje i) x a b Odavde moramo da napravimo proporciju , ali tako da x bude na zadnjem mestu.

kod x najpre dodamo 1

1 x treba da je na zadnjem mestu, a to nam govori da je 1 na prvom

1: :

x a b

x a b

a b x

Iskoristili smo dakle osobinu proporcije da se množe spoljašnji sa spoljašnjim a unutrašnji sa unutrašnjim članovima proporcije. Dalje radimo kao i u prethodnom primeru:

1

a

b

ba

1

a

b

x

O Op p

q q

1

a

bO p

q

slika 1. slika 2.slika 3.

Uzmemo proizvoljne duži a i b. Nanesemo jediničnu duž ( recimo 1 cm ili koliko vi odaberete…) na polupravu Oq zatim duž a na polupravu Oq i nakraju duž b na polupravu Op , tamo gde se završava jedinična duž.( slika 1.) Spojimo završetke jedinične duži i duži a jednom pravom.( slika 2.) Povučemo paralelu sa ovom pravom ali tako da ona prolazi kroz završetak duži b. Na polupravi Oq smo dobili tu traženu duž x kojoj odgovara jednakost x a b ( slika 3.)


6

ii) a

xb

Da napravimo proporciju u kojoj je x na zadnjem mestu...

1 : 1:1

ax

bx a

x b a b a xb

ba

p

q

O

a

b 1 p

q

O

a

b 1 p

q

O

a

b 1

x


iii) 2x a Da napravimo proporciju u kojoj je x na zadnjem mestu...

2

1

1: :

x a

x a a

a a x

O p

q

a

a

a

1 O p

q

a

a

1 O p

q

a

a

1


x


7

Primer 5. Data je prava i na njoj tačke A i B . Odrediti tačku P koja duž AB deli u razmeri dveju datih duži m i n. Rešenje Izaberemo najpre proizvoljne duži m i n.

m

n

Dalje nacrtamo pravu sa tačkama A i B. A B Nacrtamo proizvoljnu polupravu Aa i na nju nanesemo dužinu m.

A

B

a

m

M

Dalje povučemo paralelu sa ovom polupravom kroz tačku B ( slika 1.)

AB

a

m

M

A

B

a

m

n

n

M

N

N1

AB

a

m

n

n

M

N

N1

P P1


Na ovoj pravoj nanesemo dužine duži n ( iz tačke B) na obe strane. Imamo dakle tačke N i 1N . ( slika 2.)

Spojimo tačke N i 1N sa tačkom M i dobijamo mesta preseka sa pravom AB , to jest tačke P i 1P .

Dakle dobili smo dva rešenja i oba su dobra , al se matematički kaže da tačka P deli duž AB unutrašnjom , a tačka 1P

spoljašnjom podelom u razmeri :m n .


1

SLIČNOST TROUGLOVA

Za dve figure F i 1F kažemo da su slične ( sa koeficijentom sličnosti k ) ako postoji transformacija sličnosti koja

figuru F prevodi u figuru 1F . Činjenicu da su dve figure slične obeležavamo sa 1F F .

Sličnost bi neformalno mogli da opišemo kao: Sličnost je preslikavanje neke figure F u figuru 1F tako da je razmera odgovarajućih duži figura F i 1F isti broj i

ako su odgovarajući uglovi jednaki.

Za utvrđivanje sličnosti trouglova koristimo četiri stava:

1

1 1

A B

C

ab

c A B

C

ab

c1 1

1

1

11

I stav Dva trougla 1 1 1 i ABC A B C su slična ako i samo ako je jedan par stranica jednog trougla proporcionalan paru

stranica drugog, a uglovi zahvaćeni ovim stranicama jednaki su među sobom. II stav Trouglovi 1 1 1 i ABC A B C su slični ako i samo ako su dva ugla jednog trougla jednaka sa dva odgovarajuća ugla

drugog. III stav Trouglovi 1 1 1 i ABC A B C su slični ako i samo ako su im sve odgovarajuće stranice proporcionalne.

IV stav Dva trougla 1 1 1 i ABC A B C su slična ako i samo ako su dve stranice jednog trougla proporcionalne

odgovarajućim stranicama drugog , uglovi naspram dveju od tih odgovarajućih stranica jednaki, a naspram drugih dveju odgovarajućih stranica su oba ugla oštra , oba prava ili oba tupa.


2

U zadacima , pošto zaključimo da su neka dva trougla slična, primenjujemo :

1 1 1 1: : : :a a b b c c O O k

Naravno :

1 1 1 1

je obim prvog trougla a

je obim drugog trougla

O a b c

O a b c

k je koeficijent sličnosti

Ovu gornju jednakost možemo zapisati i sa : 1 1 1: : : :a b c a b c

Vrlo lako možemo zaključiti da važe i sledeće proporcionalnosti:

1 1

1 1

1 1

1

1

1

2 2 2 2 2 21 1 1 1

: : :

: : :

: : :

: : : :

a a a a

b b b b

c c c c

a a t t h h

b b t t h h

c c t t h h

P P a a b b c c

Naravno ovde su : t- težišne duži, h – visine i P – površine sličnih trouglova.

primer 1.

Na crtežu su dati podaci o trouglovima ABC i PQR. Odrediti dužine stranica PQ i PR trougla PQR.

A B

C

P

Q

R12cm 6cm

15cm

4cm


3

Rešenje:

Uočimo najpre da su trouglovi slični po II stavu o sličnosti trouglova. Dalje predlažemo da sa crticama obeležite koja kojoj stranici odgovara.

Pogledajte na sledećoj slici:

A B

C

P

Q

R12cm6cm

15cm

4cm

Kako imamo podatke za najmanje duži ( sa po jednom crvenom crtkom) one će biti na početku proporcije...

: :

6 : 4 12 :

6 4 12

48

68

BC RQ AC PR

PR

PR

PR

PR cm

: :

6 : 4 15 :

6 4 15

60

610

BC RQ AB PQ

PQ

PQ

PQ

PQ cm

primer 2.

Ako su oznake i podaci kao na priloženom crtežu, odrediti dužinu zajedničke stranice BC trouglova ABC i CBD.

A

B

C

D

6cm

3cm


4

Rešenje:

Kao i u prethodnom primeru, trouglovi ABC i BCD su slični po II stavu , jer imaju po dva odgovarajuća ugla jednaka. I ovde ćemo upotrebiti trik sa crticama...

A

B

C

D

6cm

3cm

Uočimo dalje da nam stranice sa po tri crtice ( najduže) ne trebaju, jer nijedna od njih nema datu dužinu. Moramo paziti jer je zajednička stranica BC istovremeno najkraća za trougao ABC i srednja po dužini za trougao BDC. Dakle:

2

: :

6 : : 3

6 3

18

18

9 2 3 2

AB BC BC BD

BC BC

BC BC

BC

BC

BC

primer 3.

Stranice trougla ABC su a = 12cm , b = 18cm, c = 8cm. Odrediti obim njemu sličnog trougla čija je najduža stranica 27cm.

Rešenje:

5

Ovde ćemo upotrebiti:

1 1 1 1: : : :a a b b c c O O k

Najpre se pitamo : koja je to stranica u sličnom trouglu data? Pa pošto je b najduža stranica u prvom trouglu , to je 1 27b cm .

Dalje računamo obim prvog trougla:

12 18 8

38

O a b c

O

O cm

Sada koristimo deo ove velike proporcije koji nam treba:

1 1

1

1

1

1

: :

18 : 27 38 :

18 27 38

27 38

1857

b b O O

O

O

O

O cm

primer 4.

Dva trougla su slična. Zbir dve odgovarajuće visine je 121cm a koeficijent sličnosti je 1,75. Odrediti visine. Rešenje: Recimo da se radi o visinama koje odgovaraju stranici a , odnosno 1a . Tada je:

1121a ah h

A pošto znamo koeficijent sličnosti, onda je

1: 1,75a ah h . Upakujmo sad ove dve jednakosti:

1 1

1

1 1

1

1

1

1

: 1,75 1,75

121

1,75 121

2,75 121

121

2,75

44

1,75 1,75 44 77

a a a a

a a

a a

a

a

a

a a a a

h h h h

h h

h h

h

h

h cm

h h h h cm


6

primer 5.

Osnovice jednakokrakog trapeza ABCD su 12cm i 8cm, a njegova visina 3cm. Ako se prave AD i BC seku u taćki E, odrediti dužinu visine EF trougla ABE.

Rešenje:

12cm

8cm

x

3cm

F

N

Uočimo slične trouglove ABE i DCE , koji kao i u prethodnim zadacima imaju jednake uglove. Uočimo visinu trougla ABE koja je očigledno EF = 3 + x i visinu trougla DCE koja je EN = x.

11: :

12 :8 (3 ) :

12 8(3 )

12 24 8

12 8 24

4 24

6

a aa a h h

x x

x x

x x

x x

x

x cm

Dakle, visina trougla EF = 3 + x = 3 + 6 = 9 cm


7

primer 6.

Marko je visok 1,5 m i stoji pored jarbola koji je ortogonalan na vodoravnom pločniku. U jednom trenutku, dužine senki Marka i jarbola su 0,5 m i 6 m. Odrediti visinu tog jarbola. Rešenje:

x

1,5m

0,5m6m

jarbol

Mare

Uočimo slične trouglove i postavimo proporciju:

:1,5 6 : 0,5

0,5 6 1,5

6 1,5

0,5

6 3 18

x

x

x

x x m

Naravno , sličnost se primenjuje i kod četvorouglova, petouglova... Evo par primera:

primer 7.

Stranice četvorougla odnose se kao 20:15:9:8 , a zbir dve manje stranice njemu sličnog četvorougla je 25,5cm. Odrediti stranice drugog četvorougla.


8

Rešenje:

1 1 1 1: : : 20 :15 : 9 :8 : : : 20 :15 : 9 :8a b c d a b c d

Iz proporcije vidimo da su najmanje stranice c i d, odnosno 1 1i c d .

Onda mora biti: 1 1 25,5c d

1 1 1 1

1

1

1

1

: : : 20 :15 : 9 :8

20

15

9

8

a b c d

a k

b k

c k

d k

Ovo zamenimo u :

1 1

25,5 25,5 9 8 25,5 17 25,5 1,5

17c d k k k k k

1 1 1

1 1 1

1 1 1

1 1 1

20 20 1,5 30

15 15 1,5 22,5

9 9 1,5 13,5

8 8 1,5 12

a k a a cm

b k b b cm

c k c c cm

d k d d cm

primer 8.

Stranice petougla su 35mm,14mm,28mm,21mm i 42mm. Najmanja stranica njemu sličnog petougla je 12mm. Odrediti dužine ostalih stranica ovog petougla. Rešenje:

35

14

28

21

42

a mm

b mm

c mm

d mm

e mm

U zadatku kaže najmanja stranica sličnog petougla je 12mm, jasno je da to mora biti 1 12b mm

Kako važi da je :

9

1 1 1 1 1

1

14 7

12 6

a b c d ek

a b c d e

bk k k

b

Našli smo koeficijent sličnosti, vraćamo se da nadjemo dužine ostalih stranica…

11

35 35a

a mm k aa

6

7

11

5 6 30

14 14

mm

bb mm k b

b

6

7

11

2 6 12

28 28

mm

cc mm k c

c

6

7

11

4 6 24

21 21

mm

dd mm k d

d

6

7

11

3 6 18

42 42

mm

ee mm k e

e

6

7 7 6 42mm

1

PRIMENE SLIČNOSTI NA PRAVOUGLI TROUGAO

Nacrtajmo jedan pravougli trougao sa standardnim obeležavanjima: a,b su katete c je hipotenuza

ch je hipotenuzina visina

p i q su odsečci na hipotenuzi koje pravi visina ch

A B

C

ab

cpq

D

hc

Hipotenuzina visina CD deli trougao ABC na dva pravougla trougla : ADC i BDC. Možemo uočiti da sva tri pravougla trougla imaju iste uglove 0, i 90 , pa su medjusobno slični. Iz njihove sličnosti proizilazi proporcionalnost odgovarajućih stranica koja može da se formuliše kao :

i) Hipotenuzina visina je geometrijska sredina odsečaka koje sama odseca na hipotenuzi, to jest ch p q

ii) Kateta je geometrijska sredina hipotenuze i bližeg odsečka hipotenuze, to jest a c p i b c q

( ovo je Euklidov stav)

iii) Trougao ABC je pravougli ako i samo ako je 2 2 2a b c ( ovo je Pitagorina teorema) Dakle, sad za pravougli trougao znamo sledeće formule:

2 2 2

2

2

2

2 2 2

2 2 2

c c

c

c

a b c

p q c

h p q h p q

a c p a c p

b c q b c q

h p a

h q b

ili površina2 2

hipotenuzina visina

poluprečnik opisane kružnice koji se nalazi na sredini hipotenuze2

poluprečnik upisane kružnice2

c

c

c

O a b c obim

c ha bP P

a bh

cc

R t

a b cr


2

Primer 1. Odrediti nepoznate elemente skupa { , , , , , }ca b c p q h ako je poznato:

i) 16

9

p cm

q cm

ii) 130

312

a cm

b cm

Rešenje:

i) 16

9

p cm

q cm

Koristimo formulice tako što prvo pronadjemo onu gde nam se javljaju dati elementi:

2 2 2

2

2

2

2 2 2

2 2 2

16

9

16 9 25

16 9 4 3 12

25 16 5 4 20

25 9 5 3 15

c

c

c

c c c

a b c

p q c

h p q

a c p

b c q

h p a

h q b

p cm

q cm

p q c c c cm

h pq h h cm

a c p a a cm

b c q b b cm

ii) 130

312

a cm

b cm

2 2 2 2 2 2 2 2

22

130 312 16900 97344 114244 338

1690050

338

338 50 288

50 228 14400 120c c c c

a b c c c c c cm

aa c p p p cm

c

p q c q c p q q cm

h p q h h h cm


3

Primer 2.

Dokazati da u pravouglom trouglu važi jednakost: 2 2 2

1 1 1

ch a b

Rešenje: Krenućemo od desne strane jednakosti i doći do leve:

2 2

2 2 2 2

1 1 b a

a b a b

u brojiocu imamo 2 2 2a b c pa to zamenimo …

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 b a c

a b a b a b

prebacimo brojilac ispod imenioca( osobina dvojnog razlomka)…

2 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1b a c

a ba b a b a b a bc c

znamo da je hipotenuzina visinac

a bh

c

2 2 2

2 2 22 2 2 2 2 2 2

2

1 1 1 1 1

c

b a c

a ba b a b a b ha bc c

ovim je dokaz završen.

Primer 3. U jednakokrakom trapezu osnovica 16cm i 9cm upisana je kružnica. Izračunati poluprečnik kružnice. Rešenje: Da najpre nacrtamo sliku i postavimo problem:

A B

CD

a=16cm

b=9cm

cch

a-b2

Pošto se radi o tangentnom četvorouglu, znamo da zbir naspramnih stranica mora biti jednak. To ćemo iskoristiti da nadjemo dužinu kraka c.


4

2

16 9 2

252 25

2

a b c

c

c c cm

Sad primenimo Pitagorinu teoremu da nađemo dužinu visine:

2 2 22 2 2 2

2 2

25 7 625 49

2 2 2 4 4

576144 12

4

a bh c h h

h h h cm

Znamo da je poluprečnik upisane kružnice jednak polovini visine:

126

2 2

hr r r cm i evo rešenja.

Primer 4. Dokazati da u svakom pravouglom trouglu za težištne duži važi jednakost: 2 2 25a b ct t t

Rešenje: Nacrtajmo najpre sliku :

A B

C

ab

c

t t

t

ab

c

Ideja je da dva puta primenimo Pitagorinu teoremu. Prvo primenjujemo na obeleženi trougao:

A B

C

b

c

ta

a2A 1

2

2 2

2a

at b


5

Sad na drugu stranu:

A B

C

a

b

c

tb

2

B1

2

2 2

2b

bt a

Saberimo ove dve jednakosti:

22 2

22 2

2 22 2 2 2

2 22 2 2 2

2 2 2 22 2

2 22 2

2 22 2

2 2

2 saberemo ih...

2

2 2

4 4

4 4

4

5 5

4

5( )

4

U brojiocu zamenimo sa

a

b

a b

a b

a b

a b

a b

at b

bt a

a bt t b a

a bt t b a

b a a bt t

a bt t

a bt t

a b c

2

22 2

22 2

2 2 2

iz Pitagorine teoreme...

5

4Ovde malo prepakujemo:

52

Znamo da je 2

5

a b

a b

c

a b c

ct t

ct t

ct

t t t


6

Primer 5.

Ako su a i b osnovice, c i d kraci, a 1d i 2d dijagonale trapeza, tada važi: 2 2 2 21 2 2d d c d ab . Dokazati.

Rešenje: Kao i uvek, nacrtamo sliku i tražimo ideju:

A B

CD

a

b

cd d d1 2

h h

I ovde ćemo upotrebiti Pitagorinu teoremu. Izrazimo visinu trapeza h sa iz žutog i iz crvenog trougla, pa to uporedimo:

A B

CD

a

b

cd d1

A B

CD

a

b

cd d2h

x yC1 D1

h

m n

hh

2 2 2 2 2 21

2 2 2 21

2 2 2 21

2 21

2 21

2 21

( )( )

( ) ( )

( )

a

h d x h c y

d x c y

d c x y

d c x y x y

d c x y x y

d c a x y

2 2 2 2 2 22

2 2 2 22

2 2 2 22

2 22

2 22

2 22

( )( )

( ) ( )

( )

a

h d m h d n

d n d m

d d n m

d d n m n m

d d n m n m

d d a n m

Sad ćemo sabrati ove dve jednakosti:

2 21

2 22

2 2 2 21 2

2 2 2 21 2

2 2 2 21 2

2 2 2 21 2

( ) saberemo ih...

( )

( ) ( )

( ) ( ) ispred zagrade ...

( ) pretumbamo ovo u zagradi...

(

d c a x y

d d a n m

d d c d a x y a n m

d d c d a x y a n m a

d d c d a x y n m

d d c d a x m n

2 2 2 2

1 2

2 2 2 21 2

2 2 2 21 2

)

( ) pogledajmo sliku: ovi uokvireni daju

( )

2

y

d d c d a x m n y b

d d c d a b b

d d c d ab

7

Evo par primera konstrukcija traženih duži.

Primer 1.

Date su duži x i y. Konstruisati geometrijsku sredinu tih duži, to jest konstruisati x y

Rešenje:

Najpre ćemo nacrtati dve proizvoljne duži:

x

y

Njih zatim spojimo ( postavimo jednu do druge), što je prikazano na slici 1.

x y

x y

x yx y

slika 1. slika 2. slika 3. Nadjemo sredinu duži x + y i opišemo polukrug ( slika 2.). Iz mesta preseka duži podignemo normalu (slika 3.) Ta normala je rešenje, to jest ona je geometrijska sredina datih duži. Zašto? Pa znamo da se centar opisane kružnice kod pravouglog trougla nalazi na sredini hipotenuze a da je visina geometrijska sredina odsečaka...

x y

x y


8

Primer 2. Konstruisati duž čija dužina u odnosu na datu jediničnu duž ( vi kad vežbate uzmite jediničnu duž 1 cm) iznosi:

a) 15

b) 7 Rešenje:

a) 15 Ideja kod ovog tipa zadatka je da se podkoreni broj napiše kao proizvod dva broja ( bilo koja) i da se primeni znanje o konstrukciji geometrijske sredine:

15 5 3 Dakle, uzmemo duži od 5cm i 3 cm, nacrtamo ih jednu do druge, nadjemo sredinu( na 4 cm) i opišemo polukrug.

Iz mesta preseka ove dve duži izdignemo normalu do preseka sa polukrugom i njena vrednost je 15 .

5cm 3cm

5 3 15

b) 7

Slično: 7 7 1

7 1 7

7cm 1cm


9

Primer 3. Date su duži čije su dužine a i b. Konstruisati duž dužine:

a) 2 2x a b

b) 2 2y a b Rešenje:

a) 2 2x a b

Ako kvadriramo ovu jednakost , dobijamo: 2 2 2 2 2x a b x a b Odavde zaključujemo da je tražena duž ustvari hipotenuza pravouglog trougla čije su katete a i b.

a a

b

a

bx


a

b

Uzmemo proizvoljne duži a i b. Prenesemo duž a i konstruišemo prav ugao ( slika 1.) Na toj polupravi nanesemo dužinu b (slika 2.) I kad to spojimo eto tražene duži .( slika 3.)

b) 2 2y a b

Kvadriramo i dobijemo: 2 2 2 2 2y a b y a b Ovde je dakle tražena duž kateta pravouglog trougla sa hipotenuzom a i katetom b.

slika 1.bC A

slika 2.bC A

slika 3.bC A

ay

B B

slika 2.bC A

ba

Na duž b konstruišemo prav ugao u temenu C. Iz temena A presečemo tu polupravu dužinom a. Dobili smo trougao ABC, gde je kateta y rešenje našeg zadatka.

10

Primer 4. Date su proizvoljne duži a,b i c. Konstruisati duž:

2

2

)

)

i x ab c

ii y a bc

Rešenje: Ovi zadaci su ustvari kombinacija prethodnih, to jest koristi se i geometrijska sredina a i konstrukcija pravouglog trougla. Datu jednakost prvo malo prepravimo…

2

2 2

2 2 2

kvadriramo

( )

x ab c

x ab c

x ab c

Prvo ćemo konstruisati ab , a zatim pravougli trougao sa katetama ab i c . Hipotenuza tog trougla je tražena duž.

a b

A

B

a b

A

B

slika 2. slika 3.

x

c c

a b

slika 1.a

a

b

b

c

2

2

2 2

2 2 2

)

kvadriramo

( )

ii y a bc

y a bc

y a bc

y a bc

Najpre konstruišemo bc a zatim pravougli trougao sa katetom bc i hipotenuzom dužine a. Sad je tražena duž kateta tog trougla.

b c

slika 1.

b c

M

N

A

b c

M

N

A

a

yslika 2.slika 3.

b c

b

c

a


1

PRIMENA SLIČNOSTI NA KRUG (ZLATNI PRESEK)

Posmatrajmo krug K i tačku P u ravni tog kruga. Neka su prave a i b dve sečice datog kruga K koje prolaze kroz P. Očigledno je da imamo tri situacije:

i) tačka P je u krugu ii) tačka P je na krugu iii) tačka P je van kruga

Razmotrimo jednu po jednu situaciju...

i) tačka P je u krugu

a

bA

BA

B

1

1

P

Označimo sa 1 i A A presečne tačke prave a sa kružnom linijom k kruga K, a sa 1B i B presečne tačke prave b sa

kružnom linijom k. Uočimo trouglove ABP i 1 1A B P .

a

bA

BA

B

1

1

P

Uočeni trouglovi su slični jer imaju po dva ista ugla: APB 1 1A PB jer su unakrsni ( žuti uglovi na slici) a

1 1PAB PB A su periferijski uglovi nad istim lukom ( crveni uglovi na slici).

Iz sličnosti ovih trouglova sledi proporcionalnost odgovarajućih stranica:

1 1 1 1: :AP BP B P A P AP A P BP B P


2

ii) tačka P je na krugu

a

b

P=A =B1 1

A

B

Ovde se tačke P , 1 1A i B poklapaju. Očigledno je 1 1 0AP A P BP B P jer je 1 1 0A P B P . Dakle opet je

1 1AP A P BP B P .

iii) tačka P je van kruga

a

b

PA

B

A

B

1

1

Uvedimo ista obežezavanja kao i u prvoj situaciji : 1 i A A su presečne tačke prave a sa kružnom linijom k kruga K,

a 1B i B presečne tačke prave b sa kružnom linijom k . Uočimo trouglove 1PAB i 1PBA .

a

b

PA

B

A

B

1

1

Jasno je da ova dva trougla imaju zajednički ugao kod temena P ( crveni na slici) a uglovi obeleženi plavom bojom su jednaki kao periferijski uglovi nad istim lukom AB.


3

Dakle, ova dva trougla su slična! Odgovarajuće stranice su proporcionalne:

1 1 1 1: :AP BP B P A P AP A P BP B P . I treći put smo izvukli isti zaključak:

Ako je K dati krug i P data tačka u ravni tog kruga, tada proizvod odsečaka koje krug K odredjuje na bilo kojoj sečici povučenoj iz tačke P , ima konstantnu vrednost. Najčešće se uvodi oznaka 2

1p PA PA a ovaj konstantan proizvod nazivamo potencijom tačke P u odnosu na

krug K. Ako se tačka P nalazi van kruga , zanimljivo je posmatrati situaciju kad iz tačke P postavimo tangentu na krug i sečicu kruga:

a

t

A

A1

T

P

Ovde bi važilo: 21 1PT PT PA PA PT PA PA , odnosno rečima bi rekli:

Potencija tačke P u odnosu na krug K jednaka je kvadratu odgovarajuće tangentne duži! Najzanimljivija stvar vezana za ovo je takozvani zlatni presek. Ako je neka duž AB podeljena tačkom C tako da je veći odsečak geometrijska sredina duži AB i manjeg

odsečka, to jest ako važi : : :AC AB BC AC AB BC AC tada kažemo da smo izvršili zlatni presek duži AB.

A BC

Naravno, sada ćemo vam objasniti kako da nadjete konstrukcijski tačku C koja deli duž AB po zlatnom preseku. Predpostavljate da ima neke veze sa prethodnim izlaganjem, odnosno sa činjenicom da je potencija tačke P u odnosu na krug K jednaka kvadratu odgovarajuće tangentne duži!


4

Uzmemo proizvoljnu duž AB i obeležimo recimo da je aAB . U tački B podignemo normalu i na njoj nanesemo

dužinu a

2, obeležimo tu tačku sa S. Konstruišemo krug poluprečnika

a

2 sa centrom u S.

A B

S

k

a/2

a Dalje spojimo SA i dobijemo sečicu kruga . Obeležimo te tačke preseka sa P i 1P .

A B

S

k

P

P1

a/2

a/2

a Uočimo rastojanje izmedju tačaka A i P. Obeležimo recimo da je AP p . Ubodemo šestar u tačku A , uzmemo rastojanje do tačke P i to rastojanje spustimo dole na duž AB.


5

A B

S

k

P

P1

p

pa/2

a/2

a Obeležimo ovu tačku sa C. To je tačka koja deli duž u zlatnom preseku!

A B

S

k

P

P1

Cp

pa/2

a/2

a-p

a

p+aa

Dokaz je jednostavan: ( posmatrajte sliku) Na osnovu osobina potencije imamo: 2

1AB AP A P , odnosno 2a ( a)p p

Odavde je:

2

2 2

2 2

2

a ( a)

a a

a - a

a(a ) : a (a ) :

p p

p p

p p

p p p p p

Zlatni presek…


6

U drugom razredu srednje škole ćete naučiti da rešavate kvadratnu jednačinu, pa će vam sledeća računica izgledati jasnije, za sad zapamtite rezultat ove računice:

2

2 2

2 2 2

2

1,2

2 2 2

1,2

1 2

1

a ( a)

a a

a a 0 kvadratna jednačina po a, 1, ,

4a

2

4 5 5 1 5a

2 2 2 2

1 5 1 5a a

2 2

1 5a 1,618033989 , jer je 1,618033

2

p p

p p

p p a b p c p

b b ac

a

p p p p p p pp

p p

p

2

989

1 5a 0,618033988 , jer je 0,618033988

2p

Nas interesuje da je : a 1,618033989 p , odnosno: a : 1,618033989p

ZAPAMTITE OVAJ BROJ! 1,618033989

Najčešći zadatak koji daju profesori a vezan za zlatni presek je konstrukcija pravilnog desetougla ili petougla upisanog u krug zadatog poluprečnika. Evo kako se konstruiše desetougao:

A

O S

r

r/2 r/2

A

O S

r

r/2 r/2

MP

A

O S

r

r/2 r/2

M

slika 1. slika 2. slika 3. Nacrtamo krug zadatog poluprečnika r. Nadjemo sredinu poluprečnika ,to je tačka S na slici 1.

Iz tačke S kao centra konstruišemo krug poluprečnika 2

r i spojimo tačke A i S. Dobijamo tačku M ( slika 2.)

Ubodemo šestar u A i prenesemo rastojanje AM na poluprečnik AO. Dobili smo tačku P.( slika 3.) Sećate se, ovo je postupak traženja zlatnog preseka...

7

Dobijena duž AP je ustvari dužina stranice desetougla!

A

B

C

D

E

F

G

H

I

J

O S

P

A

O S

P

slika 4. slika 5. U otvor šestara uzmemo rastojanje AP i prenosimo ga po kružnoj liniji počevši od tačke A. (slika 4.) Spojimo te tačke i eto traženog desetougla upisanog u krug zadatog poluprečnika. ( slika 5.) Ako profesor od vas traži da nacrtate pravilan petougao upisan u krug zadatog poluprečnika, vi nacrtate najpre desetougao pa spojite svako drugo teme!

A

B

D

E

C

E sad da se vratimo na zlatni presek i da vam ispričamo nekoliko zanimljivosti…

Zlatni pravougaonik je pravougaonik čije se stranice nalaze u odnosu zlatnog preseka. a : b 1,618033989


8

Da bi konstruisali zlatni pravougaonik podjemo od kvadrata AFEB. M je sredina stranice AF. Ubodemo šestar u tačku M i spustimo rastojanje do preseka sa produžetkom AF. Dobijamo tačku D. Sad nije teško naći i četvrto teme C.

Ako nastavimo sa konstrukcijom zlatnih pravougaonika, dobijamo:

Uvek kad odstranimo kvadrat, ostaje zlatni pravougaonik. Uradimo sada sledeće: ubodemo šestar u F i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika FA ( dužina stranice kvadrata), zatim ubodemo šestar u N i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika NE , ubodemo šestar u P i opišemo četvrtinu kruga poluprečnika PJ...i tako dalje.

Dobili smo takozvanu zlatnu spiralu.


9

Antički arhitekti su smatrali da gradjevine imaju izuzetan izgled ako su im dimenzije odredjene zlatnim presekom. Čak se verovalo da gradjevine sa zlatnim presekom imaju magične moći.

Poznati Partenon u Atini je gradjen po zlatnom preseku. Egipatske piramide imaju proporcije zlatnog preseka, zgrada ujedinjenih nacija... Zlatni presek se nalazi i u delima čuvenih muzičara: dela Baha, Mocartove sonate, Betovenova peta sinfonija, muzika Šuberta…Nalazi se na slikama Leonarda … Ipak, najzanimljivije je to da zlatni presek nalazimo i u prirodi: Ukoliko podelimo broj ženki pčela i mužjaka u košnici, dobijamo približno 1,6. Izmerimo čovečju dužinu od vrha glave do pupka, pa to podelimo sa dužinom od pupka do poda…opet 1,6. Seme suncokreta raste u suprotnim spiralama a medjusobni odnosi prečnika rotacije su 1,6. Na kućici ( školjci) mekušca nautilusa takodje je odnos spiralnog prečnika prema svakom sledećem 1,6. Kada se govori o zlatnom preseku , neizbežno se mora pomenuti i Fibonačijev niz. Medjutim, kako se nizovi uče tek u trećoj godini, mi ćemo pokušati da vam na jednom primeru objasnimo kakav je to Fibonačijev niz. Dobijemo na početku godine jedan pad zečeva, koji svakog meseca izvede novi par a on postaje produktivan, to jest izvodi novi par mesec dana, kad odraste. Koliko ćemo parova zečeva imati za godinu dana?

Mi smo vam nacrtali jedan dijagram da bi pojasnili stvari:


10

mesec

1. januar

1. februar

1. mart

1. April

1. maj

1. jun

1. jul

1. avgust

1. septembar

1. oktobar

1. novembar

1. decembar

parovi

broj parova odraslihzečeva (O)

broj parova

zebebačeva ( B)

O

O BO B O

O B O O B

O B O O B O B O

O O O O O O O O BBBBB

O O O O OO OO O OO O OBBBBBBBB

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

UKUPANBROJPAROVA ZEČEVA

1 0 1

1 1 2

2 1 3

3 2 5

5

8

13

21

34

55

89

144

3

5

8

13

21

34

55

89

8

13

21

34

55

89

144

233

1. januarnaredne godine

233 144 377

Parovi beba zečeva su obeleženi sa B, a kad porastu (mogu da daju novi par) sa O. Pogledajte kolonu sa Brojem parova odraslih zečeva. U njoj su brojevi 1,1,2,3,5,8,13,21,...

1

1

2

3

5

8

13

21

34

55

89

144

233

To je Fibonačijev niz. Naravno on se nastavlja dalje... Vi se sada pitate zašto je ovaj niz tako specijalan?

11

1,1,2,3,5,8,13,21,34,55,89... Počevši od trećeg člana, svaki sledeći član niza dobijamo tako što saberemo prethodna dva člana... 2=1+1 3=2+1 5=3+2 8=5+3 itd. Pa i nije nešto baš mnogo specijalno, kažete vi sada...Ali... Prava stvar tek dolazi na videlo! Ako podelimo dva uzastopna člana niza počevši od 3 i 5 dobijamo: 5

1,6738

1,6513

1,625821

1,6151334

1,6192155

1,6173489

1,61855

.itd

Da li vam je poznat ovaj broj? 1,618033989 je zlatni presek, a ovde je približno svuda baš on! Zato je ovaj niz specijalan.

1

TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE OŠTROG UGLA Trigonometrija je prvobitno predstavlja oblast matematike koje se bavila izračunavanjem nepoznatih elemenata trougla pomoću poznatih. Sam njen naziv potiče od dve grčke reči TRIGONOS- što znači trougao i METRON- što znači mera. Kako se definišu trigonometrijske funkcije? Posmatrajmo pravougli trougao ABC. a,b→ katete c→ hipotenuza 222 cba → Pitagorina teorema

sin

cos

naspramna kateta a

hipotenuza c

nalegla kateta b

hipotenuza c

naspramna kateta atg

nalegla kateta b

nalegla kateta bctg

naspramna kateta a

PAZI: Sam simbol sin,cos,tg,ctg sam za sebe ne označava nikakvu veličinu!!! Uvek mora da ima i ugao. Izračunajmo vrednost trigonometrijskih funkcija za uglove od ooo i 6045,30 . Najpre ćemo posmatrati polovinu jednakostraničnog trougla. Kao što znamo visina jednakostraničnog trougla je

2

3ah


2

12sin 302 2

332cos30

2

1 1 3 3230 ( )33 3 3 3

2

3230 3

2

o

o

o

o

anaspramna kateta a

hipotenuza a a

analegla kateta

hipotenuza a

anaspramna kateta

tg racionališemonalegla kateta a

analegla kateta

ctganaspramna kateta

Sada ćemo uraditi (po definiciji) i za ugao od o60 .

332sin 60

2

12cos 602

3260 3

2

326033

2

o

o

o

o

a

aa

a

a

tga

a

ctga

Za vrednost trigonometrijskih funkcija ugla od o45 upotrebićemo polovinu kvadrata.

Kao što znamo dijagonala kvadrata je 2ad


3

1 1 2 2sin 45

22 2 2 2

2cos 45

22

45 1

45 1

o

o

o

o

naspramna kateta a

hipotenuza a

nalegla kateta a

hipotenuza a

naspramna kateta atg

nalegla kateta a

nalegla kateta actg

naspramna kateta a

Na ovaj način smo dobili tablicu: o30 o45 o60

sinα

2

1

2

2

2

3

cosα

2

3

2

2 2

1

tgα

3

3

1 3

ctgα 3 1

3

3

Naravno, kasnije ćemo tablicu proširiti na sve uglove od .3600 oo Osnovni trigonometrijski indetiteti:

1) 1cossin 22

2)

cos

sintg

3)

sin

cosctg

4) 1 ctgtg Da probamo da dokažemo neke od indetiteta:

1) 22 cossin (pogledajmo definicije: c

asin i

c

bcos ; to da zapamtimo)=

2 2 2 2

2 2 2

a b a b

c c c

=(važi Pitagorina teorema, 222 cba ) 1

2

2

c

c www.matematiranje.com

4

2)

tgb

a

cb

ca

cbca

cos

sin slično se dokazuje i za ctg

4) ctgtg (zamenimo iz definicije, da je b

atg i

bctg

a ) 1

a

b

b

a

Baš lako, zar ne? Iz osnovnih indetiteta se mogu izvesti razne druge jednakosti:

1) Ako krenemo od:

1cossin 22 ovo delimo sa 2cos 2 2

2 2 2

sin cos 1

cos cos cos

2

2

cos

11tg Odavde izrazimo 2cos

22

1cos

1tg

Ako sad ovo zamenimo u:

2 2

22

22

22

2

22

2

sin cos 1

1sin 1

1

1sin 1

1

1 1sin

1

sin1

tg

tg

tg

tg

tg

tg

Ove dve identičnosti ćemo zapisati i koristiti ih u zadacima!!! Još jedna stvar, da izvedemo i trigonometrijske funkcije komplementnog ugla. Kako je kod pravouglog trougla o90 tj. komplementni su, važi:


5

tj. Odakle ovo?

A B

C

ab

c

sa slike (po definiciji) je

1) Date su katete pravouglog trougla a=8cm i b=6cm. Odrediti vrednost svih trigonometrijskih funkcija uglova α i β


tgctg

ctgtgo

o

o

o

)90(

)90(

sin)90cos(

cos)90sin(

tgctg

ctgtg

sincos

cossin

a

bctg

b

atg

c

bc

a

cos

sin

b

actg

a

btg

c

ac

b

cos

sin

cmc

c

c

c

bac

cmb

cma

10

100

3664

68

6

8

2

2

222

222

__________

tga

bctg

ctgb

atg

c

bc

a

4

3

8

63

4

6

8

sin5

3

10

6cos

cos5

4

10

8sin

6

2) Izračunati vrednost trigonometrijskih funkcija nagibnog ugla dijagonale kocke prema osnovi. Izvučemo na stranu ovaj trougao:

Kao što znamo mala dijagonala je 2ad , a velika dijagonala (telesna) 3aD . Po definicijama je:

1 1 3 3sin

33 3 3 3

2 2 2 3 6cos

33 3 3 3

1 1 2 2

22 2 2 2

22

a

a

a

a

atg

a

actg

a

3) U pravouglom trouglu je 24c cm i sin 0,8 . Odrediti katete. Po definiciji je:

cma

a

ac

a

2,19

8,02424

8,0

sin

222 acb sad ide Pitagorina teorema

cmb

b

b

b

4,14

36,207

64,368576

)2,19(24

2

2

222


?

?

8,0sin

24

______________

b

a

cmc

7

4) Izračunati vrednost ostalih trigonometrijskih funkcija ako je: a) 6,0sin

b) 13

12cos

v) 225,0tg Rešenje:

a) 5

3sin jer

5

3

10

66,0 .Najpre ćemo iskoristiti da je 1cossin 22

5

4cos

25

16cos

25

16cos

25

91cos

1cos5

3

2

2

22

Pošto su oštri uglovi u pitanju:

4

cos5

b)

13

5sin

169

25sin

169

25sin

169

1441sin

113

12sin

1cossin

13

12cos

2

2

2

2

22

oštar ugao, pa uzimamo +

5

sin13

3

41

4

3

5453

cos

sin

tgctg

tg

5

12

12

5

1312135

cos

sin

ctg

tg

8

v) 40

9

1000

225225,0 tg

Iskoristićemo jednakosti:2

22

sin1

tg

tg

i 22

1cos

1tg

41

9sin

41

9sin

1681

81sin

1681

81sin2

22

2 2

1cos

1

1 1600cos cos

1681 16811600

1600 40cos cos

1681 4140

cos41

Za kotangens je lako:

1

40

9

tg

ctgtg

ctg


1600160081

160081

sin

11600

811600

81

sin

1409

409

sin

1sin

2

2

2

2

2

2

22

tg

tg

9

9

6cos

)9(

36cos

)9(

36cos

2

22

2

22

22

a

a

a

a

a

a

5) Izračunaj vrednosti ostalih trigonometrijskih funkcija ako je:

a) 9

9sin

2

2

a

a

b) a

actg

4

42

a)

2

2

sin

cos

9

9

tg

a

atg

2

6

9

a

a 2

2

966

9

atg

aa

ctga

b)


22

24242

22

22222

22

222

2

2

22

22

22

)9(

81188118cos

)9(

)9()9(cos

)9(

)9(1cos

9

91cos

sin1cos

1cossin

a

aaaa

a

aa

a

a

a

a

2

2

22

2

2

22

2

2

2

2 22

2

2 2

22

2 4 2

22

4 2

2

2 2

2

4 4

4 4

sin1

44

sin4

14

16( 4)

sin16

1( 4)

16sin

16 8 16

16sin

8 16

16sin

( 4)

4sin

4

a actg tg

a a

tg

tg

aa

aa

aa

aa

aa a a

a

a a

a

a

a

a

4

4cos

)4(

)4(cos

)4(

)4(cos

)4()4(

1cos

)4()4(16

1cos

14

4

1cos

1

1cos

2

2

22

22

22

222

22

222

22

2222

2

2

2

22

a

a

a

a

a

a

aa

aaa

aa

tg

10

6) Dokazati identitet tgxx

tgxx

tgx 2cos

11

cos

11

xx

x

xx

x

xtgx

xtgx

cos

1

cos

sin1

cos

1

cos

sin1

cos

11

cos

11

x

xx

x

xx

cos

1sincos

cos

1sincos gore je razlika kvadrata

x

xx2

22

cos

1)sin(cos(jedinicu ćemo zameniti sa xx 22 cossin )

2 2 2 2

2

cos 2cos sin sin sin cos 2 cos

cos

x x x x x x x

x

2

sin

cos

x

sin2 2

cos

xx

tgxx

7) Dokazati da je: a) 272cos54cos36cos18cos 2222 oooo Pošto važi da kad je o90 sincos , o54cos ćemo zameniti sa o36sin a

o72cos ćemo zameniti sa o18sin . Onda je: oooo 72cos54cos36cos18cos 2222 2 2 2 2cos 18 cos 36 sin 36 sin 18o o o o

211 b) ooooooo tgtgtgtgtgtgtg 89...464544...321 1

= Kako je ctgtg )90( o biće:

oooooooo ctgctgctgtgtgtgtgtg 12...444544...321 = Kako je 1 ctgtg

145...11 otg www.matematiranje.com

11

8) Dokazati identitet 26 6

3( )

1 sin costg ctg

)cos(sin1

3

cossin1

36666 xxxx

Pokušaćemo da transformišemo izraz

xx 66 cossin Podjimo od 1cossin 22 xx pa ‘’dignemo’’ na treći stepen: 32233 33)( BABBAABA

1cos)cos(sincossin3sin

1coscossin3cossin3sin

/()1cossin

6

1

22226

642246

322

xxxxxx

xxxxxx

xx

Dakle: xxxx 2266 cossin31cossin Vratimo se u zadatak:

xxxxxx 222222 cossin

1

cossin3

3

cossin311

3

Da vidimo sad desnu stranu: 222 2)( ctgctgtgtgctgtg

22

22

222

22

4224

2

2

2

2

cossin

1cossin

)cos(sin

cossin

coscossin2sin

sin

cos2

cos

sin

Ovim smo dokazali da su leva i desna strana jednake: Uslov je

0cos0sin

0cossin

1cossin31

1cossin

0cossin1

22

22

66

66


12

9) Dokazati identitet: 3 3 41 1( ) : ( )

tg ctgtg ctg tg

ctg tg

Kao i obično, krenemo od teže strane dok ne dodjemo da lakše...

3 3

33

33

3 22 3

3 23

22

1 1( ) : ( )

11

1 1( ) : ( )

1

11

( (1 )) : ( )

1 1( ) : ( )

( 1) 1( ) : ( )

( 1) : (

tg ctgtg ctg

ctg tg

tg tgtg

tg tgtg

tgtg

tg tg tgtg tg

tgtg tg tg

tg tg

tg tgtg tg tg

tg

tgtg tg tg

2 2

3 3

2

1 ( 1) 1) : ( )

1

( 1)

tg tg tg tg tg tg

tg tg

tg tg tg

3

21 1

tg

tg tg

3 4tg tg tg

Naravno, uslovi zadatka su da ( pošto u imeniocu nesme da bude nula):

0tg i 0ctg www.matematiranje.com

Download - Matematika - 1 Godina Srednje Skole

Top Related