Tehniska matematika 3aEksponentna enacba in pravokotni trikotnik

Avtorji: Gordana Radic, Peter Kitak, Tine Zoric

1 Uvod

V tretjem nadaljevanju Tehniske matematike, ki je v Elektrotehniski reviji (ER) izsla novembra 2014,smo

• zapisali definicijo logaritma;

• predstavili lastnosti logaritmiranja;

• vpeljali Pitagorov izrek;

• definirali kotne funkcije v pravokotnem trikotniku.

Eksponentna in logaritemska funkcija sta elementarni funkciji, ki ju v naravi najdemo na vsehmogocih poljih, zato bomo v nadaljevanju izpostavili nekaj primerov in vas prepricali, da sta tifunkciji resnicno pomembni. Vec bomo povedali tudi o lastnostih eksponentne funkcije, saj smo se vreviji osredotocili zgolj na logaritemsko funkcijo. Ne bomo pa pozabili niti na kotne funkcije, ki jihbomo razsirili na poljuben kot, medtem ko smo se v ER osredotocili zgolj na ostre kote.

2 Eksponentna funkcija

Eksponentna funkcija je realna funkcija s predpisom

f(x) = ax

kjer je a > 0 in a 6= 1. Izbrano stevilo a imenujemo osnova in glede na osnovo a je graf eksponentnefunkcije naslednji:

1

Iz obeh grafov lahko vidimo, da je eksponentna funkcija vedno pozitivna, medtem ko je funkcijanarascajoca za osnovo vecjo od ena (a > 1) in padajoca za osnovo manjso od ena (0 < a < 1).

Kot smo posredno povedali ze v reviji, je v tehniki najpomembnejsa eksponentna funkcija, ki ji iz-beremo za osnovo stevilo e. Torej, to sta funkciji f(x) = ex in f(x) = e−x =

(1e

)x.

Z naslednjim zgledom si poglejmo, kako dolocimo funkcijski predpis eksponentne funkcije.

Zgled. Zapisi predpis eksponentne funkcije f(x) = ax, ki poteka skozi tocko T(−1

2,√55

).

Graf funkcije poteka cez tocko T , zato mora zadoscati pogoju√

5

5= a−

12 .

Ocitno bo potrebno dolociti osnovo a, zato enacbo preoblikujemo√

5

5=

1

a12√

5

5=

1√a

Da se znebimo ulomkov, enacbo mnozimo s 5√a (s tem stevilom lahko mnozimo, saj je

√a 6= 0):

√5 ·√a = 5 \ :

√5√

a = 5√5·√5√5√

a = �5√5

�5=√

5

Torej, a = 5 in je zato funkcijski predpis iskane funkcije enak f(x) = 5x.

Primeri.

(1) Zapisi predpis eksponentne funkcije f(x) = ax, ce graf poteka cez presecisce premic y = −2x+5in 3x− y + 15 = 0.

Resitev: Naloga spominja na zgled, le da je tocko, cez katero poteka funkcija, se potrebnoizracunati. Torej, poiscimo presecisce premic.

y = y−2x+ 5 = 3x+ 15−2x− 3x = 15− 5

−5x = 10 \ : (−5)x = −2

Vsaka tocka v ravnini je podana z dvema koordinatama, zato dolocimo se y koordinato

y = −2x+ 5 = −2 · (−2) + 5 = 4 + 5 = 9

Izracunali smo, da graf funkcije poteka cez tocko T (−2, 9). Na povsem enak nacin kot v zgledu

dobimo, da je osnova enaka1

3in je

f(x) =

(1

3

)x

= 3−x.

2

(2) Zapisi predpis eksponentne funkcije f(x) = b · ax + c, ki ustreza pogojem f(0) = 4, f(1) = 3 inf(2) = 1.

Resitev: Najprej upostevajmo pogoje in poglejmo kaj dobimo

• f(0) = 4 : 4 = b · a0 + c oziroma 4 = b+ c

• f(1) = 3 : 3 = b · a1 + c oziroma 3 = ba+ c

• f(2) = 1 : 1 = b · a2 + c

Dobimo tri enacbe s tremi neznakami, zato z odstevanjem prve in druge enacbe eliminirajmostevilo c:

1 = b− ba oziroma 1 = b(1− a),

nato pa ponovno z odstevanjem prve in tretje enacbe eliminiramo c:

3 = b− ba2 oziroma 3 = b(1− a2).

Ker smo v obeh primerih eliminirali isto konstanto, smo dobili dve enacbi z dvema neznakama,ki pa ju znamo resiti.

b = b1

1− a=

3

1− a2

Enacbo lahko pomnozimo z 1− a2 = (1− a)(1 + a), saj je 1− a2 6= 0. Seveda zaradi tega, kerje a 6= 1 in a 6= −1.

1 + a = 3a = 2.

Potem pa je

b =1

1− a=

1

1− 2=

1

−1= −1.

Na koncu izracunamo se c iz prvega pogoja

c = 4− b = 4− (−1) = 4 + 1 = 5.

Tako smo dobili, da je funkcijski predpis iskane eksponentne funkcije

f(x) = −2x + 5.

2.1 Eksponentna enacba

Preden se lotimo resevanja eksponentnih enacb, je potrebno poznati pravila za racunanje s po-tencami. Ce sta a in b poljubni pozitivni realni stevili ter x in y realni stevili, potem je

(i) ax · ay = ax+y - ce sta osnovi enaki, se potenci sestejeta

(ii) ax : ay = ax−y - ce sta osnovi enaki, se potenci odstejeta

(iii) (ax)y = ax·y

(iv) (ab)x = ax · bx

(v)(ab

)x= ax

bx

3

(v) a0 = 1 in a−x = 1ax

Eksponentna enacba se imenuje eksponentna, ker neznanke nastopajo v eksponentu. Ce sta a inb razlicni realni stevili, potem lahko resujemo naslednje oblike eksponentnih enacb.

(i) Ce sta na levi in desni strani enacbe eksponentni funkciji z isto osnovo, potem morata bitieksponenta nujno enaka

af(x) = ag(x) ⇒ f(x) = g(x)

(ii) Ce sta na levi in desni strani enacbe eksponentne funkcije eksponenta enaka, vendar stanjuni osnovi razlicni, potem je nujno eksponent enak 0.

af(x) = bf(x) ⇒ f(x) = 0

(iii) Ce se eksponentni funkciji na levi in desni strani enacbe razlikujeta tako v osnovi kot veksponentu, bomo za resevanje potrebovali logaritme, ki jih bomo definirali v naslednjempoglavju, zato bomo tudi to obliko enacbe resevali sele v naslednjem razdelku.

Primeri. Resi enacbe.

(1) 2x−1 = 45

Resitev: Sumimo, da lahko vse zapisemo z osnovo 2.

2x−1 =(22)5

2x−1 = 22·5

2x−1 = 210

Dobimo prvo obliko enacbe, zato je x− 1 = 10 oziroma x = 11.

(2) 33x−7

2 =1

27

Resitev: Sumimo, da se da vse zapisati z osnovo 3.

33x−7

2 = 133

33x−7

2 = 3−3

Dobimo prvo obliko enacbe, zato je

3x− 7

2= −3 \ · 2

3x− 7 = −63x = 1x = 1

3

4

(3)

(5

4

)0,8x

=64

125

Resitev: Ker nastopata v osnovi tako stevilo 4 kot stevilo 5, sumimo, da bosta eksponentaenaka (

5

4

) 45x

=43

53

545x

445x

=43

53\ · 53 · 4

45x

545x · 53 = 43 · 4 4

5x

53+ 45x = 43+ 4

5x

Dobimo drugo obliko enacbe, zato je 3 +4

5x = 0 oziroma x = −15

4.

(4) 3 · 36x−3 = 3

Resitev: Najprej so nam trojke”odvec“, zato lahko enacbo preprosto s tem delimo

36x−3 = 136x−3 = 360

Dobimo prvo obliko enacbe, zato je x− 3 = 0 oziroma x = 3.

(5) 82x−5

3 =4√

2

16

Resitev: Sumimo, da se da vse zapisati z osnovo 2.

(23) 2x−5

3 =2

14

24

2�3· 2x−5

�3 = 214−4

22x−5 = 2−154

Dobimo prvo obliko enacbe, zato je 2x− 5 = −15

4oziroma x =

5

2.

(6) 25x+1 =3√

25√5 · 6√

5

Resitev: Sumimo, da se da vse zapisati z osnovo 5.

(52)x+1

=(52)

13

512 · 5 1

6

52(x+1) = ��523

��523

52x+2 = 152x+2 = 50

Torej je 2x+ 2 = 0 oziroma je x = −1.

5

(7) ex−12 =

e2√e

Resitev: Vse lahko zapisemo z osnovo e.

ex−12 = e2

e12

ex−12 = e2−

12

Dobimo prvo obliko enacbe, zato je

x− 1

2= 3

2

x− 1 = 3x = 4

(8) 4x+1 + 4x = 320

Resitev: Ker imamo v enacbi sestevanje, vsa zgoraj navedana pravila odpadejo. Zato enacboposkusimo preoblikovati tako, da sestevanja vec ne bo. Sestevanja se znebimo z operacijoizpostavljanja.

4x · 4 + 4x = 3204x(4 + 1) = 320

4x · 5 = 320 \ : 54x = 644x = 43

Dobimo prvo obliko eksponentne enacbe, zato je x = 3.

(9) 11x+2 − 2 · 11x = 1309

Resitev: Ponovno se moramo znebiti odstevanja, zato poglejmo ali se bo dalo kaj izpostaviti.

11x · 112 − 2 · 11x = 130911x(112 − 2) = 1309

11x · 119 = 1309 \ : 11911x = 11

Torej, x = 1.

(10) 2x−4 + 3 · 2x−2 − 2x−1 = 20

Resitev: Navadno izpostavimo stevilo z najmanjsim eksponentom, saj je racunanje v temprimeru najenostavnejse.

2x−4 + 3 · 2x−4 · 22 − 2x−4 · 23 = 202x−4(1 + 3 · 22 − 23) = 20

2x−4 · 5 = 20 \ : 52x−4 = 42x−4 = 22

Dobimo, da je x− 4 = 2 oziroma x = 6.

6

(11) 7x+2 + 2 · 7x−1 = 345

Resitev: Ponovno bo potrebno nekaj izpostaviti.

7x−1 · 73 + 2 · 7x−1 = 3457x−1(73 + 2) = 345

7x−1 · 345 = 3457x−1 = 17x−1 = 70

Potem pa je x− 1 = 0 oziroma x = 1.

2.2 Logaritemska funkcija

Logaritemska funkcija je funkcija, ki je inverzna eksponentni funkciji in ima predpis

f(x) = loga x.

Zaradi povezave z eksponentno funkcijo, stevilo a se vedno imenujemo osnova, za katero velja, daje a > 0 in je a 6= 1. Da si bomo logaritemsko funkcijo lazje predstavljali, narisimo njen graf.

Iz slike vidimo, da je logaritemska funkcija definirana zgolj za pozitivna realna stevila in je narascajoca,ce je a > 1, ter padajoca za 0 < a < 1.

Ze v ER smo povedali, da so v preteklosti logaritemsko funkcijo uporabljali predvsem zato, da so zvisje racunske operacije presli na nizjo racunsko operacijo; danes pa je v tehniki pomembna predvsemza dolocanje

”neznanih eksponentov“ v eksponentni funkciji, saj velja zveza

y = loga x ⇔ ay = x.

Torej, za vsako pozitivno realno stevilo x obstaja natanko eno stevilo y, da je ay = x. Stevilo ximenujemo logaritem z osnovo a stevila x. Kljub temu, da obstaja kar nekaj pravil za racunanje zlogaritmi, si je z nastankom kalkulatorja smiselno zapomniti zgolj naslednje lastnosti:

(i) loga 1 = 0 in loga a = 1

7

(ii) loga ax = x

(iii) Ker vecina kalkulatorjev pozna zgolj desetiske in naravne logaritem, si poglejmo, kako logari-tem prevedemo na novo osnovo:

loga x =log x

log aali loga x =

lnx

ln a

Zgled. Resi enacbi.

(i) log3(2x+ 5) = 1

Iz lastnosti (i) je takoj jasno, da je 2x+ 5 = 3, kar pomeni, da je x = −1.

(ii) log2x(x3 + 7x) = 3

Po definiciji logaritma jex3 + 7x = (2x)3.

Dobimo polinomsko enacbo, ki jo znamo resiti.

x3 + 7x = 8x3

0 = 7x3 − 7x0 = 7x(x2 − 1)0 = 7x(x− 1)(x+ 1)

Ocitno so resitve te polinomske enacbe x = 0, x = 1 in x = −1. Ker pa je osnova loga-ritma, v tem primeru 2x, vedno pozitivno stevilo, dve resitvi takoj odpadeta. Tako je resitevlogaritemske enacbe x = 1.

2.3 Uporaba eksponentne in logaritemske funkcije

V tem poglavju si bomo pogledali, kje vse lahko uporabimo eksponentno in logaritemsko funkcijo.Ker je teh primerov resnicno prevec, jih bomo omenili le nekaj.

Primeri.

1. Stevilo bakterij v mleku se pri doloceni temperaturi eksponentno povecuje. Podvoji se vsakih45 minut.

(a) Kolikokrat se stevilo bakterij poveca v sestih urah?

(b) Po koliksnem casu se stevilo bakterij poveca desettisockrat?

(c) Kako se stevilo bakterij spreminja s casom, ce je na zacetku b takih bakterij?

Resitev: Pomemben podatek je, da je vsakih 45 minut stevilo bakterij podvojeno. Torej,enacba

y = 2n,

kjer je n stevilo, ki pove kolikokrat je preteklo 45 minut v opazovanem casu, opisuje kolikokratse je stevilo bakterij povecalo.

(a) Ker je 6 ur = 8 · 45 minut, se je stevilo bakterij v tem casu povecalo za 28 = 256−krat.

8

(b) Iz enacbe 2n = 10000 dobimo, da je

n = log2 10000 =log 10000

log 2=

log 104

log 2=

4

log 2' 13, 2877.

Torej, cas, v katerem se bakterije povecajo desettisockrat je enak

n · 45 min = 13, 288 · 45 min = 597, 9465 min = 9, 97 ur.

(c) Ce je t cas v urah, potem je ob casu t = 0 stevilo bakterij b, zato moramo naso zacetnofunkcijo se pomnoziti z b. Zdaj pa zamenjajmo spremenljivko n s spremenljivko t, pricemer je

1n = 45 min =45

60h =

3

4h,

zato je funkcija, ki opisuje stevilo bakterij ob casu t (v urah) enaka

y = b · 234t.

(2) Stevilo radioaktivnih izotopov cezija se zmanjsuje eksponentno. Ce je N0 stevilo izotopov nazacetku, je stevilo izotopov v casu t (v letih) enako

N(t) = N0 · 2−t33 .

Kdaj se stevilo izotopov zmanjsa na polovico prvotnega stevila?

Resitev: Zanima nas, v kolksnem casu t, je N(t) =N0

2, zato

N0

2= N0 · 2−

t33 \ : N0

1

2= 2−

t33

Dobimo eksponentno enacbo, kjer vidimo, da lahko vse osnove zapisemo z osnovo 2.

2−1 = 2−t33

Potem pa je

−1 = − t

3333 = t

Torej, cez 33 let se bo stevilo radioaktivnih izotopov cezija zmanjsalo za pol.

(3) Ce nek ziv organizem vsebuje 16 g izotopa C14, koliko

(a) izotopa C14 ta organizem vsebuje po 5715 letih?

(b) let je star organizem, ki vsebuje le se 4 grame izotopa C14?

Resitev: Z ugotavljanjem razpada izotopa 14 arheologi dolocajo starost organizma. C14 senahaja v tkivih zivih organizmov in s smrtjo pricne razpadati. Z matematicno funkcijo

C(t) = A · e−0,000121t

9

dolocimo kolicino ogljika C, ce je zacetna vsebnost ogljika v organizmu A. V nasem primeri,je bilo na zacetku v tkivu 16 gramov izotopa C14, zato kolicino ogljika po t letih dolocimo sfunkcijo

C(t) = 16 · e−0,000121t

(a) Vemo, da je t = 5715 let, zato je ogljika v tem mrtvem organizmu se

C(5715) = 16 · e−0,000121·5715 ' 8 gramov.

(b) Podano imamo vsebnost ogljika, torej

4 = 16 · e−0,000121t \ : 161

4= 1

e0,000121t

e0,000121t = 40, 000121t = ln 4 \ : 0, 000121

t =ln 4

0, 000121

Torej, organizem je star priblizno t = 11457 let.

(4) Neka banka ponuja za vezavo evrov 2, 5% obresti letno; obresti pripisuje letno.

(a) Koliko denarja bo imel vlagatelj po treh letih, ce je vlozil 2400 EUR?

(b) Po koliksnem casu bo dobil vlagatelj iz zacetnega zneska 15 000 EUR znesek 17 395,40EUR?

Resitev: Obrazec, po katerem racunamo velikost zneska pri vezavi pri letnem obrestovanju pon letih je

G(n) = G0

(1 + p

100

)n,

kjer je G0 zacetna anuiteta in p letna obrestna mera v %. Na opisani banki bodo torej velikostzneska racunalo po obrazcu

G0(n) = G0

(1 +

2, 5

100

)n

= G0 · 1, 025n.

(a) Po treh letih bomo na banki imeli

G(3) = 2400 · 1, 0253 ' 2584, 54 EUR.

(b) Znane podatke vstavimo v enacbo in dobimo, da je

17395, 4 = 15000 · 1, 025n \ : 150001, 16 = 1, 025n

log1,025 1, 16 = nlog 1, 16

1, 025= n

Toliko denarja bomo imeli cez priblizno 6 let.

10

(5) Na Zemlji je trenutno 7 milijard ljudi in ocenjena rast prebivalstva je 1, 1%?

(a) Koliko prebivalcev bo na Zemlji cez 10 let?

(b) Cez koliko let bo na Zemlji 8 milijard ljudi?

Resitev: Z eksponentno funkcijo lahko opisemo tudi rast prebivalstva, ce vemo zacetno steviloprebivalstva, ki jo oznacujemo N0, prirastek, ki ga oznacimo s k in stevilo let, za kateroracunamo spremembo, ki ga oznacimo s t. Potem je

N(t) = N0 · ekt.

Na Zemlji so ti podatki znani, zato verjetno stevilo prebivalcev racunamo po formuli

N(t) = 7 · e0,011t.

(a) Cez deset let bo na Zemlji verjetno

N(10) = 7 · e0,011·10 = 7 · e0,11 = 7, 81 milijard ljudi.

(b) Da bomo izracunali cez koliko casa bo na Zemlji 8 milijard ljudi, bo potrebno resiti enacbo

8 = 7 · e0,011t8

7= e0,011t

ln 87

= 0, 011tln 8

7

0, 011= t

Na Zemlji bo 8 milijirad ljudi cez 12, 14 let oz. cez priblizno 12 let 1 mesec in 20 dni.

(6) Ucitelj v srednji soli razlozi snov in drugo uro sledi sprasevanje. Koliko odstotkov pravilnihodgovorov bo imel Jure, ce se ni ucil, ce je sel skozi snov trikrat in koliko bo imel pravilnihodgovorov, ce je sel skozi snov desetkrat?

Resitev: Psihologi so eksperimentalno dokazali, da s funkcijo

f(x) = 0,81+e−0,2x

dolocimo relativni delez (odstotke) pravilnih odgovorov na postavljene probleme, ce vprasanjeprej x krat ponovimo. Tako bomo imeli

(a) brez ponovitve f(0) = 0, 4 = 40% pravilnih odgovorov;

(b) s tremi ponovitvami f(3) = 0,81+e−0,2·3 = 0, 52 = 52% pravilnih odgovorov in

(c) z desetimi ponovitvami f(10) = 0,81+e−0,2·10 = 0, 70 = 70% pravilnih odgovorv.

(7) V nekem trenutku je v radioaktivnem vzorcu 1012 atomov. Razpolovilni cas jeder je 30 dni.Izracunajte stevilo jeder po 70 dneh.

Resitev: Zmanjsevanje stevila jeder radioaktivnega elementa opisemo z enacbo

11

N = N0 · 2− t

t0,5 ,

kjer je N0 stevilo jeder na zacetku, N stevilo jeder po casu t in t0,5 cas, v katerem se stevilojeder zmanjsa na polovico zacetne vrednosti. Za izracun uporabimo zgornjo formulo

N = 1012 · 2−70dni30dni = 2, 0 · 1011

Po 70 dneh je v vzorcu se 2, 0 · 1011 jeder.

(8) S seizmogramom smo zaznali 107 krat vecjo jakost potresa, kot je jakost se komaj zaznavnegapotresa. Koliksna je bila stopnja potresa po Richtarjevi lestvici?

Resitev: Richterjeva lestvica za merjenje jakosti potresnih sunkov je predstavljena v spodnjitabeli:

Ucinki potresa Moc potresa

potresa se ne cuti, zaznajo pa ga instrumenti < 3, 5rahlo nihanje, ki ga zaznajo le obcutljivi ljudje 3, 5− 3, 9tresenje kot ga povzroci tovornjak 4, 0− 4, 4tresenje povzroca nihanje visecih predmetov 4, 5− 4, 9drevesa selestijo, zazvonijo cerkveni zvonovi 5, 0− 5, 4pokanje sten, odpada omet 5, 5− 5, 9promet obstane, podirajo se dimniki 6, 0− 6, 4slabo grajene stavbe se podrejo 6, 5− 6, 9zemlja razpoka, podre se vecina stavb, plinovodi, el. vodi in vodovodi poskodovani 7, 0− 7, 4obstane le nekaj stavb, pozari, poplave, plazovi 7, 5− 7, 9popolno unicenje, tla so vzvalovana in razpokana > 8

Richterjeva lestvica je podana z logaritemsko funkcijo

R = log II0

,

kjer je I0 jakost komaj zaznavnega potresa in I jakost potresa, ki jo zazna seizmogram in joizracuna z I0. Uporabimo to enacbo, v katero vstavimo I = 107 · I0. Potem je

R = log107 · I0I0

= log 107 = 7.

Torej, jakost potresa je bila 7. stopnje.

(9) Doloci glasnot zvoka v decibelih, ce je jakost zvoka j = 0, 1 Wm2 .

Resitev: Obcutljivost usesa za zvok je priblizno logaritemsko odvisna od jakosti zvoka, zatoje glasnost zvoka (G) v decibelih podana z enacbo

G = 10 log jj0

,

12

kjer je j jakost zvoka in j0 = 10−12 Wm2 jakost zvoka, ki ga se komaj slisimo oziroma meja slisnosti.

Vrednosti glasnosti zvoka v dB so predstavljena v spodnji tabeli.

Izvor zvoka Glasnost v dB

meja slisnosti 0selestenje listja 10sepetanje 20normalni pogovor 60promet v mestu 70sesalnik za prah 80Niagarski slapovi 90maksimalna glasnost slusalk za poslusanje glasbe 100koncert tik pod odrom, strela 110meja bolecine 130vzlet reaktivnega letala 140poskodba, udrtje bobnica, jok modrega kita 160

Uporabimo formulo za izracun glasnosti zvoka v dB:

G = 10 log0, 1

10−12= 10 log

10−1

10−12= 10 log 10−1+12 = 10 log 1011 = 10 · 11 = 110.

Glasnost zvoka je bila 110 dB.

3 Pravokotni trikotnik

Pravokotni trikotnik je tisti trikotnik, v katerem en kot meri 90◦. Stranico nasproti tega kota ime-nujemo hipotenuza, ostali stranici pa sta kateti.

Navadno oglisce pri kotu 90◦ oznacimo s crko C in hipotenuzo z c. Zavedati se je treba, da jepravokotni trikotnik enostaven objekt, vendar je kljub temu v njem moc zapisati ogromno zvez, kijih danes poznamo pod razlicnimi imeni.

13

3.1 Visinski izrek

Visina trikotnika, ki poteka iz oglisca C proti hipotenuzi (oznacimo jo vc), hipotenuzo razdeli na dvadela. Del pod kateto a oznacimo z a1 in del pod kateto b z b1.

Pri tem sta daljici a1 in b1 projekciji katet a in b na hipotenuzo. Tako je

c = a1 + b1

Ugotovimo, da so koti v modrem in oranznem trikotniku enaki, zato sta trikotnika ∆AV C in ∆CV Bpodobna. Potem pa je

b1vc

=vca1.

Iz tega takoj dobimo visinski izrek, ki se glasi

v2c = a1 · b1

Ta izrek pove, da je kvadrat visine na hipotenuzo enak produktu projekcij katet na hipotenuzo.Uporabljamo ga predvsem za konstrukcijo daljic z dolzino

√x, kjer je x ∈ N.

Zgled. Skonstruiraj daljico dolzine√

8 enot.

Ker je 8 = 4 ·2, narisimo kroznico premera 4 + 2 = 6 enot. Talesov izrek pravi, da je vsak trikotnikz dolzino hipotenuze 8 enot in ogliscem C na kroznici pravokotni trikotnik.

Pomagajmo si z visinskim izrekom. Vemo, da je 8 = 4 · 2, zato hipotenuzo dolzine 6 enot razdelimona dve stranico a1 = 4 enote in b1 = 2 enoti. V tem trikotniku potegnimo visino do kroznice, dadobimo se tocko C.

14

Visinski izrek sedaj pravi, da je

v2c = a1 · b1 = 8 oziroma vc =√

8.

Torej, visina tega trikotnika meri√

8 enot.

3.2 Evklidov izrek

Se enkrat si poglejmo pravokotni trikotnik, kjer vc razdeli hipotenuzo na dva dela.

Ce dobro pogledamo, vidimo, da imamo na sliki tri podobne trikotnike; modrega ∆AV C, oranznega∆CV B in celotnega ∆ACB. Najprej upostevajmo, da sta ∆AV C in ∆ACB podobna, nato pa sepodobnost trikotnikov ∆CV B in ∆ACB. Dobimo, da je

a1a

=a

cin

b1b

=b

c.

Odtod hitro izpeljemo, da je

a2 = c · a1

in

b2 = c · b1

Dobili smo, da je kvadrat katete enak produktu hipotenuze in projekcije te katete nanjo. Tudi taizrek se v glavnem uporablja za kostrukcijo daljic z dolzinami

√x, kjer je x ∈ N.

Zgled. Iz c = 4 in a1 = 2 dobimo, da je a2 = c · a1 = 4 · 2 = 8. Narisimo polkrog premera 4 enot.Premer tega polkroga naj bo hipotenuza pravokotnega trikotnika. Na hipotenuzi oznacimo a1 = 2enoti, nato pa potegnemo visino tega trikotnika vse do kroznice, da dobimo se tocko C.

15

Evklidov izrek sedaj pravi, da je

a2 = c · a1 = 8 oziroma a =√

8.

3.3 Pitagorejske trojke

Pitagorov izrek lahko izpeljemo tudi s pomocjo Evklidovega izreka. Namrec, ce oba Evklidova izrekasestejemo, dobimo

a2 + b2 = c · a1 + c · b1 = c · (a1 + b1) = c · c = c2.

Kot smo povedali ze v ER, je kvadrat hipotenuze v pravokotnem trikotniku enak vsoti kvadratovkatet. Pri tem poljubna tri naravna stevila, ki zadoscajo Pitagorovem izreku, imenujemo Pitagorej-ska trojka in jo oznacimo z (a, b, c). Ker Pitagorejske trojke v razresevanju pravokotnega trikotnikaigrajo pomembno vlogo, je seveda zanimivo vprasanje, na kaksen nacin je mogoce do njih priti.

Ce nad poljubnima naravnima steviloma n < m opravimo naslednje racunske operacije

a = m2 − n2

b = 2nmc = n2 +m2

je dobljena trojka stevil (a, b, c) vedno Pitagorejska trojka. Ker je takih parov naravnih stevil ne-skoncno mnogo, je tudi Pitagorejskih trojk neskoncno mnogo.

Ce sta n in m zaporedni naravni stevili, je po zgornjem predpisu dobljena Pitagorejska trojka vednooriginalna Pitagorejska trojka. Zato si v naslednji razpredelnici oglejmo, katere originalne Pita-gorejske trojke dobimo z zaporedjem dveh zaporednih naravnih stevil:

n m a b c

1 2 3 4 5+2 +2 +8

2 3 5 12 13+2 +12 +12

3 4 7 24 25+2 +16 +16

4 5 9 40 41+2 +20 +20

16

Zanimiva je ugotovitev, da se b in c v vsaki naslednji vrstici povecata za prejsnji prirastek +4, a pav vsaki naslednji vrstici le za 2. Razlika c− b pa je vedno 1.

Zgled. Po tabeli lahko za (n,m) = (5, 6) avtomatsko zapisemo

(a, b, c) = (11, 60, 61).

Ce imata stevili (n,m) = (xn0, xm0) najvecji skupni delitelj x, velja, da je

(a, b, c) = x2 · (a0, b0, c0),

kjer je (a0, b0, c0) originalna Pitagorejska trojka za (n0,m0).

Zgled. Ce je (n,m) = (4, 6) = (2 · 2, 2 · 3) je na osnovi zgornje razpredelnice takoj

(a, b, c) = 22 · (a0, b0, c0) = 4 · (5, 12, 13) = (20, 48, 52).

Ce vsa stevila v originalni Pitagorejski trojki pomnozimo z istim naravnim stevilom, je dobljenatrojka ponovno Pitagorejska trojka. Tako velja

2 · (3, 4, 5) = (6, 8, 10), 3 · (3, 4, 5) = (9, 12, 15), itd.

Prvo med zadnjimi Pitagorejskimi trojkami bi lahko dobili tudi iz (n,m) = (1, 3), kjer je

a = m2 − n2 = 9− 1 = 8b = 2mn = 2 · 3 · 1 = 6c = n2 +m2 = 9 + 1 = 10

Torej, ne velja vedno, da je a < b. Ce stevili a in b v Pitagorejski trojki zamenjamo, je dobljenatrojka ponovno Pitagorejska trojka. Vse tako dobljene trojke imenujemo neoriginalne. Ker pa jeza izracun pravokotnega trikotnika pomembno le to, da vrednosti stranic tvorijo Pitagorejsko trojko,originalnost in neoriginalnost v prakticnih izracunih ne igrata nobene vloge.

4 Kotne funkcije

Vsako kotno funkcijo v drugem, tretjem in cetrtem kvadrantu lahko izrazimo s kotno funkcijo izprvega kvadranta. Ravno zaradi tega je koristno, da si nekatere vrednosti kotnih funkcij v prvemkvadrantu zapomnimo.

α 0◦ 30◦ 45◦ 60◦ 90◦

sinα 01

2

√2

2

√3

21

cosα 1

√3

2

√2

2

1

20

tanα 0

√3

31√

3 +∞

cotα +∞√

3 1

√3

30

17

Pomembno je, da si zapomnimo te vrednosti za sinusne in kosinusne funkcije, saj sta z njima z

tanα =sinα

cosαin cotα =

cosα

sinα=

1

tanα

doloceni tudi ostali dve trigonometricni funkciji.

V ER pa smo povedali tudi, da kotne funkcije najraje prikazujemo na enotski kroznici, saj pri danemkotu α lahko odcitamo vse kotne funkcije za izbrani kot.

4.1 Vrednosti kotnih funkcij za kote (90◦ − α) in (90◦ + α)

Ce je α ostri kot (0◦ < α < 90◦), je kot 90◦−α se vedno ostri kot, zato se nahaja v prvem kvadrantu

Iz slike je razvidno zaradi podobnih trikotnikov, da je

sin (90◦ − α) = cosα in cos (90◦ − α) = sinα

Naj bo α ponovno ostri kot. Potem je 90◦ + α topi kot (90◦ < α < 180◦), zato se nahaja v drugemkvadrantu. Poglejmo si kotne funkcije na enotski kroznici.

18

Ocitno je spet iz podobnih trikotnikov

sin (90◦ + α) = cosα in cos (90◦ + α) = − sinα

4.2 Kotne funkcije v ostalih kvadrantih

Kot smo ze napovedali, je moc tudi kote v tretjem in cetrtem kvadrantu opisati s koti iz prvegakvadranta. Tako je

Za kote simetricno polozene glede na ordinato imajo sinusne funkcije enak predznak in kosinusnefunkcije nasproten predznak. Za kote simetricno polozene glede na absciso imajo pa sinusne funkcijenasproten predznak in kosinusne funkcije enak predznak.

Danes je kalkulator osnovno orodje vsakega tehnika, zato se postavi vprasanje, ali je nujno vedetikako kotne funkcije topih in vdrtih kotov izrazamo z ostrimi koti. Za sam izracun kotne funkcijepri podanem kotu bi bil odgovor ne, vendar pa je za izpeljavo nekaterih trigonometricnih izrazov tonujno potrebno. Pri resevanju geometrijskih problemov je dobro poznati se

(i) adicijske izreke - to so kotne funkcije vsote in razlike kotov;

19

(ii) vsote in razlike kotnih funkcij.

Izpeljavo teh obrazcev bomo izpeljali v enem izmed prihajajocih nadaljevanj, saj se ne poznamoskalarnega produkta med vektorji.

4.3 Kvadrat sinusne funkcije

V elektrotehniki igrajo sinusne funkcije izredno pomembno vlogo. Tako bo v izmenicnih tokokrogihimela sinusno obliko moc p, ki se bo vsak trenutek porabljala na ohmskem uporu R, in bo odvisnaod kvadrata sinusne funkcije toka

p(t) = i2(t) ·R = I2m ·R · sin2(ωt).

Za razumevanje pojava moramo poznati tako fizikalno kot matematicno ozadje kvadrata sinusnefunkcije.

Izhajamo iz dveh ze znanih trigonometricnih odvisnosti:

cos2 α + sin2 α = 1 in cos2 α− sin2 α = cos(2α).

Ce drugo enakost odsetejemo od prve, dobimo

2 sin2 α = 1− cos(2α)

oziroma

sin2 α =1

2− 1

2cos(2α).

Ce upostevamo tole zvezo v izrazu za trenutno moc sinusnega toka na ohmskem uporu, dobimo

p(t) =I2m ·R

2− I2m ·R

2· cos(2ωt) = P − P · cos(2ωt),

kjer je P = I2m·R2

. Potem pa trenutna vrednost moci sinusnega toka na ohmskem uporu niha z dvojnokrozno frekvenco z amplitudo, ki je enaka povprecni vrednosti moci.

20

Literatura

[1] si.openprof.com, dne 2. marca 2015.

[2] www2.arnes.si, dne 2. marca 2015

[3] A. Robnik, et. al, Elementarne funkcije, kompleksna stevila, DZS, Ljubljana, 2004.

21