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...
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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
WWW.MATEMATIRANJE.COM
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.
WWW.MATEMATIRANJE.COM
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
- 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.
www.matematiranje.com
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 .
www.matematiranje.com
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?
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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).
www.matematiranje.com
( 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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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!!!
www.matematiranje.com
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’’
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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 ?
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
WWW.MATEMATIRANJE.COM
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
www.matematiranje.com
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:
www.matematiranje.com
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
8
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)
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
_____________
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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)
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
4
6) Reši jednačinu 42
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
7) Reši jednačinu 12
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:
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
3 1, ,
2 2n
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
Dakle proizvod dva takva izraza je >0 pa je zaista: 3
333 cbaabc ++≤
Odnosno
33 zyxxyz ++
≤ Pazi: Znak = je ako je zy == x
3
www.matematiranje.com
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 ∅ .
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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} ∪
www.matematiranje.com
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:
www.matematiranje.com
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}
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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))
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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:
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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 ) . ∨
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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 ⇔
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
www.matematiranje.com
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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?
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
10
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.
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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)
www.matematiranje.com
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).
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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!
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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.
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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.
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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`
slika 1. slika 2. slika 3.
t
t =AC
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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`
slika 1. slika 2. slika 3.
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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…
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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 `A O A≡ ≡ . Za tačke B i C mora postupak...
A
B
C
A`O
B`
== =
120o
B
C
B`
C`
B
C
B`
C`
120o
A A`O== = A A`O== =120
o
slika 1. slika 2. slika 3.
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...
www.matematiranje.com
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.)
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.)
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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
slika 1. slika 2. slika 3.
x
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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 .
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
slika 1. slika 2. slika 3.
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
www.matematiranje.com
11
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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!
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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…
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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.
www.matematiranje.com
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:
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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:
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
?
?
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
www.matematiranje.com
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)
www.matematiranje.com
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
www.matematiranje.com
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