Free Essay

Vektori

In: Science

Submitted By warhawkk
Words 15016
Pages 61
Glava 1 Vektori

U mnogim naukama prouˇavaju se vektorske i skalarne veliˇine. c c Skalarna veliˇina je odred c ¯ena svojom brojnom vrednoˇ´u u izabranom sc sistemu jedinica. Takve veliˇine su temperatura, teˇina tela, povrˇina, c z s zapremina itd. Vektorska veliˇina je odred c ¯ena prvcem, smerom i intenzitetom. Takve veliˇine su na primer brzina, sila, ubrzanje itd. c Vektorske veliˇine kra´e nazivamo vektorima. c c Oni se mogu predstaviti duˇima. Vektor ˇije su krajnje taˇke A i B z c c ima pravac odred pravom AB na kojoj leˇi ovaj vektor, pri ˇemu se ¯en z c ta prava naziva nosaˇ vektora. Smer vektora ˇije su krajnje taˇke A c c c i B je odred ured ¯en ¯enim parom gde je A poˇetna, a B krajnja taˇka c c vektora. Intenzitet (moduo) se predstavlja duˇinom duˇi AB, tj. duˇ z z z AB je takva da je njena mera jednaka intenzitetu vektora. Intenzitet je skalarna veliˇina i uvek je nenegativna. c Vektor je zadat ako mu je zadat pravac, smer i intenzitet. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet. Definicija 1.2. Vektor je paralelan pravoj, ili nekoj ravni, ako je njegov nosaˇ paralelan sa tom pralom ili sa tom ravni. c Definicija 1.3. Vektori istog pravca ili paralelni istoj ravni nazivaju se kolinearnim vektorima.
1

Definicija 1.4. Dva vektora istog pravca, istog intenziteta nazivaju se suprotnim vektorima. Definicija 1.5. Vektori paralelni jednoj ravni nazivaju se komplanarni vektori. Definicija 1.6. Vektor ˇiji je intenzitet jednak jedinici naziva se jec diniˇni vektor. c Definicija 1.7. Ort vektora a je jediniˇni vektor istog pravca i smera c kao i vektor a. Definicija 1.8. Nula vektor je vektor ˇiji intenzitet je jednak nuli. c

1.1

Sabiranje vektora

Neka su data dva vektora a i b neka je O proizvoljna taˇka u prosc toru. Ako vektore a i ab paralelnim pomeranjem dovedemo u poloˇaj z da im je O zajedniˇki poˇetak, tada postoje jedinstvene taˇke A i B c c c − → − − → takve da je OA = a, OB = b. Zbir vektora a i b u oznaci a + b je − → vektor c = OC (c = a + b) gde je taˇka C teme paralelograma OACB c suprotno temenu O.

Slika 1.1:

Osobine:   a+ b+c = a+b +c  (grupa)  a+0=a  a + (−a) = 0 a+b=b+a
2

1.2

Mnoˇenje vektora skalarom z

Definicija 1.9. Proizvod α·a = a·α proizvoljnog vektora a i proizvoljnog skalara α je vektor za koji vaˇi: z 1. a i αa su kolinearni vektori 2. a i αa su za α > 0 istog smera, a za α < 0 suprotnog 4. |α · a| = |α| · |a| a b ⇔ a=k·b 3. 0 · a = 0 i α · 0 = 0 Vektori a i b su istog pravca (paralelni) ako i samo ako je a = k · b.

Osobine:

1. 1 · a = a

2. k · a + b = k · a + k · b 3. (k + k1 ) · a = k · a + k1 · a 4. k · (k1 · a) = (k · k1 ) · a a + b ≤ |a| + b - nejednakost trougla Zadaci:

1. Ako su a i b vektori osnovica datog trapeza, a m srenje linije, dokazati da je m = a+b . 2 Reˇenje. s m = −f + b + e m=f +a−e 2m = a + b
3

+

m= m

a+b 2

a, b

2. Dokazati da je zbir vektora u pravcu teˇiˇne duˇi trougla jednak zs z 0. Reˇenje. s − → −→ − − → −→ − − → 1− AA1 = AC + CA1 = AC + 2 CB −→ − − − → −→ − − − → 1− → CC1 = CB + BC1 = CB + 2 BA −→ − − → → −→ − − → 1− BB1 = BA + AB1 = BA + 2 AC −→ −→ − → − − − AA1 + CC1 + BB1 =
3 2

    

+

− → − − → − → AC + CB + BA = 0

Doma´i. 3. Neka je T teˇiˇte trougla ABC i O proizvoljna taˇka. c zs c → − → → − → − +− +− Dokazati da je OT = OA OB OC . 3 4. Neka su dati vektori a i b. Pomo´u njih odrediti vektor paralelan c simetrali ugla izmed njih. ¯u 5. Neka je duˇ AB podeljena u taˇki C u razmeri p : q i neka je O z c − → − → − − → proizvoljna taˇka. Izraziti vektor OC Preko vektora OA i OB. c − → − → − → OC = OA + AC − → AC = p p+q

− → · AB = p p+q

p p+q

− − → − → · OB − OA q p+q

− → − → OC = OA + − → OC = q p+q q p+q p p+q

− − → − → · OB − OA = p p+q

− → · OA +

p p+q

− − → · OB

− → · OA + =1

− − → · OB

+

4

Teorema 1.1. Neka su date taˇke A, B i O. Tada je taˇka C izmedu c c ¯ − → − − → − → taˇaka A, B akko OC = t · OB + (1 − t) OA, 0 ≤ t ≤ 1. c 6. Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranicu u odnosu krakova p : q. Reˇenje. s p q

− → = AB − → AC

− − → − → − → AD = t · AB + (1 − t) AC  − → − → → → − − → λ − λ − AD = λ  AB + AC  = − AB + − AC = − → − → → → AB AC AB AC − → − → AC AB − → − → → → − → − AB + − → − AC AB + AC AB + AC  λ λ − + − =1 → → AB AC

− − → → AB AC 1 λ= 1 + 1 = − → → − − → − → AB + AC AB AC − − → AD = → q − p+q AB + → p − p+q AC

− → AC → − → − = AB + AC
1 = − → AB − +1 → AC p q +1

q p+q

1

5

− → AB − = → AC

p q

Doma´i. 7. Odseˇci koji spajaju sredine suprotnih ivica tetraedra c c se uzajamno polove. 8. Neka je T teˇiˇte ∆ABC. Dokazati zs AT 2 + BT 2 + CT 2 = Reˇenje. s
1 3

AB 2 + BC 2 + CA2

Slika 1.2:

− → − → − → − → AT + BT + CT = 0 /2 − 2 − 2 − 2 → → → − − → → − − → → − − → → AT + BT + CT = −2 AT · BT + AT · CT + BT · CT − → − → − → − → − → − → − → − → − → AB + BT = AT ⇒ AB = AT − BT ⇒ BA = T A − T B/2 − 2 → − − → → − 2 − 2 → → T A − 2 · T A · T B + T B = BA Analogno je, − − → − → − → CB = T B − T C/2
6

− 2 → − − → → − 2 − 2 → − → T B − 2 · T B · T C + T C = CB − 2 → − − → → − 2 − 2 → → T C − 2 · T C · T A + T A = AC − 2 − 2 − 2 − 2 − 2 − 2 → → → → → → − − → → − − → → − − → → T A +T B +T B +T C +T C +T A −2 T A · T B + T A · T C + T B · T C = − 2 − 2 − 2 → − → → BA + CB + AC − 2 − 2 − 2 → → → − − → → − − → → − − → → − 2 → 2 T A + T B + T C −2 T A · T B + T A · T C + T B · T C = BA + − 2 − 2 − → → CB + AC − 2 − 2 − 2 → → → − 2 − 2 − 2 → → − → 3 AT + BT + CT = AB + AC + BC − 2 − 2 − 2 → → → AT + BT + CT =
1 3

− 2 − 2 − 2 → → − → AB + AC + BC

1.3

Skalarni proizvod vektora

Definicija 1.10. Skalarni proizvod geometrijskih vektora a i b je realan broj, u oznaci a · b koji je jednak proizvodu intenziteta tih vektora i kosinusa ugla izmedu njih, tj. a · b = |a| · b · cos ∢ a, b . ¯ Osobine. 1. a · b = b · a 3. 2. (αa) · b = a · αb = α a · b a+b ·c=a·c+b·c

1. Dokazati da se visine trougla seku u jednoj taˇki. c Reˇenje: s ∆ABC − → −→ −→ − − AB = HB − HA
7

Slika 1.3:

−→ − − → −→ − HA + AB = HB − → − → − → Kako je hc = CF = −F C sledi da je skalarni proizvod vekrora AB −→ − −→ − − → i HC jednak nuli, tj. HC · AB = 0. −→ −→ −→ − − − HC · HB − HA = 0...........(1) −→ −→ − − − − → Analogno je, HC − HB = BC −→ − − − → HA⊥BC −→ −→ −→ − − − HA · HC − HB = 0 ..........(2) Sabiranjem levih i desnih strana jednakosti (1) i (2), dobija se − − − − −→ −→ −→ − −→ −→ −→ − HC · HB − HA + HA · HC − HB = 0 −→ −→ −→ −→ − − − − HC · HB − HA · HB = 0 − − −→ −→ −→ − HC − HA · HB = 0 − → −→ −→ − − AC = HC − HA
8

−→ −→ − − −→ − − → HC · HB = 0 ⇒ HB⊥AC, pa ako je E preseˇna taˇka pravih c c − → −→ − −→ − − → odred ¯enih vektorima AC i HB sledi da je BE⊥AC ˇto znaˇi da visina s c −→ − HB prolazi kroz taˇku H. c Visine ∆ABC se seku u jednoj taˇki H. c 2. Pokazati da su dijagonale romba normalne. Reˇenje: s

Slika 1.4:

− → AB = a d1 = a + b

− − → BC = b d2 = a − b

|a| = b ..................(1) d1 · d1 = a + b a−b =a·a+b·a−b·a−b·b=a·a−b·c


d1 · d1 ·cos d1 , d2 = |a|·|a|·cos (a, a)− b · b ·cos b, b
2

b · b

d1 · d1 ·cos d1 , d2 = |a|·|a|·1− b · b ·1 = |a|2 − b .............(2) Zamenom (1) u (2), dobija se d1 · d1 · cos d1 , d2 = |a|2 − |a|2 = 0/ ·
9
1

|d1 |·|d1 |

cos d1 , d2 = 0 ⇒

d1 , d2 =

π 2

⇒ d1 ⊥d2

3. Pokazati da je ugao nad preˇnikom prav c Reˇenje. s

Slika 1.5:

a⊥b − → − → − − → − − → AC⊥BC ⇔ AC · BC = 0 − − → − → AC · BC = 0 − → − − → AC · BC = − − → − → BO + r2 = OC − → − → − → − → − → − → − → − OA + OC BO + OC = −r2 + OA · OC + OC · − → − − → − → OA + BO = OC · 0 = 0

4. Paralelogram sa jednakim dijagonalama je pravougaonik. Dokazati. Reˇenje. s
10

− → − − → AB = a, AD = b, − → − − → − → − − → − → d1 = AB + AD = AB + BC = AC − → − − → −→ − d2 = AB − AD = DB − → − − → d1 = AB + AD = a + b − → − − → d2 = AB − AD = a − b d1 · d1 = d1 · d1 · cos d1 , d1 = d1 d2 · d2 = d2 · d2 · cos d2 , d2 = d2 d1 = d2 = d d1 · d1 = a + b a + b = a·a+2ab+ bb = |a|·|a|·cos (a, a)+2 |a|·
2 2

2

b · cos a, b + b · b · cos b, b = |a|2 + 2 |a| · b · cos a, b + b = d1 · d1 · cos d1 , d1 = d1 .........(1) d2 · d2 = a − b a − b = a·a−2ab+ bb = |a|·|a|·cos (a, a)−2 |a|·
2 2

b ·cos a, b + b · b ·cos b, b = |a|2 −2 |a|· b ·cos a, b + b = d2 · d2 · cos d2 , d2 = d2 ..........(2) Iz (1) i (2) sledi |a|2 + 2 |a| · b · cos a, b + b
2 2

− |a|2 − 2 |a| · b · cos a, b + b

2

=

11

d1 − d2

2

2

4 |a| · b · cos a, b = 0/ : 4 |a| · b cos a, b = 0 ⇒ a, b = 90◦ ⇒ a, b = π 2

5. Primenom skalarnog proizvoda vektora dokazati kosinusnu teoremu za ugao. Reˇenje: s

Slika 1.6:

− → − − → − → AB = c, BC = a, AC = b − − → → ∢ AB, AC = α − − → − → − → BC = AC − AB = b − c a=b−c a·a = b − c b − c = b · b − b · c − c · b + c · c = b · b − 2b · c + c · c

|a| · |a| · cos (a, a) = b · b · cos b, b − 2 b · |c| · cos b, c + |c| · |c| · cos (c, c)
12

|a|2 = b + |c|2 − 2 b · |c| · cos α a2 = b2 + c2 − 2bc · cos α 6. Primenom vektora dokazati Pitagorinu teoremu. Reˇenje: s − → − → AB = a, AC = b − → − − → − → − − → − → − → − → − → AB + BC + CA = 0 ⇒ BC = −AB − CA = AC − AB........(1) − − − → − → − → − → Iz (1) je BC · BC = AC − AB − → − → AC − AB

2

− − − → − → − − → → − − → → − − → → − − → → BC · BC = AC · AC − AC · AB − AB · AC + AB · AB − − → − − → − − − − → → − → − → − − → → BC · BC · cos BC, BC = AC · AC · cos AC, AC − − → − → − − → → − → − → − − → → 2 AB · AC · cos AB, AC + AB · AB · cos AB, AB − 2 − → − 2 → − → − → BC = AC − 2 AB · AC · cos − → − 2 → − 2 − → BC = AC + AB c2 = a2 + b2 − → − → c 7. Neka je u ∆ ABC dato AB = 4, AC = 2, α = 60◦ . Ako taˇka − −→ − − → D deli stranicu BC u odnosu 1 : 2, odrediti cos DA, DC . Reˇenje. s − − → − − → DA = −AD = − − → −→ 2 − − DC = 3 BC =
2 3 2 π 2

− → + AB

2

→ 2− 3 AB

− → + 1 AC 3

− → − → AC − AB
13

− → 1− → 2 1 − 2 → − − → → − 2 → − 2 − → = 9 4AB + 4AB · AC + AC = DA = − 2 AB + 3 AC 3 2 − → − → − → − 2 → 1 1 4 AB + 4 AB · AC · cos ε + AC = 1 4 · 16 + 4 · 4 · 2 · 2 + 16 = 9 9 − → − → 2 4 − 2 → − − → → − 2 → −→ 2 − = 9 AC − 2AB · AC + AB = DC = 2 AC − AB 3 2 − 2 → → − → − → − 4 4 1 = 9 4 − 2 · 4 · 2 · 2 + 16 = AC − 2 AB · AC · cos α + AB 9 − − −→ → − DA · DC = − → 2− 3 AB = 48 9 → 1− + 3 AC
2 3

84 9

48 9

2 − 9 (4 · 2 − 2 · 16 + 4)

− → − → AC − AB
√ √48 84 √ √8 14

− − → → − 2 − 2 → → = − 2 AB · AC − 2AB + AC 9

− −→ − − → − −→ − − → DA·DC = cos DA, DC = − −→ − − → DA · DC



48 9√ 84 48 3 · 3

=

=

=

2 √ 7

− → − − → 8. Neka je u paralelogramu ABCD dato AB = 3, AD = 2,
1 c c cos α = 6 . Neka je taˇka O presek dijagonale, taˇka F deli DC u odnosu 2 : 1, a taˇka E deli DB u odnosu 3 : 1. Odrediti cos ugla c − → − → izmed AE i OF . ¯u

Reˇenje. s

Slika 1.7:

− → − − → 3− → AE = 1 AD + 4 AB 4 − − → − → − − → 2− → 1− − → − → − → − − → −→ − OF = OA + AD + DF = − 1 AD + AB + AD + 3 AB = 2 AD + 2 → 1− 6 AB
14

− 2 → AE =
1 16 91 16

− → 1− AD 4

− → + 3 AB 4

2

=

− → 1− 2 AD 16

+

− → → 6− − ADAB 16
1 16

+

→ 9− 2 AB 16

=

− 2 6 − − → − − → → →2 9 − AD + 16 AD · AB ·cos α+ 16 AB =
√ 91 4

1 4 + 6 · 2 · 3 · 6 + 81 =

− → AE = − → OF =
1 4

− → 1− 2 AD
2 3

− → + 1 AB 6

2

− 2 − → = 1 AD + 4

− → 2− 12 AD
1 9

− → · AB +
2

→ 1− 2 36 AB

=
17 12

− 2 − → AD +
√ √17 12

− − − → → AD AB · cos α +
√ 17 √ 2 3

− → AB

=

1 4

4+ 2 +1 = 3

− → OF =

=

− → 1− → − − → → 1− OF · AE = 2 AD + 6 AB − − → 1− 2 → AD + 8 AB =
1 8 1 8

− → 1− 4 AD

− → − → 1− 2 + 3 AB = 8 AD + 4

3 8

+

1 24

− → AB ·

− 2 − → AD +
10 3

10 3 1 8

− → − − → − → AB AD · cos α + AB ·
49 3

2

=

1 8

4+

10 3

4+

+9 =

=

49 24

1 ·3·2· 6 +9 =

− − → → − − → → OF cos OF , AE = − ·AE = → → − OF · AE

49 √ 24√ 17 √ · 91 2 3 4

=

√ 49·2 √ √ 3·4 24 17· 91

=

√ 49· 3 √ √ 3 17· 91

9. Dat je pravougaonik ABCD i taˇka E. Dokazati: c −→ −→ − − − − → − → a) ED · EB = EA · EC − 2 − 2 −→2 −→2 → − → − − b) EA + EC = EB + ED Reˇenje. s − − → − → −→ − − 2 − − → −→ −→ − − − − → −→ − − − → − − → a) ED·EB = EO + OD EO + OB = EO +EO OB + OD − −→ 2 − − 2 − → −→ 2 − OD = EO − OD ...(1)
15

Slika 1.8:

→ − − → → − − 2 − − → − → − → − − → − → − − − → − → EA·EC = EO + OA EO + OC = EO +EO OC + OA − − 2 → − 2 − → − 2 → AO = EO − AO ...(2) − → −→ − (AO = OD) −→ −→ − − − − → − → Iz (1) i (2) sledi ED · EB = EA · EC −→ − − 2 → b) AC = DB
2

−→ −→ − − − − → − 2 → EC − EA = EB − ED → − − → − EC − EA
2

2

− −→ −→ − = EB − ED

2

− 2 − → − − − → → − 2 → −→ 2 − −→ −→ − − −→ − EC − 2EC · EA + EA = EB − 2EB · ED + ED − 2 − → − 2 → −→ 2 − −→ − EC + EA = EB + ED
2

2

16

− 2 − 2 −→2 −→2 → − → − − EA + EC = EB + ED 10. Neka je dat jednakostraniˇni ∆ABC i njemu taˇka X ˇija su c c c odstojanja od stranica trougla jednaka t1 , t2 , t3 . Ako su X1 , X2 , X3 podnoˇja normala iz taˇke X na stranice odrediti koeficijente k1 , k2 , k3 , z c takve da vaˇi: z Reˇenje. s

Slika 1.9:

−→ − −→ − −→ − k1 XX 1 + k2 XX 2 + k3 XX 3 = 0 a·XX 1 t1

−→ −

−→ − −→ − + a·XX 2 + a·XX 3 = 0 t2 t3 k2 =
1 t2 ,

k1 =

1 t1 ,

k3 =

1 t3

− → − → − − → 11. Neka je u tetraedru ABCD dato AB = 1, AC = 2, AD = − − → → − − → − → − − → − → 1 1 3, cos AB, AC = 2 , cos AC, AD = 1 , cos AB, AD = 3 . 6 Neka taˇka F deli CD u odnosu 3 : 1, a taˇka E deli BF u odnosu c c − → − → 2 : 3. Odrediti ugao izmed AE i AF . ¯u Reˇenje: s → 2− → − → 3− AE = 5 AB + 5 AF → 3− − → − → 1− AF = 4 AC + 4 AD
17

Slika 1.10:

− → − → AE = 3 AB + 5

2 5

→ 1− AC 4

− → → 3− 3− + 4 AD = 5 AB +

→ 1− AC 10

+

− → 3− AD 10

− 2 → → 1− → 3− 2 − → → → − → 3− 9− 2 1 − 2 9 − 2 AE = 5 AB + 10 AC + 10 AD = 25 AB + 100 AC + 100 AD + → − → − − → − → → − − → 6 − 6− AB · AC + 18 AB · AD + 100 AC · AD = 50 50
9 25 18 50

→ − 2 1 − 2 9 − 2 6 − → → − → → − AB + 100 AC + 100 AD + 50 AB · AC · cos − − → − → − → − → − → − → − 6 − AB · AD · cos AB, AD + 100 AC · AD · cos ·1+ +
1 25 1 100

− − → → AB, AC + − − → − → AC, AD = ·3·
1 6

9 25 9 25

·4+ +

9 100

·9+
18 50

6 50

·1·2· 1 + 2 =

18 50

·1·3· 1 + 3 =
175 100

6 100 2

=

+


81 100

6 50

+

+

6 100

36+4+81+12+36+6 100

=

7 4

− → AE =

7 2

18

− 2 → AF =
1 16 1 16

→ 1− AC 4
6 16

− − → + 3 AD 4

2

=

→ 1− 2 AC 16

+

→ 6− AC 16

− − → · AD +
9 16

− → 9− 2 AD 16

=

− 2 → AC + ·4+
6 16

− − → − → − → − → − AC · AD · cos AC, AD +
9 16

− 2 − → AD = =
91 16

·2·3· 1 + 6

·9=

1 4

3 +8+

81 16

=

4+6+81 100

− → AF =

√ 91 4

− − → → AE · AF = =
3 20 1 40 9 40

→ 3− AB 5

+

→ 1− AC 10

+

− → 3− AD 10

→ 1− AC 4

− − → + 3 AD = 4 =

→ → 9− − → − → 1− 2 3− − → → − → 3− − − → 9− 2 → − → 3− − AB·AC+ 20 AB·AD+ 40 AC + 40 AC·AD+ 40 AD·AC+ 40 AD 20

− → − → − → AB · AC · cos AB, − 2 3 − → → − − → AC + 40 AC · AD ·cos − 2 − → AD =

→ − − → − → − − → − → 9 − AC + 20 AB · AD · cos AB, AD + − − → → − − → − → − − − → → 3 − AC, AD + 40 AD · AC ·cos AD, AC +

3 20 3 20

1 9 1 3 1 3 9 · 1 · 2 · 2 + 20 · 1 · 3 · 1 + 40 · 4 + 40 · 2 · 3 · 6 + 40 · 3 · 2 · 1 + 40 · 9 = 3 6

+

9 20

+

1 10

+

3 40

+

3 40

+

9 40

=

6+18+4+3+9 40
43 √ 40 √ 7 91 2 · 4

=

43 40

− − → → − − → → AE cos AE, AF = − ·AF = → − → AE · AF

=

43·2·4 √ √ 40 7· 91

=

344 √ 40 637

12. Neka su u i v vektori razliˇiti od 0, i takvi da je vektor 2u − v c normalan na vektor u + v i u − 2v normalan na vektor 2u + v. Odrediti ugao izmed vektora u i v. ¯u Reˇenje. s (2u − v) (u + v) = 0 (u − 2v) (2u + v) = 0
19

2u2 + 2uv − uv − v 2 = 0 2u2 + 2uv − 4uv − 2v 2 = 0 2u2 + uv − v 2 = 0 2u2 − 3uv − 2v 2 = 0 2 |u|2 + |u| |v| · cos α − |v|2 = 0/ : |v|2 2 |u|2 − 3 |u| |v| · cos α − 2 |v|2 = 0/ : |v|2 2 2
|u| |v| 2 2

+

|u| |v|

4 |u| · cos α + 1 = 0 |v|
|u| |v|

 − 3 |u| · cos α − 2 = 0/ · (−1)  |v|
1 4

|u| |v|

· cos α − 1 = 0

  

· cos α =
|u| |v| |u| |v| 2

2 2

− 1 −1=0 4 =
5 8 |u| |v| 5 4

2

|u| |v|

2

=

cos α = − 1 · 4

= −1 · 4

√ √8 5

= − 2√2 · 4 5



√ √2 2

= − √1 10

− → − → 13. Neka je u ∆ ABC dato AB = 4, AC = 2, α = 60◦ . Ako − −→ − − → taˇka D deli stranicu BC u odnosu 1 : 2, odrediti cos DA, DC . c Reˇenje. s − − → − − → DA = −AD = − → 2− 3 AB − → + 1 AC 3

20

− → −→ 2 − − DC = 3 BC =

2 3

− → − → AC − AB

− 2 − → − → 1− → 2 1 − 2 → − − → → − 2 → DA = − 2 AB + 3 AC = 9 4AB + 4AB · AC + AC = 3 2 − → − → − → − 2 → 1 1 4 AB + 4 AB · AC · cos ε + AC = 1 4 · 16 + 4 · 4 · 2 · 2 + 16 = 9 9 → − → 2 4 − 2 → − − → → − 2 → −→ 2 − 2 − = 9 AC − 2AB · AC + AB = DC = 3 AC − AB − 2 → → − → − − 2 → 4 1 4 = 9 4 − 2 · 4 · 2 · 2 + 16 = AC − 2 AB · AC · cos α + AB 9 − − −→ → − DA · DC = − → 2− 3 AB = 48 9 → 1− + 3 AC
2 3

84 9

48 9

2 − 9 (4 · 2 − 2 · 16 + 4)

− → − → AC − AB
√ √48 84 √ √8 14

− − → → − 2 − 2 → → = − 2 AB · AC − 2AB + AC 9

− −→ − − → − −→ − − → DA cos DA, DC = − ·DC = − −→ → − DA · DC



48 9√ 84 48 3 · 3

=

=

=

2 √ 7

14. Neka su A, B, C, D proizvoljne ˇetiri taˇke u prostoru. Dokazati c c da je − −→ − −→ − → − → − − − → − → AB · CD + AC · DB + AD · BC = 0 Reˇenje: s − → − → − − → AB = c, AC = b, AD = d

− − → − → − → iz ∆ABC ⇒ BC = AC − AB = b − c −→ − − → − − → iz ∆ABD ⇒ DB = AB − AD = c − d −→ − − − → − → iz ∆ACD ⇒ CD = AD − AC = d − b − −→ − −→ − → − → − − − → − → AB · CD + AC · DB + AD · BC = c d − b + b c − d + d b − c = c·d−c·d + b·c−b·c + b·d−b·d =0
21

c·d−c·b+b·c−b·d+d·b−d·c=c·d−b·c+b·c−d·b+d·b−c·d=

Slika 1.11:

− −→ − −→ − → − → − − − → − → AB · CD + AC · DB + AD · BC = 0 15. Odrediti ugao izmed naspramnih ivica tetraedra. ¯u Reˇenje: s ABCD - tetraedar sa osnovom ∆ABC. Odred ¯uje se ugao izmed ¯u boˇnih ivica AB i CD (BC i AD; CA i BD;) c − − → − → − → − − → BC = AC − AB/ · AD → → − − → − −→ − − CD = AD − AC/ · AB −→ − − − → − → − → BD = AD − AB/ · CA − − − → − → BC · AD = −→ − − → CD · AB = −→ − − → BD · CA = → − − → − − → − → − − → − → − → − AC − AB · AD = AC · AD − AB · AD − − → − → − → − − − → → − − → → AD − AC · AB = AD · AB − AC · AB − − → − → − → − − − → → − − → → AD − AB · CA = AD · CA − AB · CA
22

        

+

Slika 1.12:

− − − → − → −→ − − → −→ − − → − − → − → − − → − → − − − → → − − → → BC · AD + CD · AB + BD · CA = AC · AD − AB · AD + AD · AB − AC · AB − − → − → − − → − → − − → − → − − → − → − − − → → − − → → AD · CA − AB · CA = AC · AD − AC · AD + AB · AD − AB · AD + − − → → − − → → AB · AC − AB · AC = 0 − − − − → → − → − − → − − − − → − → BC · AD = BC · AD · cos BC, AD −→ − − → → −→ − − −→ − − → CD · AB = CD · AB · cos CD, AB −→ − − → → −→ − − −→ − − → BD · CA = BD · CA · cos BD, CA − → − − → − − − − − → → −→ − − → −→ − − → BC · AD + CD · AB + BD · CA = BC · AD · cos −→ − → −→ − − −→ − − → → −→ − − CD · AB · cos CD, AB + BD · CA · cos BD, − − − − → → BC, AD + − → CA = 0

→ −→ − − → −→ − − − → − − → − Kako je BC · AD > 0, CD · AB > 0, BD · CA > 0, (jer − − − − −→ −→ → − → → − − − → vektori AB, BC, AC, AD, BD, CD nisu nulti vektori), onda je

23

− − − − → → cos BC, AD = cos −→ − − → cos CD, AB = cos

π 2 π 2

=0 =0 π 2

−→ − − → cos BD, CA = cos tetraedra normalne.

= 0, ˇto znaˇi da su naspramne ivice s c

− → −→ − 16. Ako je u teraedru ABCD AB⊥CD, dokazati da je AC 2 − AD2 = BC 2 − BD2 Reˇenje: s − → −→ − AB⊥CD − → −→ − AB⊥DC (a2 = a · a · cos (a, a) = |a|2 · cos 0◦ = a2 · 1 = a2 ) → − → − → − − → − → − 2 − 2 − 2 − 2 → AC 2 −AD2 = AC − AD = AC −AD = AC − AD − → − − → −→ − → − − → − → − − → − AC + AD AC − AD = AC + AD · DC − → − − → AC + AD =

− → − → − − → − − → − → −→ − Iz ∆ABC ⇒ AC = AB + BC iz ∆ABD ⇒ AD = AB + BD − → − − → − → −→ − −→ − AC 2 − AD2 = AB + BC + AB + BD · DC = − − − → − − → −→ − −→ − − −→ → − − − → −→ −→ 2AB + BC + BD · DC = 2AB · DC + BC + BD · DC = − − → −→ −→ − − − − → −→ −→ − − − − → −→ − − − → −→ − 0 + BC + BD · DC = BC + BD · DC = BC + BD BC − BD = − − − → − → −→ − − − → − − −→ −→ −→ → − − − BC · BC + BD · BC − BC · BD − BD · BD = BC 2 − BD2 = −→ −→ − − − −→ −→ − − − − − → → − → − − → − BC · BC · cos BC, BC − BD · BD · cos BD, BD = −→ 2 − − 2 − → −→ 2 − − 2 − → BC · cos 0◦ − BD · cos 0◦ = BC − BD = BC 2 − BD2

24

1.4

Vektorski proizvod vektora

Definicija 1.11. Tri nekomplanarna vektora a, b i c sa zajedniˇkim c poˇetkom obrazuju desni trijedar ako se rotacija vektora a prema vekc toru b, najkra´im putem, posmatra sa kraja vektora c, vrˇi suprotno c s kretanju kazaljke na ˇasovniku. c Sliˇno se definiˇe levi trijedar, koji obrazuju tri nekomplanarna vekc s tora a, b i c sa zajedniˇkim poˇetkom. c c

Slika 1.13:

Definicija 1.12. Ako je n0 jediniˇni vektor normalan na ravan koji c obrazuju vektori a, b, pri ˇemu a, b i n0 obrazuju desni trijedar, onda c se vektor |a| b sin ∢ a, b n0 naziva vektorski proizvod vektora a i b. a × b |a| b sin ∢ a, b Osobine vektorskog proizvoda 2. a × b = 0 ⇔ a 1. a × b = −b × a - antikomutativnost b ⇔ a = kb 3. k a × b = ka × b = a × k b - homogenost 4. a × b + c = a × b + a × c
25

n

n



ai = i=1 i=1

a × ai

Povrˇina paralelograma konstruisanog nad vektorima a, b brojno je s jednaka intenzitetu vektorskog proizvoda tih vektora. P = a×b Brzina V ma koje taˇke M krutog tela koje rotira brzinom ω oko c date ose jednaka je gde je r vektor poloˇaja taˇke M, a osa rotacije prolazi kroz koorz c dinatni poˇetak. c 1. Koriste´i vektorski proizvod dokazati sinusnu teoremu za trougao c u ravni. Reˇenje: s V = ω × r,

Slika 1.14:

− → − − → − → AB = c, BC = a, AC = b → → − − − → − BC = AC − AB = b − c − → − − → − − − − − → → − → − − → − − → − − → − BC × BC = BC · BC · sin BC, BC = BC · BC · sin 0◦ = 0
26

− − → − → − → − − → BC = AC − AB/ × BC − − → − − → − − → − → − → − − → − → − − → − → BC × BC = BC × AC − AB = BC × AC − BC × AB = 0 ⇒ − − → − → − − → − → BC × AC = BC × AB − − − → → → − − → − − − − → → → − − → − BC · AC · sin BC, AC = BC · AB · sin BC, AB → − − → − → − − → − BC · AC · sin γ = BC · AB · sin (π − β) − − → − → − − → − → 1 BC · AC · sin γ = BC · AB · sin β/ · − − − − → → → BC · AC · AB sin β sin γ − = − → → AB AC sin α c

=

sin γ b

− → − → − − → − → AC = AB + BC/ × AC − → → − → − − → − − → − → − → → − − → − AC × AC = AC × AB + BC = AC × AB + AC × BC = 0 ⇒ − → − → − → − → − AC × AC = −AC × BC − → − → − → − → − AC · AB · (− sin α) = − AC · BC · sin γ/ · − − −1 − → → → − AC · AB · BC sin γ sin α − = − − → → BC AB sin α c sin α a a sin α

= = =

sin γ a sin β b b sin β

= =

sin γ c c sin γ

27

2. Neka je dat ∆ ABC i taˇka O u njemu. Neka su vektori c − → − − − → → OA1 , OB 1 , OC 1 normalni na odgovaraju´e stranice i imaju intenzitete c − → − − → − → jednake njihovim duˇinama. Dokazati da je OA1 + OB 1 + OC 1 = 0. z Reˇenje. s

Slika 1.15:

− → − − → − → OA1 + OB 1 + OC 1 = a k × a k je jediniˇni vektor normalan na ravan trougla c − → − − → − → k × OA1 + OB 1 + OC 1 − − → − → − → BC + BA + CA = 0 k×a=0 k×a =0 k · |a| · sin 900 = 0 |a| = 0
28

− → − − → − → = k × OA1 + k × OB 1 + k × OC 1 =

a=0 3. Na pustom ostrvu se nalaze palma i dve stene. Gusari su zakopali blago na mestu koje su odredili na slede´i naˇin: poloˇaj palme su c c z ◦ rotirali oko stena u suprotnim smerovima za 90 i zatim su blago zakopali na sredini izmed tako dobijenih taˇaka. Kada su doˇli idu´e ¯u c s c godine da otkopaju blago videli su da je neko isˇupao palmu. Kako c da gusari pronad blago? ¯u Reˇenje. s

Slika 1.16:

− → AB - A pomera u B − − → BC - B pomera u C − → − − → − → AB + BC - A pomera u B, i B pomera u C = AC − → − → −→ − − → −→ − P A = P S 1 + S1 A = P S 1 − k × P S 1
29

− − → − → −→ − − → −→ − P B = P S 2 + S2 B = P S 2 + k × P S 2 − → → − − → −→ −→ − − −→ − −→ − 1 − PF = 2 P A + P B = 1 P S1 + P S2 + k × P S2 − k × P S1 = 2 −→ −→ − − −→ −→ − − −→ −→ − − −→ − 1 P S 1 + P S 2 + 1 k × P S 2 − P S 1 = 1 P S 1 + P S 2 + 2 k × S1 S2 2 2

1 2

4. Za koju vrednost paramerta k ´e vektori p = ka + 5b i q = 3a − b c biti kolinearni, ako vektori a i b to nisu Reˇenje. s p q ⇔p×q =0

p×q = ka + 5b × 3a − b = 3k (a × a)−k a × b +15 b × a − 5 b×b = −k a × b − 15 a × b = a × b (−k − 15) p × q = 0 ⇒ −k − 15 = 0 ⇒ k = −15 5. Odrediti povrˇinu paralelograma ˇije su stranice vektori a = s c m − 2n i b = n − 2m, gde su m i n jediniˇni vektori, a ugao izmed m c ¯u π i n je 6 . Reˇenje; s a = m − 2n b = n − 2m (m, n) = π 6

|m| = |n| = 1 P = a × b = |(m − 2n) × (n − 2m)| = |m × n + 4n × m| =
1 2 3 2

|3n × m| = 3 · 1 · 1 ·

=

30

6. Dve stranice trougla su p = 2a + 3b i q = a − 4b, gde su a i b normalni ortovi. Izraˇunati visinu prema tre´oj stranici trougla. c c Reˇenje. s

Slika 1.17:

p = 2a + 3b |a| = b = 1 a⊥b
1 P = 2 |p × q| = 1 2

q = a − 4b

1 2

2a + 3b × a − 4b =
1 2

=

1 2

−8 a × b + 3 b × a
11 2

−11 a × b

= 1 · 11 a × b = 2

2 (a × a) − 8 a × b + 3 b × a − 12
11 2

|a| ·

b · sin a, b =

r = p − q = 2a + 3b − a + 4b = a + 7b r2 = a + 7b = |a|2 + 49 b + 14 |a| · b = 1 + 49 · 1 = 50 |r| = P = √ r·h 2 2

√ 50 = 5 2

31

11 2

=

√ 5 2 2 11 √ 5 2

·h

h=

7. Primenom vektorskog proizvoda izvesti Heronov obrazac za izraˇunavanje povrˇine trougla. c s Reˇenje. s P = P =
1 2 1 2

c×b · c · b · sin α
1 4

P2 =
1 4 1 4

c2 · b2 − c2 · b2 · cos2 α = c · b − c · b · cos α

· c2 · b2 · sin2 α =

1 4

· c2 · b2 · 1 − cos2 α =

c · b + c · b · cos α

a2 = b + c − 2b · c · cos α a2 = b + c − 2b · c · cos α = P2 =
1 16 1 16 1 16 1 4 b2 +c2 −a2 2 b2 +c2 −a2 2

c·b−

a2 − b − c a2 − b − c a−b+c
1 4

b2 +c2 −a2 2 2 2

c·b+ b+c b+c
2 2

=

− a2 − a2

=

a+b−c

b+c−a

b+c+a b+c+a

P =

a−b+c

a+b−c

b+c−a

1.5

Meˇoviti proizvod vektora s

32

se meˇoviti proizvod vektora a, b i c. s

Definicija 1.13. Broj, odnosno skalar a, b, c = a × b · c naziva

Slika 1.18:

torima a, b i c.

Kada vektori a, b i c obrazuju desni trijedar onda je meˇovit proizvod s a × b · c jednak zapremini paralelopipeda konstruisanog nad vekPovrˇina bazisa je B = a × b s

visina paralelograma je jednaka skalarnoj projekciji vektora c na vektor a × b pa je V =B·H V = a×b · (a×b)·c = a×b ·c |a×b|

V = a×b ·c Tri vektora a, b i c su komplanarna (linearno zavisna) ako i samo ako je njihov meˇoviti proizvod jednak nuli, tj. s a × b · c = 0 ⇔ a = 0, b = 0, c = 0 Osobine meˇovitog proizvoda s 1. a, b, c = c, a, b = b, c, a - meˇovit proizvod se ne menja s pri cikliˇnoj permutaciji argumenata c 2. a, b, c = − b, a, c - meˇovit proizvod menja znak ako dva s argumenta zamene mesta
33

3. αa, b, c = α a, b, c - homogenost 4. a + a1 , b, c = a, b, c + a1 , b, c - aditivnost

1. Dokazati da su vektori a, b i c komplanarni ako vaˇi z a×b+b×c+c×a=0 a × b + b × c + c × a = 0/ · a a × b · a + b × c · a + (c × a) · a = 0 b×c ·a b, c, a = 0

2. Neka su dati vektori V1 = a + b + c, V2 = a − 2b + 2c, V3 = 4a + b + 5c. Pokazati da su komplanarni. V1 = a + b + c V2 = a − 2b + 2c V3 = 4a + b + 5c V1 , V2 , V3 = 0 V1 × V2 · V3 = 0 V1 × V2 = a + b + c × a − 2b + 2c = (a × a) − 2 a × b + 2 (a × c) + b × c = −3 a × b + (a × c) + 4 b × c

34

V1 × V2 · V3 = −3 a × b + (a × c) + 4 b × c

4a + b + 5c

= −12 a × b · a − 3 a × b · b − 15 a × b · c + 4 (a × c) · a + (a × c) · b + 5 (a ×

= −15 a, b, c + a, c, b + 16 b, c, a = −15 a, b, c − a, b, c + 16 a, b, c =

1.6

Vektori i koordinate

Koordinate nekog vektora su koordinate njegovog vrha, pri ˇemu c se poˇetak tog vektora nalazi u koordinatnom poˇetku. c c

a = x · i + y · j = (x, y)

Slika 1.19:

(y1 − y) · j = (x1 − x, y1 − y)

− → − − → − → AB = OB − OA = x1 · i + y1 · j − x · i + y · j

= (x1 − x) · i +

Koordinate vektora u ravni ili u prostoru dobijaju se tako ˇto od s koordinata vrha oduzmemo koordinate poˇetka. c A (5, 2) ; B (0, 3) − → AB = (0 − 5, 3 − 2) = (−5, 1)
35

Slika 1.20:

1.7

Operacije sa vektorima zadatim koordinatama

Slika 1.21:

a = (x, y) b = (x1 , y1 ) a + b = (x + x1 , y + y1 ) k · a = (kx, ky) 1. Neka je dat trougao A (1, 0) ; B (2, 2) ; C (3, −5) . Odrediti vektore granica kao i teˇiˇte trougla. zs − → AB = (1, 2)
36

Slika 1.22:

− − → BC = (1, −7) − → CA = (−2, 5) → − → → − → − +− +− OA OB OC OT = 3 − → OT =
(1, 0)+(2, 2)+(3, −5) 3

− → OT = 1 (6, −3) 3 − → OT = (2, −1)
37

2. Neka je data duˇ sa krajevima A (1, 3) ; B (4, 0) . Odrediti taˇku z c na ovoj duˇi koja je deli u odnosu 3 : 2. z

Slika 1.23:

− → OC = (x, y) − → 2− → 3− − → OC = 5 OA + 5 OB = 2 (1, 3) + 3 (4, 0) = 5 5
14 6 5, 5

1. Neka su date taˇke A (−1, 3) ; B (4, 2) ; C (3, −3) . Odrediti c ˇetvrto teme paralelograma ABCD. c −→ − − → − − → BD = BA + BC (x − 4, y − 2) = (−5, 1) + (−1, −5) = (−6, −4) x − 4 = −6 y − 2 = −4 x = −2 y = −2 D (−2, −2) Pokazati sa su taˇke A (−4, −3) ; B (−5, 0) ; C (5, 6) ; D (1, 0) temena c trapeza.
38

− − → BC

− − → AD

− − → BC = (10, 6) − − → AD = (5, 3) − − → − − → BC = k · AD k=2 − − → − − → BC = 2 · AD

1.8

Skalarni proizvod u koordinatama

Data su dva vektora: a = (a1 , a2 , a3 ) = a1 i + a2 j + a3 k b = (b1 , b2 , b3 ) = b1 i + b2 j + b3 k a · b = a1 i + a2 j + a3 k b1 i + b2 j + b3 k = (a1 b1 + a2 b2 + a3 b3 )

Primer. Odrediti ugao izmed vektora a = (3, −1) i b = (4, 2) . ¯u b = (4, 2) a = (3, −1) a · b = (12 − 2) = 10 |a|2 = a · a = 9 + 1 = 10 |a| =
2

√ 10

b = 20

39

√ b =2 5 cos α = α = 45◦ Formula za rastojanje izmed dve taˇke A (x, y) i B (x1 , y1 ) : ¯u c − → d (A, B) = AB = (x1 − x)2 + (y1 − y)2 − → AB = (x1 − x, y1 − y) 1. Izraˇunati duˇinu duˇi AB, A = (2, 1) , B = (3, 4) . c z z Reˇenje. s √ − → |AB| = AB = |(1, 3)| = 10 2. Data su dva temena paralelograma A = (−3, −5) , B = (1, −2) i presek dijagonala O = (−1, −1) . Odrediti koordinate ostalih temena i pokazati da je dati paralelogram romb. Reˇenje. s A = (−3, −5) B = (1, −2) O = (−1, −1) D = (x, y) −→ − − − → BD = 2BO (x − 1, y + 2) = 2 (−2, 1) = (−4, 2)
40
a·b |a|·|b|

=

√ 10 √ 10·2 5

=

1 √ 2

=

√ 2 2

x − 1 = −4 y+2=2 x = −3 y=0 − → − → AC = 2AO (x + 3, y + 5) = 2 (2, 4) = (4, 8) x+3=4 y+5=8 x=1 y=3 C = (1, 3) D = (−3, 0) √ − → AB = |(4, 3)| = 42 + 32 = 5 √ − − → AD = |(0, 5)| = 02 + 52 = 5 − → − − → OA⊥OB − → OA = (−2, −4) − − → OB = (2, −1) − − → − → OA · OB = −2 · 2 + (−4) · (−1) = 0 Doma´i 3. Dokazati da su vektori a = (10, −5, 10) , b = (−11, −2, 10) , c c = (−2, −14, ?) , ivice kocke.
41

4. Data su temena trougla A = (−1, −2, 4) , B = (−4, −2, 0) , C = (3, −2, 1) . Odrediti uglove α i β. Reˇenje. s − → AB = (−3, 0, −4) − → AC = (4, 0, −3) − → AB = 5 − → AC = 5 − − → → AB · AC = (−12 + 0 + 12) = 0 − − → → AB ·AC = 0 cos α = − − → → AB · AC α = 90◦ α = β = 45◦

1.9

Vektorski proizvod u koordinatama

Data su dva vektora: a = (a1 , a2 , a3 ) = a1 i + a2 j + a3 k b = (b1 , b2 , b3 ) = b1 i + b2 j + b3 k i j k a × b = a1 a2 a3 = b1 b2 b3 Osobine: 1. Antikomutativnost
42

a a a2 a3 ,− 1 3 , b1 b3 b2 b3

a1 a2 b1 b2

i j k i j k b × a = b1 b2 b3 = − a1 a2 a3 = − a × b b1 b2 b3 a1 a2 a3 2. Homogenost i j k i j k ka × b = ka1 ka2 ka3 = a1 a2 a3 = k a × b b1 b2 b3 b1 b2 b3 3. Aditivnost i j k i j k i j k a + b ×c = a1 + b1 a2 + b2 a3 + b3 = a1 a2 a3 + b1 b2 b3 = c1 c2 c3 c1 c2 c3 c1 c2 c3 a×c+b×c 1. Odrediti povrˇinu trougla odred s ¯enog taˇkama A = (6, 3, 1) , c B = (3, 6, 1) , C = (1, 3, 6) . Reˇenje. s − → AB = (−3, 3, 0) − → AC = (−5, 0, 5) P =
1 2

− → − → AB × AC

i j k − → − → AB × AC = −3 3 0 = (15, 15, 15) = 15 (1, 1, 1) −5 0 5 P = |15 (1, 1, 1)| = P∆ABC = Doma´i c 2. A = (1, 2, 1) , B = (4, 3, 3) , C = (3, 0, 5) .
43
√ 15 3 2 1 2 15 2

|(1, 1, 1)| =

√ 15 3 2

3. A = (1, −1, 2) , B = (5, −6, 2) , C = (1, 3, −1) . Na´i visinu i c duˇinu iz temena B. z 4. Izvesti formulu za povrˇinu trougla u ravni preko koordinata s njegovih temena. Reˇenje. s A (x1 , x2 ) ; B (y1 , y2 ) ; C (z1 , z2 ) − → AC = (z1 − x1 , z2 − x2 ) − → AB = (y1 − x1 , y2 − x2 ) − → − → P = AC × AB j k i z1 − x1 z2 − x2 1 P = = z1 − x1 z2 − x2 0 = 2 y1 − x1 y2 − x2 y1 − x1 y2 − x 2 0 1 2 |z1 y2 − z1 x2 − x1 y2 + x1 x2 − z2 y1 + z2 x1 + x2 y1 − x1 x2 | = z1 z2 1 1 y1 y2 1 2 x1 x2 1
1 2

1.10

Meˇoviti proizvod u koordinatama s

a = (a1 , a2 , a3 ) = a1 i + a2 j + a3 k b = (b1 , b2 , b3 ) = b1 i + b2 j + b3 k c = (c1 , c2 , c3 ) = c1 i + c2 j + c3 k i j k a × b = a1 a2 a3 = b1 b2 b3 a a a2 a3 ,− 1 3 , b1 b3 b2 b3 a1 a2 b1 b2

44

a, b, c = a × b · c = c1 a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3 V = a1 a2 a3 b1 b2 b3 c1 c2 c3

a2 a3 a a − c2 1 3 + c3 b2 b3 b1 b3

a1 a2 b1 b2

=

c 1. Za koju vrednost parametra m taˇke A = (m, 2, −1) , B = (0, m, 5) , C = (−1, 2, m) i D = (2, 1, 3) pripadaju istoj ravni. − − → DA = (m − 2, 1, −4) −→ − DB = (−2, m − 1, 2) −→ − DC = (−3, 1, m − 3) − −→ −→ − − − → DA, DB, DC = 0 m−2 1 −4 −2 m − 1 2 =0 −3 1 m−3 (m − 2) (m − 1) (m − 3) − 6 + 8 − 12 (m − 1) − 2 (m − 2) + 2 (m − 3) = m2 − 3m + 2 (m − 3) + 2 − 12m + 12 − 2m + 4 + 2m − 6 = m3 − 3m2 + 2m − 3m2 + 9m − 6 + 2 − 12m + 12 − 2m + 4 + 2m − 6 = m2 (m − 6) − (m − 6) = m2 − 1 (m − 6) = (m − 1) (m + 1) (m − 6) (m − 1) (m + 1) (m − 6) = 0 m ∈ {1, −1, 6} 2. Odrediti zapreminu tetraedra ˇija su temena A = (2, −3, 5) , c B = (0, 2, 1) , C = (−2, −2, 3) , D = (3, 2, 4) .
45

− − → AD = (1, 5, −1) − → AC = (−4, 1, −2) − → AB = (−2, 5, −4) VP = 36 1 5 −1 −4 1 − 2 −2 5 − 4 = |−4 + 20 + 20 − 2 + 10 − 80| = |−36| =

1 Vt = 6 VP

Vt = Vt =

1 6 1 6

· 36

3. Zapremina tetraedra je 5. Tri njegova temena su A = (2, 1, −1) , B = (3, 0, 1) , C = (2, −1, 3) . Na´i ˇetvrto teme, ako se zna da je c c ono na y osi. Reˇenje. s A = (2, 1, −1) , B = (3, 0, 1) , C = (2, −1, 3) . D = (0, y, 0) . − → AB = (1, −1, 2) − → AC = (0, −2, 4) − − → AD = (−2, y − 1, 1) 1 −1 2 0 − 2 4 = −2 + 8 − 8 − 4 (y − 1) = −4y + 2 −2 y − 1 1 Vt = 5 VP = 6 · 5 = 30
46

|−4y + 2| = 5 · 6 = 30 1. −4y + 2 = 30 −4y = 28 y = −7 D = (0, −7, 0) 2. −4y + 2 = −30 −4y = −32 y=8 D = (0, 8, 0) 4. Odrediti vektor r koji je normalan na vektore a = (4, −2, −3) , b = (0, 1, 3) , sa osom Oy gradi tup ugao i |r| = 26. Reˇenje. s a = (4, −2, −3) b = (0, 1, 3) |r| = 26 r = (x, y, z) 1. r⊥a ∧ r⊥b ⇒ r = λ a × b i j k a × b = 4 − 2 − 3 = i (−6 + 3) − 12j + 4k = (−3, −12, 4) 0 1 3
47

r = λ (−3, −12, 4) 2. ∢ (r, Oy ) > π 2

∢ (r, j) > π , j ∈ Oy 2 j = (0, 1, 0) r·j 0 3. |r| = 26 |r| = |λ| · √

9 + 144 + 16 = 13 |λ|

13 |λ| = 26 |λ| = 2 λ = −2 hspace8mm λ = 2 λ=2 r = 2 (−3, −12, 4) = (−6, −24, 8) 4. Dati su vektori a = (2, 4, 2) , b = (1, 1, 2) , c = (1, −2, 3) . Na´i c vektor d d⊥a, d⊥c koji sa vektorom b gradi oˇtar ugao. Zapremina s paralelopipeda odred ¯enog vektorima b, c i d je 140. Reˇenje. s 1. d⊥a, c d⊥a ∧ d⊥c ⇒ d = λ (a × c)

48

a×c = 4j − 8k

i j k 2 4 2 1 −2 3

= i (12 + 4) − j (6 − 2) + k (−4 − 4) = 16i −

d = λ (16, −4, −8) d = 4λ (4, −1, −2) a×c
1 4

d d d π 2

(a × c)

(4, −1, −2) 2. ∢ b, d < d·b>0

4λ (4, −1, −2) (1, 1, 2) > 0 ⇒ −λ > 0 ⇒ λ < 0 1 1 2 4λ 1 − 2 3 4 −1 −2 = 140

|4λ (4 + 12 − 2 + 16 + 3 + 2)| = 35 140 |λ| = 140 |λ| = 1 λ = −1, λ = 1 λ < 0 ⇒ λ = −1 d = (−16, 4, 8)
49

5. Odrediti vektor d koji je noemalan na vektore a = (4, 1, 1) , b = (6, 0, 2) , sa vektorom c = (1, 2, 3) gradi oˇtar ugao, a sa vektorima c s i b obrazuje paralelopiped zapremine 24. Reˇenje. s a = (4, 1, 1) b = (6, 0, 2) d⊥a ∧ d⊥b ⇒ d = λ a × b i j k a × b = 4 1 1 = 2i − j (8 − 6) − 6k = 2i − 2j − 6k 6 0 2 a × b = (2, −2, −6) ¯ d, c < ¯ d·c>0 λ (1, −1, −3) (1, 2, 3) > 0 ⇒ λ (1, −2, −9) > 0 ⇒ −10λ > 0 ⇒ λ AC + CB
87

Slika 1.33:

A1 C ′ = C ′ A A1 C ′ + C ′ B > A1 B = A1 C + CB A1 C = CA A1 C ′ + C ′ B > CA + CB AC ′ + C ′ B > CA + CB AC ′ + C ′ B > AC + BC Teorema 1.5. Svetlosni zrak koji prolazi iz jedne ˇiˇe date elipse zz posle odbijanja od nje pro´i ´e kroz drugu ˇiˇu ili drugim reˇima tanc c zz c genta na elipsu u njenoj proizvoljnoj taˇki gradi jednake uglove sa c duˇima koje tu taˇku spajaju sa ˇiˇama. z c zz Opiˇimo krug k oko proizvoljne taˇke M na elipsi, koji prolazi kroz s c F2 , i neka produˇena duˇ F1 M, preko taˇke M, preseca krug k u taˇki z z c c H. Kako je M srediˇte kruga k M F2 = M H ⇒ ∆F2 M H je jeds nakokraki, i simetrala t kroz M je tangenta elipse u taˇki M. c
88

F1 H = F1 M + M H = F1 M + M F2 = A1 A2 Uzmimo neku drugu taˇku L ∈ t, L = M. Kako je t simetrala c stranice F2 H, ∆F2 M H ⇒ LF2 = LH ⇒ LF2 + LF1 = LF1 + LH > F1 H ⇒ LF1 + LF2 > A1 A2 . Svaka taˇka L = M, prave t je izvan c elipse, a to znaˇi da je prava t tangenta elipse u taˇki M. c c Iz ∆F2 M H ⇒ M F2 = M H Kako je t simetrala ∢F2 M H ⇒ ∢ (F2 M, t) = ∢ (t, M H) = ∢ (t, M F1 ) ⇒ ∢ (t, M F1 ) = ∢ (t, M F2 ) .

1.19

Tangenta na elipsu

Tangenta je prava koja sa elipsom ima taˇno jednu zajedniˇku c c taˇku. c x2 a2

+

y2 b2

=1

Ax + By + C = 0 ⇒ y = − C+Ax B A2 a2 + B 2 b2 − C 2 = 0

zamenom u jednaˇini elipse dobija se c A2 a2 + B 2 b2 = C 2 uslov dodira prave i elipse

1. Odrediti jednaˇinu elipse koja dodiruje prave 3x − 2y − 20 = 0 c i x + 6y − 20 = 0. x2 a2

+

y2 b2

=1

9a2 + 4b2 = 400 a2 + 36b2 = 400/ · (−9) −320b2 = −3200 b2 = 10 a2 = 400 − 360
89

a2 = 40 x2 40

+

y2 10

=1

2. Odrediti tangente na elipsu x2 + 4y 2 = 20 koje su paralelne, a zatim i one koje su normalne na ravan 2x − 2y − 13 = 0. x2 + 4y 2 = 20/ : 20 x2 20

+

y2 5

=1

p : 2x − 2y − 13 = 0 t : Ax + By + C = 0 t p ⇒ (A, B) = (2, −2)

t : 2x − 2y + C = 0 2x − 2y + C = 0 y2 x2 20 + 5 = 1 4 · 20 + 4 · 5 = C 2 100 = C 2 C = ±10 t : 2x − 2y ± 10 = 0/ : 2 t: x−y±5=0 t ⊥ ⇒ (A, B) · (2, −2) = 0 2A − 2B = 0 B=A
90

t : Ax + By + C = 0 20A2 + 5A2 = C 2 25A2 = C 2 C = ±5A t : Ax + Ay ± 5A = 0/ : A t: x+y±5=0 3. Odrediti tangente na elipsu 2x2 + 3y 2 = 21 u taˇki A (3, 1) . c 2x2 + 3y 2 = 21/ : 21 x2 21 2

+

y2 7

=1

t : Ax + By + C = 0 A ∈ t ⇒ 3A + B + C = 0 ⇒ C = − (3A + B)
21 2 2A x2
21 2

+ y2 21 3

21 2 3B

= C2

+

=1
21 2 3B

21 2 2A 3 2 2A

+

= 9A2 + 6AB + B 2

+

18 2 3B A B

3 − 6AB = 0/ : 2 B 2

A 2 B

−4 =

+4=0

A B 1,2 A B 1,2

√ 4± 16−16 2

=2
91

3A + B + C = 0/ : B
A 3B + 1 + C B

=0 =0 ⇒
C B

3·2+1+

C B

= −7

t1,2 : 2 · 3x + 3 · 1y = 21/ : 3 t1,2 : 2x + y − 7 = 0 4. Neka su p, p1 i t prave koje su tangente na elipsu x2 + y2 = 1, a b pri ˇemu su p i p1 tangente u krajnjim taˇkama velike ose. Ako su A c c i B preseˇne taˇke ovih tangenti sa tangentom t pokazati da se duˇ c c z AB iz proizvoljne ˇiˇe vidi pod pravim uglom. zz
2 2

Slika 1.34:

−→ − → − − −→ − → − − F1 A⊥F1 B ⇔ F1 A · F1 B = 0 t: x0 x a2

+

y0 y b2

=1

p : x = −a p1 : x = a x0 x a2

+

y0 y b2

=1
92

x = −a − x0 + a y= y0 y b2

=1

ab2 +b2 x0 ay0 ab2 +b2 x0 ay0

A −a, x0 x a2

+

y0 y b2

=1

x=a y= y= b2 x0 −ab2 −ay0 ab2 −b2 x0 ay0 ab2 −b2 x0 ay0 ab2 +b2 x0 ay0

B a,

−→ − F1 A = −a + c, −→ − F1 B = a + c,

ab2 −b2 x0 ay0

1.20

Hiperbola

Definicija 1.16. Hiperbola je geometrijsko mesto taˇaka kod kojih je c razlika rastojanja od dve fiksne taˇke po modulu konstantna i jednaka c 2a > 0. A a − B 2 b2 = c2 - uslov dodira prave i hiperbole y2 x2 2 − b2 a 2 2

= 1 - jednaˇina hiperbole c

93

Slika 1.35:

1.21

Optiˇko svojstvo hiperbole c

Slika 1.36:

Tangenta hiperbole u nekoj njenoj taˇki je simertala ugla koja se c dobija kada se ta taˇka kao teme spoji sa ˇiˇama. c zz 1. Dokazati da je proizvod rastojanja taˇke na hiperboliod njenih c asimptota konstantan za datu hiperbolu. x2 a2



y2 b2

=1

b b a1 : y = a x ⇔ 0 = a x − y

94

Slika 1.37: b b a2 : y = − a x ⇔ 0 = a x + y

d (A, a1 ) · d (A, a2 ) =
2 b2 x2 −a2 y0 0 2 a b2 +a2 a2

b | b x0 +y0 | | a x0 −y0 | · ab 2 = b 2 ( a ) +(−1)2 ( a ) +12

b2 2 2 x −y0 a2 0 b2 +a2 a2

=

b2 a2

=

=

2 x2 y0 0 2 − b2 a

b2 +a2

=

b2 a2 b2 +a2

= const

2. Dokazati da je deo tangente hiperbole koji se nalazi izmed ¯u njenih asimptota prepolovljen dodirnom taˇkom. c x2 a2



y2 b2

=1 − y0 y b2

t:

x0 x a2

=1 koor. taˇke A1 c

b y = −ax y0 y x0 x a2 − b2 = 1

x=

a2 b bx0 +ay0

= x1

b y = ax y0 y x0 x a2 − b2 = 1

95

Slika 1.38: b x = − ay0a−bx0 =
2

a2 b bx0 −ay0

= x2 a2 b bx0 −ay0 x0
2 x2 0 − y0 a2 b2

x1 + x2 = a2 b 2

1 2

·

2bx0 2 2 b2 x0 −a2 y0

=

a2 b bx0 +ay0 a2 bx0 2 x2 −a2 y 2 b 0 0

+ =

= = x0

a2 b 2

·

bx0 −ay0 +bx0 +ay0 (bx0 +ay0 )(bx0 −ay0 )

=

⇒ x0 je sredina duˇi x1 x2 . z

1.22

Parabola

Definicija 1.17. Parabola je geometrijsko mesto taˇaka kod kojih je c zbir rastojanja od date taˇke (ˇiˇe) do date prave (direktrise) jednako. c zz Ax + By + C = 0 y 2 = 2px B 2 p − 2AC = 0 - uslov dodira prave i parabole 1. Iz taˇke (−2, 2) povu´i tangente na parabolu y 2 = 16x c c Ax + By + C = 0/ : B
96

Slika 1.39:
A Bx

+y+

C B

=0

−2A + 2B + C = 0 C = 2A − 2B B 2 · 8 − 2AC = 0 4B 2 − A (2A − 2B) = 0 2B 2 − A2 + AB = 0/ : B 2 2−
A2 B2

+
A B

A B

=0

A 2 B



−2=0
√ 1± 1+8 2 1±3 2

A B 1,2 A B 1,2

= =

97

A B C B C B

=

2 −1

A = 2B − 2

=

2 −4

1. 2x + y + 2 = 0 2. −x + y − 4 = 0 x−y+4=0

1.23

Taˇka na paraboli c

A (x0 , y0 ) - taˇka na paraboli y 2 = 2px = px + px c y0 y = px0 + px = p (x0 + x) y0 y = p (x0 + x) - jednaˇina tangente na paraboli u taˇki (x0 , y0 ) c c 1. Na´i jednaˇinu normale parabole y 2 = 12x u njenoj taˇki (x0 , −6) . c c c (−6)2 = 12x0 x0 = 3 (3, −6) t : −6y = 6 (x + 3) x+y+3=0

98

1.24

Optiˇko svojstvo parabole c

Svetlosni zrak koji kre´e iz ˇiˇe, posle odbijanja od parabole nasc zz tavlja kretanje paralelno sa osom parabole. Drugim reˇima: Tangenta parabole u taˇki A gradi jednake uglove c c sa pravom AF i sa pravom koja prolazi kroz taˇku A i paralelna je sa c osom parabole.

Slika 1.40:

y 2 = 2px t : y0 y = p (x0 + x) AF : y0 x − p + 2 − → AF : y0 , p − x0 2 s : y = y0 y − y0 = 0 cos (t, AF ) = √ 0 = px − y0 y + px0 p 2

− x0 y = 0

|y0 ||x0 + p | |py0 −y0 p +x0 y0 | 2 = √ 2 2 2 p = √|y20 | 2 2 2 2 p +y0 |x0 + 2 | p +y0 p2 +y0 y0 +( p −x0 ) 2

99

√2 2 cos ∢ (t, s) = |(p, −y0 )(0, 1)| = √|y20 | p +y0 ·1

2 p +y0

cos ∢ (t, AF ) = cos ∢ (t, s)

1.25

Translacija u koordinatnom sistemu

Slika 1.41:

Ako je u ravni ili prostoru zadat skup taˇaka jednaˇinom F (x, y, z) = c c 0, tada skup taˇaka koji je dobijen od ovog skupa taˇaka, translacijom c c za dati vektor (p, q, r) ima jednaˇinu F (x − p, y − q, z − r) = 0. c 1. Napisati jednaˇinu prave koja se dobija translacijom prave 2x − c 3y + 1 = 0 za vektor (−1, 2) . 2 (x + 1) − 3 (y − 2) + 1 = 0 2x − 3y + 9 = 0 2. x2 + x3 y + y 2 x = 0 za (p, q) (x − p)2 + (x − p)3 (y − q) + (y − q)2 (x − p) = 0.

1.26

Rotacija u koordinatnom sistemu

100

Slika 1.42:

z = cos ϕ + i sin ϕ = eiϕ z1 = z (cos ϕ + i sin ϕ) Ako taˇku z u kompleksnoj ravni ho´emo da rotiramo oko koordic c natnog poˇetka, onda z treba pomnoˇiti sa cos ϕ + i sin ϕ, gde je ϕ c z traˇeni ugao rotacije. z

Slika 1.43:

z = 2 + 3i 45◦ z1 = z (cos 45◦ + i sin 45◦ ) z1 = (2 + 3i) + i 22 √ √ √ √ z1 = 2 + i 2 + 3 2 2 i − 3 2 2 (x, y) = (x , y ) (cos ϕ, sin ϕ)
101
√ 2 2 √

z1 = −

√ 2 2

+

√ 5 2 2 i ′ ′

Slika 1.44:

(x, y) = (x′ cos ϕ − y ′ sin ϕ, x′ sin ϕ + y ′ cos ϕ) x = x′ cos ϕ − y ′ sin ϕ y = x′ sin ϕ + y ′ cos ϕ

Formule za rotaciju taˇke (x′ , y ′ ) za ugao ϕ. c

1.27

Opˇta jednaˇina krivih drugog reda s c

Opˇta jednaˇina krivih drugog reda je oblika: s c Ax2 + 2Bxy + Cy 2 + Dx + Ey + F = 0 Koriste se formule za rotaciju x = x′ cos α − y ′ sin α y = x′ sin α + y ′ cos α A (x′ cos α − y ′ sin α)2 +2B (x′ cos α − y ′ sin α) (x′ sin α + y ′ cos α)+ C (x′ sin α + y ′ cos α)2 +D (x′ cos α − y ′ sin α)+E (x′ sin α + y ′ cos α)+ F =0 −2A cos α sin α + 2B cos2 α − sin2 α + 2C sin α cos α = 0 - koeficijent uz x′ y ′ .
102

−A sin 2α + 2B cos 2α + C sin 2α = 0 (C − A) sin 2α = −2B cos 2α Zadaci
C−A 2B

=

− cos 2α sin 2α



A−C 2B

= ctg 2α

1. Odrediti ˇta predstavlja skup taˇaka zadat jednaˇinom s c c 5x2 + 4xy + 8y 2 + 8x + 14y + 5 = 0. Reˇenje. s
A−C 2B

= ctg 2α ⇒
2 tg α 1−tg 2 α

5−8 4

= ctg 2α ⇒ tg 2α = − 4 ; tg 2α = 3

2 tg α 1−tg 2 α

4 −3 =

−4 + 4 tg 2 α = 6 tg α 2 tg 2 α − 3 tg α − 2 = 0 tg α1/2 =
√ 3± 9+16 4

=

3±5 4

=

−1 2 2 ⇒ sin α =
2 √ ; 5

tg 4 sin2 α = 1+tgαα = 1+4 = 4 2 5 1 1 1 2 cos α = 1+tg2 α = 1+4 = 5 1 2 x = x′ √5 − y ′ √5 1 2 y = x′ √5 + y ′ √5 2 1 5 x′ √5 − y ′ √5

2

cos α =

1 √ . 5

2

1 2 2 1 8 x′ √5 − y ′ √5 + 14 x′ √5 − y ′ √5 + 5 = 0 4 4 1 5 5 x′2 − 5 x′ y ′ + 4 y ′2 +4 2 x′2 + 1 x′ y ′ − 5 x′ y ′ − 2 y ′2 +8 5 5 5 5 8 16 28 14 √ x′ − √ y ′ + √ x′ + √ y ′ + 5 = 0 5 5 5 5 4 ′2 5x

1 2 +4 x′ √5 − y ′ √5

1 1 2 2 x′ √5 + y ′ √5 +8 x′ √5 + y ′ √5

2

+

+ 4 x′ y ′ + 1 y ′2 + 5 5

9x′2 + 4y ′2 + 9 x +
′ 2 √ 5 2

36 √ x′ 5




2 √ y′ 5

+5=0
2

+4 y −

1 √ 4 5

=

36 5

+

4 16·5

−5

103

9 x′ + 9 x′ +
2 (x′ + √5 ) 1 4 2 2

2 √ 5 2 √ 5

2

+ 4 y′ − + 4 y′ −
2 9 16

1 √ 4 5 1 √ 4 5

2

= =

45 20

2

2

9 4

+

1 (y′ − 4√5 )

=1

1 2 (y′ − 4√5 ) (x′ + √5 ) + =1 2 3 2 (1) (4) 2

2

Slika 1.45:

ˇ 2. Sta predstavlja kriva zadata jednaˇinom 3x2 −10xy +3y 2 −16x+ c 24 = 0? Reˇenje. s
A−C 2B

= ctg 2α ⇒
′ √ 2 2

3−3 −10

= ctg 2α ⇒ ctg 2α = 0 ⇒ 2α =

π 2

⇒ α = 45◦

x=x

−y





2 2

104

y = x′ 3 x 16


√ 2 2

+ y′


√ 2 2



√ ′ 2 x 2

2 2

−y

− y′



2 2

√ 2 2 −10 2

x





2 2

−y





2 2

x





2 2

+y





2 2

+3 x





2 2

+y





2 2

2



+ 24 = 0
1 ′2 2x

1 ′2 1 ′2 ′ ′ √3 ′2 x − x y + 2 y −10 8 2y + 24 = 0

− 1 y ′2 +3 2

1 ′2 2x

√ 1 + x′ y ′ + 2 y ′2 −8 2 x′ +

√ √ −2x′2 + 8y ′2 − 8 2 x′ + 8 2y ′ + 24 = 0 √ −2 x′2 + 4 2 x′ + 8 y ′2 + √ −2 x′ + 2 2 √ −2 x + 2 2
′ 2 √ 2 2 2 2

y ′ + 24 = 0

+ 8 y′ + +8 y +
√ 2



2 2

+ 24 = −16 + 4 + 24 = −36

2





2 2

2

(x′ +2 2)
18



2



(y′ + 22 )
4

=1

Slika 1.46:

3. 6xy + 8y 2 − 12x − 26y + 11 = 0.
A−C 2B

= ctg 2α ⇒

−8 6

= ctg 2α ⇒ tg 2α = − 3 4
105

3 −4 =

2 tg α 1−tg 2 α

−3 + 3 tg 2 α = 8 tg α 3 tg 2 α − 8 tg α − 3 = 0 tg α1/2 = tg α = 3 tg 9 9 sin2 α = 1+tgαα = 1+9 = 10 2 1 1 1 cos2 α = 1+tg2 α = 1+9 = 10
2

√ 8± 64+36 6

=

8±10 6

=

1 −3 3

⇒ sin α =

√3 ; 10

cos α =

√1 . 10

x = x′ √1 − y ′ √3 10 10 y = x′ √3 + y ′ √1 10 10
3 6 x′ √1 − y ′ 10 10

x′ √3 + y ′ √1 +8 x′ √3 + y ′ √1 10 10 10 10

2

26 x′ √3 + y ′ √1 + 11 = 0 10 10
8 3 3 6 10 x′2 − 10 x′ y ′ − 10 y ′2 +8 78 26 √ x′ − √ y ′ + 11 = 0 10 10 9 ′2 10 x

3 −12 x′ √1 − y ′ 10 − 10

+

6 ′ ′ 10 x y

+

1 ′2 10 y

36 12 − √10 x′ + √10 y ′ −

48 ′ ′ 18 ′2 72 ′2 48 ′ ′ 8 ′2 12 ′ 18 ′2 36 ′ 78 ′ √ √ √ 10 x − 10 x y − 10 y + 10 x + 10 x y + 10 y − 10 x + 10 y − 10 x − 26 √ y ′ + 11 = 0 10

9x′2 − y ′2 − 9 x′2 − 9 x −


90 √ 10

x′ +

10 √ y′ 10

+ 11 = 0 + 11 = 0

10 √ x′ 10 2

− y ′2 − − y −


10 √ y′ 10 2

√5 10

√5 10

+ 11 = 20

106

9 x′ − (x′ − √510 )
1

√5 10
2

2

− y′ −
2

√5 10

2

=9


2

(y′ − √510 )
9

=1
2

10 (x′ − √510 · √10 )

1



10 (y′ − √510 · √10 )

9

=1

(x′ −



10 2

)

2

1 Y2 9



(y′ −



10 2

)

2

9

=1

X2 −

=1

Slika 1.47:

4. 4x2 − 4xy + y 2 + 4x − 2y + 1 = 0.
A−C 2B

= ctg 2α ⇒
2 tg α 1−tg 2 α

4−1 −4

= ctg 2α ⇒ tg 2α = − 4 ; 3

tg 2α =
4 −3 =

2 tg α 1−tg 2 α

−4 + 4 tg 2 α = 6 tg α 2 tg 2 α − 3 tg α − 2 = 0
107

tg α1/2 =

√ 3± 9+16 4

=

3±5 4

=

−1 2 2 ⇒ sin α =
2 √ ; 5

tg 4 sin2 α = 1+tgαα = 1+4 = 4 2 5 1 1 1 2 cos α = 1+tg2 α = 1+4 = 5 2 1 x = x′ √5 − y ′ √5 1 2 y = x′ √5 + y ′ √5

2

cos α =

1 √ . 5

1 1 1 1 4· 5 (x′ − 2y ′ )2 −4· 5 (x′ − 2y ′ ) (2x′ + y ′ )+ 5 (2x′ + y ′ )2 +4· √5 (x′ − 2y ′ )− 1 2 · √5 (2x′ + y ′ ) + 1 = 0 4 5 4 √ x′ 5 1 x′2 − 4x′ y ′ + 4y ′2 − 4 2x′2 + x′ y ′ − 4x′ y ′ − 2y ′2 + 5 4x′2 + 4x′ y ′ + y ′2 + 5 8 4 2 − √5 y ′ − √5 x′ − √5 y ′ + 1 = 0 8 + 12 x′ y ′ + 5 y ′2 + 4 x′2 + 4 x′ y ′ + 1 y ′2 + 5 5 5 5 =0

16 ′ ′ 16 ′2 8 ′2 4 ′2 5x − 5 x y + 5 y − 5x 4 2 8 4 √ x′ − √ y ′ − √ x′ − √ y ′ + 1 5 5 5 5

5y ′2 − 5y ′2 −

10 √ y′ 5 10 √ 5

+1=0
√ √5 y ′ 5

·

+1=0

√ 5y ′2 − 2 5y ′ + 1 = 0 (5y ′ − 1)2 = 0 5y ′ − 1 = 0 y′ =
A−C 2B 1 √ 5

5. x2 − 2xy + y 2 − 10x − 6y + 25 = 0. = ctg 2α ⇒
′ √ 2 2 1−1 −2 ′ √ 2 2

= ctg 2α ⇒ ctg 2α = 0 ⇒ 2α =

π 2

⇒ α = 45◦

x=x

−y

108

Slika 1.48:

y = x′

√ 2 2

+ y′

√ 2 2

√ x′2 − 2x′ y ′ + y ′2 − x′2 − y ′2 + 1 x′2 + 2x′ y ′ + y ′2 −5 2 (x′ − y ′ )− 2 ′ ′ 3 2 (x + y ) + 25 = 0
1 √2



√ √ 2 2 2 ′ ′ 2 ′ 4 (x − y ) −2· 2 · 2 (x √ 2 ′ ′ 2 (x + y ) + 25 = 0

− y ) (x + y







)+ 2 4

(x + y ) −10·



′ 2



2 2

(x′ − y ′ )−

√ √ 1 − x′ y ′ + 1 y ′2 − x′2 + y ′2 + 2 x′2 + x′ y ′ + 1 y ′2 − 5 2x′ + 5 2y ′ − 2 2 √ 3 2x − 3 2y ′ + 25 = 0
1 ′2 √2 x ′

√ √ 2y ′2 − 8 2x′ + 2 2y ′ + 25 = 0 √

2 y ′2 + 2 y ′2 + 2 y′ + y′ +

√ 2y ′ − 8 2x′ + 25 = 0 √ − 8 2x′ + 25 = 0 √ − 8 2x′ + 25 = 1

2 √ y′ 2 2

1 √ 2 2

1 √ 2

√ = 4 2x′ − 12

109

y′ +

1 √ 2

2

√ = 4 2 x′ −

3 √ 2

√ Y 2 = 4 2X

Slika 1.49:

6. 34x2 + 24xy + 41y 2 − 25 = 0.
A−C 2B

= ctg 2α ⇒
2 tg α 1−tg 2 α

34−41 24

= ctg 2α ⇒ tg 2α = − 24 ; 7

tg 2α = − 24 = 7

2 tg α 1−tg 2 α

−24 + 24 tg 2 α = 14 tg α 12 tg 2 α − 7 tg α − 12 = 0 tg α1/2 = sin2 α = cos α =
2 √ 7± 49+576 24

=

7±25 24

=
16 9 25 9

−3 4
4 3

tg 2 α 1+tg 2 α 1 1+tg 2 α

= =

16 9 1+ 16 9

= =

1 1+ 16 9

25 9

1

=

9 25

⇒ sin α = 4 ; cos α = 3 . 5 5

110

Slika 1.50:
4 x = x′ 3 − y ′ 5 5 4 y = x′ 5 + y ′ 3 5 1 1 1 34· 25 (3x′ − 4y ′ )2 +24· 25 (3x′ − 4y ′ ) (4x′ + 3y ′ )+41· 25 (4x′ + 3y ′ )2 − 25 = 0 34 25

9x′2 − 24x′ y ′ + 16y ′2 + 24 12x′2 + 9x′ y ′ − 16x′ y ′ − 12y ′2 + 41 16x′2 + 24x′ y ′ + 9y 25 25 25 = 0 306x′2 − 816x′ y ′ + 544y ′2 + 288x′2 − 168x′ y ′ − 288y ′2 + 656x′2 + 984x′ y ′ + 369y ′2 − 625 = 0 1250x′2 + 625y ′2 − 625 = 0
111

2x′2 + y ′2 = 1 x′2 1 2

+ y ′2 = 1

Slika 1.51:

1.28

Ravan u prostoru

a = (A, B, C)-vektor poloˇaja ravni α z α⊥a −→ − −→ − A ∈ α ⇔ M A⊥a ⇔ M A · a = 0 ⇔ (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) (A, B, C) = 0

⇔ A (x − x0 ) + B (y − y0 ) + C (z − z0 ) = 0
112

Slika 1.52:

A (x − x0 )+B (y − y0 )+C (z − z0 ) = 0 - jednaˇina ravni kroz taˇku c c (x0 , y0 , z0 ) , normalna na a. Ax + By + Cz + D = 0 D = −Ax0 − By0 − Cz0 x m

+

y n

+

z k

= 1 - segmentni oblik jednaˇine ravni c

1. Odrediti jednaˇinu ravni koja je simetralna ravan za duˇ AB : c z A (2, 3, −1) ; B (0, 5, 3) .

Slika 1.53:

C=

A+B 2

113

C (1, 4, 1) − → AB⊥α − → AB = (−2, 2, 4) α : −2 (x − 1) + 2 (y − 4) + 4 (z − 1) = 0 α : −x + y + 2z − 5 = 0/ · (−1) α : x − y − 2z + 5 = 0 2. Odrediti parametar a tako da ravan 2x + y + az + 5 = 0 bude:

Slika 1.54:

a) paralelan sa ravni 4x + 2y + z + 10 = 0 b) normalna na ravni 4x + 2y + z + 10 = 0 Reˇenje. s a. (2, 1, a)
2 4

(4, 2, 1)
1 2

=

1 2

=

a 1

⇒ a=

b. (2, 1, a) ⊥ (4, 2, 1) (2, 1, a) · (4, 2, 1) = 0
114

8 + 2 + a = 0 ⇒ a = −10 3. Odrediti jednaˇinu ravni koja prolazi kroz taˇke M1 (1, 2, 1) , c c M2 (5, 7, 3) , M3 (6, 4, 5) .

Slika 1.55:

I naˇin: c A (x − x0 ) + B (y − y0 ) + C (z − z0 ) = 0 −− −→ M1 M2 = (4, 5, 2) −− −→ M1 M3 = (5, 2, 4) i j k −− −→ −− −→ M1 M2 × M1 M3 = 4 5 2 = (16, −6, −17) 5 2 4 M1 (1, 2, 1) 16 (x − 1) − 6 (y − 2) − 17 (z − 1) = 0 II naˇin: c α : 16x − 6y − 17z + 13 = 0 −− −→ M1 M2 = (4, 5, 2)
115

−− −→ M1 M3 = (5, 2, 4) −→ − M1 T = (x − 1, y − 2, z − 1) −→ −→ −− − −→ −− M1 T × M1 M3 · M1 M3 = 6 (y − 2) − 17 (z − 1) = 0 α : 16x − 6y − 17z + 13 = 0 4. Odrediti ugao koji obrazuju ravni x−2y+2z−8 = 0 i x+z−6 = 0 cos α = √ |(1, −2, 2)·(1, 0, 1)| √ 2 2 2 2 cos α = α = 45◦ 5. Odrediti odstojanje taˇke (2, 1, 3) od ravni 2x + 3y − z + 1 = 0. c
3 √ 3 2 1 +(−2) +2 · 1 +12

x−1 y−2 z−1 4 5 2 5 2 4

= 16 (x − 1) −

=



2 2

Slika 1.56:
|2·2+3·1−1·3| = d= √2 2 2 2 +3 +(−1) √4 14

116

6. Odrediti jednaˇinu ravni koja prolazi kroz taˇke A (2, 3, −1) , c c B (1, 5, 3) , i normalna je na ravan 3x − y + 3z + 15 = 0.

Slika 1.57:

a-vektor poloˇaja traˇene ravni z z − → AB = (−1, 2, 4) − → a⊥AB i j k a = −1 2 4 = (10, −15, −5) 3 −1 3 2 (x − 2) + 3 (y − 3) − 1 (z + 1) = 0 2x + 3y − z − 14 = 0 7. Odrediti jednaˇinu ravni koja pripada pramenu odred c ¯enom ran117

(2, 3, −1)

ima α1 : x − y + 2z + 3 = 0 i α2 : 4x + y + z + 1 = 0, a koja je normalna na ravan α3 : 2x − 2y + 3z + 2 = 0. x − y + 2z + 3 + λ (4x + y + z + 1) = 0 (1 + 4λ) x + (λ − 1) y + (2 + λ) z + λ = 0 (1 + 4λ, λ − 1, 2 + λ) ⊥ (2, −2, 3) (1 + 4λ, λ − 1, 2 + λ) · (2, −2, 3) = 0 2 + 8λ − 2λ + 2 + 6 + 3λ = 0 10 + 9λ = 0 λ = − 10 9 α : x − y + 2z + 3 −
10 9

(4x + y + z + 1) = 0

α : 9x − 9y + 18z + 27 − 40x − 10y − 10z − 10 = 0 α : −31x − 19y + 8z + 17 = 0 α : 31x + 19y − 8z − 17 = 0 8. Odrediti jednaˇinu ravni koja pripada pramenu ravni odred c ¯enog ravnima x+3y−5 = 0 i x−y−2z+4 = 0 i koja sa ravni 3x+y+z+1 = 0 1 gradi ugao cos α = 3 . x + 3y − 5 + λ (x − y − 2z + 4) = 0 (1 + λ) x + (3 − λ) y + (−2λ) z + (4λ − 5) = 0 cos α = √ cos α =
|(1+λ, 3−λ, −2λ)·(1, 1, 1)| 2 2 2 √ (1+λ) +(3−λ) +(−2λ) · 12 +12 +12

|4−2λ| √ √ 6λ2 −4λ+10· 3

118

|4−2λ| √ √ 2 −4λ+10· 3 6λ

1 = 3 /2

9 16 − 16λ + 4λ2 = 3 6λ2 − 4λ + 10 48 − 48λ + 12λ2 = 6λ2 − 4λ + 10 6λ2 − 44λ + 38 = 0/ : 2 3λ2 − 22λ + 19 = 0 λ1/2 = 1
19 3

λ = 1 ⇒ x + 3y − 5 + x − y − 2z + 4 = 0 2x + 2y − 2z − 1 = 0 λ=
19 3

⇒ x + 3y − 5 +

19 3

(x − y − 2z + 4) = 0

3x + 9y − 15 + 19x − 19y − 38z + 76 = 0 22x − 10y − 38z + 61 = 0

1.29

Prava u prostoru

a = (A, B, C) −− −→ M1 ∈ p ⇔ M M 1 ⇔ x−x0 A x−x0 A

a (A, B, C) z−z0 C z−z0 C

⇔ (x − x0 , y − y0 , z − z0 ) = y−y0 B y−y0 B

=

= = = t - kanonska formula jednaˇine prave c ⇔   x = At + x0 c y = Bt + y0 - parametarske jednaˇine prave  z = Ct + z0
119

Slika 1.58:

1. Odrediti jednaˇinu prave koja je presek ravni c

α : 2x − 3y + z − 5 = 0 β : 3x + y − 2z + 4 = 0

Slika 1.59:

I naˇin: c

2x − 3y + z − 5 = 0 3x + y − 2z + 4 = 0

 y=0 2x + z − 5 = 0  3x − 2z + 4 = 0

120

 y=0 2x + z − 5 = 0  7x − 14 = 0

 y=0 2x + z − 5 = 0  x=2 x=2 z=1

A (2, 0, 1)  x=0 −3y + z − 5 = 0  y − 2z − 4 = 0

 x=0 −3y + z − 5 = 0  −5y − 14 = 0

 x=0 −3y + z − 5 = 0  y = − 14 5 y = − 14 5 17 z=−5

B 0, − 14 , − 17 5 5 A, B ∈ p − → AB = −2, − 14 , − 22 5 5 x−2 5

(5, 7, 11)

=

y−0 7

=

z−1 11

II naˇin: Vektor (A, B, C) moˇe da se dobije kao vektorski proizvod c z
121

vektora poloˇaja datih ravni: z i (2, −3, 1) × (3, 1, −2) = 2 3 j k −3 1 = (5, 7, 11) 1 −2 p1 : p2 : y+2 x−1 z 2 = 6 = a y+1 x z+2 1 = 3 = −1

2. Odrediti parametar a, tako da su prave a) normalne; b) paralelne. Reˇenje. s a) (1, 3, −1) · (2, 6, a) = 0 2 + 18 − a = 0 a = 20 b)
2 1

=

6 3

=

3. Odrediti taˇku koja je simetriˇna taˇki M (4, 13, 10) u odnosu c c c y−2 x−1 z−3 na pravu 2 = 4 = 5 α⊥p M ∈α

a −1

⇒ a = −2

(2, 4, 5) ⊥α α : A (x − x0 ) + B (y − y0 ) + C (z − z0 ) = 0 2 (x − 4) + 4 (y − 13) + 5 (z − 10) = 0 2x − 4y + 5z − 110 = 0 x−1 2

=

y−2 4

=

z−3 5

=t

  x = 2t + 1 y = 4t + 2  z = 5t + 3

122

Slika 1.60:

2 (2t + 1) + 4 (4t + 2) + 5 (5t + 3) − 110 = 0 45t − 85 = 0 t=
85 45

=
17 9

17 9

x=2· y=
86 9;

+1=
112 9

34 9

+

9 9

=

43 9

z=

⇒ M0 M0 =

43 86 112 9, 9, 9

M +M ′ 2

M ′ = 2M0 − M M′ =
86 172 224 9, 9 , 9



36 117 90 9, 9 , 9

=

50 55 134 9, 9, 9

4. Odrediti taˇku simetriˇnu taˇki A (4, 3, 10) u odnosu na pravu c c c y−2 z−3 = 4 = 5 , a zatim i u odnosu na ravan α odred ¯enu taˇkama c A (1, 10, 5) , B (10, 3, 4) , C (7, 2, 6) . x−1 2

123

α : 2 (x − 4) + 4 (y − 3) + 5 (z − 10) = 0 2x + 4y + 5z − 70 = 0 y−2 z−3 x−1 2 = 4 = 5 =t   x = 2t + 1 y = 4t + 2  z = 5t + 3

2 (2t + 1 − 4) + 4 (4t + 2 − 3) + 5 (5t + 3 − 10) = 0 45t − 45 = 0 t=1  x=3 y=6  z=8 A1 =

A1 (3, 6, 8)
A+A′ 2

⇒ A′ = 2A1 − A

II deo zadatka A (1, 10, 5) B (10, 3, 4) C (7, 2, 6)

A′ = 2 (3, 6, 8) − (4, 3, 10) = (2, 9, 6)

− → AB = (9, −7, −1) − → AC = (6, −8, 1)

124

i j k n = 9 − 7 1 = −15i − 15j − 30k 6 −8 1 α : (x − 1) + (y − 10) + 2 (z − 5) = 0 x + y + 2z − 21 = 0 p⊥α ∧ A ∈ p x−4 1

(1, 1, 2)

=

y−3 1

=

z−10 2

=t

(t + 4 − 1) + (t + 3 − 10) + 2 (2t + 10 − 5) = 0 6t + 6 = 0 t = −1  x=3 y=2  z=8

  x=t+4 y =t+3  z = 2t + 10

A1 (3, 2, 8) 2A′ = A + A1 A1 = 2A′ − A A1 = 2 (3, 2, 8) − (4, 3, 10) A1 = (2, 1, 6) . Doma´i: 1. Odrediti taˇku koja je simetriˇna taˇki (2, 7, 1) u c c c c odnosu na ravan x − 4y + z + 7 = 0.
125

(Reˇenje: (4, −1, 3)) s 2. Na´i prodornu taˇku prave c c 29 = 0. (Reˇenje: (6, 4, 5)) s 3. Odrediti jednaˇinu ravni koja sadrˇi pravu c z taˇku (3, 4, 0) . c (Reˇenje: x − 2y + z − 5 = 0) s 4. Na´i jednaˇinu projekcije prave c c 3z + 8 = 0. (Reˇenje: s x+9 7 x 4 x−2 1 x 2

=

y−1 1

=

z+1 2

i ravni x + 2y + 3z −

=

y−3 2

=

z+1 3

i

=

y−4 3

=

z+1 −2

na ravan x − y +

=

y+1 4

=

z −1 ) y+4 5

5. Odrediti λ tako da se prave p : x−2 = 3 y−3 = z+5 seku i odrediti preseˇnu taˇku. c c 1 0 x−λ 2

=

z−1 −2

iq :

x−λ 2

=

=

y−3 1

=

z+5 0

=t

  x = 2t + λ y =t+3  z = −5 A (2, −4, 1) B (λ, 3, −5) − → AB = (λ − 2, 7, −6) λ−2 7 −6 3 5 − 2 = 0 ⇔ λ = −5 2 1 0

126

Kada se reˇi sistem s z = −5 x−2 3

x−2 3 x+5 2

= =

y+4 5 y−3 1

= =

z−1 −2 z+5 0

=

y+4 5

=3

x = 11 y = 11 (11, 11, −5) 6. Odrediti rastojanje izmed mimoilaznih pravih: ¯u p: q: x−9 4 x −2

=

y+2 −3

=

z 1

=

y+7 9

=

z−2 2

4 −3 1 −2 9 2 = 0 9 5 −2 i j k 4 − 3 1 = (−15, −10, 30) −2 9 2 (−3, −2, 6)

−3 (x − 0) − 2 (y + 7) + 6 (z − 2) = 0 −3x − 2y + 6z − 26 = 0 d=
|−3·9−2·(−2)+6·0| √ 9+4+36

=

23 √ 49

=

23 7

7.Odrediti jednaˇinu prave koja je zajedniˇka normala mimoilaznih c c pravih p: x−9 4

=

y+2 −3

=

z 1

127

q:

x −2

=

y+7 9

=

z−2 2

Doma´i. c p: q: x−4 1 x−3 −7

= =

y+3 2 y−1 2

= =

z−12 −1 z−1 3

Reˇenje. s p: x−7 4

=

y−3 2

=

z−9 8

1.30

Sfera

C (a, b, c) - centar sfere r - polupreˇnik sfere c S : (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2 - kanonski oblik jednaˇine c sfere P : Ax + By + Cz + D = 0 d=
|A·a+B·b+C·c+D| √ A2 +B 2 +C 2

M (x, y, z) ∈ S

- odstojanje centra sfere od ravni P

1. Sastaviti jednaˇinu sfere opisane oko tetraedra ˇija su temena c c O (0, 0, 0) , A (2, 0, 0) , B (0, 5, 0) , C (0, 0, 3) . Reˇenje. s S : (x − a)2 + (y − b)2 + (z − c)2 = r2 x2 + y 2 + z 2 − 2ax − 2by − 2cz + a2 + b2 + c2 − r2 = 0 O ∈ S ⇒ a2 + b2 + c2 − r2 = 0 A ∈ S ⇒ 4 − 4a + a2 + b2 + c2 − r2 = 0 B ∈ S ⇒ 25 − 10b + a2 + b2 + c2 − r2 = 0
128

C ∈ S ⇒ 9 − 6c + a2 + b2 + c2 − r2 = 0 4 − 4a = 0 ⇒ a = 1 25 − 10b = 0 ⇒ b = 9 − 6c = 0 ⇒ c = r2 = 1 +
25 4 3 2 38 4 5 2 2 5 2

+

9 4

=

S : (x − 1)2 + y −

+ z−

3 2 2

=

38 4/

·4

S : 4x2 − 8x + 4 + 4y 2 − 20y + 25 + 4z 2 − 12z + 9 = 38 S : 4x2 + 4y 2 + 4z 2 − 8x − 20y − 12z = 0/ : 4 S : x2 + y 2 + z 2 − 2x − 5y − 3z = 0 2. Napisati jednaˇinu sferne povrˇi ˇiji je centar u taˇki C (1, 4, −7) c s c c i dodiruje ravan 6x + 6y − 7z + 42 = 0. Reˇenje. s S : (x − 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2 = r2 α : 6x + 6y − 7z + 42 = 0 U srediˇtu sfere C postavimo pravu p normalnu na ravan α. Zatim s odredimo prodor prave p kroz ravan α. p: x−x0 l

=

y−y0 m

=

z−z0 n

p = λ (6, 6, −7) c ∈ p ∧ p⊥α ⇒ x−1 6

=

y−4 6

=

z+7 −7

=t ⇒

129

  x = 6t + 1 ⇒ y = 6t + 4  z = −7t − 7

6 (6t + 1) + 6 (6t + 4) − 7 (−7t − 7) + 42 = 0

36t + 6 + 36t + 24 + 49t + 49 + 42 = 0 121t + 121 = 0 t = −1   x = −5 y = −2  z=0

M =p∩α M = (−5, −2, 0) r = CM = (−5 − 1)2 + (−2 − 4)2 + (0 + 7)2 = √ 121 = 11

S : (x − 1)2 + (y − 4)2 + (z + 7)2 = 121 3. Sastaviti jednaˇinu sferne povrˇi koja prolazi kroz kruˇnicu: c s z 2 2 2 (x − 3) + (y − 4) + z = 36 K: i kroz taˇku T (7, −3, 2) . c 4x + y − z − 9 = 0 Reˇenje. s (x − 3)2 + (y − 4)2 + z 2 − 36 + λ (4x + y − z − 9) = 0 T ∈ S : (7 − 3)2 + (−3 − 4)2 + z 2 − 36 + λ (4 · 7 − 3 − 1 − 9) = 0 16 + 49 + 1 − 36 + 15λ = 0 15λ + 30 = 0
130

λ = −2 S : (x − 3)2 + (y − 4)2 + z 2 − 36 − 2 (4x + y − z − 9) = 0 x2 − 6x + 9 + y 2 − 8y + 16 + z 2 − 36 − 8x − 2y + 2z + 18 = 0 S : x2 + y 2 + z 2 − 14x − 10y + 2z + 7 = 0 4. Na´i centar i polupreˇnik kruˇnice: c c z K: (x − 4)2 + (y − 7)2 + (z + 1)2 = 36 3x + y − z − 9 = 0 Reˇenje. s

K = S ∩ α. Iz srediˇta sfere spuˇtamo normalu na ravan α i odreds s imo njen prodor. n: x−x0 l

=

y−y0 m

=

z−z0 n

CS (4, 7, −1) CS ∈ n ∧ n⊥α ⇒ n :   x = 3t + 4 ⇒ y =t+7  z = −t − 1 x−4 3

=

y−7 l

=

z+1 −l

=t ⇒

3 (3t + 4) + (t + 7) + (t + 1) − 9 = 0 9t + 12 + t + 7 + t + 1 − 9 = 0 11t + 11 = 0 t = −1  x=1 y=0  z=0

131

CK CS = (4 − 1)2 + (7 − 6)2 + (−1 − 0)2 CK CS = 32 + 12 + 12 = 11
2 2 rk + CK CS = rS 2 2 rk = rS − CK CS 2 rS = 36 2 rk = 36 − 11 2 rk = 5 2 2 2

2

y 5. U taˇkama prodora prave p : x−1 = −1 = z−1 i sfere S : c 1 2 (x − 2)2 + (y + 1)2 + (z − 3)2 = 6 postaviti ravi koje dodiruju datu sferu.

Reˇenje. s x−1 1 y −1 z−1 2

=

=

(t + 1 − 2)2 + (−t + 1)2 + (2t + 1 − 3)2 = 6 (t − 1)2 + (−t + 1)2 + (2t − 2)2 = 6 6t2 − 12t = 0 6t (t − 2) = 0 t1 = 0 ∨ t2 = 2   x1 = 1 y1 = 0  z1 = 1

  x=t+1 =t ⇒ y = −t  z = 2t + 1

132

T1 = (x1 , y1 , z1 ) = (1, 0, 1) T2 = (x2 , y2 , z2 ) = (3, −2, 5) lt1 : lt1 : lt1 : lt2 : lt2 : x−2 1−2 x−2 −1 x−2 1 x−2 3−2 x−2 1

  x2 = 3 y2 = −2  z2 = 5

= = = = =

y+1 0+1 y+1 1 y+1 −1

= = =

z−3 1−3 z−3 −2 / z−3 2 z−3 5−3

· (−1)

y+1 −2+1 y+1 −1

=

=

z−3 2

T1 ∈ α1 ∧ α1 ⊥lt1 ⇒ α1 : (x − 1) − (y − 0) + 2 (z − 1) = 0 α1 : x − y + 2z − 3 = 0 T2 ∈ α2 ∧ α2 ⊥lt2 ⇒ α2 : (x − 3) − (y + 2) + 2 (z − 5) = 0 α2 : x − y + 2z − 15 = 0 6. Kroz osu x postaviti tangentnu ravan sfere S : (x + 5)2 + (y − 8)2 + (z + 1)2 = 16 Reˇenje. s α : Ax + By + Cz + D = 0 x-osa x 1

=

y 0

=

z 0

x in α ⇒

A·0+B·0+C ·0+D =0 ⇒ D =0 A·1+B·0+C ·0=0 ⇒ A=0
133

Ravan α je tangentna ravan, ako je odstojanje centra sfere od ravni jednako polupreˇniku sfere c d= 4=
B·y0 +C·z0 √ B 2 +C 2 8B−C √ B 2 +C 2

/2 = 16

64B 2 −16BC+C 2 B 2 +C 2

64B 2 − 16BC + C 2 = 16B 2 + 16C 2 48B 2 − 16BC − 15C 2 = 0 B1,2 = B1,2 =
√ 8C± 64C 2 +720C 2 48

8C±28C 48

5 B1 = − 12 C, B2 = 3 C 4 5 α1 : − 12 Cy + Cz = 0/ · − 12 C

α2 : 5y − 12z = 0
3 α2 : 4 Cy + Cz = 0/ · 12 C

α2 : 3y + 4z = 0 7. Napisati jednaˇinu sfere koja dodiruje pravu p1 : x−1 = y+4 = c 3 6 z−6 u taˇki M1 (1, −4, 6) i pravu p2 : x−4 = y+3 = z−2 u taˇki c c 4 2 1 −6 M2 (4, −3, 2) . M1 ∈ α ∧ α⊥p1 ⇒ α : 3 (x − 1) + 6 (y + 4) + 4 (z − 6) = 0 α : 3x + 6y + 4z − 3 = 0 M2 ∈ β ∧ β⊥p2 ⇒ β : 2 (x − 4) + (y + 3) − 6 (z − 2) = 0 β : 2x + y − 6z + 7 = 0
134

T0 (x0 , y0 , z0 ) M 1 T0 = M 2 T0 ⇒ T0
5 2,

−7, 4 2 x−1 4−1 x−1 3

M1 M2 : M1 M2 :

= =

y+4 −3+4 y+4 1

=

z−6 2−6

=

z−6 −4 5 2

T0 ∈ γ ∧ γ⊥M1 M2 ⇒ γ : 3 x − γ : 3x + y − 4z −
15 2 7 + 2 + 16 = 0

+ y+

7 2

− 4 (z − 4) = 0

γ : 3x + y − 4z + 12 = 0 CS = α ∩ β ∩ γ  3x + 6y + 4z − 3 = 0  2x + y − 6z + 7 = 0  3x + y − 4z + 12 = 0 (−5 − 1)2 + (3 + 4)2 + (0 − 6)2 = √ 121 = 11

CS (−5, 3, 0) r = CM1 =

S : (x + 5)2 + (y − 3)2 + z 2 = 121

1.31

Cilindriˇne povrˇi c s

Kriva c je data kao presek dve ravni c: S1 : F1 (x, y, z) = 0 p = (l, m, n) S2 : F2 (x, y, z) = 0

135

Slika 1.61:

Skup svih taˇaka pravih paralelnih vektoru p koje prolaze kroz taˇke c c krive c zove se cilindriˇna povrˇ S. Kriva c zove se direktrisa ili vodilja c s cilindriˇne povrˇi S, a prava p sa vektorom pravca p koja prolazi kroz c s taˇke krive c zove se generatrisom ili izvodnicom cilindriˇne povrˇi S. c c s M ∈ p, p M (x, y, z) ∈ S p

M1 (x1 , y1 , z1 ) ∈ p ∩ c1 M1 ∈ c ∧ M 1 ∈ p

 F1 (x1 , y1 , z1 ) = 0  ⇒ F (x, y, z) = 0, eliminacijom parametra F2 (x1 , y1 , z1 ) = 0 y−y1 z−z1  x−x1 = m = n l x1 , y1 , z1 F (x, y, z) = 0 - jednaˇina cilindriˇne povrˇi S c c s

1. Na´i jednaˇinu cilindriˇne povrˇi koja je opisana oko sfera x2 + c c c s 2 2 2 2 y + z = 16 i (x − 1) + y + (z + 2)2 = 16. C1 (0, 0, 0) C2 (1, 0, −2)
136

C1 C2 :

x 1

=

y 0

=

z −2

C1 ∈ α ∧ α⊥C1 C2 ⇒ α : (x − 0) + 0 · (y − 0) − 2 (z + 0) = 0 α : x − 2z = 0 D: x2 + y 2 + z 2 = 16 x − 2z = 0
X−x 1

−− −→ c1 C1 C2 ⇒ c1 :

=

Y −y 0

=

Z−z −2

=t

Neka je A (α, β, γ) = D ∩ G ⇒ A ∈ D ∧ A ∈ G   α=t+x   β=y  γ = −2t + z  2  α + β 2 + γ 2 = 16    α − 2γ = 0 5t + x − 2z = 0 t=
−x+2z 5

  X =t+x c1 : Y =y  Z = 2t + 2

x + t + 4t − 2z = 0

  α = x + −x+2z = 4x+2z 5 5 β=y  γ = −2 −x+2z + z = 2x+z 5 5
(4x+2z) 25
2

+ y2 +

(2x+z) 25

2

= 1/ · 25

16x2 + 16xz + 4z 2 + 25y 2 + 4x2 + 4xz + z 2 = 400

137

20x2 + 25y 2 + 5z 2 + 20xz − 400 = 0/ : 5 4x2 + 5y 2 + z 2 + 4xz − 80 = 0 2. Na´i jednaˇinu cilindriˇne kruˇnr povrˇi, na kojoj je kruˇnica c c c z s z polupreˇnika r = 9 sa centrom C (5, 1, 1) u ravni x − 2y − 2z − 1 = 0. c Reˇenje. s D: G G: (x − 5)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 9 x − 2y − 2z − 1 = 0 a = {1, −2, −2}
X−x 1

=

Y −y −2

=

Z−z −2

=t

  X =t+x G: Y = −2t + y  Z = −2t + z

A (α, β, γ) = D ∩ G ⇒ A ∈ D ∧ A ∈ G

  α=t+x   β = y − 2t   γ = z − 2t   (α − 5)2 + (β − 1)2 + (γ − 1)2 = 9    α − 2β − 2γ − 1 = 0 t + x − 2y + 4t − 2z + 4t − 1 = 0
−x+2y+2z+1 9

t=

 −x+2y+2z+1 = 8x+2y+2z+1  α=x+ 9 9 β = y − −x+2y+2z+1 = 2x+8y−4z−2 9 9  −x+2y+2z+1 2x−4y+5z−2 γ =z−2 = 9 9
8x+2y+2z+1 81

+

2x+8y−4z−2 81

+

2x−4y+5z−2 81

= 9/ · 81

138

64x2 + 4y 2 + 4z 2 + 1936 + 32xy + 32xz − 704x + 8yz − 176y − 176z + 4x2 + 25y 2 + 16z 2 + 121 + 20xy − 16xz − 44x − 44yz − 110y + 882 + 4x2 + 16y 2 + 25z 2 + 121 − 16xy + 20xz − 44x − 40yz + 8y − 110z = 729 72x2 +45y 2 +45z 2 +36xy+36xz−72yz−792x−198y−198z+1449 = 0 3. Na´i jednaˇinu cilindriˇne kruˇne povrˇi kojoj je osa prava x = c c c z s 3t + 1, y = −2t − 2, z = t + 2, a taˇka A (2, −1, 1) je na povrˇi. c s p:
X−1 3

=

Y +2 −2

=

Z−2 1

α⊥p ∧ A ∈ α α je kruˇnica koja je presek sfere ˇiji je polupreˇnik rastojanja taˇke z c c c A od ose cilindra, a centar je u ravni α i na osi cilindra. α : 3 · (x − 2) − 2 · (y + 1) + (z − 1) = 0 α : 3x − 2y + z − 9 = 0 p ∩ α : 9t + 3 + 4t + 4 + t + 2 − 9 = 0 14t = 0 ⇒ t = 0 ⇒ C (1, −2, 2) |AC| = D: G G: √ 1+1+1= √ 3 ⇒ r2 = 3

(x − 1)2 + (y + 2)2 + (z − 2)2 = 9 3x − 2y + z − 9 = 0 p = {3, −2, 1}
X−x 3

=

Y −y −2

=

Z−z 1

=t

  X = 3t + x G: Y = −2t + y  Z = 2t + z

139

A (α, β, γ) = D ∩ G ⇒ A ∈ D ∧ A ∈ G   α = 3t + x   β = 2t + y   γ =t+z   (α − 1)2 + (β + 2)2 + (γ − 2)2 = 3    3α − 2β + γ − 9 = 0 3x − 2y + z + 14t = 0 t= α= β= γ=
−3x+2y−z+9 14 −9x+6y−3z+27 14 6x−4y+2z−18 14 −3x+2y−z+9 14

9t + 3x − 2y + 4t + z + t − 9 = 0

+x=

5x+6y−3z+27 14

+y = +z =

6x+10y+2z−18 14 −3x+2y+13z+9 14

5x+6y−3z+27 2 14

+

6x+10y+2z−18 2 14

+

−3x+2y+13z+9 2 14

= 3/ · 196

5x2 + 36y 2 + 9z 2 + 169 + 60xy − 30xz + 130x + 36yz + 156y − 78z + 36x2 + 100y 2 + 4z 2 + 100 + 120xy + 24xz + 120x + 40yz + 200y + 40z + 9x2 +4y 2 +169z 2 +361−12xy −278xz +114x+52yz −76y −494z = 588 70x2 + 140y 2 + 182z 2 + 168xy − 84xz + 56yz + 364x + 280y − 532z = −42/ : 14 5x2 + 10y 2 + 13z 2 + 12xy − 6xz + 4yz + 26x + 20y − 38z + 3 =

1.32

Konusne povrˇi s
S1 : F1 (x, y, z) = 0 S2 : F2 (x, y, z) = 0
140

c:

Slika 1.62:

P (x0 , y0 , z0 ) - data taˇka c Skup svih taˇaka S pravih koje prolaze kroz taˇku P i kroz taˇke c c c krive c zove se konusna povrˇ, ˇija je direktrisa kriva c, a prave kroz s c P i taˇke krive c su generatrise konusne povrˇi S. Taˇka P zove se vrh c s c konusa S. M ∈G M (x, y, z) ∈ S

G ∩ D = M1 (x1 , y1 , z1 )  F1 (x1 , y1 , z1 ) = 0  F2 (x1 , y1 , z1 ) = 0 ⇒ F (x, y, z) = 0, eliminacijom paramey−y0 z−z0  x−x0 x1 −x0 = y1 −y0 = z1 −z0 tra x1 , y1 , z1 F (x, y, z) = 0 - jednaˇina konusne povrˇi S. c s

1.Na´i jednaˇinu konusne povrˇi ˇiji je vrh u koordinatnom poˇetku, c c s c c a direktrisa je kriva D: x2 − 2z + 1 = 0 y−z+1=0
141

Reˇenje. s V (0, 0, 0) −→ −− − −→ V M ∧ V M1 −→ − V M = (x, y, z) −− −→ V M1 = (α, β, γ) M1 (α, β, γ) ≡ D ∩ G ⇒ M1 ∈ D ∧ M1 ∈ G G:
X x

=

Y y

=

Z z

yt − zt + 1 = 0 t= α= β= γ=
−1 y−z x z−y y z−y z z−y

  α = xt   β = yt   γ = zt  2  α − 2γ + 1 = 0    β−γ+1=0

  X = xt =t ⇒ Y = yt  Z = zt

x2 2 (z−y)



2z z−y

+ 1 = 0/ · (z − y)2

x2 − 2z (z − y) + (z − y)2 = 0 x2 − 2z 2 + 2yz + z 2 − 2yz + y 2 = 0
142

x2 + y 2 − z 2 = 0 2. Na´i jednaˇinu povrˇi koja nastaje rotacijom prave c c s oko x-ose. Reˇenje. x-osa: s x 1 x−2 3

=

y −2

=

z 6

=

y 0

=

z 0

 2  x + y 2 + z 2 = α2 x=β  x−2 y z 3 = −2 = 6 x−2 3

=

y −2

⇒ −2x + 4 = 3y ⇒ y =

4−2x 3

⇒ y=

4−2β 3

y −2

=

z 6

⇒ y = − z ⇒ z = −3y 3

z = 2β − 4
16−16β+4β 2 9

x2 + y 2 + z 2 = α 2 ⇒ β 2 +

4−2β 3

2

+ 4β 2 − 16β + 16 = α2 / · 9 ⇒

+ (2β − 4)2 = α2 ⇒ β 2 +

9β 2 − 16β + 16 + 36β 2 − 144β + 144 = 9α2 49β 2 − 9α2 − 160β + 160 = 0 49x2 − 9 x2 + y 2 + z 2 − 160x + 160 = 0 40x2 − 9y 2 − 9z 2 − 160x + 160 = 0 3. Na´i jednaˇina rotacione povrˇi koja nastaje rotacijom prave c c s y−3 y−2 z+2 x+1 = 3 = −1 oko prave −1 = 2 = z+2 . 3 l: p: x+1 2 x+1 −1

x+1 2

= =

y−3 3 y−2 2

= =

z+2 −1 z+2 3

143

 2 2 2  (x + 1) + (y − 2) + (z + 2) = α2 −x + 2y + 3z = β  x+1 y−3 z+2 2 = 3 = −1 x+1 2 y−3 3

=

z+2 −1

⇒ −x − 1 = 2z + 4 ⇒ x = −2z − 5

=

z+2 −1

⇒ −y + 3 = 3z + 6 ⇒ y = −3z − 3

−x + 2y + 3z = β ⇒ 2z + 5 − 6z − 6 + 3z = β ⇒ −z − 1 = β ⇒ z = −β − 1 x = 2β + 2 − 5 ⇒ x = 2β − 3 y = 3β + 3 − 3 ⇒ y = 3β   x = 2β − 3 y = 3β  z = −β − 1

(x + 1)2 + (y − 2)2 + (z + 2)2 = α2 (2β − 2)2 + (3β − 2)2 + ( −β + 1)2 = α2 4β 2 − 8β + 4 + 9β 2 − 12β + 4 + β 2 − 2β + 1 = α2 14β 2 − α2 − 22β + 9 = 0 14 (−x + 2y + 3z)2 − 22 (−x + 2y + 3z) + 9 = (x + 1)2 + (y − 2)2 + (z + 2)2 14 x2 + 4y 2 + 9z 2 − 4xy − 6xz + 12yz + 22x − 44y − 66z + 9 = x2 + 2x + 1 + y 2 − 4y + 4 + z 2 + 4z + 4 13x2 + 55y 2 + 125z 2 − 56xy − 84xz + 168yz + 20x − 40y − 20z = 0

144…...

Similar Documents

Free Essay

Java Outlines

...notat[2] = ‘D’; notat[3] = ‘F’ ; //etj //vektori qe do te mbaje notat 13 Imagjinojeni dhe nje here skenarin e mesiperm, por kete here nr i studenteve te mos jete 7, por 70. Nqs do te punonim me stilin e pare, pra te prezantonim 70 variable me radhe, do te na kalonte dita vetem duke u marre me kete pune. Kurse duke punuar me vektore nuk do te komplikohej asgje: char notat[] = new char[70]; //vekt. e notave e percaktojme me 70 elemente notat[45] = ‘C’; //nxenesi i 45-te mori noten C ... notat[31] = ‘A’ // nxenesi i 31-te mori noten A ... etj notat[66] = ‘B’; notat[3] = ‘F’ ; Deklarimi dhe percaktimi i permases se vektoreve Me siper pame si deklarohej dhe si percaktohej permasa e nje vektori. Ngjashmeria me deklarimin e variablave primitve eshte shume e madhe. Ndryshimi i rendesishem eshte se nje variabel primitiv eshte i gatshem te perdoret menjehere pas deklarimit, kurse ne rastin e nje vektori ka nevoje dhe per diçka tjeter: percaktimin e permases. Percatimi i permases mund te behet ne te njejtin rresht (sentence) me deklarimin siç e kemi bere me siper ose ne dy sentenca te ndryshme siç eshte bere me poshte. (Nuk ka ndonje ndryshim midis dy rasteve, eshte njesoj si te besh nje deklarim dhe inicializim te nje variabli integer me nje sentence si psh int x = 5; ose te besh ne fillim deklarimin int x; dhe pastaj hedhjen e vleres x = 5;). int njeNumer; int disaNumra[]; //deklarimi i nje variabli integer //deklarimi i nje vektori me nr te plote (int) disaNumra = new......

Words: 4563 - Pages: 19