ovdje

Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
1
ˇ
§2. ANALITICKA
GEOMETRIJA
Temeljni geometrijski pojmovi su toˇcka, pravac i ravnina. Ti se pojmovi ne definiraju i u matematici
ˇcesto razvijamo, intuitivno, njihove zorne predodˇzbe.
Koordinate vektora u ravnini
Oznaka za koordinatni sustav je (O;~i, ~j).
−→
Ako je T = (x, y) toˇcka u ravnini, onda vektor OT zovemo radij-vektor (radijus-vektor, vek−
tor poloˇ
zaja) toˇcke T u odnosu na zadani koordinatni sustav. Oznaˇcavamo ga s →
rT .
4
3
T =(x,y)
T 00 2
rT
y
1
j
−3
−2
x
0i
−1
1
2
3
4
−1
5
T0
6
Slika 1: Radij-vektor toˇcke T .
Izraˇzavanjem vektora r~T kao linearne kombinacije vektora ~i i ~j, dobivamo:
−−→ −−→
r~T = OT 0 + OT 00 = x~i + y~j.
−−−→
Neka su zadane dvije toˇcke Ai = (xi , yi ), i = 1, 2. Odredimo A1 A2 .
−−→ −→
−−→
~
~
OA1 = rA1 = x1~i + y1~j, OA2 = −
r→
A2 = x2 i + y2 j.
Pravilom trokuta dobivamo:
−−−→ −→ −→
A1 A2 = rA2 − rA1 = x2~i + y2~j − (x1~i + y1~j) = (x2 − x1 )~i + (y2 − y1 )~j.
(1)
Zadatak 1. Zadane su toˇcke A = (−3, −1), B = (5, 2), C = (8, 6), D = (0, 3). Dokazati da je
ABCD paralelogram.
Rjeˇsenje.
−→ −−→
Vrijedi li AB = DC?
?
(5 − (−3))~i + (2 − (−1))~j = (8 − 0)~i + (6 − 3)~j,
8~i + 3~j = 8~i + 3~j.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
2
−−→ −−→
Vrijedi li BC = AD?
3~i + 4~j = 3~i + 4~j.
Budući vrijede dvije provjeravane jednakosti, ABCD je paralelogram.
Zadatak 2. U pravokutniku OABC s vrhovima O = (0, 0), A = (3, 0), C = (0, 4) povuˇcene
−−→
su spojnice OM i ON vrha O s poloviˇstima stranica AB i BC, respektivno. Rastavite vektor OB
−−→ −−→
po komponentama u smjerovima vektora OM i ON .
Rjeˇsenje.
−−→ −−→ −−→
−−→
−−→ −−→
Zbog komplanarnosti vektora OM , OB i ON postoje skalari s, t ∈ R takvi da je OB = tOM +sON .
5
4
C
N
B
3
M
2
1
A
−1
O 0
1
2
3
4
−1
Slika 2: Rastavljanje zadanog vektora na komponente.
Odredimo ih:
−−→
OB = 3~i + 4~j,
−−→
OM = 3~i + 2~j,
−−→ 3~
ON = i + 4~j.
2
Mora vrijediti:
3
3~i + 4~j = t(3~i + 2~j) + s( ~i + 4~j).
2
Rjeˇsavamo sustav:
3
3 = 3t + s,
2
4 = 2t + 4s.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
3
Nakon rjeˇsavanja sustava je t = s = 23 .
Traˇzeni rastav je
−−→ 2 −−→ 2 −−→
OB = OM + ON .
3
3
Zadatak 3. Zadani su vrhovi A = (1, −2, 3), B(3, 2, 1), C(6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odredite
koordinate vrha D.
−−→
Rjeˇsenje. Kako bi naˇsli koordinate toˇcke D, najlakˇse je odrediti vektor OD.
−−→ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ −→
OD = OC + CD = OC + BA = OC − OB+ OA = (6~i+4~j+4~k)−(3~i+2~j+~k)+(~i−2~j+3~k) = 4~i+6~k.
Koordinate vrha D su (4, 0, 6).
−→
Neka je zadan vektor a = ax~i + ay~j. Odredimo njegov modul. Neka je dalje ~a = AB. Tada
su duljine projekcije duˇzine AB na osi x i y redom |ax | i |ay |. Iz pravila za pravokutni trokut
ABC, vrijedi:
q
q
|~a| = |ax |2 + |ay |2 = a2x + a2y .
(2)
Iz ove formule dobiva se i formula za udaljenost toˇcaka A = (x1 , y1 ) i B = (x2 , y2 ) ravnine. Kako
−→
je prema (1) AB = (x2 − x1 )~i + (y2 − y1 )~j, tada je
|AB| =
q
(x2 − x1 )2 + (y2 − y1 )2 .
Zadatak 4. Zadano je |~a| = 13, |~b| = 19 i |~a + ~b| = 24. Odredite |~a − ~b|.
Rjeˇsenje. Neka je ~a = ax~i + ay~j, ~b = bx~i + by~j. Prema (2) je
|~a + ~b|2 = (ax + bx )2 + (ay + by )2 = (a2x + a2y ) + (b2x + b2y ) + 2(ax bx + ay by ).
Odnosno,
|~a + ~b|2 = |~a|2 + |~b|2 + 2(ax bx + ay by ).
Analogno, vrijedi:
|~a − ~b|2 = |~a|2 + |~b|2 − 2(ax bx + ay by ).
Zbrajanjem dobivenih jednakosti dobivamo:
|~a + ~b|2 + |~a − ~b|2 = 2|~a|2 + 2|~b|2 .
Uvrˇstavanjem zadanih vrijednosti u jednakost, dobivamo:
242 + |~a − ~b|2 = 2 · 169 + 2 · 361,
pa vrijedi da je |~a − ~b| = 22.
Uoˇcimo da i općenito vrijedi:
|~a + ~b|2 + |~a − ~b|2 = 2|~a|2 + 2|~b|2 ,
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
4
ˇsto zovemo jednakost paralelograma.
Zadatak 5. Zadane su toˇcke A = (2, 2) i B = (8, 4). Odredite na osi y toˇcku C tako da je
trokut ABC pravokutan s pravim kutom u vrhu C.
Rjeˇsenje. Traˇzena toˇcka je toˇcka C = (0, y). Zbog pravokutnosti trokuta vrijedi
|AC|2 + |BC|2 = |AB|2 ,
odnosno
4 + (y − 2)2 + 64 + (y − 4)2 = 40,
y 2 − 6y + 24 = 0,
y1 , y2 ∈ C
ˇsto ukazuje na to da ne postoji takva toˇcka C koja će zadovoljavati uvjet zadatka.
Dijeljenje duˇ
zine u zadanom omjeru. Poloviˇ
ste duˇ
zine.
Neka su A, B bilo koje dvije toˇcke ravnine i T bilo koja toˇcka na pravcu AB. Za toˇcku T kaˇzemo
−→
da dijeli orijentiranu duˇzinu AB u omjeru λ ∈ R ako vrijedi
−→
−→
AT = λBT .
−→
Realan broj λ zovemo djeliˇsnim omjerom u kojem toˇcka T dijeli orijentiranu duˇzinu AB. Uoˇcite
−→
−→
da, ako T dijeli orijentiranu duˇzinu AB u omjeru λ, onda T dijeli orijentiranu duˇzinu BA u omjeru
−→
1
. Ako je T na AB, onda je λ < 0. Tada kaˇzemo da toˇcka T dijeli duˇzinu AB iznutra. Ako toˇcka
λ
−→
T ne leˇzi na AB, već na pravcu AB, onda kaˇzemo da T dijeli AB izvana. U tom sluˇcaju vrijedi
λ > 0. Za T ≡ A je λ = 0. Za T ≡ B, λ nije definiran.
Neka je A = (x1 , y1 ), B = (x2 , y2 ) i T = (x, y). Toˇcka T dijeli duˇzinu AB u omjeru λ. Vektori r~1 i r~2 su radij-vektori od A i B te je ~r radij-vektor toˇcke T .
Uoˇcimo da vrijedi:
−→
AT = ~r − r~1
−→
BT = ~r − r~2
Uvrstimo li to u poˇcetnu relaciju, dobivamo:
~r − r~1 = λ(~r − r~2 )
⇒
~r =
r~1 − λ~
r2
.
1−λ
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
5
4
B
3
T
A
~r
2
1
−4
−3
−2
−1
O 0
r~2
r~1
1
2
3
4
5
6
−1
Vektor ~r je radij-vektor toˇcke T koja u zadanom omjeru λ dijeli duˇzinu. Koordinatno, to zapisujemo
ovako:
y1 − λy2
x1 − λx2
,
y=
.
x=
1−λ
1−λ
Radij-vektor poloviˇsta duˇzine AB jednak je (λ = −1):
1
~r = (~
r1 + r~2 ),
2
ˇsto je u koordinatnom zapisu:
1
x = (x1 + x2 ),
2
1
y = (y1 + y2 ).
2
Zadatak 1. Dokaˇzite da, ako su r~A , r~B , r~C radij-vektori vrhova trokuta ABC, onda je radij-vektor
njegova teˇziˇsta
1
~r = (r~A + r~B + r~C ).
3
Rjeˇsenje.
Znamo da teˇziˇste dijeli svaku od teˇziˇsnica trokuta u omjeru 2 : 1 raˇcunajući od vrha. Neka je
−
→
P1 poloviˇste od BC. Tada je rP1 = 12 (−
r→
snog omjera teˇziˇste dijeli
B + rC ). Prema definiciji djeliˇ
−−→
orijentiranu duˇzinu AP1 u omjeru λ = −2 pa slijedi da je
−
−
→
r→
1 → −
A + 2rB
−
→
~r =
= (−
rA + r→
B + rC ).
1+2
3
Koordinate teˇziˇsta trokuta su:
1
1
x = (x1 + x2 + x3 ), y = (y1 + y2 + y3 ),
3
3
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
6
gdje je zadano A = (x1 , y1 ), B = (x2 , y2 ), C = (x3 , y3 ).
Zadatak 2. Neka su Pi , i = 1, 2, . . . , 6, redom poloviˇsta uzastopnih stranica A1 A2 , A2 A3 , . . . , A5 A6
ˇsesterokuta A1 A2 . . . A6 . Dokaˇzite da trokuti P1 P3 P5 i P2 P4 P6 imaju isto teˇziˇste.
Trokut.
Osnovni elementi trokuta.
Definicija 1 Neka je S skup toˇcaka. Ako su P i Q bilo koje dvije razliˇcite toˇcke skupa S i ako je
duˇzina P Q podskup skupa S, tada kaˇzemo da je S konveksan skup.
Definicija 2 Trokut je najmanji konveksan skup koji sadrˇzi tri nekolinearne toˇcke.
Budući da bilo koje tri nekolinearne toˇcke odreduju ravninu, trokut odreden tim toˇckama je
podskup ravnine. Toˇcke kojima je trokut odreden zovemo vrhovi trokuta. Trokut najˇceˇsće
oznaˇcavamo s 4ABC, gdje su A, B, C njegovi vrhovi. Duˇzine AB, BC i CA su stranice trokuta
ABC. Duljine tih stranica oznaˇcavamo s a = |BC|, b = |CA|, c = |AB|.
Duljina jedne stranice trokuta je manja od zbroja, a veća od razlike duljina preostalih dviju stranica
tog trokuta.
|b − c| < a < b + c, |c − a| < b < c + a, |a − b| < c < a + b.
can.
Definicija 3 Ako su duljine dviju stranica trokuta medusobno jednake, trokut je jednakokraˇ
Stranice jednakih duljina su krakovi, a treća stranica je osnovica jednakokraˇcnog trokuta.
Teorem 1 (Pouˇcci o sliˇcnosti trokuta)
1. Dva su trokuta sliˇcna ako se podudaraju u dvama kutovima.
2. Dva su trokuta sliˇcna ako su im po dvije stranice razmjerne, a kutovi ˇsto ih odreduju te
stranice medusobno sukladni.
3. Dva su trokuta sliˇcna ako su im po dvije stranice razmjerne, a kutovi nasuprot duljih od tih
stranica medusobno jednaki.
4. Dva su trokuta sliˇcna ako su im sve tri stranice (u parovima) razmjerne.
Teorem 2 (Pouˇcci o sukladnosti trokuta)
1. KSK pouˇ
cak o sukladnosti trokuta:
Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u jednoj stranici i dvama kutovima uz tu stranicu.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
7
2. SKS pouˇ
cak o sukladnosti trokuta:
Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u dvjema stranicama i kutu ˇsto ga odreduju te
stranice.
3. SSS pouˇ
cak o sukladnosti trokuta:
Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u svim trima stranicama.
4. SSK pouˇ
cak o sukladnosti trokuta:
Dva su trokuta sukladna ako se podudaraju u dvjema stranicama i kutu nasuprot većoj od tih
stranica.
Zadatak 1. Dokazati da su kutovi uz osnovicu jednakokraˇcnog trokuta jednaki.
Rjeˇsenje. Neka je AB osnovica jednakokraˇcnog trokuta ABC. Treba dokazati: ako je a = b,
tada je α = β. Neka je D poloviˇste stranice AB, a pravac s simetrala duˇzine AB. Budući da je
simetrala duˇzine skup toˇcaka koje su jednako udaljene od rubnih toˇcaka te duˇzine, slijedi da je
zbog a = b vrh C na simetrali s. Lako se pokaˇze da se trokuti ADC i BDC podudaraju u svim
trima stranicama. Zbog toga su ti trokuti sukladni i zato je i α = β.
s
C
γ
a
b
α
A
D
c
β
B
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
8
Kutovi nasuprot dvjema stranicama trokuta jednakih duljina su jednaki.
Definicija 4 Ako su duljine svih triju stranica trokuta jednake, trokut je jednakostraniˇ
can.
Sva su tri kuta jednakostraniˇcnog trokuta jednaki.
Zadatak 2. Kut nasuprot duˇze od dviju stranica trokuta veći je od kuta nasuprot kraćoj od
tih dviju stranica.
Rjeˇsenje. Neka je u trokutu ABC, c > b. Treba dokazati da je γ > β. Neka je D noˇziˇste okomice
iz vrha A na stranicu BC, a E toˇcka simetriˇcna toˇcki C, s obzirom na D. Zbog c > b slijedi
|BD| > |ED|, a zbog toga je ∠ABD < ∠AED, to jest β < γ. Promatran je sluˇcaj u kojem je
γ < 90◦ . Analogno se dokazuje i sluˇcaj kad je γ = 90◦ ili γ > 90◦ .
A
c
b
γ
β
B
E
a D
C
Definicija 5 Spojnica poloviˇsta dviju stranica trokuta je srednjica trokuta. Trokut ima tri srednjice.
Definicija 6 Spojnica vrha s poloviˇstem nasuprotne stranice trokuta zove se teˇ
ziˇ
snica trokuta.
Trokut ima tri teˇziˇsnice.
Definicija 7 Udaljenost jednog vrha od nasuprotne stranice trokuta zove se visina trokuta. Trokut ima tri visine.
Definicija 8 Pravac koji prolazi vrhom i dijeli unutarnji kut trokuta pri tom vrhu na dva sukladna
kuta zove se simetrala unutarnjeg kuta trokuta. Pod duljinom simetrale unutarnjeg kuta
trokuta podrazumijeva se duljina dijela te simetrale unutar tog trokuta.
Definicija 9 Pravac koji prolazi poloviˇstem jedne stranice trokuta i okomit je na tu stranicu jest
simetrala stranice trokuta.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
9
Homotetija
Definicija 10 Neka je toˇcka O ˇcvrsta toˇcka ravnine i neka je k realni broj, k > 0. Preslikavanje
toˇcaka te ravnine naziva se homotetija ako se svaka toˇcka T ravnine preslikava u toˇcku T’ koja
pripada polupravcu OT s krajnjom toˇckom O, tako da je T O = k · OT .
ˇ
Cvrsta
toˇcka O je srediˇ
ste ili centar homotetije, a realan pozitivan broj k je omjer ili koeficijent homotetije. Oznaka: hom(O; k).
Zadatak 3. Srednjica povuˇcena poloviˇstima dviju stranica trokuta usporedna je s trećom stranicom. Duljina te srednjice je jednaka polovini duljine treće stranice.
Rjeˇsenje.
Prvi naˇ
cin.
Toˇcke D, E, F su poloviˇsta stranica trokuta ABC. Trokuti AF E, ABC su homotetiˇcni sa srediˇstem
homotetije u toˇcki A i koeficijentom 21 jer je |AF | = 12 |AB| i |AE| = 21 |AC|. Iz svojstva homotetije
zakljuˇcujemo da je F E||BC i |F E| = 21 |BC|.
Drugi naˇ
cin.
−→ −→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ −→
−→ −−→
−−→
−→ −−→
F E = F A + AE, F E = F B + BC + CE, 2F E = (F A + F B) + BC + (AE + CE).
−→ −−→ −→ −−→
−→
−−→
Kako je F A + F B = AE + CE = ~0. Slijedi F E = 21 BC, odakle je
1
F E||BC, |F E| = |BC|.
2
A
α
γ E
F β
γ
β
B
D
C
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
10
Zadatak 4. Srednjice dijele trokut na ˇcetiri medusobno sukladna trokuta.
Zadatak 5. Teˇziˇsnice trokuta sijeku se u jednoj toˇcki koju zovemo teˇzite trokuta. Teˇziˇste dijeli svaku teˇziˇsnicu u omjeru 2 : 1 mjereći od vrha trokuta.
Rjeˇsenje.
Neka su u trokutu ABC toˇcke D, E poloviˇsta stranica BC, CA, respektivno. Teˇziˇsnice AD i BE
sijeku se u toˇcki T (inaˇce bi pravci AD i BE bili usporedni, ˇsto je nemoguće). Dovoljno je dokazati
da je sjeciˇste pravaca CT i AB, toˇcka F , poloviˇste stranice AB. Duˇzinu T D produˇzimo preko
ˇ
D do toˇcke G tako da je |DG| = |T D|. Cetverokut
BGCT je paralelogram jer mu se dijagonale
raspolavljaju. Zato je GC||BT i GB||CT . Budući da je toˇcka E poloviˇste stranice CA i T E||GC,
T E je srednjica trokuta AGC. Zato je T E||GC i |T E| = 12 |GC| = 12 |BT | i |AT | = |T G| = 2|T D|,
to jest |T D| = 12 |AT |. Dalje je CT ||GB ⇒ T F ||GB, toˇcka T je poloviˇste duˇzine AG zbog
ˇcega je T F srednjica trokuta ABG, a zbog toga je toˇcka F poloviˇste stranice AB. Takoder je
|T F | = 12 |GB| = 21 |CT |. Time je pouˇcak dokazan.
A
E
F
T
B
C
D
G
Zadatak 6. Svaka teˇziˇsnica dijeli trokut na dva trokuta jednakih povrˇsina.
Zadatak 7. Teˇziˇsnice dijele trokut na ˇsest trokuta jednakih povrˇsina.
Povrˇsina trokuta.
Zadatak 1. Povrˇsina trokuta jednaka je polovici umnoˇska duljine jedne stranice trokuta i pripadne
visine. To piˇsemo:
1
1
1
P = ava = bvb = cvc .
2
2
2
Rjeˇsenje. Povrˇsina pravokutnika kojemu su duljine stranica a i b po definiciji je jednaka ab.
Povrˇsina paralelograma kojemu je duljina jedne stranice a i visine na tu stranicu v jednaka je
av. Svaki se trokut joˇs jednim takvim sukladnim trokutom moˇze nadopuniti na paralelogram
kao na slici. Zato je povrˇsina trokuta jednaka polovini povrˇsine nastalog paralelograma, odnosno
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
11
P = 12 ava . Analogno je i za P = 21 bvb = 12 cvc .
va
a
Za povrˇsinu trokuta vrijedi i Heronova formula:
P =
q
s(s − a)(s − b)(s − c), s =
a+b+c
.
2
Jednadˇ
zba pravca u ravnini
Op´
ci oblik jednadˇ
zbe pravca
Neka je (O;~i, ~j) fiksirani pravokutni koordinatni sustav u ravnini. Oznaˇcimo ga s xOy i promatramo ga u daljnjim primjerima.
Definicija
Jednadˇzba Ax + By + C = 0 s proizvoljnim koeficijentima A, B, C takvima da je bar jedan koeficijent, A ili B, razliˇcit od nule (A2 + B 2 > 0) je opća ili implicitna jednadˇzba pravca.
Napomena
Ako imamo dvije jednadˇzbe pravca Ax + By + C = 0 i A0 x + B 0 y + C 0 = 0, onda one odreduju isti
pravac ako i samo ako postoji t ∈ R tako da je:
A = tA0 ,
B = tB 0 ,
C = tC 0 .
Napomena
• Ako je C = 0, pravac prolazi kroz ishodiˇste (jer je (0, 0) toˇcka koja zadovoljava jednadˇzbu
Ax + By = 0)
• Ako je B = 0, pravac je paralelan s osi y
• Ako je A = 0, pravac je paralelan s osi x
• Ako je B = C = 0, pravac je os y
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
12
• Ako je A = C = 0, pravac je os x
Segmentni oblik jednadˇ
zbe pravca
Neka je Ax + By + C = 0, C 6= 0. Dijeljenjem izraza s −C, dobivamo:
A
B
− x− y−1=0
C
C
⇒
y
x
C +
C = 1.
−A
−B
C
Stavimo a = − CA , b = − B
. Na taj naˇcin dobivamo segmentni oblik jednadˇzbe pravca:
x y
+ = 1.
a b
Geometrijsko znaˇcenje brojeva a, b su toˇcke (a, 0) i (0, b) u kojima pravac sijeˇce osi x i y.
Pravac kroz dvije toˇ
cke
Neka su toˇcke P = (x1 , y1 ) i Q = (x2 , y2 ) toˇcke u ravnini koje su medusobno razliˇcite. Tada
je
y2 − y1
y − y1 =
(x − x1 )
x2 − x1
jednadˇzba pravca kroz dvije zadane toˇcke.
Jednadˇzba pravca kroz jednu zadanu toˇcku je
y − y1 = k(x − x1 ),
gdje je k koeficijent smjera zadanog pravca.
Eksplicitni oblik jednadˇ
zbe pravca
Neka je zadan pravac p u ravnini kroz jednu toˇcku i s koeficijentom smjera k, odnosno, neka
je poznato
y − y1 = k(x − x1 ).
Tada je
y = kx − kx1 + y1 .
Stavimo l = −kx1 + y1 . Tada je
y = kx + l
eksplicitni oblik jednadˇzbe pravca. Znamo da je tan ϕ = k.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
13
Normirani/normalni/Hesseov oblik jednadˇ
zbe pravca
Neka je T1 = (x1 , y1 ), T2 = (x2 , y2 ). Uoˇcimo da vrijedi:
x1
d
y1
sin ϕ1 = , cos ϕ1 = , cos ϕ2 = .
r1
r1
r1
cos ϕ2 = cos(ϕ − ϕ1 ) = cos ϕ cos ϕ1 + sin ϕ sin ϕ1
d
= cos ϕ cos ϕ1 + sin ϕ sin ϕ1
r1
d
x1
y1
=
cos ϕ + sin ϕ
r1
r1
r1
d = x1 cos ϕ + y1 sin ϕ.
Hesseov oblik jednadˇzbe pravca je:
x cos ϕ + y sin ϕ − d = 0.
Koja je veza izmedu Hesseovog i implicitnog oblika jednadˇzbe pravca?
p
6
5
4
T2
3
2
1
d
ϕ2
−3
Ax + By + C = 0
x sin ϕ + y cos ϕ − d = 0
r1
ϕ1
0 1
−3 −2 −1
−1
−2
T1
2
3
4
5
6
7
8
9
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
14
Koeficijenti u jednadˇzbama su proporcionalni:
cos ϕ
sin ϕ
−d
=
=
= k.
A
B
C
cos ϕ = Ak, sin ϕ = Bk. Kvadriranjem i zbrajanjem ovih izraza dobivamo:
1 = k 2 (A2 + B 2 ) ⇒ k = ± √
A2
1
.
+ B2
k zovemo normirajući koeficijent. Uvrˇstavajući izraz u Hesseov oblik, dobivamo:
By
C
Ax
√
+ √ 2
+ √ 2
= 0.
2
2
2
± A +B
± A +B
± A + B2
Dogovorom je utvrdeno:
• Za C 6= 0 predznak korijena suprotan je od predznaka od C
• Za C = 0 predznak korijena je jednak predznaku od B
Odnosi toˇ
caka i pravaca u ravnini
Kut dvaju pravaca. Paralelnost i okomitost.
a) Implicitni oblik jednadˇzbe pravca
Neka su p1 . . . A1 x + B1 y + C1 = 0 i p2 . . . A2 x + B2 y + C2 = 0. Vektori koji su okomiti na
p1 , odnosno p2 , dani su s n~1 = A1~i + B1~j, odnosno n~2 = A2~i + B2~j.
Definicija
Kut izmedu pravaca p1 i p2 zadanih u implicitnom obliku definiramo kao kut izmedu n~1 i n~2 .
cos ϕ =
n~1 n~2
A1 A2 + B1 B2
q
=q
.
|n~1 ||n~2 |
A21 + B12 A22 + B22
Napomena
Pravci p1 i p2 su paralelni ako i samo ako su n~1 i n~2 kolinearni, odnosno ako i samo ako postoji
A2
A1
=B
.
λ ∈ R takav da je n~1 = λn~2 , odnosno ako vrijedi B
1
2
Napomena
Pravci p1 i p2 su okomiti ako i samo ako n~1 n~2 = 0, tj. ako i samo ako vrijedi A1 A2 + B1 B2 = 0.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
15
a) Eksplicitni oblik jednadˇzbe pravca
Neka su p1 . . . y = k1 x + l1 i p2 . . . y = k2 x + l2 . Koeficijenti smjera pravaca su k1 = tan ϕ1 , k2 =
tan ϕ2 , gdje su ϕ1 , ϕ2 kutovi koje zatvaraju vektori smjera pravaca p1 i p2 s osi x.
Definicija
Kut izmedu pravaca p1 i p2 zadanih u eksplicitnom obliku definiramo kao razliku kutova ϕ1 i ϕ2 .
Neka je ϕ = ϕ2 − ϕ1 . Tada imamo:
k −k tan ϕ2 − tan ϕ1
1 2
.
=
tan ϕ = tan(ϕ2 − ϕ1 ) =
1 + tan ϕ1 tan ϕ2 1 + k1 k2 Napomena
Pravci p1 i p2 su paralelni ako i samo ako je ϕ = 0, tj. ako i samo ako je ϕ1 = ϕ2 , odnosno k1 = k2 .
Napomena
Pravci p1 i p2 su okomiti ako i samo ako je ϕ = π2 , tj. ako i samo ako je tan ϕ = ∞, odnosno ako i
samo ako je 1 + k1 k2 = 0 ⇔ k1 = − k12 .
Udaljenost toˇ
cke od pravca
Definicija
Udaljenost toˇcke P0 od pravca p je udaljenost toˇcke P0 do presjeciˇsta pravca p s pravcem kroz P0
okomitim na p.
|Ax0 + By0 + C|
√
.
d(P0 , p) =
A2 + B 2
Simetrala kuta izmedu dva pravca
d(To , p1 ) = d(T0 , p2 )
p1 . . . A1 x + B1 y + C1 = 0
p2 . . . A2 x + B2 y + C2 = 0
|A1 x0 + B1 y0 + C1 |
q
A21
+
B12
=
|A2 x0 + B2 y0 + C2 |
q
A22 + B22
Simetrala ˇsiljastog i tupog kuta izmedu p1 i p2 je:
A1 x0 + B1 y0 + C1
A2 x0 + B2 y0 + C2
q
q
=±
.
A21 + B12
A22 + B22
Zadatak 1. Zadan je vrh jednakokraˇcnog trokuta C(3, 5). Jednadˇzba njegove osnovice je x −
2y + 12 = 0, a povrˇsina mu je 15. Napiˇsite jednadˇzbe pravaca na kojima mu leˇze krakovi.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
16
Zadatak 2. Odredite jednadˇzbe stranica trokuta ako je B(2, 6), va . . . x − 7y + 15 = 0 i sα =
7x + y + 5 = 0 (simetrala izmedu pravaca AB i AC).
Konike
Konika je skup toˇcaka u ravnini za koju je omjer udaljenosti od fiksne toˇcke do fiksnog pravca konstantan. Tu fiksnu toˇcku zovemo ˇ
zariˇ
ste/fokus, a fiksni pravac zovemo ravnalica/direktrisa.
Omjer udaljenosti ε zovemo numeriˇ
cki ekscentricitet.
• 0 < ε < 1 elipsa
• ε=1
parabola
• ε=0
kruˇ
znica
• ε>1
hiperbola
1. Kruˇ
znica
T
4
vS
k
w
2
u
0
2
4
6
Neka je k(S, r) kruˇznica sa srediˇstem S i polumjerom r i neka srediˇste ima koordinate S = (p, q).
Neka je T bilo koja toˇcka kruˇznice. Na slici vidimo da za svaki poloˇzaj toˇcke T na kruˇznici vrijedi
d(S, T ) = r pa slijedi
(x − p)2 + (y − q)2 = r2 .
(3)
Svaka toˇcka kruˇznice zadovoljava ovu jednakost i obrnuto, ako neka toˇcka T = (x, y) zadovoljava
navedenu jednakost, onda ona leˇzi na kruˇznici. Dakle, (1) je jednadˇ
zba kruˇ
znice.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
17
Posebno, ako je srediˇste kruˇznice u ishodiˇstu koordinatnog sustava, onda je p = q = 0, pa iz
(1) slijedi
x2 + y 2 = r 2 .
(4)
Jednadˇzba (2) je jednadˇ
zba centralne (srediˇ
snje) kruˇ
znice.
Svaka kruˇznica je jednoznaˇcno odredena s tri nekolinaerne toˇcke.
Pravac i kruˇ
znica. Tangenta.
Pravac
y = kx + l
(5)
(x − p)2 + (y − q)2 − r2 = 0
(6)
i kruˇznica
mogu se dirati, mogu imati dvije zajedniˇcke toˇcke (sjeći se) ili nemati nijednu zajedniˇcku toˇcku.
Kako se iz navedenih jednadˇzbi prepoznaje njihov medusobni poloˇzaj? Pravac i kruˇznica imaju
dvije toˇcke zajedniˇcke ako je udaljenost srediˇsta kruˇznice od pravca manja od njezinog polumjera,
jednu toˇcku zajedniˇcku (pravac je tangenta kruˇznice) ako je ta udaljenost jednaka r, a nijednu
zajedniˇcku toˇcku ako je ta udaljenost veća od r.
Pravac je tangenta kruˇznice ako i samo ako vrijedi
(q − kp − l)2 = r2 (1 + k 2 ).
(7)
Ova je jednadˇ
zba uvjet dodira pravca i kruˇ
znice, odnosno uvjet tangencijalnosti.
Posebno, ako se radi o srediˇsnjoj kruˇznici, onda je p = q = 0 pa uvjet dodira glasi
r2 (1 + k 2 ) = l2 .
Izvedimo formulu za uvjet dodira pravca i kruˇznice. Normalni oblik jednadˇzbe pravca je
kx − y + l
√
= 0,
−sgn l 1 + k 2
pa je udaljenost d toˇcke (p, q) od pravca y = kx + l jednaka
d=
kp − q + l
√
= 0.
−sgn l 1 + k 2
(8)
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
18
Dakle, za
(q − kp − l)2 < r2 (1 + k 2 ),
pravac sijeˇce kruˇznicu.
Ako vrijedi
(q − kp − l)2 = r2 (1 + k 2 ),
pravac dira kruˇznicu.
Ako je
(q − kp − l)2 > r2 (1 + k 2 ),
pravac i kruˇznica nemaju zajedniˇckih toˇcaka.
Konstrukcija tangente
Zadana je kruˇznica k1 i toˇcka T koja nije na kruˇznici i iz koje konstruiramo tangente na kruˇznicu.
k2
t1
D1
k1
P
S
t2
T
D2
Spajamo toˇcku T i srediˇste kruˇznice S te nalazimo poloviˇste P . Ono postaje novo srediˇste za
novu kruˇznicu k2 . Sjeciˇsta dviju kruˇznica su D1 i D2 koja postaju diraliˇsta tangenti na kruˇznicu
iz zadane toˇcke T 6∈ K1 .
Pol i polara
Ako je dana kruˇznica (x − p)2 + (y − q)2 − r2 = 0 i toˇcka P = (x0 , y0 ) takva da je P 6= (p, q), onda
toˇcki P , s obzirom na tu kruˇznicu, moˇzemo pridruˇziti pravac p kojemu je jednadˇzba
(x0 − p)(x − p) + (y0 − q)(y − q) − r2 = 0.
Pravac p zovemo polara toˇ
cke P s obzirom na zadanu kruˇ
znicu, a toˇcku P zovemo polom
pravca p. Ako je P toˇcka kruˇznice, onda je njena polara upravo tangenta s diraliˇstem u toˇcki P .
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
19
p
D1
S
T
D2
Kutovi izmedu dviju kruˇ
znica
Kut izmedu kruˇznica definiran je samo za kruˇznice koje se sijeku. Kut izmedu kruˇznica koje
se sijeku definiramo kao kut izmedu tangenti na te kruˇznice u sjeciˇstima tih kruˇznicama.
β
S1
α
S2
d(S1 , S2 )2 = r12 + r22 − 2r1 r2 cos α
r12 + r22 − d(S1 , S2 )2
2r1 r2
cos β = cos(π − α) = − cos α
cos α =
cos β =
d(S1 , S2 )2 − r12 − r22
2r1 r2
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
20
2. Elipsa
Elipsa je skup toˇcaka u ravnini kojima je zbroj udaljenosti od dvije fiksne toˇcke stalan i iznosi
2a. Te fiksne toˇcke su fokusi parabole.
b
a
-a
F1
a
e
e
O
T (x, y)
F2
a
-b
e2 = a2 − b2 , gdje je e linearni ekscentricitet elipse.
F1 = (−e, 0), F2 = (e, 0)
⇒
d(T, F1 ) = r1
⇒
d(T, F2 ) = r2
r1 =
q
r2 =
q
(x + e)2 + y 2
(x − e)2 + y 2
r1 + r2 = 2a
q
(x + e)2 + y 2 = 2a −
q
(x − e)2 + y 2
Nakon kvadriranja izraza, dobivamo:
q
ex − a2 = −a (x − e)2 + y 2 .
Joˇs jednom kvadriramo izraz i uvrstimo e2 = a2 − b2 . Dobivamo:
a2 y 2 + b2 x2 = a2 b2 , odnosno
x2 y 2
+ 2 =1
a2
b
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
ˇsto je osna jednadˇ
zba elipse.
Uvjet tangencijalnosti
b 2 x 2 + a2 y 2 = a2 b 2
y = kx + l
b2 x2 + a2 (kx + l)2 = a2 b2
b2 x2 + a2 k 2 x2 + 2a2 kxl + a2 l2 = a2 b2
(b2 + a2 k 2 )x2 + 2a2 klx + (a2 l2 − a2 b2 ) = 0
Diskriminanta ove kvadratne jednadˇzbe mora biti jednaka nuli, D = 0:
4a4 k 2 l2 − 4(b2 + a2 k 2 )(a2 l2 − a2 b2 ) = 0
a2 b2 (−l2 + b2 + a2 k 2 ) = 0
b 2 + a2 k 2 = l 2
t
b
a
-a
F1
a
e
e
O
T
F2
a
-b
t . . . yy1 a2 + xx1 b2 = a2 b2 .
21
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
Direktrise elipse
Neka su zadane direktrise elipse d1 , d2 . Pitamo se koliko iznosi ε, c.
d(T1 , F1 )
d(T2 , F2 )
=
d(T1 , d1 )
d(T2 , d2 )
a−e
a
=
a+µ
µ
a(a − e)
µ=
e
e
d(T2 , F2 )
= ˇsto zovemo numeriˇ
cki ekscentricitet.
ε=
d(T2 , d2 )
a
c = a + µ pa su jednadˇzbe direktrisa:
x = ±c = ±(a + µ) = · · · = ±
a2
a
=± .
e
ε
d2
d1
T1 b
a
a
e
-c -a
F1
e
O
-b
3. Parabola
p
d...x = − , p > 0
2
d(T, F )
=1
d(T, d)
d(T, F ) = d(T, d)
r
p
p
( − x)2 + y 2 = + x
2
2
T2 µ
F2 a
c
22
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
Nakon kvadriranja dobivamo:
2px = y 2 ,
ˇsto je osna jednadˇ
zba parabole.
d
4
T (x, y)
3
2
1
− p2
0
−1
−1
F ( p2 , 0)
1
2
3
−2
Uvjet tangencijalnosti
y 2 = 2px
y = kx + l
(kx + l)2 = 2px
k 2 x2 + 2klx + l2 = 2px
Diskriminanta ove jednakosti mora biti jednaka nuli, D = 0:
q
(2kl − 2p)2 − 4k 2 l2 = 0
Nakon kvadriranja izraza i sredivanja, dobivamo:
p = 2kl,
ˇsto je uvjet tangencijalnosti.
4
23
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
24
Tangenta postavljena u toˇcki T1 (x1 , y1 ) koja je na paraboli ima jednadˇzbu:
yy1 = p(x + x1 ).
Ako je direktrisa d . . . y = − p2 , onda fokus mora biti na osi y, odnosno F (0, p2 ), p > 0 pa je tada
jednadˇzba parabole
x2 = 2py.
Promjer parabole je pravac paralelan s osi parabole. Tangenta i normala u toˇcki T1 (x1 , y1 )
simetrale su kutova izmedu pravca F T1 i promjera kroz toˇcku T1 . Os parabole je okomica na
direktrisu kroz fokus parabole.
Konstrukcija parabole
Zadana je direktrisa d i fokus F . Povuˇcemo okomicu u F na direktrisu d i dobivamo toˇcku M .
Poloviˇste duˇzine F M je toˇcka A, odnosno vrh parabole. Odredimo proizvoljne toˇcke N, P, Q, R.
Uzmimo u ˇsestar duljinu duˇzine M N i oko fokusa opiˇsimo luk. Sjeciˇste okomice kroz toˇcku N tog
luka daje toˇcku parabole. Postupak ponavljamo i s duˇzinom N P ...
4. Hiperbola
Hiperbola je skup toˇcaka ravnine ˇcija je razlika udaljenosti od dvije fiksne toˇcke konstantna i
iznosi 2a. Te fiksne toˇcke zovemo fokusima.
d(T1 , F1 ) − d(T2 , F2 ) = 2a
q
(x + e)2 + y 2 −
q
(x − e)2 + y 2 = 2a
Nakon kvadriranja i sredivanja izraza dobivamo:
2
q
ex − a = a (x − e)2 + y 2 .
Nakon ponovnog kvadriranja i sredivanja izraza, dobivamo:
x2
y2
−
= 1,
a2 e2 − a2
odnosno, za e2 − a2 = b2
x2 y 2
− 2 = 1,
a2
b
ˇsto je osna jednadˇ
zba hiperbole.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
25
6
T1 (x1 , y1 )
4
c
2
−6
F1 (−e, 0)
F2 (e, 0)
−2 -a 0 a 2
4
−4
6
−2
−4
−6
Asimptote hiperbole
Jednadˇzbe asimptoti hiperbole su
b
y = ± x.
a
U pravilu je a 6= b, no to nije uvjet.
4
y = − ab x
y = ab x
2
F2
F1
−4
−2
0
−2
2
4
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
26
Ako je zadana hiperbola kojoj je jednadˇzba
x2 y 2
− 2 = 1,
a2
b
jednadˇzbe njenih direktrisa su:
gdje je ε = ae , a e =
√
a
d1 , d2 . . . x = ± ,
ε
a2 + b 2 .
T1
d1
4
d2
c
2
F1 (-e, 0)
−4
−2 -a
(x1 , y1 )
F2 (e, 0)
0
a 2
4
−2
−4
Uvjet tangencijalnosti
y = kx + l
b 2 x 2 − a2 y 2 = a2 b 2
b2 x2 − a2 (kx + l)2 = a2 b2
Nakon sredivanja izraza dobivamo:
(−a2 k 2 + b2 )x2 + 2a2 klx − a2 l2 − a2 b2 = 0
Determinanta ovog izraza mora biti jednaka nuli, D = 0. Nakon kraćeg sredivanja dobivamo:
k 2 a2 − b2 = l2 ,
ˇsto je uvjet tangencijalnosti.
Kruˇ
znica, elipsa, parabola i hiperbola kao presjeci stoˇ
zaste (konusne)
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
27
plohe1
Neka je pravac o os rotacije i neka je pravac s pravac koji sijeˇce os o u toˇcki V i rotira oko
osi o. Pri toj rotaciji pravac s opisuje stoˇzastu plohu. Toˇcka V je vrh, pravac o je os, a svaki
poloˇzaj pravca s je izvodnica te stoˇzaste plohe.
Presjek stoˇzaste plohe i ravnine koja ne sadrˇzi vrh stoˇzaste plohe i koja je okomita na os stoˇzaste
plohe je kruˇ
znica K.
Presjek stoˇzaste plohe i ravnine koja ne sadrˇzi vrh stoˇzaste plohe i koja nije okomita na os stoˇzaste
plohe te presijeca sve njene izvodnice je elipsa E.
Presjek stoˇzaste plohe i ravnine koja ne sadrˇzi vrh stoˇzaste plohe, koja je usporedna s jednom
njenom izvodnicom i koja presijeca sve ostale njene izvodnice je parabola P.
Presjek stoˇzaste plohe i ravnine koja ne sadrˇzi vrh stoˇzaste plohe i koja je usporedna s dvjema
izvodnicama te presijeca sve ostale njene izvodnice je hiperbola H.
1
G.P.Dandelin, belgijski matematiˇcar, 1822.g. je dokazao da su krivulje koje dobijemo presjekom ravnine i
stoˇzaste plohe upravo elipsa, kruˇznica, parabola i hiperbola. Tu je tvrdnju dokazao tzv. Dandelinovim kuglama.
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
28
Polarne koordinate
T (x, y) 7→ T (r, ϕ).
Ako se pol poklapa s ishodiˇstem koordinatnog sustava i poluos s pozitivnim smjerom osi x, slijedi
da je:
x = r cos ϕ,
y = r sin ϕ.
Jednadˇ
zba pravca
c
Zadana je toˇcka O, poluos i pravac p s toˇckom T (x, y).
p
G
T
O
d
α
ϕ
r
• Toˇcka G je sjeciˇste pravca p i okomice na njega u toˇcki O
• Udaljenost toˇcke O od pravca p iznosi d
• Kut ϕ je kut koji pravac OT zatvara s poluosi
• Kut α je kut koji pravac OG zatvara s poluosi
cos(α − ϕ) =
d
r
⇒
r=
d
.
cos(α − ϕ)
Jednadˇ
zba kruˇ
znice polumjera R sa srediˇ
stem u toˇ
cki (r0 , ϕ0 )
r2 − 2r0 r cos(ϕ − ϕ0 ) + r02 = R2 .
Jednadˇ
zba krivulje kojoj su toˇ
cke kojima je omjer udaljenosti od fiksnog pravca okomitog na polarnu os i od pola konstantan i jednak ε
Kolegij: Elementarna matematika 2, ljetni semestar 2011./2012.
Asistentica: Sanda Bujaˇcić
T (r, ϕ)
R
r
r0
O
ϕ
ϕ0
d
T
r
α
F
a O
r cos ϕ
G
d(O, T )
=ε
d(T, d)
d(O, T ) = εd(T, d)
r = ε(a + cos ϕ · r)
r = εa + εr cos ϕ
r=
εa
1 ± ε cos ϕ
Predznak ”-” uzimamo za direktrisu lijevo od pola.
Predznak ”+” uzimamo za direktrisu desno od pola.
• Ako je 0 < ε < 1, radi se o elipsi
• Ako je ε = 1, radi se o paraboli
• Ako je ε > 1, radi se o hiperboli
29

Download Report