7.5. KOORDINATNI SISTEMI

Transcript

1 KOORDINATNI SISTEMI 75 Dekartov desni pravougli koordinatni sistem U paragrafu 73 definisali smo desni pravougli koordinatni sistem (O;i, j, k) gdje su: (a) koordinatni početak ili ishodište O proizvoljno odabrana tačka iz E, (b) (i, j, k) je desni trijedar ortogonalnih ortova koji definišu orjentisane ose (, y, z), (c) tri orjentisane koordinatne ravni y, yz i z z r T(,y,z) y P(,y,0) sl3 Tačku T E obilježavamo sa T(r) ili T(,y,z) Pritom poistovječujemo tri različita skupa: skup tačaka E, skup radijus vektora V O (E) i skup R 3 uređenih trojki realnih brojeva, jer postoji očita bijekcija između bilo kaja dva od tih skupova Zaista, svakoj tački T E odgovara samo jedan radijus vektor te tačke r = OT ili smo jedna uređena trojka (,y,z) R 3 koordinata tog vektora i obrnuto Koordinatnim ravnima je prostor E podijeljen na osam oktanata, koje razlikujemo prema predznacima koordinata tačke T u pojedinim oktantima: y z y z I V II VI III VII IV VIII Primjedba Svaku tačku P(,y,0) koje leži koordinatnoj ravni y mozemo posmatrati kao tačku dvodimenzionog prostora te ravni u koordinatnim sistemom (O; i, j) i obilježiti je sa sa P(,y) ne zapisujući treću koordinatu z koja je jednaka nuli za sve tačke koordinatne ravni y Tu činjenicu ćemo koristiti kod raznih zadataka za tačke ravni, kad već imamo rješenje za tačke prostora Naprimjer: Za vektor a = (a, a ) u ravni y (vidi sl3) jedinični vektor je: a a a 0 = (a, a ), gdje je cos α =, sin α = ; a a a Skalarni proizvod dvavektora: ab = (a, a )(b, b ) = a b + a b ; a b= ab ab k 3 Vekttorski proizvod istih vektora: ( ) Sad ćemo, služeći se kordinatnim sistemom yz u euklidskom prostoru E (i u ravni y) riješiti neke zadatke Rastojanje dvije tačke Neka su date dvije tačke T (,y,z ) i T (,y,z ) Njihova udaljenost je jednaka

2 , tj dt,t :=TT = + y y + z z dužini vektora TT = ( -,y -y,z -z ) ( ) ( ) ( ) ( ) () y T T a A A 0 α sinα O cosα a sl3 Formulom () je određena metrika u prostoru E Ako su tačke T i T u ravni y, tada je z = z = 0, te je formula za rasojanje dt,t ( ):=TT = ( ) + ( y y ) () Podjela duži u datoj razmjeri Podijeliti duž AB u datom omjeru λ : znači odrediti tačku T, na toj duži, tako da vrijedi AT : TB = λ: Odgovorićemo na sljedeće pitanje: Ako su zadane koordinate tačaka A i B, koje su koordinate tačke T? A Jednačina () daje sljedeću jednakost AT = λtb Napisana s pomoću radijusvektora, ona glasi r T r A = λ (r B - r T ) Sređivanjem, odavde dobijamo izraz za radijusvektor tačke T: T ra + λrb rt = (4) +λ Zato su koordinate tražene tačke O A + λb ya + λyb za + λzb T =, y T =, T = +λ +λ +λ sl4 B Središte duži Središte S duži AB dijeli tu duž u omjeru : Zato je λ = i njegove su koordinate A B ya yb za z B S + + +,,, ili, u vektorskom zapisu, OS = ( OA + OB ) (3)

3 Konveksna kombinacija Konveksna kombinacija dvaju vektora je vektor oblika r = α r + β r (5) pri čemu za skalare vrijedi α 0, β 0, α + β = (6) Ako su r i r predstavljeni svojim radijusvektorima OA i OB, tada konveksnoj kombinaciji odgovara radijusvektor tačke T koja se nalazi na duži AB Zaista, jednačina (4) može se napisati u obliku (5) gdje smo stavili α=, +λ β = +λ Pokažimo da slična tvrdnja vrijedi i za tri tačke Neka su A, B, C bilo koje tri tačke u prostoru Neka je T tačka unutar trougla ABC Neka pravac CT siječe stranicu AB u tački P Tad tačka P ima λ radijusvektor OP = OA + OB za neku vrijednost koeficijenta λ > 0 Sad se radijusvektor tačke T +λ +λ može napisati u obliku Koeficijenti αβγ,, su pozitivni i zadovoljavaju uslov μ OT= OC+ OP +μ +μ μ μ λ = OA+ OB+ OC +μ +λ +μ +λ +μ =αoa+βob+γoc μ α+β + γ = + + = ( +μ )( + λ ) ( +μ )( + λ ) +μ Dakle, radijusvektor svake tačke unutar trougla konveksna je kombinacija radijusvektora njegovih vrhova Primjer Težište trougla je ona točka T za koju vrijedi μλ r= ( ra + rb+ r C) 3 Zaista, polovište P stranice AB ima radijusvektor OP = ( OA + OB) Težište je točka na težišnici CP koja je dijeli u omjeru : ; ona ima radijusvektor OC+ OP Uvrštavanjem dobijemo gornju formulu 3 3 Primjer Analogna tvrdnja gornjoj vrijedi i za tetraedar Neka su A,B,C,D četiri nekomplanarne točke Tad se radijusvektor svake točke unutar tetraedra ABCD može napisati u obliku konveksne kombinacije OT=αOA+βOB+γOC+δOD pri čemu za skalarne množitelje α,β,γ vrijedi da su nenegativni i da im je zbir jednak jedinici 75 Drugi koordinatni sistemi Pored Dekartovog u upotrebi su i drugi koordinatni sistemi u ravni i prostoru Pomenućemo tri takva sistema (jedan u ravni i dva u prostoru) Polarni koordinatni sistem u ravni Kod polarnog koordinatnog sistema kroz jednu fiksnu tačku O (pol ili ishodište) povučena je polarna poluosa O (sl6), tada je proizvoljna tačke T u ravni određen parom polarnih koordinata (r, θ): polarnim potegom r = d(o,t) 0 i uglom θ koji polarni poteg OT zaklapa sa T polarnom osom mjeren u pozitivnom smjeru, tj u smjeru obrnutom od r kazaljke na satu Ako su date polarne koordinate tačke T(r, θ) onda se Dekartove koordinate računaju pomoću jednakosti θ ( r [ 0, ) ; θ [ 0,π) ) = rcos θ, y= rsin θ; O vekor položaja tačket može se predstaviti u obliku sl 6 r= ircosθ + jrsinθ,

4 polarne koordinate računaju se pomoću Dekartovih koordinate na slijedeći način y y (,y R) r= +y, tgθ= (sinθ= ); r Geometrijsko mjesto tačaka (tj skup tačaka) u ravni za koje je jedna od polarnih koordinata r ili θ konstantna, a druga promjenljiva, naziva se koordinatna linija (kod Dekartovih koordinata koordinatne linije su familija pravih paralelnih osi kad je y konstanto, ili za konstantno familija pravih paralelnih y osi) Tako za r = const kordinatne linije su familija koncentrične kružnice sa centrom u ishodištu; za θ= const kordinatne linije su familija polupravih koje polaze iz ishodišta zatvarajući ugao θ sa polarnom osom Tačka T(r 0, θ 0 ) dobije se kao presjek odgovarajućih koordinatnih linija: r = r 0 i θ = θ 0 Primjeri U polarnim koordinatama r-θ jednačina rcos (θ - α) = b, (α, b konstante) predstavlja pravu liniju Jednačina r = θ definiše u polarnom sistemu r-θ takozvanu Arhimedovu spiralu 3 Jednačina r = a (a > 0) u polarnom sistemu r-θ predstavlja krug čiji je centar u ishodištu, a poluprečnik je a 4 r = a( + cos θ), gdje je a > 0, definiše u polarnom sistemu r- θ krivu liniju koja se naziva kardoida z r T z Polarno-cilindrični koordinatni sistem Neka je Π ravan, O fiksirana tačka i p polarna osa u ravni Π Konstruišimo kroz tačku O osu z ortogonalnu na ravan Π (sl7) Normalna projekcija T' tačke T prostora E na ravan Π određena je polarnim koordinatama r i θ, a tačka T u prostoru E potpuno je određena trojkom (r, θ,z) polarno-cilindričnih koordinate tačke T u prostoru, tj polarnim potegom r, polarnim uglom θ i aplikatom z Primjetimo da tačke prostora za koje su: O θ y 0 Koordinate θ i z promjenljive, a koordinata r konstantna leže na obrtnoj cilindričnoj površi čija je osa y T' obrtanja osa Oz 0 Koordinate r i z promjenljive, a koordinata θ Π konstantna leže na polurravni koja prolazi kroz osu Oz 3 0 Koordinate r i θ promjenljive, a koordinata z konstantna, leže na ravni koja je paralelna sa ravni Π sl7 Presjek pomenute cilindrične površi i pomenutih dviju ravni je tačka T u prostoru, a te površi su koordinantne površi tačke T Presjekom dviju koordinantnih površi određena je koordinatna linija čija svaka tačka ima jednu promjenljivu i dvije konstantne koordinate Uočimo Dekartov pravougli koordinatni sistem u prostoru čiji je koordinatni početak O, osa je polarna osa p, osa z treća osa, a osa y je samim tim određena (sl7) tako da koordinatni sistem yz bude određene orjentacije Ako su,y, z pravougle Dekartove koordinate tačke T, tada je sa (sl7) jasno da je = rcos θ, y = rsin θ, z=z () Relacije () predstavljaju vezu između Dekartovih pravouglih koordinata tačke u prostoru i njenih polarnocilindričnih koordinata

5 sl8 Sferni koordinatui sistem Posmatrajmo ponovo fiksiranu ravan Π i u njoj pol O i polarnu osu p Konstruišimo u tački O osu Oz ortogonalnu na Π (sl8) Kroz proizvoljnu tačku M u prostoru E i osu z postavimo takozvanu meridijansku ravan (koja je jedinstvena i u njoj za pozitivan smjer rotacije uzmimo onaj za koji je: (OM',Oz) = π Uvedimo notaciju: ϕ = (OM',OM) gdje je: -π/ ϕ π/; OM i OM' obilježimo redom sa ρ i r T a d a je jasno, da je položaj tačke M u prostoru potpuno određen brojevima ρ, ϕ i θ, koje zovemo sfernim koordinatama tačke M u prostoru Tačke prostora E za koje su: Koordinate ϕ i θ promjenljive a ρ konstanta, leže na sfernoj površi čiji je centar O i oluprečnika ρ Koordinate ρ i θ promjenljive a ϕ konstanta, leže na obrtnoj površi čiji je vrh u tački O a osa obrtanja je osa Oz 3 Koordinate ϕ i ρ promjenljive a θ konstantna, leže na ravni koj a prolazi kroz osu z Svojim zajedničkim presjekom sferna površ, konusna površ i pomenuta ravan određuju položaj tačke M u prostoru Ove površi zovu se koordinatne površi tačke M Presjekom dviju koordinatnih površi sfernog koordinatnog sistema određena je koordinantna linija tog sistema, čija svaka tačka ima dvije sferne koordinate stalne a treća je promjenljiva Uočimo sada Dekartov pravougli koordinatni sistem u prostoru čije je ishodište tačka O, osa je polarna osa p, osa z treća osa, a osa y je samim tim određena (s9) Ako su,y,z Dekartove pravougle koordinate tačke M u prostoru, tada, kao što se sa slike vidi, imamo: = r cosθ; y = r sinθ, odnosno = ρcosϕ cosθ, y = ρcosϕ sinθ, z = ρsinϕ () Posljednje relacije predstavljaju vezu između Dekartovih pravouglih koordi nata tačke u prostoru i njenih sfernih koordinata Često se, umjesto koordinate ϕ, kao sferna koordinata uzima ugao ψ = (Oz,OM) koji se mjeri u suprotnom smjeru od ϕ Tada relacija () obzirom da je (vidi sl9) postaju ϕ + ψ = π/, = ρsinψ cosθ, y = ρsinψ sinθ, z = ρcosψ

6 JEDNAČINA KRIVE LINIJE U RAVNI Posmatrajmo jednačinu F(,y) = 0, (9) gdje su i y realne promjenljive Uređeni par (a,b) R je rješenje jednačine (9) akko je F(a,b) 0 Skup svih rješenja jednačine (9) označimo sa K := { (,y) R F(,y) = 0 } Svakom rješenju (,y) K odgovara jedna i samo jedna tačka T(,y) u ravni y Ukupnost svih takvih tačaka T nazivamo grafikom skup K Pritom poistovječujemo skup K i njegov grafik, kao što smo poistovjetili uređeni par (,y) i tačku T(,y) u ravni y Tako govorimo o krivoj K u ravni y kao o grafiku jednačine (9), a jednačinu (9) nazivamo jednačinom krive K Dva su osnovna zadatka analitičke geometrije u ravni (a kasnije ćemo slično uraditi u prostoru): a za data kriva K (u ravni y) odrediti njenu jednačinu; b za datu jednačinu (9) odrediti pripadnu krivu K, tj njen grafik Primjedba Datu jednačina (9) može da zadovoljava samo jedan par, nekoliko parova ili beskonačan skup parova ili da ne postoji nijedan takav par Naprimjer, jednačinu + y = 0 zadovoljava samo jedan par (,y) = (0,0); jednačinu + y + = 0 zadovoljava svaki par (,y) = (t, - t), gdje je t proizvoljan broj; skup rješenja jednačina + y + = 0 ili sin( + y) + 3 = 0 je prazan, tj nijedan par ne zadovoljava te jednačin Primjeri ) Neka je u ravni y data kružnica s centrom u tačka S(, - ) poluprečnika jednakim 3 Odrediti jednačinu te kružnice Neka je T(,y) proizvoljna tačka kružnice, tada je d(s,t) = 3 Prema formuli (8) imamo ( ) ( ) + y + = 3, odnosno ( - ) + (y + ) = 9, što predstavlja jednačinu kružnice 3) Leže li tačke A(,) i B(-,- ) na krivoj (čija je jednačina): + 3y + 5 = 0? Zamjenimo koordinate tačke A u datu jednačinu, tj stavimo u datu jednačinu (,y) = (,), izlazi = 3 0 Dakle, tačka A ne leži na datoj krivoj Zamjenimo koordinate tačke B: (- ) + 3 (- ) + 5 = = 0, tj tačka B leži na datoj krivoj Parametarskim jednačininama krive K u ravni nazivamo jednačine: ( t A R) = ϕ (t), y = ψ(t), (0) gdje su i y koordinate proizvoljne tačke T(,y) na krivoj K = { (,y) R = ϕ (t),y = ψ (t), t A } Promjenljivu t A nazivamo parametrom Pri promjeni parametra t A tačka T(,y) se kreče po krivoj K Ovakva interpretacija parametarski zadane kriva K ima razne primjene, tako u mehanici predstavlja putanju (trajektoriju) materijalne tačke T (,y) gdje je parametar t vrijeme Primjer 4 Jednačine: = a cost, y = b sint, t [- π, π], () predstavlja (za date pozitivne vrijednosti a i b) parametarske jednačine elipse sa centrom u ishodištu i poluosama a i b (sl 9); parametar t je centralni ugao AOB

7 y a B b T O A sl 9 Da se uvjerimo da parametarske jednačine (6), predstavljaju elipsu, dovoljno je svesti ih na oblik F(,y) = 0 Zaista, (6) je ikvivalentno sa y y + =cos t+sin t=, tj + = a b a b Posljednja jednačina za [- a, a], šao što nam je poznato odranije (čime ćemo se pozabaviti u sljedećem poglavlju), predstavlja jednačine elipse sa centrom u ishodištu i poluosama a i b Primjedba Da od parametarskih jednačina (0) dođemo do jednačine (9) potrebno je eleminisati parametar t iz sistema (0) i odrediti oblast vrijednosti za i y Primjer 5 Odrediti koja je kriva određena parametarskim jednačinama: = cos t, y = a cos t Očito je da, te eliminacijom parametra t dobijemo dio parabole y = a, za (Nacrtati grafik) 77 JEDNAČINA (-e) PRAVE U RAVNI Prava u ravni može se zadati na razne načine, tj jednačina prave ima više ekvivalentnih oblika 77 Kanonska i parametarska jednačina prave Neka su u ravni y dati: tačka T (,y ) (ili T (r )), gdje je r vektor položaja tačke T, sl) i ne-nula vektor a = (a, a ) Time je potpuno određena jedinstvena prava p, koja prolazi kroz tačku T i paralelna je sa vektorem a Tu pravu označićemo sa p = p (T,a); vektor a zvaćemo vektor prave p Jednačinu prave p odredićemo iz uslova da su za proizvoljnu tačku T(,y) na pravoj p vektori T T= r r = -,y-y i a= a,a kolinearni, što je ispunjeno akko vrijedi, bilo koja od ekvivalentnih ( ) ( ) jednačina r= r + ta; () - y-y =, ( a 0 i a 0), a a (3) = +a t, y=y +a t, t R (4) Jednačinu(-e) (), (3), (4) nazivamo vektorska jednačina; kanonska (ili simetrična) jednačina; parametarske jednačine prave p(t,a) respektivno Primjedba Ako T(,y) p = p (T, a), tada vektori TT= r-r= ( -,y-y ) i a= ( a,a ) nijedna od jednačina (), (3), (4) nije ispunjena nisu kolinearni, pa

8 - 9 - y Primjer 6 Odredi vektorsku jednačinu, kanonsku (ili simetričnu) jednačinu, parametarske jednačine prave p(t,a), ako je T (- 5, ) i p vektor prave a paralelan vektoru koji sadrži tačke T (,- ) i T 3 (3,) p Dakle, vektor prave a = (, 3) T Prema jednačini(-ama) (), (3), (4) nalazimomo jednačine prave p (T,a), respektivno: T vektorska jednačina r = (- 5, ) + t (, 3); kanonska jednačina + 5 y = ; 3 parametarske jednačine = t, y = + 3t, t R O Primjedba Ako je a = 0 i a 0, tada je vektor a prave p, a time i prava p, paralelna osi y (tj ortogonalna na osu ) Tada jednačina sl prave p (T,a) ima oblik = (y = t R ) (5) Ako je a 0 i a = 0, tada je vektor a prave p, a time i prava p, paralelna osi (tj ortogonalna na osu y) Tada jednačina prave p (T,a) ima oblik y = y ( = t R ) (6) Primjer 7 Neka su A(-, - ), B(, - ) i C(,3) tjemena trougla Odredi jednačinu prave p koja prolazi kroz tačku C paralelnu strani AB Sad je vektor prave je a = (3,0), tj ordinata vektora prave je a = 0 Zato, prema (6), nalazimo da je jednačina prave y = 3 Primjer 8 Povući pravu čije su parametarske jednačine: = 3 t, y = - + 5t Da bi povukli pravu dovoljno je odrediti dvije tačke na pravoj Za t = 0, nalazimo tačku A(3, - ) Za t = dobije se druga tačka na pravoj B(, 3) Nacrtati grafik te prave u ravni y, tj povući prava AB koja prolazi kroz tačke A i B 77 Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku i normalna je na dati vektor Neka prava p prolazi kroz neku tačku T (,y ) i normalna je na vektor n = (A, B) (0, 0) Ne-nula vektor n nazivamo normala prave p Označimo tu prvu sa p = p (T, n), Odredimo jednačinu prave p = p (T, n) Očito postoji samo jedna takva prava (sl ) Jednačinu prave p odredićemo iz uslova da su za proizvoljnu tačku T(,y) na pravoj p vektori y T T = r r = -, y-y i n = A, B ortogonalni, što je O n T sl T p ( ) ( ) = 0, ili ispunjeno akko vrijedi uslov ortogonalnosti n TT akko je zadovoljena bilo koja od ekvivalentnih jednačina: nr ( r ) = 0, (7) A( ) + B(y y ) = 0 (8) Jednačinu (7), tj (8) nazivamo vektorska, tj skalarna jednačina prave p = p (T, n) respektivno Ako tačka T(,y), tj T(r), gdje je r vektor položaja tačke T, ne leži na pravo p = p (T, n), tada vektori TT = r r = ( -, y-y ) i n = ( A, B) nisu ortogonalni, te nijedna od jednačina (7) ili (8) nije ispunjena, pošto n TT 0 Primjer 9 Sastavimo jednačinu prave p = p (T, n), tj prave koja prolazi kroz tačku T (-, 3) i normalna je

9 na vektor n = (, - 3) Iz uslov zadatka izlazi: = -, y = 3, A =, B = - 3, te je, prema (8), jednačina prave ( + ) 3(y - 3) = 0 3y + = 0 Primjer 0 Dat je trougao ABC sa vrhovima A(4, - 3), B(-, 6) i C(5, 4) Odrediti jednačinu visine CD AB trougla ABC Prava visine CD prolazi kroz tačku C(5, 4) Za vektor normale na pravu CD možemo uzeti vektor n = AB = ( 6, 9) Prema (8), za normalu CD izlazi jednačina 6( - 5) 9(y - 4) = 0, ili 3y + = Primjedba Ako koeficijenti A i B uzimaju različite vrijednosti, tada za svki par (A, B) (0,0), jednačina (8) predstavlja jednačinu neke prave koja prolazi kroz tačku T (,y ); ukupnost svih tih pravih nazivamo pramen pravih sa centrom u tački T (,y ) Primjer Među pravim A( + 3) + B(y - 4) = 0 odrediti unu, koja je ortogonalna na vektor n = - 5i + 3j Dakle, treba odrediti jednačinu prave p = p (T, n), ako je T (- 3, 4) i normalna n = (- 5, 3) Prema (8) izlazi jednačina: 5 3y + 7 = Opšti oblik jednačine prave Pokazali smo da je jednačina prave p = p (T, n) data sa A( ) + B(y y ) = 0, (8) gdje je T (,y ) p i p n Kako n nije nula-vektor, to je bar jedan od brojeva A ili B različit od nule, što znači da je (8) algebarska jednačina prvog stepena Prema tome, svaka prava u rvni y je algebarska jednačina -vog stepena dvije promjenljive i y Primjedba Neka je P n (,y) polinom n-tog stepena dvije promjenljive i y Tada krivu čija je jednačina: P n (,y) = 0, nazivmo krivom n-tog reda U tom smislu kaže se: prava je kriva prvog reda, ili kružnica je kriva drugog reda Sada ćemo dokazati da vrijedi i obratno: svaka jednačina prvog stepena A + By + C = 0 (9) u ravni y predstavlja jednačina prave, koja je jedinstvena Kako je (9) jednačina prvog stepena, tada je bar jedan od brojeva A ili B različit od nule, tj A + B 0 Predpostavimo da je A 0 Tada jednačina (9) možemo zapisati u ekvivalentnom obliku A( ( C A )) + B(y 0) = 0 (0) Jednačina (0) ima oblik jednačine (8), što predstavlja jedistvenu pravu, koja prolazi kroz tačku ( C A, 0) i normalna je na vektoru n = (A, B) Stoga i jednačina (9), koja je ekvivalentna jednačini (0), određuje tu istu pravu Jednačinu (9) nazivamo opštom jednačinom prave U opštoj jednačini prave A, B i C su bilo kakvi brojevi, isključujuči da su i A i B jednaki nuli Razmotrimo razne slučajeve jednačine (9), koji se dobije kad su neki od njenih koeficijenata jednaki nuli Neka je A = 0, tada iz (9) slijedi By + C = 0, tj y = - C B Neka je b = - C B, izlazi y = b () Jednačina () određuje pravu, čije sve tačke imaju istu ordinatu jednaku b Dakle, prava je paralelna osi Nacrtati grafik te prave Ako je i C = 0, tada jednačina (), tj jednačina (9), ima oblik

10 y = 0 () Jednačina () određuje pravu, čije sve tačke imaju istu ordinatu jednaku nuli Dakle, prava () je osa Neka je B = 0, tada iz (9) slijedi A + C = 0, tj = - C A Ako je a = - C B, dobije se = a (3) Jednačina (3) određuje pravu, čije sve tačke imaju apscisu jednaku a Dakle, prava (3) je paralelna osi y Nacrtati grafik te prave Ako je i C = 0, tada jednačina (3), tj jednačina (9), ima oblik = 0 (4) Jednačina (4) određuje pravu, čije sve tačke imaju apscisu jednaku nuli Dakle, prava (4) je ordinatna osa 3 Neka je C = 0 i B 0, tada iz (9) slijedi A + By = 0, tj y = - (A B) Stavimo li k = - A B, (5) dobijemo y = k (6) Jednačina (6) ima za rješenje par (,y) = (0,0), tj prava prolazi kroz ishodište Uzmimo proizvoljnu tačku T (,y ) ( O(0,0), tj 0; nacrtajte grafik prave) Tada je y = k, odakle je k = y Sa grafika prave vidimo da je y = tg α, gdje je α ugao što ga prava zaklapa sa pozitivnom poluosom Dakle, k = tg α (7) Broj tg α = k nazivamo koeficijent nagiba prave 4 Neka je B 0, tada jednačinu (9) svodimo na ekvivalentni oblik: By = - A C, tj y = - (A B) - C B Stavimo li k = - A B, b = - C B, dobijemo y = k + b (8) Uporedimo li jednačine (8) i (6), vidimo, da se ordinate tih pravih, za istu vrijednost razlikuju za isti broj b, tj te prave su paralelne To znači da one imaju isti ugao nagiba α sa pozitivnom poluosom, tj za obe prave je isti koeficijent nagiba tg α = k Očigledno, ako je = 0, tada je y = b, tj prava, određena jednačinom (8), presjeca osu u tački (0, b) Broj b nazivamo ordinatni odsječak prave () Neka je ugao nagiba prave α (0, π ) (π, π), tada je (nacrtati grafik te prave): k = tg α = (y y ) ( ), (9) gdje su T (,y ) i T (,y ) dvije tačke na pravoj i Za =, prava koja prolazi kroz tačke T (,y ) T (,y ), paralena je osi y, te ugao nagiba nije definisan Primjer Naći koeficijent nagiba prave koja prolazi tačkama A(-, 3) i B(5, - ) Prema formuli (9), dobijemo 3 4 k = = 5 7 ( ) Primjer Naći koeficijent nagiba i ordinatni presjek prave 3 + y 6 = 0 Prema odgovarajučoj formuli je k = - A B = - 3, b = - C B = - (- 6 ) = 3 Koeficijent nagiba i ordinatni presjek prave možemo naći i na drugi način Transformišimo jednačinu prave u oblik y = k + b, tj riješimo jednačinu prave po y:

11 y = ili y = (- 3 ) + 3 Uporedimo li dobijenu jednačinu y = (-3 )+3 sa jednačinom y = k+b, dobijemo ponovo k = -3 i b = 3 Primjer 3 Povući pravu 3 + 4y = 0 Da bi povukli pravu dovoljno je odrediti njene dvije (razne) tačke na pravoj Moguče je odrediti otsječke što ih prave otsjeca na osama i y, ako ti otsjeci postoje, tj ako prava ne prolazi kroz ishodište Stavimo li u jednačinu prave y = 0, slijedi: 3 = 0, tj = 4 Dakle, tačka presjeka date prave sa osom je A(4, 0) Stavimo li u jednačinu prave = 0, izlazi: y = 3, tj tačka presjeka date prave sa y osom je B(0, 3) Povuci pravu koja prolazi kroz tačke A i B Primjer 4 Sastavi jednačinu prave, koja ima nagib prema osi α = π 3 i ordinatni otsječak jednak 4 Prema formuli (7), izlazi k = tg α = tg (π 3) = 3 Sem toga je b = 4 Dakle, prema formuli (8), jednačina prave je y= 3+ 4 ili 3 y + 4= Još neki oblici jednačine prave Postoje još neki oblici jednačine prave, koje nismo dosada posmatrali Jednačina prave koja prolazi kroz datu tačku s datim koeficijentom nagiba Označimo sa p = p (T, k) pravu koja prolazi kroz datu tačku T (,y ) s datim koeficijentom nagiba k Tada su ispunjene jednačine y = k + b, y = k + b, gdje je prva jednačina predstavlja jednačinu familije paralelnih pravih sa datim koeficijentom nagiba k i promjenljivog ordinatnog otsječka b, dok druga jednačina dobijemo iz uslova da jedna od pravih te familije prolazi kroz datu tačku T (,y ) Oduzimanjem tih jednačina dobijemo y y = k( ), (30) što je jednačina prvog stepena, tj tražena jednačina prave p = p (T, k), koja prolazi kroz datu tačku T (,y ) s datim koeficijentom nagiba k Primjer 5 Naći jednačinu prave, koja prolazi kroz tačku T (- 3, ) s uglom nagiba prema osi α = 3π 4 Koeficijent nagiba je Prema tome, jednačina prave je k = tg α = tg (3π 4) = - y = - ( + 3) ili + y + = 0 Za promjenljivo k i datu tačku T jednačina (30) predstavlja jednačinu familije pravih, koje prolaze kroz datu tačku T, izuzimajući pravu paralelnu y osi, pošto k = tg (π ) nema smisla Familije pravih, koje prolaze kroz datu tačku T, nazivamo pramenom pravih s centrom u tački T Primjer 6 Iz pramena pravih, određenog jednačinom y + = k ( - 5), odrediti onu, koja prolazi kroz tačku A(, 6) Zamjenom koordinata tačke A u jednačinu pramena, dobije se 6 + = k ( - 5), tj k = - Dakle, tražena jednačina je y + = - ( - 5) ili + y 8 = 0

12 Jednačina prave koja prolazi kroz dvije date tačke Označimo sa p = p (T, T ) pravu koja prolazi kroz dvije date tačku T (,y ) i T (,y ) Neka je T(,y) proizvoljna tačka na pravoj p = p (T, T ), tada su vektori TT i TT kolinearni, pošto za zajednički nosač imaju pravu p = p (T, T ) Za i y y, na osnovu kolinearnosi vektora TT i TT, izlazi y y = (3) y y Jednačina (3) predstavlja (simetričnu ili kanonsku) jednačinu prave p = p (T, T ) Ako je =, tada je prave p = p (T, T ) paralelna y osi, te je njena jednačina = (3) Ako je y = y, tada je prave p = p (T, T ) paralelna osi, te je njena jednačina y = y (33) Primjer 7 Dati su vrhovi A(,4), B(6,3) i C(4,- 3) trougla ABC Odrediti jednačinu težišnice AD Nacrtati odgovarajuću sliku Tačka D je sredina duži BC, tako da je B + C 6+ 4 yb + y 3+ C ( 3) D = = = 5, y D = = = 0 Treba sastaviti jednačinu prave p = p(a, D), tj ostaje da u jednačinu (3) umjesto i y stavimo koordinate tačke A, a umjesto i y koordinate tačke D Izlazi y 4 = ili 4 + 3y 0 = Primjer 8 Odrediti jednačinu prave prave p = p (T, T ), ako je T (-, 3) i T (, 3) Kako je y = y, to je, prema formuli (33), jednačina prave prave p = p (T, T ) y = 3 3 Segmentni oblik jednačine prave Posmatrajmo pravu p = p(a, B), gdje je A(a, 0) (a 0) tačka na osi i B(0, b) (b 0) tačka na y osi Tada kažemo da prava p otsjeca na osama i y segmente a i b respektivno Zamjenimo u (3) i y koordinatama tačke A, te i y koordinatama tačke B, dobijemo a y 0 =, 0 a b 0 ili y + = (34) a b Jednačinu (34) nazivamo jednačina prave u segmentnom obliku Primjer 9 Odrediti segmentni oblik jednačine prave 3y 6 = 0, te na osnovu dobijenih segmenata povući tu pravu Prebacimo slobodni član jednačine na desnu stranu i podjelimo jednačinu sa sa njim, dobijemo y + = 3 - Uporedimo dobijenu jednačinu sa jednačinom (34), izlazi a = 3 i b = - Primjer 0 Sastavimo jednačine prave, ako je tačka S(, 3) sredina duži koju na toj pravoj otsjecaju koordinatne ose Lahko je provjeriti da su segmenti što ih prava otsjeca na osama a = S = 4, b = y S = 6, te je segmentni oblik jednačine prave y + = ili 3 + y - = 0 4 6

13 775 Međusobni položaj dvije prave Neka su u ravni y date dvije prave p i q svojim jednačinama: A + B y + C = 0, () A + B y + C = 0 () Postoje tri mogućnosti za te prave: ili se sijeku, ili su paralelne, ili se poklapaju Te mogućnosti proizlaze iz činjenice da sistem jednačina () i () ima: ili jedinstveno rješenje, ili nema rješenje, ili ima beskonačno mnogo rješenja Prema tome: A B (i) Ako je determinanta sistema: A B A B 0 ili (za A B 0), tj vektori normala A B n = (A, B ) i n = (A, B ) datih pravih nisu kolinearni, tada se prave sijeku Koordinate tačke presjeka dobiju se kao jedinstveno rješenje sistema jednačina A B (ii) Ako je determinanta sistema: A B A B = 0 ili (za A B 0) =, tj vektori normala A B n = (A, B ) i n = (A, B ) datih pravih su kolinearni, tada se prave ili paralelne ili se poklapaju Dakle, sada postoje dvije mogučnosti: (a) A = λa, B = λb, C = λc (λ 0) (3) ili (za A B C 0) A B C = = = λ 0 (4) A B C U ovom slučaju jednačina () dobije se množenjem jednačine () sa λ 0 Dakle, sistem () i () svodi se na jednu jednačinu sa dvije nepoznate, tj prave se poklapaju (b) A = λa, B = λb, C λc (λ 0) (5) ili (za A B C 0) A B C =, A B C (6) tj A B C = = λ 0, a λ A B C U ovom slučaju, pomnožimo li jednašinu () sa λ, dobijmo A + B y + C = 0, λa + λb y + λc = 0 Oduzmemo li drugu od prve jednačine, dobićemo (A - λa ) + (B - λb )y + (C - λc ) = 0 ili y + (C - λc ) = 0, Odakle slijedi C = λc, što je protivrječno sa uslovom C λc Prema tome, sistm nema rješenja, tj prave su paralelne Prave () i () su ortogonalne akko su njihove normale n = (A, B ) i n = (A, B ) ortogonalne, tj akko je A A + B B = 0 (7) Jednakost (7) je potreban i dovoljan uslov ortogonalnosti pravih p i q Ako je B B 0, uslov (7) možemo zapisati u obliku A A A A + = 0 ili + = 0, B B B B ili k k + = 0 (8) Sad za k 0 imamo k = k (9)

14 Primjer Ispitati da li se prave 3 y + = 0 i + 5y = 0 sijeku, te ako se sijeku, odrediti presječnu tačku 3 Kako, prave se sijeku Presječna tačka je (,y) = (,) 5 Primjer Sastaviti jednačinu prave, koja prolazi kroz tačku T(- 4, ) i paralelna je pravoj 4 3y + 7 = 0 Jednačina pramena pravih p = p(t, k) je y = k ( + 4) Sad odredimo koeficijent nagiba prave: k = - A B = - 4 (- 3) = 4 3 Dakle, jednačina prave je 4 y = ( + 4) ili 4 3y + 9= 0 3 Primjer 3 Data su vrhovi trougla A(-, ), B(0, 5), C(,- 4) Odrediti visinu trougla povučenu iz vrha C Napišimo jednačinu pramena pravih s vrhom u tački C: y + 4 = k ( - ) Visina, iz vrha C, ortogonalna je na stranu AB; zato je njen koeficijent nagiba k = - k AB Sad je yb ya 5 4 kab = = = = 0 B A ( ) Dakle, k = - Zamjenom nađene vrijednosti za k u jednačinu pramena, dobijemo y+ 4= ( ) ili + y + 6= Ugao između pravih Neka treba naći ugao između pravih p i q u ravni y čije su jednačine: A + B y + C = 0, A + B y + C = 0 Nacrtati grafke pravih p i q Očito je ( p,q) ( n,n ) ϕ = =, te izlazi AA +BB cos ϕ nn = n n = A+B A+B Primjer 4 Odrediti ugao između pravih 7 y = 0, y + 3 = 0 Prema (0) nalazimo AA +BB 7 + ( )( ) 8 o ' cos ϕ = = = = 08, tako da je ϕ = arccos 08 ( 36 5 ) A +B A +B Ako su prave p i q zadane jednačinama y = k + b, y = k + b, tada je α = α + ϕ, gdje ϕ pozitivni uga između pravih p i q, α i α su uglovi nagiba pravih p i q respektivno (Nacrtati sliku!) Izlazi tgα tgα k k tg ϕ = tg ( α α ) = +tgα tgα = () + kk Primjer 5 Naći ugao između pravih y 4 = 0, y = Dakle, iz jednačina pravih nalazimo k = - A B = - (- ) =, k = Zato je, prema () tg ϕ = 3 = + 4 (0)

15 777 Normalni oblik jednačine prave Pođimo od opšteg oblika jednačine prave a nr + C = 0, () gdje je n = (A,B) (0, 0) bilo koja normala prave i C(= - nr R, a M(r ) je proizvoljna tačka na pravoj a) Neka je O ishodište, a tačka O je podnožje normale povučene iz O na pravu a (prava a ne prolazi kroz O) Sem toga uzmimo: 0 n 0 = ort OO, gdje su vektori n 0 i OO orjentisani od ishodišta ka pravoj a Tada je ugao ϕ = ( r,n0) y oštar za svaku tačku T(r) a, jer su oba vektora r = T T OT i n0 osmjereni od O ka pravoj a (vidi sl6) ϕ 0 Rastojanje tačaka O i O označimo sa p, tj p = d(o, O )>0 T ' Sad za svaku tačku T(r) a izlazi O n 0 r = pr n r = p, pošto je ugao ϕ = ( r,n0) oštar n sl Dakle, vrijedi nr 0 p = 0 (3) Jednačina (3) predstavlja normalni ili Hesseov (Hesse, LO, njemački matematičar (8-874)) vektorski oblik jednačine prave koja se dobije iz opšte jednačine () pod uslovima 0 i 0 Skalarni oblik jednačine (3) je cos α + ysinα - p = 0, (4) i,n ) ugao nagiba prave a = 0 pošto je n 0 = (cos α, sinα), gdje je α( ( ) Postavlja se pitanje kako opštu jednačinu () dovesti na normalni oblik (3) Odgovor je jednostavan: pomnožimo jednačinu () skalarom k koji ćemo odabrati tako da dobijena jednačina (kn)r + kc = 0, bude istovjetna s jednačinom (3) Odatle dobijemo uslove kn = n 0, kc = - p (< 0) (5) Iz prvog uslova u (5) dobijemo k =, a iz drugog da je k suprotnog znaka od C, dakle k= n sgnc n Prema tome, normalni oblik jednačine () je: nr + C = 0 (6) sgn -C n Pošto je ( ) p O Q Q QT -n ( ) n = A,B = A + B, to je odgovarajući skalarni oblik jednačine (6) A+ By+ C = 0 (7) sgnc A + B Prjmjer Data je opšta jednačina prave a 3 + 4y + 0 = 0 Odrediti normalni oblik jednačine prave a, rastojanje p ishodišta O od prave a, te ugao nagiba prave a Pošto je n = A + B = = 5, to je normamalni oblik jednačine prave 3 + 4y = 0, tj p= =, cos α= -, sin α=

16 Rastojanje tačke od prave Neka je data vektorska jednačina prave a u normalnom (Hesseovom) obliku n 0 r - p = 0 () i tačka T (r ) van prave Treba odrediti rastojanje d = d(t, a) tačke T od prave a čija je jednačina () Dokazaćemo da vrijedi Stav (i) Zamjenimo vektor položaja tačke T (r ) u jednačinu (), tada je skalar μ = μ(r ) n 0 r - p > 0, < 0, () ( = 0), zavisno od toga da li su tačka T i ishodište O sa suprotnih strana ili sa iste strane prave a (jasno, znak jednakosti vrijedi kad tačka T leži na pravoj a); (ii) Udaljenost tačke od prave d= n 0 r - p (3) Dokaz Obratimo pažnju na to da su: tačka T i ishodište O sa suprotnih strana prave a (vidi sl), dok su tačka T ' i ishodište O na istoj strani prave a Ako je Q projekcija tačke T na pravu a, tada vektor QT ima smjer orta normale n 0, a za tačku T ' smjer suprotan ovom vektoru Stoga možemo pisati QT = μn0, (4) gdje je μ > 0 (< 0) za tačku T (za tačku T ') Sem toga je tražena udaljenost d= QT = μn = μ (5) 0 Kako tačka Q(r Q ) leži na pravoj to njen vektor polpžaja zadovoljava jednačinu (), tj mora biti n 0 r Q - p = 0 (6) Iz QT = r r, prema (4), dobijemo rq = r QT = r μn, što zamjenom u (6) daje ili Q 0 n(r μn) p= 0 0 0, ( ) nr μ p = 0 nn =, odakle, konačno, proizlazi μ= μ( r ) = n0r p, tj (i) je tačno na osnovu (4), a potom da je (ii) tačno prema (5) 0 Primjedbe 0 Analitički oblici jednakosti () i (3), prema pretodnom paragrafu, su μ = cos α + y sinα p, d = cos α + y sinα p 0 Ako je prava zadana u opštem vektorskom obliku nr + C = 0, tada je njen odgovarajući normalni oblik nr + C = 0, te jednakost () za μ i jednakost (3) za udaljenost imaju oblik sgn -C n ( ) nr + C nr C nr + C μ =, + d = = sgn( -C) n sgn( -C) n n 3 0 Za analitički oblik jednačine prave A +By + C = 0, jednakosti () i (3) su respektivno oblika A+ By+ C μ = ; A + By + C d = sgnc A + B A + B Zadatak Odrediti rastojanje d dvije paralelne prave zadane, npr vektorskim jednačinama u normalnom obliku: n 0 r - p = 0, n 0 r - p = 0 Rezultat d = p - p Kako glase jednačine pravih ako je d = p + p? Moguča su dva odgovora! o o