Primene kompleksnih brojeva u geometriji

Save this PDF as:
 WORD  PNG  TXT  JPG

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "Primene kompleksnih brojeva u geometriji"

Transcript

1 Primene kompleksnih brojeva u geometriji Radoslav Dimitrijević

2 1 Neki osnovni geometrijski pojmovi 1.1. Rastojanje izmed u tačaka Neka su tačke A i B u kompleksnoj ravni odred ene kompleksnim brojevima a i b respektivno. Tada je rastojanje AB izmed u ovih tačaka dato formulom AB = a b. Lako je proveriti da ovako odred eno rastojanje izmed u dveju tačaka ima sva svojstva funkcije rastojanja. 1.. Duž, poluprava, prava Za tačku M(z) kompleksne ravni kažemo da je izmed u tačaka A i B ako je z a, z b i a z + z b = a b, pri čemu koristimo oznaku A M C. Skup (AB) := {M : A M B} nazivamo otvoreni segment ili interval odred en tačkama A i B. Skup [AB] := (A, B) {A, B} je zatvoreni interval ili segment odred en tačkama A i B. Stav 1.1. Neka su A(a) i B(b) dve različite tačke kompleksne ravni. Tada su sledeća tvrd enja ekvivalentna: (a) M(z) (AB); (b) postoji pozitivan realan broj k tako da je z a = k(b z); (c) postoji realan broj t (0, 1) tako da je z = (1 t)a + tb. Dokaz: Dokažimo najpre da su tvrd enja (a) i (b) ekvivalentna. Zaista, M(z) (AB) onda i samo onda ako je a z + z b = a b. Ovo je ekvivalentno sa činjenicom da postoji k > 0 tako da je z a = k(b z). Da dokažemo da je (b) (c), stavimo da je t = k/(k + 1) (0, 1) ili k = t/(1 t) > 0. Tada je z a = k(b z) onda i samo onda ako je z = 1 k k b, odn. z = (1 t)a + tb, što je i trebalo dokazati. k + 1 Skup (AB := {M : A M B ili A B M} nazivamo otvorenom polupravom kroz tačku B i krajnjom tačkom A. Slično se definiše otvorena poluprava AB). Sledeći stav dokazuje se slično prethodnom.

3 Stav 1.. Ako su A(a) i B(b) dve različite tačke, tada su sledeća tvrd enja ekvivalentna: (a) M(z) (AB; (b) postoji pozitivan realan broj t takav da je z = (1 t)a + tb; (c) arg(z a) = arg(b a); (c) z a b a R+. Stav 1.3. Neka su A(a) i B(b) dve različite tačke. Tada su sledeći iskazi ekvivalentni: (a) tačka M(z) pripada pravoj koja je odred ena tačkama A i B; (b) z a b a R; (c) postoji realan broj t takav da je z = (1 t)a + tb; (d) (e) z a z a b a b a = 0; z z 1 a a 1 b b 1 = 0. Dokaz: Da dokažemo da je (a) (b) (c), primetimo najpre sledeću jednostavnu činjenicu. Ako je C tačka za koju je C A B, tada pravu odred enu tačkama A i B možemo napisati kao skup (AB {A} CA). Sada ekvivalencije (a) (b) (c) neposredno slede iz Stava 1.. Dokažimo sada da je (b) (d) (e). Zaista, očigledno je z a ili ekviva- onda i samo onda ako je z a ( ) z a b a = b a lentno, z a z a b a b a = 0, pa je (b) (d). Štaviše, z z 1 a a 1 = 0 onda i samo onda ako je b b 1 z a b a = z a b a z a z a 0 a a 1 b a b a 0 Poslednja determinanta jednaka je sledećoj determinanti z a z a b a b a = 0, što dokazuje da je (d) (e). b a R = 0.

4 1. NEKI OSNOVNI GEOMETRIJSKI POJMOVI Deljenje duži u zadatom odnosu Neka su A(a) i B(b) dve različite tačke. Tačka M(z) na pravoj AB deli duž AB u odnosu k R \ {1} ako važi sledeća vektorska jednakost: MA = k MB. U terminima kompleksnih brojeva ovu jednakost možemo napisati u sledećem obliku a z = k(b z) ili z(1 k) = a kb. Stoga je z = a kb 1 k kompleksan broj koji odred uje tačku M. Za k < 0 tačka M pripada segmentu koji spaja tačke A i B. Ako je k (0, 1), onda je M (AB \ [A, B], a ako je k > 1, onda je M AB) \ [AB]. Za k = 1 tačka M je sredina duži AB, a odred ena je kompleksnim brojem z M = a + b. Primer 1.1. Neka su A(a), B(b) i C(c) tri nekolinearne tačke u ravni. Sredina C 1 duži AB je odred ena kompleksnim brojem c 1 = a + b. Težište G trougla ABC deli medijanu CC 1 u odnosu : 1, pa je njena kompleksna koordinata odred ena parametrom k =, odn Mera ugla z G = c + c = a + b + c. 3 Za trougao se kaže da je orijentisan ako su njegova temena ured ena na specifičan način. On je pozitivno ili direktno orijentisan, ako su njegova temana, označena u rastućem azbučnom redosledu, pored ana u smeru suprotnom od kretanja kazaljki na satu. U protivnom, on je negativno orijentisan. Razmotrimo dve različite tačke M 1 (z 1 ) i M (z ), koje su različite od koordinatnog početka. Ugao M 1 OM je pozitivno orijentisan ako su tačke M 1 i M, tim redosledom, ured ene suprotno od kretanja kazaljki na satu, ili ekvivalentno, ako je trougao M 1 OM pozitivno orijentisan. Drugim rečima, ugao M 1 OM je pozitivno orijentisan, ako se krak OM 1 pri rotaciji oko tačke O do poklapanja sa krakom OM kreće u smeru suprotnom od kretanja kazaljki na satu, krećući se pri tome preko oblasti ugla.

5 4 Stav 1.4. Mera pozitivno orijentisanog ugla M 1 OM jednaka je arg z z 1. Stav 1.5. Ako su M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) tri različite tačke, onda je mera pozitivno orijentisanog ugla M M 1 M 3 jednaka arg z 3 z 1. z z 1 Dokaz: Translacijom za vektor OM 1 tačke M 1 (z 1 ), M (z ) i M 3 (z 3 ) preslikavaju se u tačke O(0), M (z z 1 ) i M 3 (z 3 z 1 ), pri čemu je M M 1 M 3 = M OM 3. No onda je prema prethodnom stavu 1.5. Rotacija tačke M OM 3 = arg z 3 z 1 z z 1. Neka je tačka M odred ena kompleksnim brojem z = r(cos ϕ + i sin ϕ) i neka je ε = cos α + i sin α. Za kompleksan broj zε = r[cos(ϕ + α) + i sin(ϕ + α)] imamo da je zε = z i arg(zε) = arg z + arg ε = ϕ + α. Tačka M (zε) ima moduo z, dok je argument ϕ + α, što znači da je tačka M dobijena rotacijom tačke M oko koordinatnog početka za ugao α = arg ε. Stav 1.6. Ako je tačka C(c) dobijena rotacijom tačke B(b) oko tačke A(a) za ugao α, onda je c = a + (b a)ε, gde je ε = cos α + i sin α. Dokaz: Translacijom za vektor OA tačke A, B, C preslikavaju se u tačke O(0), B (b a) i C (c a). Tačka C se dobija sada rotacijom tačke B oko koordinatnog početka za ugao α, pa je prema prethodno rečenom, c a = (b a)ε, odn. c = a + (b a)ε. Zadatak 1.1. Neka su ABCD i BNMK kvadrati u istoj ravni koji sem tačke B nemaju drugih zajedničkih tačaka. Ako je E srednja tačka duži AN, a F podnožje normale iz tačke B na pravu odred enu tačkama C i K, dokazati da su tačke E, F, B kolinearne. Rešenje: Razmotrimo zadate kvadrate u kompleksnoj ravni čiji je koordinatni početak u tački F, pri čemu je realna osa odred ena tačkama C i K, dok je imaginarna osa odred ena tačkama B i F. Neka su c, k, bi, c, k, b R, kompleksni brojevi koji u posmatranoj kompleksnoj ravni odred uju tačke C, K, B respektivno. Tačka A se dobija rotacijom tačke C oko tačke B za ugao π/, pa je ona odred ena kompleksnim brojem a = ib+(c ib)[cos(π/)+

6 . USLOVI ZA KOLINEARNOST, ORTOGONALNOSTI KOCIKLIČNOST5 i sin(π/)] = b + i(b + c). Slično se dobija kompleksan broj n = b + i(b k) koji odred uje tačku N. Srednja tačka E duži AN odred ena je kompleksnim brojem e = (a + n)/ = [b + (c k)/]i, pa su tačke F, B i E očigledno kolinearne. Zadatak 1.. Na stranicama AB, BC, CD, DA četvorougla ABCD konstruisani su kvadrati sa središtima u tačkama O 1, O, O 3, O 4 respektivno, koji sa kvadratom ABCD nemaju drugih zajedničkih tačaka, sem odgovarajućih zajedničkih stranica. Dokazati da je O 1 O 3 O O 4 i O 1 O 3 = O O 4. Rešenje: Neka su ABMM, BCNN, CDP P, DAQQ kvadrati sa središtima u tačkama O 1, O, O 3, O 4 respektivno. Za svaku tačku označimo odgovarajućim malim slovom kompleksan broj koji je odred uje. Tačka M se dobija rotacijom tačke A oko tačke B za ugao π/, pa je stoga ona odred ena kompleksnim brojem m = b + (a b)i. Slično dobijamo kompleksne brojeve koji odred uju tačke N, P, Q: n = c+(b c)i, p = d+(c d)i, q = a+(d a)i. Tačke O 1, O, O 3, O 4 su sredine duži AM, BN, CP, DQ respektivno, pa je Kako je o 1 = a + m a + b + (a b)i = o 3 = c + p c + d + (c d)i =, o = b + n, o 4 = d + q b + c + (b c)i =, d + a + (d a)i =. o 3 o 1 c + d a b + (c d a + b)i = o 4 o a + d b c + (d a b + c)i = i ir, to je O 1 O 3 O O 4. Osim toga je o 3 o 1 o 4 o = i = 1, pa je O 1 O 3 = O O 4. Uslovi za kolinearnost, ortogonalnost i kocikličnost Stav.1. Tačke M i (z i ), i {1,, 3}, su kolinearne onda i samo onda ako je z 3 z 1 z z 1 R \ {0}.

7 6 Dokaz: Tačaka M 1, M, M 3 biće kolinearne onda i samo onda ako je zadovoljen uslov M M 1 M 3 {0, π}. No onda je prema Stavu 1.5. arg z 3 z 1 z z 1 {0, π}, ili ekvivalentno, z 3 z 1 z z 1 R \ {0}, što je i trebalo dokazati. Stav.. Prave M 1 M i M 3 M 4 su ortogonalne onda i samo onda ako je z 1 z z 3 z 4 ir \ {0} Dokaz: M 1 M M 3 M 4 onda i samo onda ako je (M 1 M, M 3 M 4 ) {π/, 3π/}. Ovo je ekvivalentno sa činjenicom da je arg z 1 z z 3 z 4 {π/, 3π/}. Stoga je M 1 M M 3 M 4 onda i samo onda ako je z 1 z z 3 z 4 ir \ {0}. Stav.3. Tačke M i (z i ), i {1,, 3, 4}, pripadaju istoj kružnici (u tom slučaju kažemo da su kociklične) onda i samo onda ako je k = z 3 z z 1 z : z 3 z 4 z 1 z 4 R \ {0}. Dokaz: Neka su tačke M 1, M, M 3, M 4 na kružnici zadate u tom redosledu. Tada je M 1 M M 3 + M 1 M 4 M 3 {3π, π}. Stoga je arg z 3 z z 1 z + arg z 1 z 4 z 3 z 4 {3π, π}, odn. arg z 3 z arg z 3 z 4 {3π, π}, z 1 z z 1 z 4 pa je k < 0. Za svaki drugi raspored tačaka na kružnici dokaz je sličan. Četiri tačke možemo na 6 različitih načina rasporediti na kružnici. U tri slučaja je k > 0, dok je u ostala tri k < 0. Zadatak.1. Tačke A(a), B(b) i C(c) su temena trougla. Ako je u = a b, v = c a, dokazati da je A = 90 onda i samo onda ako je Re(uv) = 0. Rešenje: A = 90 onda i samo onda ako je b a ir\{0}, što je ekvivalentno u ( ) u c a v ir \ {0}, tj., Re = 0. Poslednja jednakost ekvivalentna ( ) v uv je sa Re v = 0, odn. sa Re(uv) = 0, što je i trebalo dokazati.

8 . USLOVI ZA KOLINEARNOST, ORTOGONALNOSTI KOCIKLIČNOST7 Zadatak.. Ako se iz ma koje tačke kružne linije opisane oko trougla konstruišu normale na njegove stranice, dokazati da podnožja normala pripadaju istoj pravoj (Simsonova teorema). Rešenje: Ne umanjujući opštost razmatranja, možemo pretpostaviti da je kružnica k opisana oko trougla ABC jediničnog poluprečnika sa središtem u koordinatnom početku. Označimo sa A 1, B 1, C 1 podnožja normala iz proizvoljne tačke M k na stranice BC, CA, AB trougla ABC. Označimo malim slovima kompleksne brojeve koji odred uju tačke označene odgovarajućim velikim slovima. Tačke A 1, B 1, C 1 odred ene su respektivno kompleksnim brojevima a 1 = 1 (m bcm + b + c), b 1 = 1 (m acm + a + c), c 1 = 1 (m abm + a + b) i kolinearne su onda i samo onda ako je b 1 a 1 = b a c 1 a 1 c a cm 1 bm 1 R. Ovaj uslov će biti zadovoljen onda i samo onda ako je b 1 a 1 c 1 a 1 = b 1 a 1 c 1 a 1. Tačke A, B, C i M pripadaju jediničnom krugu k, pa je aa = bb = cc = mm = 1. Stoga je b 1 a 1 = b a a cm 1 1/b = 1/a 1/cm 1 c 1 a 1 c bm 1 1/c 1/bm 1 = b a a cm 1 c bm 1 = b 1 a 1, c 1 a 1 što je i trebalo dokazati. Prava odred ena tačkama A 1, B 1, C 1 poznata je kao Simsonova prava. Zadatak.3. Dijagonale AC i BD trapeza ABCD seku se u tački E, a prave odred ene dužima AD i BC u tački F. Ako je O središte kruga opisanog oko trapeza ABCD, dokazati (a) da tačke A, D, O, E pripadaju istoj kružnoj liniji; (b) da tačke A, C, O, F pripadaju istoj kružnoj liniji. Rešenje: (a) Neka je poluprečnik kruga opisanog oko trapeza ABCD osnovice AB jednak jedan, pri čemu se središte nalazi u koordinatnom početku.

9 8 Kako je AB CD, to je b a R \ {0}. Ovo će biti zadovoljeno onda i d c samo onda ako je b a d c = b a d c. Iz ove jednakosti se lako dobija da je ab = cd, pri čemu se koristi činjenica da je aa = bb = cc = dd = 1. Tačke A, O, E, D pripadaju istoj kružnici onda i samo onda ako je a e d e : a d R, ili ekvivalentno, ako je a c d b : a R. Poslednji uslov će biti zadovoljen ako d i samo ako je a c d b : a d = a c d b : a. Kako je d a c d b : a d 1/a 1/c = 1/d 1/b : 1/a bd(c a) = 1/d ac(b d) : d a = c a b d b c = a c d b : a d, tačke A, O, E, D pripadaju istoj kružnici. (b) Tačke A, O, C, F će pripadati istoj kružnici ako dokažemo da je AOC + AF C = arg b c a d a = π. Kako je ab = cd, to je c b c a d a cd ac c(d a) = = c c(a d) c(a d) = 1, tačke A, O, C, F pripadaju istoj kružnici. 3 Sličnost trouglova Stav 3.1. Trouglovi A 1 A A 3 i B 1 B B 3 istih orijentacija su slični onda i samo onda ako je (1) a a 1 a 3 a 1 = b b 1 b 3 b 1. Dokaz: A 1 A A 3 B 1 B B 3 onda i samo onda ako je A 1 A /A 1 A 3 = B 1 B /B 1 B 3 i A 3 A 1 A = B 3 B 1 B. Ovo je ekvivalentno sa a a 1 a 3 a 1 = b b 1 b 3 b 1 i arg a a 1 a 3 a 1 = arg b b 1 b 3 b 1. Poslednje dve jednakosti okvivalentne su sa uslovom a a 1 a 3 a 1 = b b 1 b 3 b 1,

10 3. SLIČNOST TROUGLOVA 9 što je i trebalo dokazati,. Uslov (1) u prethodnom stavu ekvivalentan je uslovu da je (1 ) a 1 a a 3 b 1 b b 3 = 0. Lako je proveriti da za trouglove A 1 (0), A (1), A 3 (i) i B 1 (0), B ( i), B 3 ( ) ovaj uslov nije zadovoljen mada su oni očigledno slični. Ovi trouglovi, med utim, nisu istih orijentacija. Za trouglove suprotnih orijentacija važi sledeći stav. Stav 3.. Trouglovi A 1 A A 3 i B 1 B B 3 suprotnih orijentacije su slični onda i samo onda ako je () a a 1 a 3 a 1 = b b 1 b 3 b 1. Dokaz: Preslikajmo tačke B i (b i ) simetrično u odnosu na x-osu u tačke B (b i ), i {1,, 3}. Trouglovi B 1 B B 3 i B 1 B B 3 su slični, ali imaju suprotne orijentacije. Stoga su trouglovi A 1 A A 3 i B 1 B B 3 slični i imaju iste orijentacije pa stoga prema prethodnom stavu važi (). Zadatak 3.1. Na stranicama AB, BC, CA trougla ABC konstruisani su slični trouglovi ADB, BEC, CF A istih orijentacija, koji sa trouglom ABC, sem stranica AB, BC, CA, nemaju drugih zajedničkih tačaka. Dokazati da trouglovi ABC i DEF imaju isto težište. Rešenje: Trouglovi ADB, BEC, CF A su slični i imaju iste orijentacije, pa prema Stavu 3.1. važi sledeća jednakost d a b a = e b c b = f c a c = λ. Stoga je d = a + (b a)λ, e = b + (c b)λ, f = c + (a c)λ, pa je d + e + f 3 = a + b + c 3 što dokazuje da trouglovi ABC i DEF, na osnovu Primera 1.1., imaju zajedničko težište.,

11 10 Zadatak 3.. Sa iste strane duži P Q konstruisani su slični trouglovi KP Q, QLP i P QM, pri čemu je QP M = P QL = α, P QM = KP Q = β, P QK = LP Q = γ i α < β < γ. Dokazati da je trougao KLM sličan sa prva tri trougla. Rešenje: Označimo sa p, q, k, l, m kompleksne brojeve koji tim redosledom odred uju tačke P, Q, K, L, M kompleksne ravni. Iz sličnosti trouglova KP Q, QLP i P QM imamo sledeću dvostruku jednakost: k q p q = q p l p = p m = λ. Kako je q m (k q) + (q p) + (p m) (p q) + (l p) + (q m) = k m l m = λ, trougao KLM je sličan sa ostala tri trougla, pri čemu su svi trouglovi iste orijentacije. 4 Jednakostraničan trougao Stav 4.1. Ako su temena A 1, A, A 3 trougla A 1 A A 3 odred ena su kompleksnim brojevima z 1, z, z 3 respektivno, tada su sledeća tvrd enja ekvivalentna: (a) A 1 A A 3 je jednakostraničan trougao; (b) z 1 z = z z 3 = z 3 z 1 ; (c) z1 + z + z 3 = z 1z + z z 3 + z 3 z 1 ; (d) z z 1 = z 3 z ; z 3 z 1 z z 1 (e) = 0, gde je z = z 1 + z + z 3 ; z z 1 z z z z 3 3 (f) (z 1 + εz + ε z 3 )(z 1 + ε z + εz 3 ) = 0, gde je ε = cos π 3 + i sin π 3 ; (g) z 1 z z 3 z z 3 z 1 = 0. Dokaz: Trougao A 1 A A 3 je jednakostraničan onda i samo onda ako je iste orijentacije i sličan sa trouglom A A 3 A 1, odn. ako je z 1 z z 3 z z 3 z 1 = 0,

12 4. JEDNAKOSTRANIČAN TROUGAO 11 odakle sledi da je (a) (g). Kako je 0 = z 1 z z 3 z z 3 z 1 = = z 1 z + z z 3 + z 3 z 1 (z 1 + z + z 3 ) = = (z 1 + εz + ε z 3 )(z 1 + ε z + εz 3 ), to je (g) (c) (f). Jednostavnim algebarskim transformacijama se dokazuje da je (d) (c). Ekvivalentnost iskaza (a) i (b) očigledna. Čitaocu prpuštamo da sam dokaže ekvivalentnost iskaza (a) i (e). Stav 4.. Ako su A 1 (a 1 ), A (a ) i A 3 (a 3 ) temena pozitivno orijentisanog trougla A 1 A A 3, dokazati da su sledeća tvrd enja ekvivalentna: (a) A 1 A A 3 je jednakostraničan trougao; (b) z 3 z 1 = ε(z z 1 ), gde je ε = cos π 3 + i sin π 3 ; (c) z z 1 = ε(z 3 z 1 ), gde je ε = cos 5π 3 (d) z 1 + εz + ε z 3 = 0. + i sin 5π3; Dokaz: Trougao A 1 A A 3 je jednakostraničan i pozitivno orijentisan onda i samo onda ako je teme A 3 dobijeno rotacijom temena A oko temena A 1 za ugao π/3, tj. ako je, na osnovu Stava 1.6., zadovoljen uslov (b). Dakle je (a) (b). Na sličan način zaključujemo da je (a) (c). Da dokažemo da je (b) (d), dokažimo da je (b) ekvivalentno sa (b ) z 3 = z 1 + Zaista, ( 1 + i 3 ) (z z 1 ) = ( 1 i 3 ) ( 1 z i ( z 1 + εz + ε z 3 = z ) ( 3 + z + 1 ) 3 i z 3 = ( = z ) 3 + i z + ( + 1 )[( ) ( ] i i z 1 + )z + i = ( = z ) ( ) i z z 1 + i z = 0, pa je (b) (d). 3 ) z.

13 1 Zadatak 4.1. Neka su temena trougla A 1 A A 3 odred ena kompleksnim brojevima z 1, z, z 3 C \ {0}. Ako je z 1 = z z 3 i z = z z 3, dokazati da je trougao A 1 A A 3 jednakostraničan. Rešenje: Množenjem jednakosti z 1 = z z 3 i z = z z 3 dobijamo jednakost z 1 z = z 1z z 3 iz koje sledi da je z 3 = z 1z. Stoga je z 1 + z + z 3 = z 1 z + z z 3 + z 3 z 1, pa je trougao A 1 A A 3 jednakostraničan prema Stavu 4.1. Zadatak 4.. Neka su z 1, z, z 3 kompleksni brojevi jednakih modula. Dokazati da oni odred uju temena jednakostraničnog trougla ako i samo ako je z 1 + z + z 3 = 0. Kakav je geometrijski smisao brojeva z 1 z, z z 3, z 3 z 1 u tom slučaju? Neka je z 1 = z = z 3 = r > 0. Pretpostavimo najpre da kompleksni brojevi z 1, z, z 3 tim redosledom odred uju temena A 1, A, A 3 jednakostraničnog trougla A 1 A A 3. Neka je ω = 1/ + i 3/. Kako je ω = 1, a arg(ω) = π/3, to je z = z 1 ω, z 3 = z ω = z 1 ω, pa je z 1 + z + z 3 = z 1 (1 + ω + ω ) = 0. Da dokažemo obrat, pretpostavimo da za kompleksne brojeve važi relacija z 1 + z + z 3 = 0. Tada je z 1 z = (z 1 z )(z 1 z ) = z 1 z 1 z 1 z z z 1 + z z = = 4r z 1 z 1 z 1 z z z 1 z z = 4r (z 1 + z )(z 1 + z ) = = 4r z 1 + z = 4r z 3 = 3r, pa je z 1 z = r 3. Analogno se dokazuje da je z z 3 = z 3 z 1 = r 3. Kako je z 1 z z z 3 = z z 3 z 1 = r 3, z z 3 z 3 z 1 = z 3 z 1 z = r 3 i z 3 z 1 z 1 z = z 1 z z 3 = r 3, to i kompleksni brojevi z 1 z, z z 3, z 3 z 1 pretstavljaju temena jednakostraničnog trougla sa središtem u koordinatnom početku. Primetimo da važi i obrat. Dokaz ove činjenice prepuštamo čitaocu. Zadatak 4.3. Nad stranicama trougla ABC konstruisani su pozitivno orijentisani jednakostranični trouglovi AC B, BA C, CB A tako da se nalaze u spoljašnosti trougla ABC. Dokazati da su težišta ovih trouglova temena jednakostraničnog trougla (Napoleonov problem).

14 4. JEDNAKOSTRANIČAN TROUGAO 13 Rešenje: Neka su temena trougla ABC odred ena kompleksnim brojevima a, b, c. Ako su tačke A, B, C odred ene kompleksnim brojevima a, b, c, tada je na osnovu Stava 4.. a + c ε + bε = 0, b + a ε + cε = 0, c + b ε + aε = 0. Težišta trouglova A BC, AB C i ABC odred ena su prema Primeru 1.1. kompleksnim brojevima a = 1 3 (a + b + c), b = 1 3 (a + b + c), c = 1 3 (a + b + c ) respektivno. Dokažimo da je c + a ε + b ε = 0. Zaista, 3(c + a ε + b ε ) = (a + b + c ) + (a + b + c)ε + (a + b + c)ε = = (b + a ε + cε ) + (c + b ε + aε ) + (a + c ε + bε ) = 0, pa težišta trouglova A BC, AB C i ABC odred uju temena jednakostraničnog trougla prema Stavu 4.. Zadatak 4.4. Nad stranicama trougla ABC konstruisani su pravilni n-tougaonici, tako da sa unutrašnjošću trougla nemaju zajedničkih tačaka. Odrediti sve vrednosti prirodnog broja n za koje su centri n-tougaonika temena jednakostraničnog trougla. (Balkan Mathematical Olympiad 1990-Shortlist) Rešenje: Označimo sa A 0, B 0, C 0, centre n-tougaonika koji su konstruisani nad stranicama BC, CA i AB respektivno. Malim slovima označimo kompleksne brojeve koji odred uju tačke kompleksne ravni označene odgovarajućim velikim slovima. Neka je ε = cos π n + i sin π. Kako su uglovi n ÂC 0 B, BA 0 C, ÂB 0 C jednaki π/n, to je ( ) a = c 0 + (b c 0 )ε, b = a 0 + (c a 0 )ε, c = b 0 + (a b 0 )ε. Trougao A 0 B 0 C 0 biće jednakostraničan onda i samo ako je a 0 + b 0 + c 0 = a 0 b 0 +b 0 c 0 +c 0 a 0. Ako u ovoj jednakosti zamenimo a 0, b 0, c 0 iz ( ), dobićemo jednakost (b cε) +(c aε) +(a bε) = (b cε)(c aε)+(c aε)(a bε)+(a bε)(c aε), koja je ekvivalentna sa jednakosću (1 + ε + ε )[(a b) + (b c) + (c a) ] = 0.

15 14 Iz ove jednakosti sledi jednakost 1 + ε + ε = 0, koja je ekvivalentna sa sledećom jednakosću ε(1 + Re (ε)) = 0. Stoga je 1 + Re ε = 0, pa je cos π n = 1. No onda je π n = π, pa je n = 3, i to je jedina vrednost 3 broja n za koju tačke A 0, B 0, C 0 čine temena jednakostraničnog trougla. 5 Realan proizvod dva kompleksna broja Skalarni proizvod vektora nam je poznat iz analitičke geometrije. U radu sa kompleksnim brojevima skalarnom proizvodu vektora odgovara pojam realnog proizvoda kompleksnih brojeva koji ne pretstavlja ništa drugo do skalarni proizvod vektora koji su odred eni kompleksnim brojevima koji se množe. Definicija 5.1. Realan proizvod kompleksnih brojeva a i b, u oznaci a b, je realan broj odred en kao a b := 1 (ab + ab). Neka su A i B tačke odred ene kompleksnim brojevima a = a (cos ϕ + i sin ϕ) i b = b (cos ψ + i sin ψ). Lako je proveriti da je a b = a b cos(ϕ ψ) = OA AB cos ÂOB. Realan proizvod ima svojstva iskazana u sledećem stavu: Stav 5.1. Neka su a, b, c proizvoljni kompleksni brojevi. Realan proizvod dva kompleksna broja ima sledeća svojstva: (a) a a = a ; (b) a b = b a; (c) a b = a b; (d) (αa) b = α(a b) = a (αb) za svako α R; (e) a (b + c) = a b + a c; (f) (az) (bz) = z (a b); (g) a b = 0 onda i samo onda ako je OA OB, gde su A i B tačke kompleksne ravni odred ene kompleksnim brojevima a i b. Napomena: Već smo videli da realan proizvod kompleksnih brojeva a i b pretstavlja skalarni proizvod vektora OA i OB. Med utim, realan proizvod kompleksnih brojeva ima još jedan veoma interesantan geometrijski smisao.

16 5. REALAN PROIZVOD DVA KOMPLEKSNA BROJA 15 Naime, realan proizvod kompleksnih brojeva a i b jednak je potenciji koordinatnog početka O kompleksne ravni u odnosu na krug čiji je prečnik AB, gde su A i B tačke kompleksne ravni odred ene kompleksnim brojevima a i b. Zaista, kako je sredina M duži AB odred ena kompleksnim brojem a + b, potencija tačke O u odnosu na krug sa središtem u tački M i poluprečnikom r = 1 AB = 1 a b jednaka je OM r = a + b a b = (a + b)(a + b) (a b)(a b) = 4 4 = ab + ab = a b. Stav 5.. Neka su Tačke A, B, C, D tačke kompleksne ravni odred ene kompleksnim brojevima a, b, c, d. Tada su sledeća tvrd enja ekvivalentna: (a) AB CD; (b) (b a) (c d) = 0; (c) b a ir \ {0} d ( c ) b a (d) Re = 0. d c Dokaz: (a) (b) Uočimo tačke M(b a) i N(d c). Tada su OABM i ODCN paralelogrami kod kojih će biti OM ON onda i samo onda ako je AB CD, odn. onda i samo onda ako je m n = (b a) (d c) = 0. Ekvivalencije (b) (c) (d) neposredno slede iz definicije realnog prizvoda kompleksnih brojeva. Stav 5.3. Središte kružnice opisane oko trougla ABC nalazi se u koordinatnom početku kompleksne ravni. Ako su temena A, B, C trougla ABC odred ena kompleksnim brojevima a, b, c respektivno, tada je ortocentar H tog trougla odred en kompleksnim brojem h = a + b + c. Dokaz: Neka su A, B, C podnožja normala konstruisanih iz temena A, B, C na naspramne stranice. Tačka Z(z) će pripadati pravoj odred enoj tačkama A i A onda i samo onda ako je ZA BC, odn. ako je (z a) (b c) = 0. Na sličan način zaključujemo da je (z b) (c a) = 0 i (z c) (a b) = 0. Stav će biti dokazan ako pokažemo da tačka odred ena kompleksnim brojem h = a + b + c pripada pravama AA, BB i CC. Ona pripada pravoj odred enoj tačkama A i A. Zaista, kako je (h a) (b c) = (b + c) (b c) =

17 16 b b c c = b c = 0. Slično se dokazuje da tačka M odred ena kompleksnim brojem h pripada pravama BB i CC, što je i trebalo dokazati. Napomena: Ako su temena A, B, C trougla ABC, središte O kružnice opisane oko trougla ABC odred eni kompleksnim brojevima a, b, c, o, onda je ortocentar H tog trougla odred en kompleksnim brojem h = a + b + c o. Zaista, neka je A tačka na kružnici opisanoj oko trougla ABC dijametralno suprotna tački A. Tada je četvorougao HBA C paralelogram. Ako je {M} = HA BC, onda je m = b + c = h + a = h + o a, pa je h = a + b + c o. Zadatak 5.1. Neka je ABCD konveksan četvorougao. Dokazati da je (1) AB + CD = AD + BC onda i samo onda ako je AC BD. Rešenje: Na osnovu svojstava realnog proizvod kompleksnih brojeva jednakost (1) će važiti onda i samo onda ako je (b a) (b a) + (d c) (d c) = (c b) (c b) + (a d) (a d). Ova jednakost ekvivalentna je sa sledećom a b + c d = b c + d a, a ova sa jednakosću (c a) (d b) = 0, koja je prema Stavu 5.1. ekvivalentna sa AC BD. Zadatak 5.. Neka su M, N, P, Q, R, S sredine stranica AB, BC, CD, DE, EF, F A šestougla ABCDEF. Dokazati da je () RN = MQ + P S onda i samo onda ako je MQ P S.

18 5. REALAN PROIZVOD DVA KOMPLEKSNA BROJA 17 Rešenje: Neka su temena šestougla odred ena kompleksnim brojevima a, b, c, d, e, f. Tada su tačke M, N, P, Q, R, S odred ene sledećim kompleksnim brojevima m = a + b, n = b + c, p = c + d, q = d + e, r = e + f respektivno. Jednakost () će važiti onda i samo onda ako je, s = f + a (e + f b c) (e + f b c) = (d + e a b) (d + e a b) + + (f + a c d) (f + a c d). Ova jednakost ekvivalentna je sa jednakosću (d + e a b) (f + a c d) = 0, a ova prema Stavu 5.1. sa činjenicom da je MQ P S. Zadatak 5.3. Neka je A 1 A... A n pravilan poligon upisan u kružnicu sa centrom u koordinatnom početku kompleksne ravni i poluprečnikom R. Dokazati da za proizvoljnu tačku M u kompleksnoj ravni važi sledeća jednakost: n MA k = n(om + R ). Rešenje: Ne umanjujući opštost razmatranja, možemo pretpostaviti da su temena A k zadatog poligona odred ena kompleksnim brojevima Rε k, gde su ε k n-ti koreni iz jedinice, k = 1, n. Ako je tačka M odred ena kompleksnim brojem m, onda je n n MA k = (m Rε k ) (m Rε k ) = jer je je n ε k = 0. = n (m m Rε k m + R ε k ε k ) = ( n ) n = n m R ε k m + R ε k = = n OM + nr = n(om + R ), Napomena: Ako je tačka M na kružnici opisanoj oko poligona, onda n MA k = nr.

19 18 Zadatak 5.4. Neka je O središte kruga koji je opisan oko trougla ABC, neka je D srednja tačka duži AB i neka je E težište trougla ACD. Dokazati da su duži CD i OE normalne onda i samo onda ako je AB = AC. (Balkan Mathematical Olympiad, 1985) Rešenje: Neka je trougao ABC u kompleksnoj ravni čiji se koordinatni početak nalazi u tački O i neka su a, b, c kompleksni brojevi koji odred uju temana trougla ABC.Tada su d = a + b, e = a + c + d 3 = 3a + b + c 6 kompleksni brojevi koji odred uju tačke D i E respektivno. Neka je R poluprečnik kruga koji je opisan oko trougla ABC. Duž CD će biti upravna na duž OE onda i samo onda ako je realan proizvod kompleksnih brojeva e i d c jednak nuli: e (d c) = 0. Ova jednakost će biti zadovoljena onda i samo onda ako je (a+b c) (3a+b+c) = 0. Kako je a a = b b = c c = R, poslednja jednakost ekvivalentna je sa jednakošću a b = a c. S druge strane je AB = AC onda i samo onda ako je b a = c a, odnosno ako je (b a) (b a) = (c a) (c a), što je ponovo ekvivalentno sa a b = a c. Stoga je CD OE onda i samo onda ako je AB = AC. 6 Kompleksan proizvod dva kompleksna broja Vektorski proizvod vektora ima važnu ulogu u vektorskoj algebri zbog raznovrsnih primena u različitim oblastima matematike. Kompleksan proizvod dva kompleksna broja je analogon tom proizvodu. Definicija 6.1. Kompleksan broj a b := 1 (ab ab) nazivamo kompleksnim proizvodom kompleksnih brojeva a i b. Neka su A i B tačke odred ene kompleksnim brojevima a = a (cos ϕ + i sin ϕ) i b = b (cos ψ +i sin ψ). Lako je proveriti da je a b = a b sin(ϕ ψ) = OA AB sin ÂOB = PAOB. Realan proizvod ima svojstva iskazana u sledećem stavu:

20 6. KOMPLEKSAN PROIZVOD DVA KOMPLEKSNA BROJA 19 Stav 6.1. Neka su a, b, c kompleksni brojevi. Tada kompleksan proizvod dva kompleksna broja ima sledeća svojstva: (a) a b = a b; (b) a b = 0 onda i samo onda ako je a = 0 ili je b = 0 ili je a = λb, gde je λ R \ {0}; (c) a b = b a; (d) α(a b) = (αa) b = a (αb) za svako α R; (e) a (b + c) = a b + a c; (f) Ako su A(a) i B(b) dve različite tačke različite od O(0), tada je a b = 0 onda i samo onda ako su O, A, B kolinearne tačke. Napomena: (a) Neka su A(a) i B(b) dve različite tačke u kompleksnoj ravni različite od koordinatnog početka. Kompleksan proizvod brojeva a i b ima sledeći geometrijski smisao: { ipaob, ako je trougao OAB pozitivno orijentisan, a b = ip AOB, ako je trougao OAB negativno orijentisan. Zaista, ako je trougao OAB pozitivno orijentisan, onda je ip OAB = i OA OB ( sin(âob) = = i a b sin arg b ) ( ) b = i a b Im a a a b = = 1 ( b a a b ) = 1 (ab ab) = a b. a U protivnom, trougao OBA je pozitivno orijentisan, pa je i P OBA = b a = a b. (b) Neka su A(a), B(b) i C(c) tri različite tačke u kompleksnoj ravni. Tada je 1 (a b + b c + c a), i ako je ABC pozitivno orijentisan, (3) P ABC = 1 (a b + b c + c a), i ako je ABC negativno orijentisan. Jednostavnim transformacijama se dobija i sledeća formula za površinu trougla: P ABC = 1 Im(ab + bc + ca),

21 0 ako je pozitivno orijentisan. Da pokažemo formulu (3), izvršimo translaciju trougla ABC za vektor OC. Trougao ABC se ovom translacijom preslikava u trougao A B O čija su temena odred ena kompleksnim brojevima a c, b c, 0 respektivno. Trouglovi ABC i A B O su podudarni i istih orijentacija. Ako je trougao ABC pozitivne orijentacije, tada je P ABC = P O A B = 1 i (a c) (b c) = 1 (a b + b c + c a), i što je i trebalo dokazati. Slično se dokazuje i druga formula u (3). Stav 6.. Neka su A(a), B(b) i C(c) tri različite tačke u kompleksnoj ravni. Tada su sledeća tvrd enja ekvivalentna: (a) Tačke A, B, C su kolinearne; (b) (b a) (c a) = 0; (c) a b + b c + c a = 0. Dokaz: Tačke A, B, C su kolinearne onda i samo onda ako je P ABC = 0, tj. ako je a b + b c + c a = 0. Poslednja jednakost ekvivalentna je sa jednakosću (b a) (c a) = 0. Stav 6.3. Neka su A(a), B(b), C(c) i D(d) četiri tačke od kojih nikoje tri nisu kolinearne. Tada je AB CD onda i samo onda ako je (b a) (d c) = 0. Dokaz: Neka su M(m) i N(n) tačke izabrane tako da su OABM i OCDN paralelogrami. Tada je m = b a i n = d c. Duži AB i CD su paralelne onda i samo onda ako su takve duži OM i ON, odn. ako su tačke O, A, B kolinearne, što je ekvivalentno uslovu da je 0 = m n = (b a) (d c). Zadatak 6.1. Na stranicama AB i AC trougla ABC izabrane su tačke D i E respektivno tako da je AD/AB = AE/AC = 3/4. Neka je E tačke na pravoj odred enoj tačkama B i E sa one strane tačke E sa koje nije tačka B tako da je EE = 3BE, a D neka je tačka na pravoj odred enoj tačkama C i D sa one strane tačke D sa koje nije tačka C tako da je DD = 3CD. Dokazati: (a) da su tačke D, A, E kolinearne; (b) da je AD = AE.

22 6. KOMPLEKSAN PROIZVOD DVA KOMPLEKSNA BROJA 1 Rešenje: Tačke D, E, D, E odred ene su kompleksnim brojevima d = a + 3b, e = a + 3c, e = 4e 3b = a + 3c 3b i d = 4d 3c = a + 3b 3c 4 4 respektivno. (a) Kako je (a d ) (e d ) = (3c 3b) (6c 6b) = 18(c b) (c b) = 0, to su prema Stavu 6.. tačke D, A i E kolinearne. (b) Kako je AD D E = a d e d = 1, to je tačka A sredina duži D E. Zadatak 6.. Neka je ABCDE konveksan petougao, a M, N, P, Q, X, Y sredine duži BC, CD, DE, EA, M P, N Q respektivno. Dokazati da je XY AB. Rešenje: Neka su temena A, B, C, D, E zadatog petougla odred ena kompleksnim brojevima a, b, c, d, e respektivno. Tada su tačke M, N, P, Q, X, Y odred ene kompleksnim brojevima m = b + c, n = c + d, p = d + e, q = e + a, x = b + c + d + e, y = c + d + e + a, 4 4 respektivno, pa je kompleksan proizvod vektora y x i b a što dokazuje da XY AB. (y x) (b a) = 1 (b a) (b a) = 0, 4 Zadatak 6.3. Ako su temena pozitivno orijentisanog konveksnog poligona A 1 A... A n odred ena kompleksnim brojevima a 1, a,..., a n, dokazati da je P A1 A...A n = 1 Im(a 1a + a a a n a 1 ). Rešenje: Neka je M(m) proizvoljna tačka u unutrašnjosti poligona A 1 A... A n, pri čemu je A n+1 = A 1. Tada je P A1 A...A n = n P MAk A k+1 = 1 n Im(ma k + a k a k+1 + a k+1 m) =

23 = 1 ( n ) Im a k a k n Im(ma k + a k+1 m) = = 1 ( n ) ) Im a k a k n n (m Im a k + m a k = = 1 n a k a k+1, jer je Im(ma + ma) = 0 za svaka dva kompleksna broja m i a. Napomena: Iz prethodne formule neposredno sledi da su tačke A 1 (a 1 ), A (a ),...,A n (a n ) kolinearne onda i samo onda ako je Im(a 1 a + a a a n a 1 ) = 0. Zadatak 6.4. Neka je A 1 A... A n, n 5, konveksan poligon. Ako su B k sredine stranica A k A k+1 poligona, k = 1,,..., n, A n+1 = A 1, dokazati da je P B1 B...B n 1 P A 1 A...A n. Rešenje: Neka su temena A k poligona A 1 A... A n odred ena kompleksnim brojevima a k. Tada su temena B k poligona B 1 B... B n odred ena kompleksnim brojevima b k = (a k +a k+1 )/, k = 1, n. Pri tome je poligon B 1 B... B n konveksan i iste orijentacije kao i poligon A 1 A... A n. Na osnovu Zadatka 6.3. imamo da je P B1 B...B n = 1 Im ( n b k b k+1 ) = = 1 8 Im ( n (a k + a k+1 )(a k+1 + a k+ ) = = 1 8 Im ( n a k a k+1 )+ ( n ) a k+1 a k+ + 1 ( n ) 8 Im a k a k+ = ( n ) = 1 P A 1 A...A n Im a k a k+ = = 1 P A 1 A...A n + 1 n Im(a k a k+ ) = 8

24 6. KOMPLEKSAN PROIZVOD DVA KOMPLEKSNA BROJA 3 = 1 P A 1 A...A n P A 1 A...A n, n OA k OA k+ sin A k OA k+ pri čemu smo koristili činjenicu da je sin A k OA k+ 0 za svako k.

3.1 Granična vrednost funkcije u tački

3.1 Granična vrednost funkcije u tački 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 2 3 Granična vrednost i neprekidnost funkcija 3. Granična vrednost funkcije u tački Neka je funkcija f(x) definisana u tačkama x za koje je 0 < x x 0 < r, ili

Διαβάστε περισσότερα

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš

O trouglu. mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu mr Radmila Krstić, asistent Prirodno-matematički fakultet, Niš O trouglu 2 O TROUGLU Trougao je nezaobilazna tema kako osnovne tako i srednje škole. O trouglu se skoro sve zna. Navodimo te činjenice.

Διαβάστε περισσότερα

PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI

PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Prirodno-matematički fakultet, Univerzitet u Nišu, Srbija http://wwwpmfniacrs/mii Matematika i informatika (1) (013), 19-74 PRIMENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U PLANIMETRIJI Mihailo Krstić, Student Departmana

Διαβάστε περισσότερα

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija

Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Ispitivanje toka i skiciranje grafika funkcija Za skiciranje grafika funkcije potrebno je ispitati svako od sledećih svojstava: Oblast definisanosti: D f = { R f R}. Parnost, neparnost, periodičnost. 3

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori

Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Geometrija (I smer) deo 1: Vektori Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Vektori i linearne operacije sa vektorima Definicija Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih duži. Kažemo

Διαβάστε περισσότερα

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju

Osnovni primer. (Z, +,,, 0, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: množenje je distributivno prema sabiranju RAČUN OSTATAKA 1 1 Prsten celih brojeva Z := N + {} N + = {, 3, 2, 1,, 1, 2, 3,...} Osnovni primer. (Z, +,,,, 1) je komutativan prsten sa jedinicom: sabiranje (S1) asocijativnost x + (y + z) = (x + y)

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Planimetrija. Sličnost trouglova. GF 000 Dužine stranica trougla su 5cm, cm i 8cm. Dužina najduže stranice njemu sličnog

Διαβάστε περισσότερα

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu:

Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: Refleksija S φ u odnosu na pravu kroz koordinatni početak Ako prava q prolazi kroz koordinatni početak i gradi ugao φ [0, π) sa x osom tada je refleksija S φ u odnosu na tu pravu: ( ) ( ) ( ) x cos 2φ

Διαβάστε περισσότερα

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k.

(P.I.) PRETPOSTAVKA INDUKCIJE - pretpostavimo da tvrdnja vrijedi za n = k. 1 3 Skupovi brojeva 3.1 Skup prirodnih brojeva - N N = {1, 2, 3,...} Aksiom matematičke indukcije Neka je N skup prirodnih brojeva i M podskup od N. Ako za M vrijede svojstva: 1) 1 M 2) n M (n + 1) M,

Διαβάστε περισσότερα

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA

SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA SISTEMI NELINEARNIH JEDNAČINA April, 2013 Razni zapisi sistema Skalarni oblik: Vektorski oblik: F = f 1 f n f 1 (x 1,, x n ) = 0 f n (x 1,, x n ) = 0, x = (1) F(x) = 0, (2) x 1 0, 0 = x n 0 Definicije

Διαβάστε περισσότερα

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE

SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE 1 SOPSTVENE VREDNOSTI I SOPSTVENI VEKTORI LINEARNOG OPERATORA I KVADRATNE MATRICE Neka je (V, +,, F ) vektorski prostor konačne dimenzije i neka je f : V V linearno preslikavanje. Definicija. (1) Skalar

Διαβάστε περισσότερα

EUKLIDSKA GEOMETRIJA

EUKLIDSKA GEOMETRIJA EUKLIDSKA GEOMETRIJA zadaci za vežbe AKSIOMATSKO ZASNIVANJE EUKLIDSKE GEOMETRIJE 1. Ako dve razne ravni imaju zajedničku tačku tada je njihov presek prava. Dokazati. 2. Za svake dve prave koje se seku

Διαβάστε περισσότερα

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A.

a M a A. Može se pokazati da je supremum (ako postoji) jedinstven pa uvodimo oznaku sup A. 3 Infimum i supremum Definicija. Neka je A R. Kažemo da je M R supremum skupa A ako je (i) M gornja meda skupa A, tj. a M a A. (ii) M najmanja gornja meda skupa A, tj. ( ε > 0)( a A) takav da je a > M

Διαβάστε περισσότερα

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka

UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET SIGNALI I SISTEMI. Zbirka zadataka UNIVERZITET U NIŠU ELEKTRONSKI FAKULTET Goran Stančić SIGNALI I SISTEMI Zbirka zadataka NIŠ, 014. Sadržaj 1 Konvolucija Literatura 11 Indeks pojmova 11 3 4 Sadržaj 1 Konvolucija Zadatak 1. Odrediti konvoluciju

Διαβάστε περισσότερα

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je

VEKTORI. Nenad O. Vesi 1. = α, ako je VEKTORI Nenad O. Vesi 1 1 Uvod Odnos vektora AB, jednak je α CD ( AB CD ) = α, ako je AB = αcd. Teorema 1 (TEOREME BLIZANCI) Dat je trougao ABC i ta ke P i Q na pravama BC, CA redom i ta ke R i S na pravoj

Διαβάστε περισσότερα

Ako dva trougla imaju dvije stranice proporcionalne i podudaran ugao izme du njih tada su ta dva trougla slična.

Ako dva trougla imaju dvije stranice proporcionalne i podudaran ugao izme du njih tada su ta dva trougla slična. Sličnost trouglova i Talesova teorema Definicija sličnosti trouglova Dva trougla ABC i A B C su slična ako su im sva tri ugla redom podudarna i ako su im a odgovarajuće stranice proporcionalne tj. = b

Διαβάστε περισσότερα

2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *)

2.7. DEVET RJEŠENJA JEDNOG ZADATKA IZ GEOMETRIJE *) .7. DEVET RJEŠENJ JEDNOG ZDTK IZ GEOMETRIJE *) Riječ je o sljedećem zadatku iz geometrije: Oko jednakostraničnog trougla Δ opisana je kružnica. Dokazati da svaka tačka M luka ima osobinu M+ M = M. Daćemo

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu

Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Trigonometrijske jednačine i nejednačine. Zadaci koji se rade bez upotrebe trigonometrijskih formula. 00. FF cos x sin x

Διαβάστε περισσότερα

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo.

Kompleksni brojevi. Algebarski oblik kompleksnog broja je. z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo. Kompleksni brojevi Algebarski oblik kompleksnog broja je z = x + iy, x, y R, pri čemu je: x = Re z realni deo, y = Im z imaginarni deo Trigonometrijski oblik kompleksnog broja je z = rcos θ + i sin θ,

Διαβάστε περισσότερα

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE

PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE Fakultet Tehničkih Nauka, Novi Sad PROBNI TEST ZA PRIJEMNI ISPIT IZ MATEMATIKE 1 Za koje vrednosti parametra p R polinom f x) = x + p + 1)x p ima tačno jedan, i to pozitivan realan koren? U skupu realnih

Διαβάστε περισσότερα

IZVODI ZADACI (I deo)

IZVODI ZADACI (I deo) IZVODI ZADACI (I deo) Najpre da se podsetimo tablice i osnovnih pravila:. C`=0. `=. ( )`= 4. ( n )`=n n-. (a )`=a lna 6. (e )`=e 7. (log a )`= 8. (ln)`= ` ln a (>0) 9. = ( 0) 0. `= (>0) (ovde je >0 i a

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost

Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost Granične vrednosti realnih funkcija i neprekidnost 1 Pojam granične vrednosti Naka su x 0 R i δ R, δ > 0. Pod δ okolinom tačke x 0 podrazumevamo interval U δ x 0 ) = x 0 δ, x 0 + δ), a pod probodenom δ

Διαβάστε περισσότερα

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15

MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 MATRICE I DETERMINANTE - formule i zadaci - (Matrice i determinante) 1 / 15 Matrice - osnovni pojmovi (Matrice i determinante) 2 / 15 (Matrice i determinante) 2 / 15 Matrice - osnovni pojmovi Matrica reda

Διαβάστε περισσότερα

Konstruktivni zadaci. Uvod

Konstruktivni zadaci. Uvod Svaki konstruktivni zadatak ima četri dijela: 1. Analiza 2. Konstrukcija 3. Dokaz 4. Diskusija Konstruktivni zadaci Uvod U analizi pretpostavimo da je zadatak riješen, i na osnovu slike (skice) rješenja,

Διαβάστε περισσότερα

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b)

TAČKA i PRAVA. , onda rastojanje između njih računamo po formuli C(1,5) d(b,c) d(a,b) TAČKA i PRAVA Najpre ćemo se upoznati sa osnovnim formulama i njihovom primenom.. Rastojanje između dve tačke Ako su nam date tačke Ax (, y) i Bx (, y ), onda rastojanje između njih računamo po formuli

Διαβάστε περισσότερα

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine

56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA. Sarajevo, godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA Sarajevo, 3.04.016. godine 56. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet.

Glava 1. Vektori. Definicija 1.1. Dva vektora su jednaka ako su im jednaki pravac, smer i intenzitet. Glava 1 Vektori U mnogim naukama proučavaju se vektorske i skalarne veličine. Skalarna veličina je odred ena svojom brojnom vrednošću u izabranom sistemu jedinica. Takve veličine su temperatura, težina

Διαβάστε περισσότερα

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2.

Sume kvadrata. mn = (ax + by) 2 + (ay bx) 2. Sume kvadrata Koji se prirodni brojevi mogu prikazati kao zbroj kvadrata dva cijela broja? Propozicija 1. Ako su brojevi m i n sume dva kvadrata, onda je i njihov produkt m n takoder suma dva kvadrata.

Διαβάστε περισσότερα

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije

Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Geometrija (I smer) deo 2: Afine transformacije Srdjan Vukmirović Matematički fakultet, Beograd septembar 2013. Transformacije koordinata tačaka Transformacije koordinata tačaka Pretpostavimo da za bazne

Διαβάστε περισσότερα

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK

Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Kantonalno takmičenje iz matematike učenika srednjih škola sa područja TK Živinice 1.4.014. ZADACI UDRUŽENJE MATEMATIČARA TUZLANSKOG KANTONA PEDAGOŠKI ZAVOD TUZLA Takmičenje učenika srednjih škola Tuzlanskog

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz trigonometrije za seminar

Zadaci iz trigonometrije za seminar Zadaci iz trigonometrije za seminar FON: 1. Vrednost izraza sin 1 cos 6 jednaka je: ; B) 1 ; V) 1 1 + 1 ; G) ; D). 16. Broj rexea jednaqine sin x cos x + cos x = sin x + sin x na intervalu π ), π je: ;

Διαβάστε περισσότερα

LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE

LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE LEKCIJE IZ ELEMENTARNE GEOMETRIJE BANJA LUKA, 2010. i ii Sadržaj: 1 Prva lekcija 1 1.1 O Euklidovim Elementima................... 1 1.2 Osnovni pojmovi u geometriji................... 3 1.3 Aksiome incidencije

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B.

Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Korespondencije Neka su A i B proizvoljni neprazni skupovi. Korespondencija iz skupa A u skup B definiše se kao proizvoljan podskup f Dekartovog proizvoda A B. Pojmovi B pr 2 f A B f prva projekcija od

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš

ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš 1 1. Osnovni pojmovi ELEMENTARNE FUNKCIJE dr Jelena Manojlović Prirodno-matematički fakultet, Niš Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet. Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost

Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet. Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost Univerzitet u Beogradu, Matematički fakultet Predmet:Metodika nastave i računarstva Tema:Sličnost Profesor Student Nebojša Ikodinović Marina Stanković 270/2011 Anđela Milijašević 132/2011 Datum:15.12.2014

Διαβάστε περισσότερα

Zbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje

Zbirka zadataka iz geometrije. Elektronsko izdanje Zbirka zadataka iz geometrije . Predrag Janičić ZBIRKA ZADATAKA IZ GEOMETRIJE Sedmo izdanje (treći put ponovljeno četvrto izdanje) Matematički fakultet Beograd, 2007 Autor: dr Predrag Janičić, docent

Διαβάστε περισσότερα

Granične vrednosti realnih nizova

Granične vrednosti realnih nizova Graiče vredosti realih izova Fukcija f : N R, gde je N skup prirodih brojeva a R skup realih brojeva, zove se iz realih brojeva ili reala iz. Opšti čla iza f je f(), N, i običo se obeležava sa f, dok se

Διαβάστε περισσότερα

18. listopada listopada / 13

18. listopada listopada / 13 18. listopada 2016. 18. listopada 2016. 1 / 13 Neprekidne funkcije Važnu klasu funkcija tvore neprekidne funkcije. To su funkcije f kod kojih mala promjena u nezavisnoj varijabli x uzrokuje malu promjenu

Διαβάστε περισσότερα

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola.

KVADRATNA FUNKCIJA. Kvadratna funkcija je oblika: Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije y = ax + bx + c. je parabola. KVADRATNA FUNKCIJA Kvadratna funkcija je oblika: = a + b + c Gde je R, a 0 i a, b i c su realni brojevi. Kriva u ravni koja predstavlja grafik funkcije = a + b + c je parabola. Najpre ćemo naučiti kako

Διαβάστε περισσότερα

41. Jednačine koje se svode na kvadratne

41. Jednačine koje se svode na kvadratne . Jednačine koje se svode na kvadrane Simerične recipročne) jednačine Jednačine oblika a n b n c n... c b a nazivamo simerične jednačine, zbog simeričnosi koeficijenaa koeficijeni uz jednaki). k i n k

Διαβάστε περισσότερα

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova. Pojam skupa U matematici se pojam skup ne definiše eksplicitno. On predstavlja osnovni pojam, poput pojma tačke ili prave u geometriji. Suštinsko svojstvo skupa je da se on sastoji od elemenata ili članova.

Διαβάστε περισσότερα

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija

Ministarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija 18.1200 Prvi razred A kategorija Neka je K sredixte teжixne duжi CC 1 trougla ABC ineka je AK BC = {M}. Na i odnos CM : MB. Na i sve proste brojeve p, q i r, kao i sve prirodne brojeve n, takve da vaжi

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja

radni nerecenzirani materijal za predavanja Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Kažemo da je funkcija f : a, b R u točki x 0 a, b postiže lokalni minimum ako postoji okolina O(x 0 ) broja x 0 takva da je

Διαβάστε περισσότερα

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2

ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 ELEMENTARNA MATEMATIKA 1. Osnovni pojmovi o funkcijama Jedan od najvažnijih pojmova u matematici predstavlja pojam funkcije. Definicija 1.1. Neka su X i Y dva neprazna skupa. Funkcija f iz skupa X u skup

Διαβάστε περισσότερα

Matematiqka gimnazija u Beogradu Vektori. Milivoje Luki

Matematiqka gimnazija u Beogradu Vektori. Milivoje Luki Matematiqka gimnazija u Beogradu 30.01.2007. Vektori Milivoje Luki 1. Linearne kombinacije vektora Vektor v je linearna kombinacija vektora v 1, v 2,..., v n ako postoje skalari (odn. realni brojevi) λ

Διαβάστε περισσότερα

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum

Prvi kolokvijum. y 4 dy = 0. Drugi kolokvijum. Treći kolokvijum 27. septembar 205.. Izračunati neodredjeni integral cos 3 x (sin 2 x 4)(sin 2 x + 3). 2. Izračunati zapreminu tela koje nastaje rotacijom dela površi ograničene krivama y = 3 x 2, y = x + oko x ose. 3.

Διαβάστε περισσότερα

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu

Mate Vijuga: Rijeseni zadaci iz matematike za srednju skolu 7. KOMPLEKSNI BROJEVI 7. Opc pojmov Kompleksn brojev su sastavljen dva djela: Realnog djela (Re) magnarnog djela (Im) Promatrajmo broj a+ b = + 3 Realn do jednak je Re : Imagnarna jednca: = - l = (U elektrotehnc

Διαβάστε περισσότερα

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu

Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Osječki matematički list 000), 5 9 5 Više dokaza jedne poznate trigonometrijske nejednakosti u trokutu Šefket Arslanagić Alija Muminagić Sažetak. U radu se navodi nekoliko različitih dokaza jedne poznate

Διαβάστε περισσότερα

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije

Glava 1. Realne funkcije realne promen ive. 1.1 Elementarne funkcije Glava 1 Realne funkcije realne promen ive 1.1 Elementarne funkcije Neka su dati skupovi X i Y. Ukoliko svakom elementu skupa X po nekom pravilu pridruimo neki, potpuno odreeni, element skupa Y kaemo da

Διαβάστε περισσότερα

Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije

Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije Univerzitet u Nišu Prirodno - matematički fakultet Departman za matematiku Geometrijska mesta tačaka i primena na konstrukcije Master rad Mentor: Prof. dr Mića Stanković Student: Ivana Gavrilović Niš,

Διαβάστε περισσότερα

, 81, 5?J,. 1o~",mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pt"en:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M.

, 81, 5?J,. 1o~,mlt. [ BO'?o~ ~Iel7L1 povr.sil?lj pten:nt7 cf~ ~ <;). So. r~ ~ I~ + 2 JA = (;82,67'11:/'+2-[ 4'33.10'+ 7M. J r_jl v. el7l1 povr.sl?lj pt"en:nt7 cf \ L.sj,,;, ocredz' 3 Q),sof'stvene f1?(j'me")7e?j1erc!je b) po{o!.aj 'i1m/' ce/y11ra.[,p! (j'j,a 1lerc!/e

Διαβάστε περισσότερα

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia.

Iskazna logika 1. Matematička logika. Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science, University of Novi Sad, Serbia. Matematička logika Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia oktobar 2012 Iskazi, istinitost, veznici Intuitivno, iskaz je rečenica koja je ima tačno jednu jednu istinitosnu

Διαβάστε περισσότερα

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2

MATEMATIKA Pokažite da za konjugiranje (a + bi = a bi) vrijedi. a) z=z b) z 1 z 2 = z 1 z 2 c) z 1 ± z 2 = z 1 ± z 2 d) z z= z 2 (kompleksna analiza, vježbe ). Izračunajte a) (+i) ( i)= b) (i+) = c) i + i 4 = d) i+i + i 3 + i 4 = e) (a+bi)(a bi)= f) (+i)(i )= Skicirajte rješenja u kompleksnoj ravnini.. Pokažite da za konjugiranje

Διαβάστε περισσότερα

DELJIVOST CELIH BROJEVA

DELJIVOST CELIH BROJEVA DELJIVOST CELIH BROJEVA 1 Osnovne osobine Definicija 1.1 Nea su a 0 i b celi brojevi. Ao postoji ceo broj m taav da je b = ma, onda ažemo da je a delitelj ili fator broja b, b je sadržalac, višeratni ili

Διαβάστε περισσότερα

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1

Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Građevinski fakultet Univerziteta u Beogradu 3.2.2016. Zavrxni ispit iz Matematiqke analize 1 Prezime i ime: Broj indeksa: 1. Definisati Koxijev niz. Dati primer niza koji nije Koxijev. 2. Dat je red n=1

Διαβάστε περισσότερα

Jednodimenzionalne slučajne promenljive

Jednodimenzionalne slučajne promenljive Jednodimenzionalne slučajne promenljive Definicija slučajne promenljive Neka je X f-ja def. na prostoru verovatnoća (Ω, F, P) koja preslikava prostor el. ishoda Ω u skup R realnih brojeva: (1)Skup {ω/

Διαβάστε περισσότερα

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a =

DRUGI KOLOKVIJUM IZ MATEMATIKE 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. je neprekidna za a = x, y, z) 2 2 1 2. Rešiti jednačinu: 2 3 1 1 2 x = 1. x = 3. Odrediti rang matrice: rang 9x + 6y + z = 1 4x 2y + z = 1 x + 2y + 3z = 2. 2 0 1 1 1 3 1 5 2 8 14 10 3 11 13 15 = 4. Neka je A = x x N x < 7},

Διαβάστε περισσότερα

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota:

ASIMPTOTE FUNKCIJA. Dakle: Asimptota je prava kojoj se funkcija približava u beskonačno dalekoj tački. Postoje tri vrste asimptota: ASIMPTOTE FUNKCIJA Naš savet je da najpre dobro proučite granične vrednosti funkcija Neki profesori vole da asimptote funkcija ispituju kao ponašanje funkcije na krajevima oblasti definisanosti, pa kako

Διαβάστε περισσότερα

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f

IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f IspitivaƬe funkcija: 1. Oblast definisanosti funkcije (ili domen funkcije) D f 2. Nule i znak funkcije; presek sa y-osom IspitivaƬe

Διαβάστε περισσότερα

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1.

Druxtvo matematiqara Srbije OPXTINSKO TAKMIQENjE IZ MATEMATIKE Prvi razred A kategorija. f(x + 1) x f(x) + 1. 09.0200 Prvi razred A kategorija Ako je n prirodan broj, dokazati da 3n 2 + 3n + 7 nije kub nijednog prirodnog broja. U trouglu ABC je ABC = 60. Neka su D i E redom preseqne taqke simetrala uglova CAB

Διαβάστε περισσότερα

4 Numeričko diferenciranje

4 Numeričko diferenciranje 4 Numeričko diferenciranje 7. Funkcija fx) je zadata tabelom: x 0 4 6 8 fx).17 1.5167 1.7044 3.385 5.09 7.814 Koristeći konačne razlike, zaključno sa trećim redom, odrediti tačku x minimuma funkcije fx)

Διαβάστε περισσότερα

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa

Algebarske strukture sa jednom operacijom (A, ): Ako operacija ima osobine: zatvorenost i asocijativnost, onda je (A, ) polugrupa Binarne operacije Binarna operacija na skupu A je preslikavanje skupa A A u A, to jest : A A A. Pišemo a b = c. Označavanje operacija:,,,. Poznate operacije: sabiranje (+), oduzimanje ( ), množenje ( ).

Διαβάστε περισσότερα

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE

9. GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Geodetski akultet, dr sc J Beban-Brkić Predavanja iz Matematike 9 GRANIČNA VRIJEDNOST I NEPREKIDNOST FUNKCIJE GRANIČNA VRIJEDNOST ILI LIMES FUNKCIJE Granična vrijednost unkcije kad + = = Primjer:, D( )

Διαβάστε περισσότερα

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo

FUNKCIJE - 2. deo. Logika i teorija skupova. 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo FUNKCIJE - 2. deo Logika i teorija skupova 1 Logika FUNKCIJE - 2. deo Inverzna korespondencija Neka je data korespondencija f A B. Tada korespondenciju f 1 B A definisanu sa f 1 = {(b, a) B A (a, b) f}

Διαβάστε περισσότερα

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama.

Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. Apsolutno neprekidne raspodele Raspodele apsolutno neprekidnih sluqajnih promenljivih nazivaju se apsolutno neprekidnim raspodelama. a b Verovatno a da sluqajna promenljiva X uzima vrednost iz intervala

Διαβάστε περισσότερα

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE

SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE SKUPOVI I SKUPOVNE OPERACIJE Ne postoji precizna definicija skupa (postoji ali nama nije zanimljiva u ovom trenutku), ali mi možemo koristiti jednu definiciju koja će nam donekle dočarati šta su zapravo

Διαβάστε περισσότερα

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije:

POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA. U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: POGLAVLJE 1 BEZUSLOVNA OPTIMIZACIJA U ovom poglavlju proučavaćemo problem bezuslovne optimizacije: min f(x) (1.1) pri čemu nema dodatnih ograničenja na X = (x 1,..., x n ) R n. Probleme bezuslovne optimizacije

Διαβάστε περισσότερα

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum

Matematka 1 Zadaci za drugi kolokvijum Matematka Zadaci za drugi kolokvijum 8 Limesi funkcija i neprekidnost 8.. Dokazati po definiciji + + = + = ( ) = + ln( ) = + 8.. Odrediti levi i desni es funkcije u datoj tački f() = sgn, = g() =, = h()

Διαβάστε περισσότερα

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom.

RAVAN. Ravan je osnovni pojam u geometriji i kao takav se ne definiše. Ravan je određena tačkom i normalnim vektorom. RAVAN Ravan je osnovni pojam u geometiji i kao takav se ne definiše. Ravan je odeđena tačkom i nomalnim vektoom. nabc (,, ) π M ( x,, ) y z Da bi izveli jednačinu avni, poučimo sledeću sliku: n( A, B,

Διαβάστε περισσότερα

Relacije poretka ure denja

Relacije poretka ure denja Relacije poretka ure denja Relacija na skupu A je relacija poretka na A ako je ➀ refleksivna ➁ antisimetrična ➂ tranzitivna Umesto relacija poretka često kažemo i parcijalno ured enje ili samo ured enje.

Διαβάστε περισσότερα

Racionalni algebarski izrazi

Racionalni algebarski izrazi . Skratimo razlomak Racionalni algebarski izrazi [MM.4-()6] 5 + 6 +. Ako je a + b + c = dokazati da je a + b + c = abc [MM.4-()] 5 6 5. Reši jednačinu: y y y + + = 7 4 y = [MM.4-(4)] 4. Reši jednačinu:

Διαβάστε περισσότερα

Tehnologija bušenja II

Tehnologija bušenja II INŽENJERSTVO NAFTE I GASA Tehnologija bušenja II 1. Vežba V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 1 of 44 Algebra i trigonometrija V - 1 Tehnologija bušenja II Slide 2 of 44 Jednačine Pitanje: Ako je a = 3b

Διαβάστε περισσότερα

Zadaci iz Osnova matematike

Zadaci iz Osnova matematike Zadaci iz Osnova matematike 1. Riješiti po istinitosnoj vrijednosti iskaza p, q, r jednačinu τ(p ( q r)) =.. Odrediti sve neekvivalentne iskazne formule F = F (p, q) za koje je iskazna formula p q p F

Διαβάστε περισσότερα

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D}

radni nerecenzirani materijal za predavanja R(f) = {f(x) x D} Matematika 1 Funkcije radni nerecenzirani materijal za predavanja Definicija 1. Neka su D i K bilo koja dva neprazna skupa. Postupak f koji svakom elementu x D pridružuje točno jedan element y K zovemo funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Vektorski prostori. Vektorski prostor

Vektorski prostori. Vektorski prostor Vektorski prostori Vektorski prostor Neka je X neprazan skup i (K, +, ) polje. Skup X je vektorski ili linearni prostor nad poljem skalara K ako ima sledeću strukturu: (1) Definisana je operacija + u skupu

Διαβάστε περισσότερα

Polarne, cilindrične, sferne koordinate. 3D Math Primer for Graphics & Game Development

Polarne, cilindrične, sferne koordinate. 3D Math Primer for Graphics & Game Development Polarne, cilindrične, sferne koordinate 3D Math Primer for Graphics & Game Development Polarni koordinatni sistem 2D polarni koordinatni sistem ima koordinatni početak (pol), koji predstavlja centar koordinatnog

Διαβάστε περισσότερα

PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP

PROJEKTIVNA GEOMETRIJA ANALITIČKI PRISTUP PROJEKTIVNA GEOMETRIJA oktobar 2010. godine ANALITIČKI PRISTUP Homogene koordinate i dvorazmera 1. Tačke 0, i 1 afinog sistema koordinata uzete su redom za bazne tačke A 1 (1 : 0), A 2 (0 : 1) i jedinicu

Διαβάστε περισσότερα

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( x) ( ) ( ) ( x) ( ) ( x) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Zadatak 08 (Vedrana, maturantica) Je li unkcija () = cos (sin ) sin (cos ) parna ili neparna? Rješenje 08 Funkciju = () deiniranu u simetričnom području a a nazivamo: parnom, ako je ( ) = () neparnom,

Διαβάστε περισσότερα

METODA SEČICE I REGULA FALSI

METODA SEČICE I REGULA FALSI METODA SEČICE I REGULA FALSI Zadatak: Naći ulu fukcije f a itervalu (a,b), odoso aći za koje je f()=0. Rešeje: Prvo, tražimo iterval (a,b) a kome je fukcija eprekida, mootoa i važi: f(a)f(b)

Διαβάστε περισσότερα

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na

Ovo nam govori da funkcija nije ni parna ni neparna, odnosno da nije simetrična ni u odnosu na y osu ni u odnosu na . Ispitati tok i skicirati grafik funkcij = Oblast dfinisanosti (domn) Ova funkcija j svuda dfinisana, jr nma razlomka a funkcija j dfinisana za svako iz skupa R. Dakl (, ). Ovo nam odmah govori da funkcija

Διαβάστε περισσότερα

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009.

Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 2009. Univerzitet u Kragujevcu Tehnički fakultet u Čačku Katedra za matematiku Zbirka zadataka za prijemni ispit iz MATEMATIKE Čačak, 009. Autori: Mr Nada Damljanović Mr Rale Nikolić Recenzenti: Prof. dr Mališa

Διαβάστε περισσότερα

1 Pojam funkcije. f(x)

1 Pojam funkcije. f(x) Pojam funkcije f : X Y gde su X i Y neprazni skupovi (X - domen, Y - kodomen) je funkcija ako ( X)(! Y )f() =, (za svaki element iz domena taqno znamo u koji se element u kodomenu slika). Domen funkcije

Διαβάστε περισσότερα

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE

POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE **** MLADEN SRAGA **** 011. UNIVERZALNA ZBIRKA POTPUNO RIJEŠENIH ZADATAKA PRIRUČNIK ZA SAMOSTALNO UČENJE SKUP REALNIH BROJEVA α Autor: MLADEN SRAGA Grafički urednik: BESPLATNA - WEB-VARIJANTA Tisak: M.I.M.-SRAGA

Διαβάστε περισσότερα

Analitička geometrija - vežbe

Analitička geometrija - vežbe Analitička geometrija - vežbe Milica Žigić May 25, 2017 1 Pravougli koordinatni sistem i rastojanje izmed u tačaka 1. Na brojnoj osi ucrtati tačke A( 3), B( 8 3 ) i C(0). 2. (a) Na brojnoj osi ucrtati

Διαβάστε περισσότερα

Prediktor-korektor metodi

Prediktor-korektor metodi Prediktor-korektor metodi Prilikom numeričkog rešavanja primenom KP: x = fx,, x 0 = 0, x 0 x b LVM α j = h β j f n = 0, 1, 2,..., N, javlja se kompromis izmed u eksplicitnih metoda, koji su lakši za primenu

Διαβάστε περισσότερα

Sistemi linearnih jednačina

Sistemi linearnih jednačina Sistemi linearnih jednačina Sistem od n linearnih jednačina sa n nepoznatih (x 1, x 2,..., x n ) je a 11 x 1 + a 12 x 2 + + a 1n x n = b 1, a 21 x 1 + a 22 x 2 + + a 2n x n = b 2, a n1 x 1 + a n2 x 2 +

Διαβάστε περισσότερα

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora

Matematika I. Elvis Baraković, Edis Mekić. 4. studenog Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Matematika I Elvis Baraković, Edis Mekić 4. studenog 2011. 1 Analitička geometrija 1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje vektora Skalarnom veličinom ili skalarom nazivamo onu veličinu koja je potpuno

Διαβάστε περισσότερα

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F

ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. p q r F ANALIZA SA ALGEBROM I razred MATEMATI^KA LOGIKA I TEORIJA SKUPOVA. Istinitosna tablica p q r F odgovara formuli A) q p r p r). B) q p r p r). V) q p r p r). G) q p r p r). D) q p r p r). N) Ne znam. Date

Διαβάστε περισσότερα

Na grafiku bi to značilo :

Na grafiku bi to značilo : . Ispitati tok i skicirati grafik funkcije + Oblast definisanosti (domen) Kako zadata funkcija nema razlomak, to je (, ) to jest R Nule funkcije + to jest Ovo je jednačina trećeg stepena. U ovakvim situacijama

Διαβάστε περισσότερα

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na

OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog fajla, obavezno pogledajte fajl ELEMENTARNE FUNKCIJE, jer se na OBLAST DEFINISANOSTI FUNKCIJE (DOMEN) Prva tačka u ispitivanju toka unkcije je odredjivanje oblasti deinisanosti, u oznaci Pre nego što krenete sa proučavanjem ovog ajla, obavezno pogledajte ajl ELEMENTARNE

Διαβάστε περισσότερα

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo:

Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: 2 Skupovi Neka su A i B skupovi. Kažemo da je A podskup od B i pišemo A B ako je svaki element skupa A ujedno i element skupa B. Simbolima to zapisujemo: A B def ( x)(x A x B) Kažemo da su skupovi A i

Διαβάστε περισσότερα

Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.)

Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Matematika i informatika Sadržaj sveske sa vježbi iz predmeta Euklidska geometrija 1 (akademska 2011/2012.) Sedmica broj 1 i 2 (Osnovi pojmovi iz geometrije) Uvod

Διαβάστε περισσότερα

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova)

- pravac n je zadan s točkom T(2,0) i koeficijentom smjera k=2. (30 bodova) MEHANIKA 1 1. KOLOKVIJ 04/2008. grupa I 1. Zadane su dvije sile F i. Sila F = 4i + 6j [ N]. Sila je zadana s veličinom = i leži na pravcu koji s koordinatnom osi x zatvara kut od 30 (sve komponente sile

Διαβάστε περισσότερα

Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015

Milan Merkle. (radni naslov) Verzija 0 ( ), novembar 2015 Milan Merkle M A T E M A T I K A (radni naslov) III Verzija (1999-23), novembar 215 Sadržaj: Analitička geometrija Funkcije više promenljivih Integrali (krivolinijski, višetruki, površinski) Kompleksna

Διαβάστε περισσότερα

Norme vektora i matrica

Norme vektora i matrica 2 Norme vektora i matrica Pojam norme u vektorskim prostorima se najčešće povezuje sa određenom merom veličine elemenata tog prostora. Tako je u prostoru realnih brojeva R, norma elementa x R najčešće

Διαβάστε περισσότερα

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije.

Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Svojstva tautologija Tvrd enje 3: Ako su formule A i A B tautologije, onda je tautologija i formula B. Dokaz: Neka su A i A B tautologije. Pretpostavimo da B nije tautologija. Tada postoji valuacija v

Διαβάστε περισσότερα

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1

3n an = 4n3/2 +2n+ n 5n 3/2 +5n+2 n a 2 n = n 2. ( 2) n Dodatak. = 0, lim n! 2n 6n + 1 Nizovi 5 a = 5 +3+ + 6 a = 3 00 + 00 3 +5 7 a = +)+) ) 3 3 8 a = 3 +3+ + +3 9 a = 3 5 0 a = 43/ ++ 5 3/ +5+ a = + + a = + ) 3 a = + + + 4 a = 3 3 + 3 ) 5 a = +++ 6 a = + ++ 3 a = +)!++)! +3)! a = ) +3

Διαβάστε περισσότερα

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost

Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Riješeni zadaci: Limes funkcije. Neprekidnost Limes funkcije Neka je 0 [a, b] i f : D R, gdje je D = [a, b] ili D = [a, b] \ { 0 }. Kažemo da je es funkcije f u točki 0 jednak L i pišemo f ) = L, ako za

Διαβάστε περισσότερα

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1;

π π ELEKTROTEHNIČKI ODJEL i) f (x) = x 3 x 2 x + 1, a = 1, b = 1; 1. Provjerite da funkcija f definirana na segmentu [a, b] zadovoljava uvjete Rolleova poučka, pa odredite barem jedan c a, b takav da je f '(c) = 0 ako je: a) f () = 1, a = 1, b = 1; b) f () = 4, a =,

Διαβάστε περισσότερα

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011.

Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika. Monotonost i ekstremi. Katica Jurasić. Rijeka, 2011. Veleučilište u Rijeci Stručni studij sigurnosti na radu Akad. god. 2011/2012. Matematika Monotonost i ekstremi Katica Jurasić Rijeka, 2011. Ishodi učenja - predavanja Na kraju ovog predavanja moći ćete:,

Διαβάστε περισσότερα