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 odredena jednim brojem (na primjer: masa, temperatura, vrijeme, površina geometrijske figure, zapremina tijela, itd.). Vektorskom veličinom ili vektrorom naziva se svaka veličina koja je definisana: intenzitetom, pravcem i smjerom. Geometrijski, vektori se predstavljaju orjentisanim dužima u ravni ili prostoru. Vektore najčešće obilježavamo malim slovima latinice sa strelicom iznad slova, na primjer: a, b, c, d, e,... Ako želimo naglasiti koja je početna, a koja krajnja tačka vektora tada vektore obilježavamo sa dva velika slova i strelicom iznad njih, na primjer: AB, PQ, CD,..., gdje prvo slovo označava početak, a drugo slovo kraj vektora. a B A P Q Dužina vektora a naziva se intenzitet ili modul vektora a i obilježava se sa a. Vektor čiji je intenzitet jednak nuli naziva se nula-vektor i označavamo ga sa 0. Vektor čiji je intenzitet jednak jedinici naziva se jedinični vektor ili 1

1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje 1 ANALITIČKA vektora GEOMETRIJA ort. Jedinični vektor vektora a označava se sa ort a ili a 0. Za dva vektora a i b kažemo da su kolinearna ako pripadaju istim ili paralelnim pravim. Posmatrajmo dva vektora a i b, zbir vektora a + b računamo po pravilu paralelograma, na način prikazan na sljedećoj slici. D a C b a + b b A a B Za sabiranje vektora važe sljedeća svojstva: 1. a + b = b + a (zakon komutacije) 2. ( a + b) + c = a + ( b + c) (zakon asocijacije) 3. a + 0 = 0 + a = a (zakon identiteta) 4. a + ( a) = 0 (zakon inverzije) Proizvod vektora a i skalara λ je vektor λ a istog pravca kao i vektor a, intenzitet mu je λ a, a smjer mu je isti kao i vektora a, ako je λ > 0, odnosno suprotan smejru vektora a, ako je λ < 0. Neka su i, j jedinični vektori x i y ose redom, kao na slici b y y b a y j a b x i a x x Elvis Baraković 2 Edis Mekić

1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje 1 ANALITIČKA vektora GEOMETRIJA Tada vektor a mozemo zapisati na sljedeći način a = a x i + a y j = (a x, a y ). M 3 z M k O i j M 2 y x M 1 M Pošto su M 1, M 2, M 3 ortogonalne projekcije tačke M na koordinatne ose, onda je kao što se i vidi sa predhodne slike jer je: te je: OM = OM 1 + OM 2 + OM 3 M 1 M = OM 2 OM 1 = x i, i OM 2 = y j, M M = OM 3, OM 3 = z k, gdje su x, y i z tri realna broja koji potpuno odreduju položaj tačke M, ili pravougle koordinate vektora OM. Prema tome vektor OM možemo zapisati pomoću pravouglih koordinata u obliku: OM = x i + y j + z k, a njegov intenzitet računamo po formuli OM = x 2 + y 2 + z 2. Ako se vektor projektuje ortogonalno na koordinatne ose dobit ćemo: x = OM cosα, y = OM cosβ, z = OM cos γ, (1) Elvis Baraković 3 Edis Mekić

1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje 1 ANALITIČKA vektora GEOMETRIJA gdje su α, β i γ uglovi koje vektor OM zaklapa sa koordinatnim osama. Kvadriranjem a zatim sabiranjem jednakosti (1) i imajući uvidu da je OM 2 = x 2 + y 2 + z 2, dobit ćemo da je: cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 Linearna kombinacija vektora a i (i = 1, 2, 3,..., n) je vektor oblika α 1 a 1 + α 2 a 2 +... + α n a n = n α i a i. (2) i=1 Za vektore a i (i = 1, 2, 3,..., n) kažemo da su linearno nezavisni ako iz n α i a i slijedi α i = 0 za svako i = 1, 2, 3,..., n, ako je bar jedan od brojeva i=1 α i različit od nule tada za vektore a i (i = 1, 2, 3,..., n) kažemo da su linearno zavisni. Za dva vektora a = a x i + a y j + a z k i b = bx i + b y j + b z k kažemo da su kolinearna ako vrijedi a = λ b, odakle se dobije da je a x b x = a y b y = a z b z = λ. Jedinični vektor vektora a racunamo po formuli a 0 = a a. Primjer 1.1 Ako stranice jednakostraničnog trougla uzmemo za vektore, da li su ti vektori jednaki? Rješenje: Nisu, jer iako vektori strana imaju iste intenzitete, oni nemaju isti pravac i smjer, pa nisu ispunjeni uslovi jednakosti vektora. Primjer 1.2 Ispitati linearnu nezavisnost vektora a = 2 i + j + 4 k, b = 7 i + 5 j k i c = 2 i + j. Rješenje: Formirajmo linearnu kombinaciju vektora a, b i c, α a + β b + γ c = 0. Nakon zamjene vektora a, b i c dobijamo α( 2 i + j + 4 k) + β(7 i + 5 j k) + γ(2 i + j) = 0. Elvis Baraković 4 Edis Mekić

1.1 Pojam vektora. Sabiranje i oduzimanje 1 ANALITIČKA vektora GEOMETRIJA Nakon sredivanja dobijamo ( 2α + 7β + 2γ) i + (α + 5β + γ) j + (4α β) k = 0. Da bi posljednja jednakost bila zadovoljena mora biti 2α + 7β + 2γ = 0 α + 5β + γ = 0 4α β = 0 Dobijeni sistem je homogeni, izračunajmo njegovu determinantu 2 7 2 D = 1 5 1 = 16 0. 4 1 0 Kako je determinanta sistema različita od nule to posljednji sistem ima samo trivijalno rješenje (α, β, γ) = (0, 0, 0). Odnosno dati vektori su linearno nezavisni. Primjer 1.3 Razložiti vektor a u pravcu vektora b i c, ako je: a = 3 p 2 q, b = 2 p + q, c = 7 p 4 q, Rješenje: Razložen vektor a u pravcu vektora b i c glasi: a = α b + β c, gdje su α i β realni parametri koje treba odredit. 3 p 2 q = α( 2 p + q) + β(7 p 4 q) = 2α p + α q + 7β p 4β q = ( 2α + 7β) p + (α 4β) q. Da bi posljednja relacija bila identički jednaka moraju odgovarajući koeficijenti biti jednaki, tj. 2α + 7β = 3 α 4β = 2. Rješavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo da je α = 2 i β = 1, pa razložen vektor a u pravcu vektora b i c glasi: a = 2 b + c. Elvis Baraković 5 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Primjer 1.4 Dati su vektori u = ( 1, 9, 5), v = (0, 4, 6) i w = (1, 3, 0). Razložiti vektor a = (2, 3, 1) u pravcu vektora u, v i w. Rješenje: Razložen vektor a u pravcu vektora u, v i w glasi: a = α u + β v + γ w, gdje su α, β i γ realni parametri koje treba odredit. (2, 3, 1) = α( 1, 9, 5) + β(0, 4, 6) + γ(1, 3, 0) = ( α, 9α, 5α) + (0, 4β, 6β) + (γ, 3γ, 0) = ( α + γ, 9α 4β + 3γ, 5α + 6β) Da bi posljednja relacija bila identički jednaka moraju odgovarajući koeficijenti biti jednaki, tj α + γ = 2 9α 4β + 3γ = 3 5α + 6β = 1 Rješavanjem dobijenog sistema jednačina dobijamo da je α = 11 8, β = 21 16 i γ = 27 pa razložen vektor a u pravcu vektora u, v i w glasi: 8 a = 11 8 1.2 Proizvod vektora 21 27 u v + 16 8 w. Definicija 1.1 Skalarnim ili unutrašnjim proizvodom vektora a i b, u oznaci a b, nazivamo skalar koji je jednak proizvodu intenziteta tih vektora i kosinusa ugla koji oni zaklapaju: a b = a b cos ( a, b). (3) Iz formule (3) slijedi da je kosinus ugla izmedu vektora a i b dat formulom cos ( a, b) = a b a b. Teorem 1.1 Skalarni proizvod dva vektora a = (a x, a y, a z ) i b = (b x, b y, b z ), jednak je zbiru proizvoda odgovarajućih koordinata tj. a b = a x b x + a y b y + a z b z. Elvis Baraković 6 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Teorem 1.2 Dva vektora a = (a x, a y, a z ) i b = (bx, b y, b z ) su ortogonalna ako i samo ako je njihov skalarni proizvod jednak nuli: a b = 0 a x b x + a y b y + a z b z = 0. Definicija 1.2 Vektorski proizvod dva vektora a i b, koji obilježavamo sa a b, je vektor definisan na sljedeći način: 1. vektor c = a b okomit (normalan) je na ravan koju odreduju vektori a i b, 2. smjer vektora c = a b je takav da uredena trojka ( a, b, c) obrazuje triedar desne orjentacije, 3. intenzitet a b vektora a b jednak je mjernom broju površine paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b : a b = a b sin ( a, b). c b a Uslov kolinearnosti dva vektor a i b je a b = 0. Vektorski proizvod vektora a = a x i+a y j +a z k = (ax, a y, a z ) i b = b x i+b y j + b z k = (bx, b y, b z ), možemo izračunati na sljedeći način a i j k b = a x a y a z b x b y b z. Osobine vektroskog proizvoda: Elvis Baraković 7 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA 1. a b = ( b a), 2. (λ a) (µ b) = λµ( a b), 3. i i = j j = k k = 0, i j = k, j k = i, k i = j, j i = k, k j = i, i k = j, k i + j 4. ( a + b) c = a c + b c. Definicija 1.3 Mješoviti proizvod tri vektora a = a x i+a y j+a z k = (ax, a y, a z ), b = bx i + b y j + b z k = (bx, b y, b z ), i c = c x i + c y j + c z k = (cx, c y, c z ) je broj koji je jednak skalarnom proizvodu vektora a i b c. Računamo ga na sljedeći način: a ( b c) = a x a y a z b x b y b z c x c y c z Apsolutna vrijednost mješovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad tim vektorima, tj. V = a ( b c).. a c b Elvis Baraković 8 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Vektori a = a x i + a y j + a z k = (ax, a y, a z ), b = b x i + b y j + b z k = (bx, b y, b z ), i c = c x i + c y j + c z k = (cx, c y, c z ) su komplanarni (pripadaju istoj ravni) ako i samo ako je a ( b c) = 0. Primjer 1.5 Odredti skalarni proizvod vektora a = 2 i 3 j + 3 k i b = 3 i + j 4 k gdje su i, j i k medusobno okomiti ortovi. Rješenje: a b = (2 i 3 j + 3 k) ( 3 i + j 4 k) = 2 ( 3) + ( 3) 1 + 3 ( 4) = 21. Primjer 1.6 Odrediti skalarni proizvod vektora a = 2 m 3 n i b = m+2 n, ako je m = 2, n = 3 i ugao izmedu vektora m i n, ( m, n) = π 3. Rješenje: a b = (2 m 3 n) ( m + 2 n) = 2 m 2 + 4 m n + 3 n m 6 n 2 = 2 2 2 + 7 m n 6 3 2 = 62 + 7 m n = 62 + 7 m n cos ( m, n) = 62 + 7 2 3 cos π 3 = 62 + 42 1 2 = 41. Primjer 1.7 Odrediti parametar m tako da intenziteti vektora a = (2λ m, m, m 1) gdje je λ 0 i b = (m + 1, m 2, 0) budu jednaki, zatim naći sinus ugla izmedu njih. Rješenje: Po uslovu zadatka mora biti a = b a 2 = b 2 (2λ m ) 2 + m 2 + (m 1) 2 = (m + 1) 2 + (m 2) 2. Odnosno nakon sredivanja 4λ 2m = 4 λ 2m = 1 m = 0. Za ovu vrijednost parametra m dati vektori imaju oblik a = (2, 0, 1) b = (1, 2, 0). Elvis Baraković 9 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Odrdimo prvo pomoću skalarnog proizvoda kosinus ugla izmedu ova dva vektora: a b = a a b b cosα cosα = a b. Kako je to je a b = (2, 0, 1) (1, 2, 0) = 2 1 + 0 ( 2) + ( 1) 0 = 2, a = 2 2 + 0 2 + ( 1) 2 = 5, b = 1 2 + ( 2) 2 + 0 2 = 5, Odavde i iz cosα = 2 5. sin 2 α + cos 2 α = 1 sin α = 1 cos 2 α = 1 ( ) 2 2 21 = 5 5. Primjer 1.8 Odrediti realni parametar λ tako da vektori a = 2 i 3 j i b = λ i + 4 j budu medusobno okomiti. Rješenje: Uslov okomitosti vektora a i b je a b = 0. Odavde je a b = 0 (2 i 3 j) (λ i + 4 j) = 0 2λ 12 = 0 λ = 6. Primjer 1.9 Dati su vektori a = λ p + 17 q i b = 3 p q, gdje je p = 2, q = 5, a ugao izmedu p i q je ϕ = 2π. Odrediti koeficijent λ tako da vektori 3 a i b budu medusobno okomiti. Rješenje: Zbog uslova okomotosti vektora a i b je a b = 0. Skalarni proizvod vektora a i b dat je sa a b = (λ p + 17 q) (3 p q) = 3λ p p + (51 λ) p q 17 q q = 0. Kako je p p = p p cos(0) = p 2 = 4, ( ) ( 2π p q = p q cos = 2 5 1 ) = 5, 3 2 Elvis Baraković 10 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA q q = q q cos(0) = q 2 = 25, to je a b = 12λ + (51 λ) ( 5) 17 25 = 17λ 680 = 0. Odavde dobijamo da je λ = 40. Primjer 1.10 U trouglu ABC čije su stranice BC = 5, CA = 6 i AB = 7, naći skalarni proizvod vektora BA i BC. Rješenje: C 6 5 β B Po definiciji skalarnog proizvoda je Primjenom kosinusne teoreme imamo A 7 BA BC = BA BC cosβ. cosβ = AB2 + BC 2 CA 2 2 AB BC = 49 + 25 36 2 7 5 = 19 35, pa je traženi skalarni proizvod 19 BA BC = 7 5 35 = 19. Primjer 1.11 Naći brojnu vrijednost izraza: a 2 + 3 a b 2 b c + 1, ako je: a = 4 m n, b = m + 2 n i c = 2 m 3 n, gdje je: m 2 = 4, n 2 = 1 i ( m, n) = π 2. Elvis Baraković 11 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Rješenje: Pošto je ( m, n) = π 2 to slijedi da je m n = 0, pa će biti: a 2 = = a a = (4 m n) ( m + 2 n) = 16 m 2 8 m n + n 2 = 65 a b = (4 m n) ( m + 2 n) = 4 m 2 + 7 m n 2 n 2 = 14 b c = ( m + 2 n) (2 m 3 n) = 2 m 2 + m n 6 n 2 = 2. Prema tome imamo da je: a 2 + 3 a b 2 b c + 1 = 65 + 3 14 2 2 + 1 = 104. Primjer 1.12 U jednoj tački djeluju sile F 1 i F 2 pod uglom od 120 pri čemu su intenziteti sila F 1 = 7 i F 2 = 4. Izračunati intenzitet rezultujuće sile F. Rješenje: F 1 F = F1 + F 2 F 1 F = F 1 + F 2. F 2 = F F = ( F 1 + F 2 ) ( F 1 + F 2 ) = F 1 2 + 2 F 1 F 2 + F 2 2 = 7 2 + 2 F 1 F 2 cos 120 + 4 2 ( = 49 + 2 7 4 1 ) + 16 = 37. 2 Odnosno, intenzitet rezultujuće sile F je F = 37. Primjer 1.13 Koji ugao obrazuju jedinični vektori p i q, ako se zna da su vektori a = p + 2 q i b = 5 p 4 q uzajamno okomiti? Rješenje: Iz uslova okomitosti vektora a i b je: a b = ( p + 2 q) (5 p 4 q) = 0, Elvis Baraković 12 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA ili nakon sredivanja 5 p 2 + 6 p q 8 q 2 = 0. (4) Kako su p i q jedinični vektori, to vrijedi: p 2 = q 2 = 1 i p q = p q cosα = cosα (α ugao izmedu vektora p i q). Zbog toga jednačina (4) postaje cosα = 1 2, a odavde je traženi ugao α = π 3. Primjer 1.14 Dati su vektori u = (6, 1, 1), v = (0, 3, 1) i w = ( 2, 3, 5). Odrediti parametar t tako da vektori u + t v i w budu medusosbno okomiti. Rješenje: Da bi dva vektora bila medusobno okomita, njihov skalarni proizvod mora biti jednak nuli. Zato je ( u + t v) w = 0. Skalarni proizvod vektora je distributivan u odnosu na zbir, zato posljednja jednačina postaje Kako je to je u w u w + t v w = 0 t = v w. u w = (6, 1, 1) ( 2, 3, 5) = 12 + 3 + 5 = 4, v w = (0, 3, 1) ( 2, 3, 5) = 0 + 9 5 = 4, t = 4 4 = 1. Primjer 1.15 Izračunati komponente m i n tako da vektori budu kolinearni. a = (m, 5, 1) i b = (3, 1, n) Elvis Baraković 13 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Rješenje: Uslov kolinearnosti vektora a i b možemo izraziti u obliku: gdje je λ proizvoljan realan broj. Iz odnosno a = λ b, a = λ b (a x, a y, a z ) = (λb x, λb y, λb z ), Eliminacijom parametra λ dobijamo a x = λb x, a y = λb y, a z = λb z. a x b x = a y b y = a z b z, što znači da su komponente kolinearnih vektora proporcionalne. Za date vektore taj uslov glasi: Odavdje slijedi m 3 = 5 1 = 1 n. m 3 = 5 m = 15, 1 n = 5 n = 1 5. Primjer 1.16 Odrediti vektorski proizvod vektora a = i+ j i b = 2 i+ j, gdje su i i j medusobno okomiti ortovi. Rješenje: Primjer 1.17 Odrediti visinu h b spuštenu iz vrha B trougla ABC sa vrhovima A(1, 2, 8), B(0, 0, 4) i C(6, 2, 0). Rješenje: B a h b c C b A Elvis Baraković 14 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Vektori AB i AC su AB = (0 1) i + (0 ( 2)) j + (4 8) k = i + 2 j 4 k, AC = (6 1) i + (2 ( 2)) j + (0 8) k = 5 i + 4 j 8 k. Površinu trougla možemo računati po formuli P = b h b 2 = AC h b. (5) 2 Medutim, površinu trougla možemo izračunati primjenom vektora na sljedeći način P = 1 2 AB AC = 1 2 i j k 1 2 4 5 4 8 = 1 2 28 j 14 k = 7 2 j+ k = 7 5. Sada je na osnovu formule (5) h b = 2P AC = 2 7 5 52 + 4 2 + ( 8) = 2 21. 3 2 Primjer 1.18 Dati su vektori a = (8, 4, 1) i b = (2, 2, 1). Naći: (a) Vektorski proizvod c = a b. (b) Površinu paralelograma odredenog vektorima a i b. (c) Visinu paralelograma koja odgovara stranici koju odreduje vektor a. (d) Površinu trougla odredenog vektorima a i b. Rješenje: (a) Vektorski proizvod vektora a i b računamo pomoću determinante: c = a i j i b = a x a y a z b x b y b z = i j i 8 4 1 2 2 1 = (b) = i(4 + 2) j(8 2) + k( 16 8) = = 6 i 6 j 24 k. Elvis Baraković 15 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA D C b h a A a B Površina paralelograma konstruisanog nad vektorima a i b jednaka je intenzitetu vektorskog proizvoda a b, znači: P = a b = 6 2 + ( 6) 2 + ( 24) 2 = 18 2. (c) Iz (b) znamo da je P = a b = 18 2, a sa druge strane znamo da površinu paralelograma možemo računati i po formuli P = a h a = a h a. Dakle, imamo P = a b = a h a h a = a b a = 18 2 82 + 4 2 + 1 2 = 2 2. (d) Površina trougla jednaka je polovini površine paralelograma konstruisanog nad istim vektorima: P = 1 2 a b = 1 2 18 2 = 9 2. Primjer 1.19 Neka je a b = c d i a c = b d. Pokazati da su vektori a d i b c kolinearni. Rješenje: Kolinearnost vektora a d i b c pokazat ćemo tako što ćemo dokazati da je njihov vektorski proizvod jednak nuli. Imamo: ( a d) ( b c) = a b a c d b + d c. Iskoristimo li uslove date u zadatku imamo: Kako je slijedi ( a d) ( b c) = c d b d d b + d c. c d = d c i d b = b d, ( a d) ( b c) = d c + d b d b + d c = 0, što dokazuje kolinearnost vektora a d i b c. Elvis Baraković 16 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Primjer 1.20 Dokazati da je ( a b) ( a + b) = 2( a b) i objasniti geometrijsko značenje tog identiteta. Rješenje: Kako je to je ( a b) ( a + b) = a a + a b b a b b. a a = b b = 0 i a b = b a, ( a b) ( a + b) = 2( a b). Intenzitet lijeve strane dokazanog identiteta je površina paralelograma konstruisanog nad dijagonalama datog paralelograma. Ova površina je dva puta veća od površine datog paralelograma. D C b a + b a b A a B Primjer 1.21 Neka je a = b = 5 i ugao izmedu vektora a i b jednak π 4. Naći površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima: 2 b a i 3 a + 2 b. Rješenje: Površina paralelograma je intenzitet vektorskog prozvoda (2 b a) (3 a + 2 b) = 6 b a + 4 b b 3 a a 2 a b. Kako je to je b b = 0, a a = 0 i b a = a b, (2 b a) (3 a + 2 b) = 8 ( b a). Elvis Baraković 17 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Dakle P = (2 b a) (3 a + 2 b) = 8 ( b a) = = 8 b a sin( b, a) = 8 5 5 sin π 4 = 2 2. = 200 = 100 2 Primjer 1.22 Dati su vektori a = (1, 1, 1), b = (1, 1, 0) i c = (1, 1, 0). Odrediti vektor x iz uslova: x b = c i x a = 3. Rješenje: Neka je Tada je x b = i Pa dati uslovi glase x = x 1 i + x 2 j + x 3 k. i j k x 1 x 2 x 3 1 1 0 = x 3i + x 3 j + (x 1 x 2 ) k x a = x 1 + x 2 + x 3. x 3 i + x 3 j + (x 1 x 2 ) k = i j, x 1 + x 2 + x 3 = 3. Iz prvog uslova izjednačavajući odgovarajuće komponente dobijamo x 3 = 1 i x 1 = x 2. Ako ovo uvrstimo u drugi uslov dobijamo 2x 1 1 = 3 x 1 = 2, x 2 = 2. Prema tome traženi vektor x je x = 2 i + 2 j k = (2, 2, 1). Primjer 1.23 Izračunati zapreminu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori a = i 3 j + k, b = 2 i + j 3 k i c = i + 2 j + k. Elvis Baraković 18 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Rješenje: Zapremina paralelopipeda konstruisanog nad vektorima a, b i c jednaka je mješovitom proizvodu tih vektora. c b a V = a x a y a z b x b y b z c x c y c z = 1 3 1 2 1 3 1 2 1 = 25. Primjer 1.24 Odrediti parametar t tako da zapremina paralelopipeda obrazovanog vektorima a = (8, 4, 1), b = (2, 3, 6) i c = (t, 2, 1) bude jednaka 150. Rješenje: Zapremina paralelopipeda obrazovanog vektorima a, b i c jednaka je mješovitom proizvodu ovih vektora. V = a ( b c) = a x a y a z = b x b y b z c x c y c z = = 21t + 108. Kako je po uslovu zadatka V = 150, to je 8 4 1 2 3 6 t 2 1 21t + 108 = 150 t = 2. = Primjer 1.25 Izračunati visinu paralelopipeda kojeg obrazuju vektori a = 3 i + 2 j 5 k, b = i j + 4 k i c = i 3 j + k. Rješenje: Zapreminu paralelopipeda razapetog vektorima a, b i c možemo izračunati pomoću mješovitog proizvoda V = ( a b) c. (6) S druge starne znamo da je V = B H, gdje je B površina osnove paralelopipeda, a H njegova visina. Budući da je u našem slučaju osnova paralelopipeda paralelogram odreden vektorima a i b, to je B = a b. Tada je V = B H = a b H. (7) Elvis Baraković 19 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Iz jednačina (6) i (7) slijedi Kako je i odnosno ( a b) c = a b = H = ( a b) c a. (8) b i j k 3 2 5 1 1 4 3 2 5 1 1 4 1 3 1 = 49, = 3 i 17 j 5 k, a b = 3 2 + ( 17) 2 + ( 5) 2 = 323. Uvrštavanjem dobijenih rezultata u (8) dobijamo H = 49 323. Primjer 1.26 Odrediti parametar α tako da zapremina tetraedra konstruisanog nad vektorima a, b i α c iznosi 2, gdje je 3 a = i + j 2 k, b = 2 i + j k, c = i 1 3 k Rješenje: Zapreminu tetraedra konstruisanog nad vektorima a, b i α c računamo po formuli V = 1 6 ( a b) α c (9) Kako je ( a b) α c = Sada uvrštavanjem u (9) imamo 2 3 = 1 6 1 1 2 2 1 1 α 0 α 3 4 3 α, = 4 3 α. odnosno α = 3 a 1 = 3 i a 2 = 3. Elvis Baraković 20 Edis Mekić

1.2 Proizvod vektora 1 ANALITIČKA GEOMETRIJA Primjer 1.27 Pokazati da su vektori a = i + 3 j + 2 k, b = 2 i 3 j 4 k, c = 3 i + 12 j + 6 k komplanarni i napisati vektor c kao linearnu kombinaciju vektora a i b. Rješenje: Kako je a ( b c) = 1 3 2 2 3 4 3 12 6 = 0, to slijedi da su vektori a, b i c komplanarni. Od tri komplanarna vektora bilo koji može biti predstavljen kao linearna kombinacija druga dva vektora. Napišimo vektor c kao linearnu kombinaciju vektora a i b, tj. c = α a + β b. Ista relacija mora da vrijedi i za odgovarajuće komponente: 3 = α + 2β 12 = 3α 3β 6 = 2α 4β Dati sistem od tri jednačine sa dvije nepoznate je saglasan zbog komplanarnosti vektora, a njegovo jedinstveno rješenje je Odakle dobijamo da je c = 5 a + b. α = 5 i β = 1. Primjer 1.28 Izračunati zapreminu tetraedra čiji su vrhovi tačke A(0, 0, 0), B(3, 4, 1), C(2, 3, 5) i D(6, 0, 3). Rješenje: D C A B Elvis Baraković 21 Edis Mekić

2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Zapreminu tetraedra možemo izračunati koristeći formulu V = 1 AD ( AB AC). 6 Formirajmo vektore koji čine ivice tetraedra: sada je tražena zapremina AB = (3 0, 4 0, 1 0) = (3, 4, 1) AC = (2 0, 3 0, 5 0) = (3, 2, 5) AD = (6 0, 0 0, 3 0) = (6, 0, 3), V = 1 AD ( AB AC) 6 = 1 3 4 1 6 3 2 5 6 0 3 = 1 150 = 25. 6 2 Prva i ravan u prostoru 2.1 Ravan u prostoru Položaj ravni π u odnosu na prostorni koordinatni sistem najčešće se odreduje na sljedeći način. Povučemo kroz koordinatni početak O normalu n = OP, gdje je P podnožje normale na π. Sa n 0 = {cosα, cosβ, cosγ} označimo jedinični vektor normale n, a vektor položaja proizvoljne tačke M(x, y, z) koja pripada ravni π sa r = {x, y, z}. Projekcija vektora položaja r proizvoljne čatke M ravni π na vektor n 0 biće p jer je OMP pravougli. Elvis Baraković 22 Edis Mekić

O 2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU z π M(x, y, z) n r n 0 p P y x Prema tome za svaku tačku ravni π vrijedi r n 0 = p. (10) Dobijena jednačina ravni napisana u vektorskom obliku zove se normalni oblik jednačine ravni jer u njoj dolazi od izražaja ort n 0 normale n. U skalarnom obliku ta jednačina ravni glasi: Opšti oblik jednačine ravni glasi: x cosα + y cosβ + z cosγ p = 0. (11) gdje je n = (A, B, C) vektor normale ravni. Ako su ravni: Ax + By + Cz + D = 0, (12) A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 i A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 paralelne onda su im vektori normale n 1 = (A 1, B 1, C 1 ) i n 2 = (A 2, B 2, C 2 ) kolinearni, pa su im odgovarajuće koordinate proporcionalne tj. A 1 A 2 = B 1 B 2 = C 1 C 2 = λ. (13) Elvis Baraković 23 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Ako su pak, date ravni medusobno normalne (okomite), onda su njihovi vektori normale n 1 = (A 1, B 1, C 1 ) i n 2 = (A 2, B 2, C 2 ) medusobno normalni, pa im je skalarni proizvod jednak nuli, tj. vrijedi: A 1 A 2 + B 1 B 2 + C 1 C 2 = 0. Ako ravan Ax + By +Cz +D = 0 nije paralelna ni sa jednom koordinatnom osom, onda ona od koordinatnih osa odsijeca odsječke: z n x l O m y l = D A, m = D B, n = D C, pa se jednačnia ravni može zapisati u tzv. segmentnom obliku: x l + y m + z n = 1. Jednačina ravni odredene sa tri nekolinearne tačke M 1 (x 1, y 1, z 1 ), M 2 (x 2, y 2, z 2 ) i M 3 (x 3, y 3, z 3 ) glasi x x 1 y y 1 z z 1 x 2 x 1 y 2 y 1 z 2 z 1 x 3 x 1 y 3 y 1 z 3 z 1 = 0, gdje su x, y, z tekuće koordinate. Rastojanje tačke A(x 1, y 1, z 1 ) od ravni Ax + By + Cz + D = 0 računamo po formuli d = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D. A2 + B 2 + C 2 Elvis Baraković 24 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Primjer 2.1 Kolike odsječke odsijeca ravan 3x + 5y 4z 3 = 0 od koordinatnih osa? Rješenje: Odsječci koje data prava odsijeca od koordinatnih osa su: Pa je l = D A, m = D B, n = D C. l = D A = 3 3 = 1, m = D B = 3 5 = 3 5, n = D C = 3 4 = 3 4. Primjer 2.2 Naći presjeke ravni x + 2y z 4 = 0 sa koordinatnim osama i koordinatnim ravnima. Rješenje: Svedimo datu jednačinu na segmentni oblik: x + 2y z 4 = 0 x + 2y z = 4/ : 4 x 4 + 2y 4 z 4 = 1 x 4 + y 2 + z 4 = 1, odavdve vidimo da su odsječci na koordinatnim osam l = 4, m = 2 i n = 4. Medutim, jednačine presjeka koodrinatnih ravni XOY, Y OZ i ZOX dobijamo na sljedeći način. Presjek ravni x+2y z 4 = 0 i XOY (z = 0) dobijamo tako što riješimo sljedeći sistem: x + 2y z 4 = 0 z = 0. Odakle dobijamo da je jednačina presjeka sa XOY ravni x + 2y 4 = 0. Presjek ravni x+2y z 4 = 0 i Y OZ (x = 0) dobijamo tako što riješimo sljedeći sistem: x + 2y z 4 = 0 x = 0. Odakle dobijamo da je jednačina presjeka sa Y OZ ravni 2y z 4 = 0. Presjek ravni x+2y z 4 = 0 i ZOX (y = 0) dobijamo tako što riješimo sljedeći sistem: x + 2y z 4 = 0 y = 0. Odakle dobijamo da je jednačina presjeka sa ZOX ravni x z 4 = 0. Elvis Baraković 25 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Primjer 2.3 Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi: a) kroz tačku K(2, 5, 3) i paralelna je sa koordinatom ravni XOZ, b) kroz tačku L( 3, 1, 2) i osu OZ, c) kroz tačke M(4, 0, 2) i N(5, 1, 7), a paralelna je osi OX. Rješenje: a) Jednačina ravni koja prolazi tačkom K(2, 5, 3) glasi: A(x 2) + B(y + 5) + C(z 3) = 0. Njen vektor normale je n = (A, B, C). Pošto je tražena ravan paralelna sa ravni XOZ (y = 0), čiji je vektor normale n 1 = (0, 1, 0), to su njihovi vektori normale kolinearni tj. vrijedi (A, B, C) = λ(0, 1, 0) A = 0, B = λ, C = 0, pri čemu je λ proizvoljan realan broj. Sada je jednačina tražene ravni B(y + 5) = 0 y + 5 = 0. b) Kako tražena ravan prolazi tačkom L( 3, 1, 2) to njene koordinate zadovoljavaju opštu jednačinu ravni: Ax + By + Cz + D = 0 3A + B 2C + D = 0. (14) S obzirom da ona prolazi i kroz osu OZ, to svaka tačka sa ose OZ pripada traženoj ravni. Tačke koje pripadaju osi OZ su oblika (0, 0, z). Uzmimo tačke P(0, 0, 1) i Q(0, 0, 2) koje pripadaju osi OZ, te tačke pripadaju i traženoj ravni pa je 0 A + 0 B + C + D = 0 C + D = 0, 0 A + 0 B + 2C + D = 0 2C + D = 0. Rješenja posljednjeg sistema su C = 0 i D = 0. Uvrštavanjem ovih vrijedosti u jednačinu (14) dobijamo 3A + B = 0 B = 3A. Ako sada uvrstimo dobijene vrijednosti u opštu jednačinu ravni dobijamo: Ax + By + Cz + D = 0 Ax + 3Ay = 0/ : A x + 3y = 0, tražena jednačina ravni. Elvis Baraković 26 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU c) Kako tražena ravan Ax + By + Cz + D = 0 sadrži tačke M(4, 0, 2) i N(5, 1, 7), to koordinate datih tačaka zadovoljavaju jednačinu tražene ravni, odnosno dobijamo sljedeći sistem: 4A 2C + D = 0 5A + B + 7C + D = 0. Kako je tražena ravan paralelna osi OX, to je njen vektor normale n = (A, B, C) okomit sa jediničnim vektorom i = (1, 0, 0) ose OX. Odnosno n i = 0 (A, B, C) (1, 0, 0) = 0 A = 0. Uvrštavanjem dobijene vrijednosti u posljednji sistem dobijamo: 2C + D = 0 D = 2C B + 7C + D = 0 Iz druge jednačine dobijamo B + 7C + 2C = 0 B = 9C. Uvrštavanjem dobijenih vrijednosti u poštu jednačinu dobijamo: Ax + By + Cz + D = 0 9Cy + Cz + 2C = 0/ : C 9y + z + 2 = 0 je tražena jednačina ravni. Primjer 2.4 Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku A(2, 1, 1) i koja normalna je na vektor a = {1, 2, 3}. Rješenje: Jednačina ravni koja prolazi kroz tačku A(2, 1, 1) glasi: A(x 2) + B(y 1) + C(z + 1) = 0. S obzirom da je tražena ravan normalna na vektor a = {1, 2, 3}, to je njen vektor normale n = {A, B, C} kolinearan sa vektorom a = {1, 2, 3}, pa su im odgovarajuće koordinate proporcionalne, tj.: Odnosno A 1 = B 2 = C 3 = λ. A = λ, B = 2λ, C = 3λ. Ako dobijene vrijednosti uvrstimo u jednačinu A(x 2)+B(y 1)+C(z+1) = 0, dobijamo traženu jednačinu ravni λ(x 2) 2λ(y 1) + 3λ(z + 1) = 0/ : λ x 2y + 3z + 3 = 0. Elvis Baraković 27 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Primjer 2.5 Sastaviti jendačinu ravni koja prolazi kroz tačku A(3, 4, 5) i paralelna je sa vektorima a = {3, 1, 1} i b = {1, 2, 1}. Rješenje: Jednačina ravni kroz datu tačku A glasi: A(x 3) + B(y 4) + C(z + 5) = 0. S obzirom da je ova ravan paralelna sa vektorima a i b, to je njen vektor normale n = {A, B, C} normalan na oba vektora, pa je n = a b. π n b a Odnosno, n = a b = i j k 3 1 1 1 2 1 Prema tome, tražena jednačina ravni glasi: = i 4 j 7 k = { 1, 4, 7}. 1(x 3) 4(y 4) 7(z + 5) = 0/ ( 1) (x 3) + 4(y 4) + 7(z + 5) = 0 x 3 + 4y 16 + 7z + 35 = 0, odnosno x + 4y + 7z + 16 = 0. Primjer 2.6 Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku A(7, 5, 1) i odsijeca na koordinatnim osama jednake odsječke. Rješenje: Jednačina ravni kroz datu tačku A glasi: A(x 7) + B(y + 5) + C(z 1) = 0. Elvis Baraković 28 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Kako tražena prava odsijeca na koordinatnim osama jednake odsječke to je l = D A = m = D B = n = D C, odakle je D A = D B = D C A = B = C. Dakle, jednačina tražene ravni glasi A(x 7) + A(y + 5) + A(z 1) = 0. Nakon dijeljenja sa A dobijamo x + y + z 3 = 0. Primjer 2.7 Sastavite jednačinu ravni koja je od koordinatnog početka udaljena za 6 jedinica i čiji su odsječci na koordinatnim osama vezani relacijom l : m : n = 1 : 3 : 2. Rješenje: Iz date proporcije dobija se: l : m = 1 : 3 l : n = 1 : 2 tj. m = 3l i n = 2l. Zamjenom dobijenih vrijednosti za m i n u segmentni oblik jednačine ravni: x l + y m + z n = 1 x dobijamo: l + y 3l + z = 1/ 6l 6x + 2y + 3z 6l = 0. Iz relacije za 2l udaljenost ravni od koordinatnog početka O(0, 0, 0) dobijamo: d = Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D A2 + B 2 + C 2 6l ± 6 2 + 2 2 + 3 2 = 6, odnosno 6l ± = 6 l = ±7. Dobili smo dva rješenja za l, odnosno postoje 49 dvije ravni koje zadovaljavaju tražene uslove zadatka, to su ravni: 6x + 2y + 3z + 42 = 0 i 6x + 2y + 3z 42 = 0. Primjer 2.8 Izračunati visinu H S piramide čiji su vrhovi u tačkama S(0, 6, 4), A(3, 5, 3), B( 2, 11, 5) i C(1, 1, 4). Elvis Baraković 29 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Rješenje: S H s C A B Tražena visina H s je udaljenost tačke S od ravni odredene sa tačkama A, B i C. Jednačina ravni koja je odredena sa tačkama A, B i C je: x 3 y 5 z 3 2 3 11 5 5 3 1 3 1 5 4 3 = 0. Nakon izračunavanja determinante dobijamo 42x + 21y + 42z 105 = 0/ : ( 21) 2x y 2z + 5 = 0. Tražena visina H S je udaljenost tačke S(0, 6, 4) od ravni 2x y 2z +5 = 0, odnosno, 0 6 8 + 5 H S = d = = 9 4 + 1 + 4 3 = 3. Primjer 2.9 Sastaviti jednačinu ravni koja prolazi kroz koordinatni početak i normalna je na ravni 2x y + 5z + 3 = 0 i x + 3y z 7 = 0. Elvis Baraković 30 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Rješenje: Jednačina ravni koja prolazi kroz koordinatni početak je Ax + By + Cz = 0. n n 1 n 2 Kako je tražena ravan normalna na ravni 2x y+5z+3 = 0 i x+3y z 7 = 0, to je njen vektor normale n = (A, B, C), normalan na ravan koju obrazuju vektori normala datih ravni, n 1 = (2, 1, 5) i n 2 = (1, 3, 1). Pa je n = n 1 n 2, odnosno n = n 1 n 2 = i j k 2 1 5 1 3 1 = 14 i + 7 j + 7 k, odnosno n = (A, B, C) = ( 14, 7, 7). Jednačina tražene ravni glasi: 14x + 7y + 7z = 0/ : ( 7) 2x y z = 0. Primjer 2.10 Odrediti parametre m i n tako da ravni: budu paralelne. 2x + my + 3z 5 = 0 nx 6y 6z + 2 = 0 Elvis Baraković 31 Edis Mekić

2.1 Ravan u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Rješenje: Da bi ravni bile paralelne, potrebno je da su im koeficijenti uz nepoznate proporcionalni, tj.: 2 n = m 6 = 3 6, odakle se dobija da je m = 3 i n = 4. Primjer 2.11 Kako glasi jednačina ravni koja prolazi tačkama M(3, 5, 1) i N(4, 1, 2), a normalna je na ravan x 8y + 3z 1 = 0? Rješenje: Jednačina tražene ravni glasi Ax + By + Cz + D = 0. n N M n 1 Kako tačke M(3, 5, 1) i N(4, 1, 2) pripadaju traženoj ravni i kako je tražena ravan normalna na ravan x 8y+3z 1 = 0 to je n = MN n 1, jer je vektor n = (A, B, C) normalan na ravan koju čine vektori MN i n 1. Formirajmo vektor MN = (4 3, 1 ( 5), 2 1) = (1, 6, 1), a vektor n 1 = (1, 8, 3). Dakle, sada je: i j k n = 1 6 1 1 8 3 = 26 i 2 j 14 k. Elvis Baraković 32 Edis Mekić

2.2 Prava u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Odnosno n = (A, B, C) = (26, 2, 14) A = 26, B = 2 i C = 14. Kako tačka M(3, 5, 1) pripada traženoj ravni to njene koordinate zadovoljavaju jednačinu te ravni pa je 3A 5B + C + D = 0 3 26 5 ( 2) 14 + D = 0 D = 74. Odakle dobijamo da je jednačina tražene ravni 26x 2y 14z 74 = 0/ : 2 13x y 7z 37 = 0. Primjer 2.12 Iz pramena ravni: 2x 3y + z 3 + λ(x + 3y + 2z + 1) = 0, izdvojiti onu ravan koja sadrži tačku M(1, 2, 3). Rješenje: Pošto tačka M(1, 2, 3) pripada traženoj ravni datog pramena, to njene koordinate zadovoljavaju jednačinu pramena tj. 2 + 6 + 3 3 + λ(1 6 + 6 + 1) = 0 λ = 4. Traženu jednačinu ćemo dobiti kada vrijednost λ = 4 uvrstimo u jednačinu datog pramena ravni, tj.: 2x 3y + z 3 4(x + 3y + 2z + 1) = 0, odnosno 2x + 15y + 7z + 7 = 0. 2.2 Prava u prostoru Neka prava p u prostoru može biti odredena kao presjek bilo koje dvije ravni π 1 i π 2, koje tom pravom prolaze. Odnosno π 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 z + D 1 = 0 π 2 : A 2 x + B 2 y + C 2 z + D 2 = 0 Elvis Baraković 33 Edis Mekić

2.2 Prava u prostoru 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU p π 2 π 1 Pravu možemo zadati i u tzv. kanonskom obliku x x 0 l = y y 0 m = z z 0 n, gdje je M(x 0, y 0, z 0 ) proizvoljna tačka koja pripada datoj pravoj, a p = (l, m, n) je vetor pravca date prave. Iz kanonskog oblika jednačine prave lahko možemo dobiti parametarski oblik jednačine prave, naime iz x x 0 l = y y 0 m = z z 0 n = t x = x 0 + lt y = y 0 + mt z = z 0 + nt, t R. Jednačina prave kroz dvije tačke M 1 (x 1, y 1, z 1 ) i M 2 (x 2, y 2, z 2 ) glasi: Primjer 2.13 x x 1 x 2 x 1 = y y 1 y 2 y 1 = z z 1 z 2 z 1. Elvis Baraković 34 Edis Mekić

2.3 Zadaci za samostalan rad 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU 2.3 Zadaci za samostalan rad Zadatak 2.1 Izračunati intenzitet vektora c = 3 a + 2 b, ako je a = 3, b = 4 i ( a, b) = π 3. Rješenje: Iz c c = 217 i c c = c c slijedi c = 217. Zadatak 2.2 Odrediti parametar λ tako da vektori budu okomiti. Rješenje: λ = 6. a = 2 i 3 j i b = λ i + 4 j Zadatak 2.3 Dati su vrhovi A(1, 2, 3), B(3, 2, 1), i C(6, 4, 4) paralelograma ABCD. Odredite koordinate vrha D. Rješenje: D(4, 0, 6). Zadatak 2.4 Odrediti unutrašnje uglove trougla čiji su vrhovi A(5, 2, 4), B(9, 8, 3) i C(16, 6, 11). Rješenje: Odrediti vektore AB, AC, BA, BC i CA, CB, a zatim pomoću skalarnog proizvoda izračunati tražene uglove. α = π 4, β = π 2, γ = π 4. Zadatak 2.5 Vektori a i b obrazuju ugao α = 120 i pri tome je a = 3, b = 5. Odrditi a + b i a b. Rješenje: Iskoristiti činjenicu da je a 2 = a a. Dobija se a + b = 19 i a b = 7. Zadatak 2.6 Neka su p i q jedinični vektori koji zaklapaju ugao α = π 4. Odredite površinu paralelograma sa dijagonalama e = 2 p q i f = 4 p 5 q. Rješenje: Vidi primjer 1.20 P = 3 2 2. Zadatak 2.7 Naći ugao α izmedu vektora a i b ako je poznato da je ( a + b) okomito na (7 a 5 b) i da je ( a 4 b) okomito na (7 a 2 b). Rješenje: cosα = 0.53. Elvis Baraković 35 Edis Mekić

2.3 Zadaci za samostalan rad 2 PRVA I RAVAN U PROSTORU Zadatak 2.8 Odrediti visinu h a spuštenu iz vrha A trougla ABC sa vrhovima A(1, 0, 1), B( 1, 1, 1) i C(0, 2, 1). 34 Rješenje: h a = 2. Zadatak 2.9 Izračunati mješoviti proizvod sljedećih vektora: (a) a = (1, 2, 3), b = (3, 1, 2), c = (2, 3, 1) (b) a = ( 2, 1, 1), b = (1, 4, 1), c = (1, 5, 2) Rješenje: (a) ( a b) c = 18, (b) ( a b) c = 6. Zadatak 2.10 Izračunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima a = (1, 0, 3), b = ( 1, 1, 0), c = (2, 1, 1). Rješenje: V = 8. Zadatak 2.11 Odrediti parametar t tako da vektori a = (t, 1, 1), b = (1, 2 t, 1) i c = (1, 1, 3 2t) budu komplanarni. Rješenje: Iskoristiti uslov komplanarnosti a ( b c) = 0 t 1 = 1 i t 2 = 3 2. Zadatak 2.12 Vektori a = (1, 2t, 1), b = (2, t, t) i c = (3t, 2, t) su ivice tetraedra. a) Izračunati zapreminu tetraedra. b) Odrediti realan parametar t tako da vektori a, b i c budu komplanarni. Rješenje: a) V = 1 3 (t + 1)(3t2 t + 2), b) t = 1. Zadatak 2.13 Dokazati da je za sve vrijednosti parametra λ. a ( b + λ a) = a b Elvis Baraković 36 Edis Mekić