Primene kompleksnih brojeva u geometriji
|
|
- Κλωθώ Θεοδοσίου
- 6 χρόνια πριν
- Προβολές:
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.
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A
Kontrolni zadatak (Tačka, prava, ravan, diedar, poliedar, ortogonalna projekcija), grupa A Ime i prezime: 1. Prikazane su tačke A, B i C i prave a,b i c. Upiši simbole Î, Ï, Ì ili Ë tako da dobijeni iskazi
Διαβάστε περισσότεραO 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 περισσότερα3.1 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 περισσότεραPRAVA. Prava je u prostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom paralelnim sa tom pravom ( vektor paralelnosti).
PRAVA Prava je kao i ravan osnovni geometrijski ojam i ne definiše se. Prava je u rostoru određena jednom svojom tačkom i vektorom aralelnim sa tom ravom ( vektor aralelnosti). M ( x, y, z ) 3 Posmatrajmo
Διαβάστε περισσότεραAnalitička geometrija
1 Analitička geometrija Neka su dati vektori a = a 1 i + a j + a 3 k = (a 1, a, a 3 ), b = b 1 i + b j + b 3 k = (b 1, b, b 3 ) i c = c 1 i + c j + c 3 k = (c 1, c, c 3 ). Skalarni proizvod vektora a i
Διαβάστε περισσότεραUniverzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika
Univerzitet u Nišu, Prirodno-matematički fakultet Prijemni ispit za upis OAS Matematika Rešenja. Matematičkom indukcijom dokazati da za svaki prirodan broj n važi jednakost: + 5 + + (n )(n + ) = n n +.
Διαβάστε περισσότεραIspitivanje 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 περισσότεραGeometrija (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 περισσότεραPRIMENA 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 περισσότεραOsnovni 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 περισσότεραElementi spektralne teorije matrica
Elementi spektralne teorije matrica Neka je X konačno dimenzionalan vektorski prostor nad poljem K i neka je A : X X linearni operator. Definicija. Skalar λ K i nenula vektor u X se nazivaju sopstvena
Διαβάστε περισσότεραDISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović
DISKRETNA MATEMATIKA - PREDAVANJE 7 - Jovanka Pantović Novi Sad April 17, 2018 1 / 22 Teorija grafova April 17, 2018 2 / 22 Definicija Graf je ure dena trojka G = (V, G, ψ), gde je (i) V konačan skup čvorova,
Διαβάστε περισσότεραZadaci 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 περισσότεραZadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana.
Zadatak 1 Dokazati da simetrala ugla u trouglu deli naspramnu stranu u odnosu susednih strana. Zadatak 2 Dokazati da se visine trougla seku u jednoj tački ortocentar. 1 Dvostruki vektorski proizvod Važi
Διαβάστε περισσότεραOsnovne teoreme diferencijalnog računa
Osnovne teoreme diferencijalnog računa Teorema Rolova) Neka je funkcija f definisana na [a, b], pri čemu važi f je neprekidna na [a, b], f je diferencijabilna na a, b) i fa) fb). Tada postoji ξ a, b) tako
Διαβάστε περισσότεραAko 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 περισσότεραKompleksni brojevi i Mebijusove transformacije
Matematički fakultet Univerzitet u Beogradu Kompleksni brojevi i Mebijusove transformacije Master rad Student: Marina Durica, 1043/016 Mentor: prof dr. Miodrag Mateljević Beograd, 017. Sadržaj Uvod 1 Kompleksni
Διαβάστε περισσότεραSISTEMI 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(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 περισσότεραElementarni zadaci iz Euklidske geometrije II
Elementarni zadaci iz Euklidske geometrije II Sličnost trouglova 1. Neka su dati krugovi k 1 (O 1, r 1 ), k 2 (O 2, r 2 ) i k 3 (O 3, r 3 ) takvi da k 1 dodiruje krug k 2 u tački P, k 2 dodiruje krug k
Διαβάστε περισσότεραSOPSTVENE 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 περισσότεραSli cnost trouglova i Talesova teorema
Sli cnost trouglova i Talesova teorema Denicija. Dva trougla ABC i A B C su sli cna ako su im sva tri ugla redom podudarna a i ako su im odgovaraju ce stranice proporcionalne tj. a = b b = c c. Stav 1.
Διαβάστε περισσότερα1. APSOLUTNA GEOMETRIJA
1. APSOLUTNA GEOMETRIJA Euklidska geometrija izvedena sintetičkim metodom zasniva se na aksiomama koje su podeljene u pet grupa i to: aksiome rasporeda, aksiome incidencije, aksiome podudarnosti, aksiome
Διαβάστε περισσότεραTeorijske osnove informatike 1
Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. () Teorijske osnove informatike 1 9. oktobar 2014. 1 / 17 Funkcije Veze me du skupovima uspostavljamo skupovima koje nazivamo funkcijama. Neformalno, funkcija
Διαβάστε περισσότεραEUKLIDSKA 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 περισσότεραAksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije
Aksiomatsko zasnivanje euklidske geometrije 1. Postoji jedna i samo jedna prava koja sadrži dve razne tačke A i B. 2. Postoji jedna i samo jedna ravan koja sadrži tri nekolinearne tačke A, B, C. 3. Ako
Διαβάστε περισσότερα4.7. Zadaci Formalizam diferenciranja (teorija na stranama ) 343. Znajući izvod funkcije x arctg x, odrediti izvod funkcije x arcctg x.
4.7. ZADACI 87 4.7. Zadaci 4.7.. Formalizam diferenciranja teorija na stranama 4-46) 340. Znajući izvod funkcije arcsin, odrediti izvod funkcije arccos. Rešenje. Polazeći od jednakosti arcsin + arccos
Διαβάστε περισσότεραa 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 περισσότεραUNIVERZITET 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 περισσότεραVEKTORI. 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 περισσότεραAko 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 περισσότεραOperacije s matricama
Linearna algebra I Operacije s matricama Korolar 3.1.5. Množenje matrica u vektorskom prostoru M n (F) ima sljedeća svojstva: (1) A(B + C) = AB + AC, A, B, C M n (F); (2) (A + B)C = AC + BC, A, B, C M
Διαβάστε περισσότερα( ) ( ) 2 UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET. Zadaci za pripremu polaganja kvalifikacionog ispita iz Matematike. 1. Riješiti jednačine: 4
UNIVERZITET U ZENICI POLITEHNIČKI FAKULTET Riješiti jednačine: a) 5 = b) ( ) 3 = c) + 3+ = 7 log3 č) = 8 + 5 ć) sin cos = d) 5cos 6cos + 3 = dž) = đ) + = 3 e) 6 log + log + log = 7 f) ( ) ( ) g) ( ) log
Διαβάστε περισσότεραZadaci 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 περισσότερα2.7. 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 περισσότεραAksiome podudarnosti
Aksiome podudarnosti Postoji pet aksioma podudarnosti (tri aksiome podudarnosti za duži + dvije aksiome podudarnosti za uglove) III 1 Za svaku polupravu a sa početnom tačkom A i za svaku duž AB, postoji
Διαβάστε περισσότεραPROBNI 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 περισσότεραIZVODI 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 περισσότεραZadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu
Zadaci sa prethodnih prijemnih ispita iz matematike na Beogradskom univerzitetu Analitička geometrija 1. Tačka 1. MF000 Neka su A(1, 1) i B(,11) tačke u koordinatnoj ravni Oxy. Ako tačka S deli duž AB
Διαβάστε περισσότεραIskazna logika 3. Matematička logika u računarstvu. novembar 2012
Iskazna logika 3 Matematička logika u računarstvu Department of Mathematics and Informatics, Faculty of Science,, Serbia novembar 2012 Deduktivni sistemi 1 Definicija Deduktivni sistem (ili formalna teorija)
Διαβάστε περισσότεραMATRICE 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 περισσότερα2 tg x ctg x 1 = =, cos 2x Zbog četvrtog kvadranta rješenje je: 2 ctg x
Zadatak (Darjan, medicinska škola) Izračunaj vrijednosti trigonometrijskih funkcija broja ako je 6 sin =,,. 6 Rješenje Ponovimo trigonometrijske funkcije dvostrukog kuta! Za argument vrijede sljedeće formule:
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I.1.
TRIGONOMETRIJSKE FUNKCIJE I I Odredi na brojevnoj trigonometrijskoj kružnici točku Et, za koju je sin t =,cost < 0 Za koje realne brojeve a postoji realan broj takav da je sin = a? Izračunaj: sin π tg
Διαβάστε περισσότερα7 Algebarske jednadžbe
7 Algebarske jednadžbe 7.1 Nultočke polinoma Skup svih polinoma nad skupom kompleksnih brojeva označavamo sa C[x]. Definicija. Nultočka polinoma f C[x] je svaki kompleksni broj α takav da je f(α) = 0.
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: ( ) + 1.
Pismeni ispit iz matematike 0 008 GRUPA A Riješiti sistem jednačina i diskutovati rješenja sistema u zavisnosti od parametra: λ + z = Ispitati funkciju i nacrtati njen grafik: + ( λ ) + z = e Izračunati
Διαβάστε περισσότεραIZVODI ZADACI ( IV deo) Rešenje: Najpre ćemo logaritmovati ovu jednakost sa ln ( to beše prirodni logaritam za osnovu e) a zatim ćemo
IZVODI ZADACI ( IV deo) LOGARITAMSKI IZVOD Logariamskim izvodom funkcije f(), gde je >0 i, nazivamo izvod logarima e funkcije, o jes: (ln ) f ( ) f ( ) Primer. Nadji izvod funkcije Najpre ćemo logarimovai
Διαβάστε περισσότεραMinistarstvo prosvete i sporta Republike Srbije Druxtvo matematiqara Srbije Prvi razred A kategorija
18.02006. Prvi razred A kategorija Dokazati da kruжnica koja sadrжi dva temena i ortocentar trougla ima isti polupreqnik kao i kruжnica opisana oko tog trougla. Na i najve i prirodan broj koji je maƭi
Διαβάστε περισσότεραINTEGRALNI RAČUN. Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa. Lucija Mijić 17. veljače 2011.
INTEGRALNI RAČUN Teorije, metodike i povijest infinitezimalnih računa Lucija Mijić lucija@ktf-split.hr 17. veljače 2011. Pogledajmo Predstavimo gornju sumu sa Dodamo još jedan Dobivamo pravokutnik sa Odnosno
Διαβάστε περισσότεραKompleksni 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 περισσότεραPID: Domen P je glavnoidealski [PID] akko svaki ideal u P je glavni (generisan jednim elementom; oblika ap := {ab b P }, za neko a P ).
0.1 Faktorizacija: ID, ED, PID, ND, FD, UFD Definicija. Najava pojmova: [ID], [ED], [PID], [ND], [FD] i [UFD]. ID: Komutativan prsten P, sa jedinicom 1 0, je integralni domen [ID] oblast celih), ili samo
Διαβάστε περισσότεραKlasifikacija blizu Kelerovih mnogostrukosti. konstantne holomorfne sekcione krivine. Kelerove. mnogostrukosti. blizu Kelerove.
Klasifikacija blizu Teorema Neka je M Kelerova mnogostrukost. Operator krivine R ima sledeća svojstva: R(X, Y, Z, W ) = R(Y, X, Z, W ) = R(X, Y, W, Z) R(X, Y, Z, W ) + R(Y, Z, X, W ) + R(Z, X, Y, W ) =
Διαβάστε περισσότεραPismeni ispit iz matematike GRUPA A 1. Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj, zatim naći 4 z.
Pismeni ispit iz matematike 06 007 Napisati u trigonometrijskom i eksponencijalnom obliku kompleksni broj z = + i, zatim naći z Ispitati funkciju i nacrtati grafik : = ( ) y e + 6 Izračunati integral:
Διαβάστε περισσότεραIspit održan dana i tačka A ( 3,3, 4 ) x x + 1
Ispit održan dana 9 0 009 Naći sve vrijednosti korjena 4 z ako je ( ) 8 y+ z Data je prava a : = = kroz tačku A i okomita je na pravu a z = + i i tačka A (,, 4 ) Naći jednačinu prave b koja prolazi ( +
Διαβάστε περισσότεραMatematička analiza 1 dodatni zadaci
Matematička analiza 1 dodatni zadaci 1. Ispitajte je li funkcija f() := 4 4 5 injekcija na intervalu I, te ako jest odredite joj sliku i inverz, ako je (a) I = [, 3), (b) I = [1, ], (c) I = ( 1, 0].. Neka
Διαβάστε περισσότεραInženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1)
Inženjerska grafika geometrijskih oblika (5. predavanje, tema1) Prva godina studija Mašinskog fakulteta u Nišu Predavač: Dr Predrag Rajković Mart 19, 2013 5. predavanje, tema 1 Simetrija (Symmetry) Simetrija
Διαβάστε περισσότερα1. zadatak , 3 Dakle, sva kompleksna re{ewa date jedna~ine su x 1 = x 2 = 1 (dvostruko re{ewe), x 3 = 1 + i
PRIPREMA ZA II PISMENI IZ ANALIZE SA ALGEBROM. zadatak Re{avawe algebarskih jedna~ina tre}eg i ~etvrtog stepena. U skupu kompleksnih brojeva re{iti jedna~inu: a x 6x + 9 = 0; b x + 9x 2 + 8x + 28 = 0;
Διαβάστε περισσότεραTAČKA 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 περισσότεραMatematika 1 { fiziqka hemija
UNIVERZITET U BEOGRADU MATEMATIQKI FAKULTET Matematika 1 { fiziqka hemija Vektori Tijana Xukilovi 29. oktobar 2015 Definicija vektora Definicija 1.1 Vektor je klasa ekvivalencije usmerenih dui koje imaju
Διαβάστε περισσότεραnumeričkih deskriptivnih mera.
DESKRIPTIVNA STATISTIKA Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću Numeričku seriju podataka opisujemo pomoću numeričkih deskriptivnih mera. Pokazatelji centralne tendencije Aritmetička sredina, Medijana,
Διαβάστε περισσότεραGeometrija (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 περισσότεραZadaci 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 περισσότερα5 Ispitivanje funkcija
5 Ispitivanje funkcija 3 5 Ispitivanje funkcija Ispitivanje funkcije pretodi crtanju grafika funkcije. Opšti postupak ispitivanja funkcija koje su definisane eksplicitno y = f() sadrži sledeće elemente:
Διαβάστε περισσότερα5. Karakteristične funkcije
5. Karakteristične funkcije Profesor Milan Merkle emerkle@etf.rs milanmerkle.etf.rs Verovatnoća i Statistika-proleće 2018 Milan Merkle Karakteristične funkcije ETF Beograd 1 / 10 Definicija Karakteristična
Διαβάστε περισσότεραGranične 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 περισσότεραKonstruktivni 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 περισσότερα1 Afina geometrija. 1.1 Afini prostor. Definicija 1.1. Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo. A - skup taqaka
1 Afina geometrija 11 Afini prostor Definicija 11 Pod afinim prostorom nad poljem K podrazumevamo svaku uređenu trojku (A, V, +): A - skup taqaka V - vektorski prostor nad poljem K + : A V A - preslikavanje
Διαβάστε περισσότεραGlava 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 περισσότεραSume 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 περισσότεραM086 LA 1 M106 GRP. Tema: Baza vektorskog prostora. Koordinatni sustav. Norma. CSB nejednakost
M086 LA 1 M106 GRP Tema: CSB nejednakost. 19. 10. 2017. predavač: Rudolf Scitovski, Darija Marković asistent: Darija Brajković, Katarina Vincetić P 1 www.fizika.unios.hr/grpua/ 1 Baza vektorskog prostora.
Διαβάστε περισσότεραTRIGONOMETRIJA TROKUTA
TRIGONOMETRIJA TROKUTA Standardne oznake u trokutuu ABC: a, b, c stranice trokuta α, β, γ kutovi trokuta t,t,t v,v,v s α,s β,s γ R r s težišnice trokuta visine trokuta simetrale kutova polumjer opisane
Διαβάστε περισσότεραRačunarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Διαβάστε περισσότερα1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II
1 UPUTSTVO ZA IZRADU GRAFIČKOG RADA IZ MEHANIKE II Zadatak: Klipni mehanizam se sastoji iz krivaje (ekscentarske poluge) OA dužine R, klipne poluge AB dužine =3R i klipa kompresora B (ukrsne glave). Krivaja
Διαβάστε περισσότεραx n +m = 0. Ovo proširenje ima svoju manu u tome da se odričemo relacije poretka - no ne možemo imati sve...
1 Kompleksni brojevi Kompleksni brojevi Već veoma rano se pokazalo da je skup realnih brojeva preuzak čak i za neke od najosnovnijih jednačina. Primjer toga je x n +m = 0. Pokazat ćemo da postoji logično
Διαβάστε περισσότεραELEMENTARNE 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 περισσότεραZbirka rešenih zadataka iz Matematike I
UNIVERZITET U NOVOM SADU FAKULTET TEHNIČKIH NAUKA Tatjana Grbić Silvia Likavec Tibor Lukić Jovanka Pantović Nataša Sladoje Ljiljana Teofanov Zbirka rešenih zadataka iz Matematike I Novi Sad, 009. god.
Διαβάστε περισσότερα56. 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 περισσότεραPismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1
Univerzitet u Zenici Pedagoški fakultet Odsjek: Matematika i informatika Zenica, 27.01.2010. Pismeni ispit iz predmeta Euklidska geometrija 1 Zadatak br. 1 a) U oštrouglom trouglu ABC (AC < BC) visina
Διαβάστε περισσότεραLEKCIJE 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 περισσότεραKantonalno 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 περισσότεραNeka 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 περισσότεραDvanaesti praktikum iz Analize 1
Dvaaesti praktikum iz Aalize Zlatko Lazovi 20. decembar 206.. Dokazati da fukcija f = 5 l tg + 5 ima bar jedu realu ulu. Ree e. Oblast defiisaosti fukcije je D f = k Z da postoji ula fukcije a 0, π 2.
Διαβάστε περισσότεραMATEMATIKA 2. Grupa 1 Rexea zadataka. Prvi pismeni kolokvijum, Dragan ori
MATEMATIKA 2 Prvi pismeni kolokvijum, 14.4.2016 Grupa 1 Rexea zadataka Dragan ori Zadaci i rexea 1. unkcija f : R 2 R definisana je sa xy 2 f(x, y) = x2 + y sin 3 2 x 2, (x, y) (0, 0) + y2 0, (x, y) =
Διαβάστε περισσότερα18. 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 περισσότεραDeljivost. 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18.
Deljivost 1. Ispitati kada izraz (n 2) 3 + n 3 + (n + 2) 3,n N nije deljiv sa 18. Rešenje: Nazovimo naš izraz sa I.Važi 18 I 2 I 9 I pa možemo da posmatramo deljivost I sa 2 i 9.Iz oblika u kom je dat
Διαβάστε περισσότεραOBRTNA TELA. Vladimir Marinkov OBRTNA TELA VALJAK
OBRTNA TELA VALJAK P = 2B + M B = r 2 π M = 2rπH V = BH 1. Zapremina pravog valjka je 240π, a njegova visina 15. Izračunati površinu valjka. Rešenje: P = 152π 2. Površina valjka je 112π, a odnos poluprečnika
Διαβάστε περισσότερα41. 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 περισσότεραKVADRATNA 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 περισσότεραMinistarstvo 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 περισσότεραCauchyjev teorem. Postoji više dokaza ovog teorema, a najjednostvniji je uz pomoć Greenove formule: dxdy. int C i Cauchy Riemannovih uvjeta.
auchyjev teorem Neka je f-ja f (z) analitička u jednostruko (prosto) povezanoj oblasti G, i neka je zatvorena kontura koja čitava leži u toj oblasti. Tada je f (z)dz = 0. Postoji više dokaza ovog teorema,
Διαβάστε περισσότεραZbirka 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 περισσότεραRačunarska grafika. Rasterizacija linije
Računarska grafika Osnovni inkrementalni algoritam Drugi naziv u literaturi digitalni diferencijalni analizator (DDA) Pretpostavke (privremena ograničenja koja se mogu otkloniti jednostavnim uopštavanjem
Διαβάστε περισσότερα(y) = f (x). (x) log ϕ(x) + ψ(x) Izvodi parametarski definisane funkcije y = ψ(t)
Izvodi Definicija. Neka je funkcija f definisana i neprekidna u okolini tačke a. Prvi izvod funkcije f u tački a je Prvi izvod funkcije f u tački : f f fa a lim. a a f lim 0 Izvodi višeg reda funkcije
Διαβάστε περισσότεραMatematiqka 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 περισσότεραELEKTROTEHNIČKI ODJEL
MATEMATIKA. Neka je S skup svih živućih državljana Republike Hrvatske..04., a f preslikavanje koje svakom elementu skupa S pridružuje njegov horoskopski znak (bez podznaka). a) Pokažite da je f funkcija,
Διαβάστε περισσότεραGranične 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 περισσότεραradni 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 περισσότεραUniverzitet 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 περισσότεραGlava 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 περισσότεραPrvi 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 περισσότεραMate 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