Embed Size (px)
Citation preview
ANALITICKA GEOMETRIJA
Predavanja i zadaci za vjezbu
Zeljka Milin Sipus i Mea Bombardelli
Verzija 2.5
3. 2. 2008.
Uvod i povijesni osvrt
Analiticka geometrija bavi se proucavanjem (klasicne) euklidske geometrije ravnine i pros-tora koristeci algebarske metode. Njen tvorac, Rene Descartes (1596-1650, lat. Renatus Carte-sius), u svom djelu1 napisanom 1619., a objavljenom tek 1637. godine, nazvao ju je i metodomkoordinata. Osnovna ideja analiticke geometrije je da se tocke ravnine i prostora opisuju ko-ordinatama, dakle, parovima ili trojkama realnih brojeva, a ostali objekti (pravci, ravnine,krivulje, plohe, itd.) jednadzbama. Prema tome, ispitivanje odnosa medu objektima svodi sena rjesavanje sustava jednadzbi.
Analiticka geometrija je vrlo rasirena metoda proucavanja euklidske geometrije i prisutna jeu mnogim granama matematike. Povijesno, imala je velik utjecaj i na razvoj diferencijalnogracuna.
Polaziste za uvodenje analiticke geometrije su euklidska ravnina ili prostor koje cemo ozna-cavati sa E2 i E3 i koji su aksiomatski zasnovani. Osnovne elemenate, tocku i pravac za E2,te jos ravninu za E3, ne definiramo, nego aksiomima, tj. prihvacenim istinama, opisujemonjihove osnovne medusobne odnose. Ostale odnose dokazujemo koristeci aksiome. Starogrckimatematicar Euklid (330 - 275 pr. Kr.) jos je u 3. stoljecu pr. Kr. u svom djelu Elementiaksiomatski zasnovao ravninu koju po njemu i nazivamo euklidskom ravninom. Euklid jepokusao ”definirati” i osnovne objekte u smislu da intuitivno objasni njihov smisao, pa je tocku”definirao” kao ono sto nema dijelova, krivulju kao duljinu bez sirine, pravac kao krivulju kojojsu sve tocke jednako rasporedene, a plohu kao ono sto nema samo duljinu, vec ima i sirinu.Euklidovi osnovni aksiomi su:
1. Od svake tocke do svake druge tocke moze se povuci pravac.
2. Omeden dio pravca moze se neprekidno produziti po pravcu.
3. Iz svakog sredista sa svakim polumjerom moze se opisati kruznica.
4. Svi su pravi kutovi jednaki.
5. Ako dva pravca presjecemo trecim pravcem i ako on s njima zatvara s jedne svoje straneunutrasnje kutove ciji je zbroj manji od dva prava kuta, onda se ta dva pravca dovoljnoproduzena sijeku, i to upravo s te strane.
Peti navedeni aksiom ima i svoj poznatiji ekvivalentni iskaz:
5.’ Neka je zadan pravac u ravnini i tocka koja mu ne pripada. Tada postoji tocno jedanpravac koji prolazi zadanom tockom i koji je paralelan sa zadanim pravcem.
1Rasprava o metodi pravilnog upravljanja umom i trazenje istine u znanostima, s dodatkom Geometrija
1
Peti aksiom ima vrlo vazno povijesno znacenje – zbog svoje neobicne duljine smatralo se daje mozda vec on posljedica ostalih aksioma. Taj je problem bio nerijesen skoro 2000 godina,tek se u 19. stoljecu dokazalo da je peti aksiom zaista aksiom karakteristican za euklidskugeometriju, a njegovim negiranjem dobivamo nove geometrije, tzv. neeuklidske geometrije.
Danas postoje i preciznije aksiomatike, kao primjerice aksiomatika njemackog matematicaraDavida Hilberta (oko 1900. godine) i mnoge druge ekvivalentne aksiomatike (vidi knjige:B. Pavkovic, D. Veljan Elementarna matematika 1, 2 ).
Nase polaziste je, dakle, aksiomatski zasnovana euklidska ravnina ili prostor, pri cemu ko-ristimo bez dokaza neke cinjenice elementarne geometrije izvedene iz aksioma. Tek cemopovremeno naznaciti posljedice koristenja nekih (Euklidovih) aksioma. Osnovne definicije itvrdnje euklidske geometrije obraduju se u kolegiju Elementarna geometrija.
Recimo jos par rijeci o tvorcu metode koordinata – Reneu Descartesu. Osim sto je bio vrstani vrlo cijenjen matematicar, poznat je i po svom doprinosu filozofiji. Vrlo je cuvena njegovamisao ”Mislim, dakle jesam”. Predlagao je i univerzalnu metodu rjesavanja problema koja sesastojala od sljedeca tri koraka:
1. Zadacu bilo koje vrste svesti na matematicku.
2. Matematicku zadacu svesti na algebarsku.
3. Algebarsku zadacu svesti na rjesavanje jedinstvene jednadzbe.
No, i sam je uvidao njene granice. Prilagodujuci tu ideju, uvodenje metode koordinata zamislioje na sljedeci nacin:
1. Geometrijsku zadacu formulirati algebarski.
2. Algebarsku zadacu rijesiti.
3. Algebarsko rjesenje interpretirati geometrijski.
Uz metode analiticke geometrije u uzem smislu, koje uvodimo od drugog poglavlja, usko jevezan pojam vektora. Njega uvodimo u prvom poglavlju, u kojem definiramo i operacije s vek-torima: zbrajanje, mnozenje skalarom, skalarno mnozenje, te vektorsko i mjesovito mnozenje.U drugom poglavlju odredujemo razne oblike jednadzbe pravca u ravnini, te jednadzbe pravcai ravnine u prostoru. U trecem poglavlju definiramo elipsu, hiperbolu i parabolu i opcenitokrivulje zadane algebarskom jednadzbom drugog stupnja. Koristeci geometrijske transforma-cije, svaku krivulju drugog reda prevodimo na kanonski oblik. Na kraju, ukratko razmatramoi plohe 2. reda.
2
Poglavlje 1
Vektori
1.1 Vektorski prostori V 1, V 2, V 3
Vektor cesto zamisljamo kao duzinu sa strelicom:
¡¡
¡¡µ
Matematicka definicija vektora je ipak nesto slozenija, a ova intuitivna predodzba vise odgo-vara pojmu usmjerene ili orijentirane duzine. No, i tu trebamo biti precizniji: usmjerena iliorijentirana duzina je ureden par tocaka (A,B), A,B ∈ E3, dakle, element skupa E3×E3.Tu usmjerenu duzinu oznacavamo s −−→AB, tocku A nazivamo pocetkom (pocetnom tockom), atocku B zavrsetkom ili krajem (zavrsnom ili krajnjom tockom) usmjerene duzine −−→AB. Usmje-renoj duzini pridruzujemo i duzinu AB kojoj pri crtnji stavljamo i strelicu:
rA
rB
rA ¡¡
¡¡
¡µrB
Iz pojma usmjerene duzine gradi se pojam vektora. Jednostavno receno, vektor je skup svihparalelnih usmjerenih duzina jednake duljine:
¡¡
¡¡
¡µ
¡¡
¡¡
¡µ
¡¡
¡¡
¡µ
¡¡
¡¡
¡µ
¡¡
¡¡
¡µ
Da bismo precizno definirali pojam vektora, uvedimo najprije sljedecu relaciju na skupu svihusmjerenih duzina u E3 ×E3.
3
Definicija 1.1.1 Za usmjerene duzine −−→AB i −−→CD kazemo da su ekvivalentne ako duzine ADi BC imaju zajednicko poloviste. Pisemo −−→AB ∼ −−→
CD.
Na sljedecoj su slici prikazane ekvivalentne usmjerene duzine −−→AB i −−→CD. Moguce su situacije:tocke A,B,C, D ne leze na istom pravcu ili tocke A,B, C, D leze na istom pravcu.
U prvoj situaciji mozemo primijetiti da je cetverokut ABDC paralelogram. Zaista, sjetimose da je paralelogram cetverokut kojemu oba para nasuprotnih stranica leze na paralelnimpravcima, a to je ako i samo ako se dijagonale tog cetverokuta raspolavljaju.
rA ¤¤¤¤¤¤º
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
r D
ll
lll
r B
r P
r C¤¤¤¤¤¤º
rA rDrB rrP C
Prema tome, usmjerene duzine −−→AB i −−→CD su ekvivalentne ako i samo ako je cetverokut ABDCparalelogram ili tocke A,B, C,D leze na istom pravcu i pritom duzine AC i BD imaju za-jednicko poloviste. Odavde slijedi da je definicija relacije ∼ dobra (valjana) i na pravcu E1, uravnini E2 i u prostoru E3. Mi cemo je razraditi samo za E3.
Propozicija 1.1.1 Relacija ∼ je relacija ekvivalencije na skupu E3 × E3.
Dokaz. Refleksivnost i simetricnost relacije ∼ su ocite. Pokazimo tranzitivnost.
Neka je −−→AB ∼ −−→CD, −−→CD ∼ −−→
EF .
Pretpostavimo da usmjerene duzine −−→AB, −−→CD i −−→EF leze na tri razlicita pravca u E3. Koristimoi sljedecu karakterizaciju paralelograma: cetverokut ABDC paralelogram, ako i samo ako je|AB| = |CD| i pravci AB i CD su paralelni (|AB| oznacava duljinu duzine AB, a AB pravacodreden tockama A,B). Kako iz pretpostavke slijedi da je cetverokut ABDC paralelogram,to je pravac AB paralelan pravcu CD i duljina duzine AB je jednaka duljini duzine CD.Analogno, iz pretpostavke slijedi da je cetverokut CDFE paralelogram, pa je |CD| = |EF |i CD ‖ EF . No, kako su relacije paralelnosti i jednakosti duljina duzina tranzitivne, slijedi|AB| = |EF | i AB ‖ EF , tj. cetverokut ABFE je paralelogram. Prema tome je −−→AB ∼ −−→
EF .
Slicno se pokazuje tranzitivnost i u ostalim slucajevima.
4
Relacija ekvivalencije rastavlja skup na kojem je definirana na disjunktne podskupove kojenazivamo klasama ekvivalencije. Svaka klasa ekvivalencije sastoji se od elemenata skupa kojisu medusobno ekvivalentni i samo od njih. Primijenimo li te cinjenice na skup E3×E3, imamosljedecu definiciju:
Definicija 1.1.2 Vektor je klasa ekvivalencije po relaciji ∼ na skupu svih usmjerenih duzinaE3 × E3. Skup svih vektora oznacavamo sa V 3.
Klasu ekvivalencije odredenu usmjerenom duzinom−−→AB oznacavat cemo sa [−−→AB]. Dakle, vrijedi
[−−→AB] ={−−→
PQ ∈ E3 ×E3 | −−→PQ ∼ −−→AB
}.
Vrijedi −−→AB ∈ [−−→AB], pa kazemo da je usmjerena duzina −−→AB predstavnik ili reprezentantvektora [−−→AB].
Vektore krace oznacavamo i malim latinskom slovima sa strelicom −→a , −→b , −→c ,. . . , −→v , −→w , −→x ,−→y , −→z .
Napomena. Promatrali smo prostor E3 s tockovnom strukturom i u njemu definirali vektore.Da smo krenuli od E1, odnosno E2, i na njima podrazumijevali tockovnu strukturu, te da smodefinirali usmjerene duzine i relaciju ∼ na isti nacin kao u E3, definirali bismo vektore napravcu, odnosno u ravnini. Odgovarajuce skupove vektora oznacavamo s V 1, V 2.
Uvedimo sad neke istaknute vektore.
Promotrimo najprije klasu [−→AA]. Koje usmjerene duzine pripadaju toj klasi?
Neka je −−→PQ ∈ [−→AA]. Tada je −→AA ∼ −−→PQ, pa duzine AP i AQ imaju zajednicko poloviste. To
je moguce ako i samo ako je P = Q. Dakle,
[−→AA] ={−−→
PP | P ∈ E3}
.
Vektor [−→AA] nazivamo nulvektorom i oznacavamo −→0 .
Nadalje, za vektor −→a = [−−→AB], definiramo vektor −−→a kao vektor s predstavnikom −−→BA.
Vektor −−→a nazivamo suprotnim vektorom vektora −→a . Ocito vrijedi −(−−→a ) = −→a .
Vektorima mozemo birati predstavnike. Vrijedi sljedeca tvrdnja:
Propozicija 1.1.2 Neka je −→a = [−−→AB] i C ∈ E3. Tada postoji jedinstvena tocka D ∈ E3
takva da je −→a = [−−→CD].
Dokaz. Ako je −→a = −→0 , tada je B = A, pa je D = C.
Neka je −→a 6= −→0 . Ako tocke A,B,C leze na istom pravcu, onda je tocka D ona (jedinstvena)tocka tog pravca takva da duzine AC i BD imaju zajednicko poloviste. Ako tocka C ne lezi napravcu AB, tada (po 5. Euklidovom aksiomu) postoji jedinstveni pravac koji prolazi tockomC paralelno s pravcem AB i jedinstveni pravac koji prolazi tockom B paralelno s pravcemAC. Presjek tih pravaca je trazena tocka D. Kako je zbog konstrukcije dobiveni cetverokutABDC paralelogram, to je −−→CD ∼ −−→
AB.
U situaciji iz prethodne propozicije kazemo da smo vektor −→a nanijeli iz tocke C.
Za vektor definiramo i pojmove modula, smjera i orijentacije. Neka je −→a = [−−→AB]. Modulili duljina vektora −→a je duljina duzine AB. Modul oznacavamo |−→a |, dakle, |−→a | = |AB|.
5
Ocito je definicija dobra, tj. ne ovisi o izboru predstavnika za vektor −→a . Naime, ako je −−→CDneki drugi predstavnik od −→a , tada je cetverokut ABDC paralelogram, pa su duzine AB i CDjednakih duljina. Slicno razmisljamo i ako tocke A, B, C, D leze na jednom pravcu. Uocimoda je nulvektor jedini vektor modula 0.
Smjer vektora−→a je smjer pravca AB. Pritom je smjer pravca definiran kao klasa ekvivalencijena skupu svih pravaca u E3 s obzirom na relaciju ekvivalencije ”biti paralelan”. Dakle, smjerpravca je klasa (skup) svih medusobno paralelnih pravaca. Ocito definicija smjera vektora neovisi o izboru predstavnika vektora. Za nulvektor smjer ne definiramo (i to je jedini takavvektor).
Kazemo da su vektori −→a i −→b kolinearni ako su istog smjera. Dogovorom usvajamo da jenulvektor kolinearan sa svakim vektorom.
Orijentacija vektora je ”relativan” pojam, tj. definiramo je s obzirom na druge vektore(kolinearne s promatranim vektorom). Neka su −→a , −→b kolinearni vektori. Po propoziciji 1.1.2mozemo odabrati njihove predstavnike s pocetkom u istoj tocki O, −→a = [−→OA], −→b = [−−→OB].Kazemo da su vektori −→a , −→b jednako orijentirani ako tocke A,B leze s iste strane tocke O,a suprotno orijentirani ako leze s razlicitih strana.
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
rO
rA
rB
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
rA
rO
rB
Ocito vrijedi sljedeca tvrdnja:
Propozicija 1.1.3 Vektor je jednoznacno odreden svojim modulom, smjerom i orijentacijom.
Sljedeci nam je cilj definirati neke operacije s vektorima – pritom definiramo novi vektor kojegopisujemo na jedan od dva moguca nacina, ili preko predstavnika (koristeci definiciju vektora),ili modulom, smjerom i orijentacijom (koristeci propoziciju 1.1.3).
Definicija 1.1.3 Neka su −→a , −→b ∈ V 3, −→a = [−−→AB], −→b = [−−→BC]. Zbroj vektora −→a i −→b jevektor −→a +−→
b odreden predstavnikom −→AC:
−→a +−→b = [−→AC].
-¡¡
¡¡
¡¡
¡¡µ
©©©©©©©©©©©©©©©*
A B
C
Kazemo da smo vektore zbrojili po pravilu trokuta.
6
Pokazimo da definicija zbroja ne ovisi o izboru predstavnika. Neka su −→a , −→b dani i svojimpredstavnicima
−−→A′B′,
−−→B′C ′. Tada su cetverokuti ABB′A′ i BCC ′B′ paralelogrami
-¡¡
¡¡¡µ
©©©©©©©©©*
A B
C-¡
¡¡
¡¡µ
©©©©©©©©©*
A′ B′
C ′
ÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃ
ÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃ
ÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃÃ
pa su duzine AA′ i BB′ paralelne i jednakih duljina, kao i duzine BB′ i CC ′. Dakle, i duzineAA′ i CC ′ su paralelne i jednakih duljina. Stoga je cetverokut ACC ′A′ paralelogram. Odavdeje −→AC ∼ −−→
A′C ′. Slicno se tvrdnja pokazuje i u slucaju kad izabrane tocke leze na pravcu.
Zbrajanje vektora moze se definirati i na sljedeci nacin: neka je O ∈ E3 po volji izabrana tockai neka su −→a i −→b dani svojim predstavnicima s pocetkom u tocki O, −→a = [−→OA], −→b = [−−→OB].Zbroj vektora −→a i −→b je vektor −→c = [−−→OC], pri cemu je C jedinstvena tocka u E3 takva da jecetverokut OACB paralelogram:
−→a +−→b = [−−→OC]
-¡¡
¡¡
¡¡
¡¡µ
©©©©©©©©©©©©©©©*
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
O A
B C
Ovakav nacin zbrajanja vektora nazivamo zbrajanje vektora po pravilu paralelograma.
Ni ova definicija zbrajanja vektora ne ovisi o izboru predstavnika za vektore −→a , −→b . Dokaz seprovodi na analogan nacin kao za pravilo trokuta.
Nadalje, izborom drugog predstavnika za vektor −→b , −→b = [−→AC], lako se je uvjeriti da sudefinicije zbrajanja vektora po pravilu trokuta i paralelograma ekvivalentne.
Sljedeca operacija koju definiramo je mnozenje vektora skalarom:
Definicija 1.1.4 Mnozenje vektora skalarom je operacija : R× V 3 → V 3 koja uredenomparu (α,−→a ) pridruzuje vektor u oznaci α−→a kojemu je
1. modul: |α−→a | = |α||−→a |,2. smjer: isti kao smjer od −→a , ako su oba vektora −→a i α−→a razlicita od nulvektora,
3. orijentacija: jednaka kao orijentacija vektora −→a ako je α > 0 i suprotna od nje ako jeα < 0.
7
Primijetimo da vrijedi: α−→a = −→0 ako i samo ako je α = 0 ili −→a = −→0 . Zaista, ako je α = 0 ili−→a = −→0 , iz definicije odmah slijedi
|α−→a | = |α||−→a | = 0. (1.1)
Obratno, ako vrijedi (1.1), tada je jedan ili drugi faktor tog izraza jednak 0, tj. |α| = 0 ili|−→a | = 0. Iz prve relacije slijedi α = 0, a iz druge −→a = −→0 .
U ovom kontekstu, realne brojeve nazivamo skalarima.
¡¡¡µ−→a
¡¡
¡¡
¡µ2−→a
¡¡ª−12−→a
Propozicija 1.1.4 Za svaki vektor −→a ∈ V 3 vrijedi (−1)−→a = −−→a .
Dokaz. Kako je vektor jednoznacno odreden svojim modulom, smjerom i orijentacijom,usporedimo te velicine za vektore (−1)−→a i −−→a : modul vektora (−1)−→a je | − 1||−→a | = |−→a |,smjer vektora (−1)−→a jednak je smjeru od −→a , a orijentacija je suprotna, jer je −1 < 0. Istovrijedi i za vektor −−→a suprotan vektoru −→a . Prema tome, navedeni vektori su jednaki.
Napomena. Razliku vektora −→a −−→b definiramo kao −→a + (−−→b ).
Napomena. Uocimo da su vektori −→a i −→b = α−→a kolinearni, sto slijedi iz definicije mnozenjavektora skalarom. Pokazat cemo i obrat: ako su vektori −→a 6= −→0 i −→b kolinearni, tada postojijedinstveni skalar α ∈ R takav da je −→b = α−→a (vidi propoziciju 1.2.1).
Teorem 1.1.5 Ako su vektori −→a , −→b , −→c po volji izabrani vektori iz V 3, α, β realni brojevi,tada vrijedi
1. −→a +−→b ∈ V 3
2. (−→a +−→b ) +−→c = −→a + (−→b +−→c ), asocijativnost
8
3. −→a +−→0 = −→0 +−→a = −→a , −→0 je neutralni element za zbrajanje
4. −→a + (−−→a ) = (−−→a ) +−→a = −→0 , −−→a je suprotni element od −→a za zbrajanje
5. −→a +−→b = −→
b +−→a , komutativnost
6. α−→a ∈ V 3
7. α(β−→a ) = (αβ)−→a , kvaziasocijativnost
8. α(−→a +−→b ) = α−→a + α
−→b , distributivnost u odnosu na zbrajanje vektora
9. (α + β)−→a = α−→a + β−→a , distributivnost u odnosu na zbrajanje skalara
10. 1−→a = −→a .
Uz navedena svojstva zbrajanja i mnozenja skalarom na skupu V 3, kazemo da je V 3 jedanvektorski prostor nad R (realan vektorski prostor). Opcenito, skup na kojemu su definiraneoperacije zbrajanja elemenata i mnozenja elemenata skalarima iz R koje zadovoljavaju svojstvateorema 1.1.5 nazivamo vektorski prostor nad R. Takve apstraktne strukture proucavat ce seu kolegiju Linearna algebra.
Dokaz. Tvrdnje 1. i 6. su posljedice definicije.
2. Neka je −→a = [−−→AB], −→b = [−−→BC], −→c = [−−→CD]. Tada po pravilu trokuta imamo
(−→a +−→b ) +−→c = ([−−→AB] + [−−→BC]) + [−−→CD] = [−→AC] + [−−→CD] = [−−→AD],
−→a + (−→b +−→c ) = [−−→AB] + ([−−→BC] + [−−→CD]) = [−−→AB] + [−−→BD] = [−−→AD].
3. Neka je −→a = [−−→AB], −→0 = [−→AA]. Tada je −→0 +−→a = [−→AA] + [−−→AB] = [−−→AB] = −→a .
Slicno, za drugi dio tvrdnje uzimamo −→0 = [−−→BB], pa je
−→a +−→0 = [−−→AB] + [−−→BB] = [−−→AB] = −→a .
4. Neka je −→a = [−−→AB], −−→a = [−−→BA]. Tada je
−→a + (−−→a ) = [−−→AB] + [−−→BA] = [−→AA] = −→0 ,
(−−→a ) +−→a = [−−→BA] + [−−→AB] = [−−→BB] = −→0 .
5. Neka je −→a = [−−→AB], −→b = [−−→BC]. Tada je −→a +−→b = [−→AC].
S druge strane, neka je D ∈ E3 tocka takva da je −−→AD ∼ −−→BC. Tada je i −−→AB ∼ −−→
DC, pa je
−→b +−→a = [−−→BC] + [−−→AB] = [−−→AD] + [−−→DC] = [−→AC].
7. Ako je α ili β jednako 0 ili −→a = −→0 , tvrdnja je ocita. Stoga, neka su α i β razliciti od 0,−→a 6= −→0 . Tvrdnju cemo pokazati tako da ispitamo modul, smjer i orijentaciju vektora slijeve i desne strane jednakosti:
(a) Modul: |α(β−→a )| = |α||β−→a | = |α|(|β||−→a |) = (|α||β|)|−→a | = (|αβ|)|−→a |;(b) Smjer: po definiciji, smjer oba vektora jednak je smjeru vektora −→a ;
(c) Orijentacija: Postoje cetiri mogucnosti
9
i. Ako je α > 0, β > 0, tada je β−→a orijentiran kao −→a , pa je α(β−→a ) orijentirankao −→a . S druge strane je αβ > 0, pa je vektor (αβ)−→a orijentiran kao −→a .
ii. Ako je α > 0, β < 0, tada su vektori α(β−→a ) i (αβ)−→a orijentirani suprotno od−→a .
iii. Ako je α < 0, β > 0, tada su vektori α(β−→a ) i (αβ)−→a orijentirani suprotno od−→a .
iv. Ako je α < 0, β < 0, tada su vektori α(β−→a ) i (αβ)−→a orijentirani jednako kao−→a .
8. Ako je α = 0, tvrdnja je ocita. Neka je stoga α 6= 0. Pretpostavimo najprije da −→a i−→b nemaju isti smjer. Neka je −→a = [−→OA], −→b = [−−→AB]. Tada je −→a + −→
b = [−−→OB]. Nekaje nadalje α−→a = [
−−→OA′]. Kako su vektori −→a i α−→a istog smjera, to su tocke O, A, A′ na
istom pravcu. Odaberimo tocku B′ na pravcu OB tako da su trokuti 4OAB i 4OA′B′
slicni.
-rO
rA′
-rA
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡µrB′
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡µrB
¤¤¤¤¤¤¤¤º
¤¤¤¤¤¤¤¤¤¤¤¤º
Iz slicnosti slijedi da je AB ‖ A′B′ i |A′B′| = |α||AB|, te zakljucujemo [−−→A′B′] = α[−−→AB] =
α−→b . S druge strane takoder je |OB′| = |α||OB| i tocke O,B,B′ leze na istom pravcu,
pa je [−−→OB′] = α[−−→OB]. Prema tome, dobili smo
α(−→a +−→b ) = α[−−→OB],
α−→a + α−→b = [
−−→OA′] + [
−−→A′B′] = [
−−→OB′] = α[−−→OB].
9. U dokazu ove tvrdnje, opet razmatramo razlicite mogucnosti za predznake od α, β.Primjerice, pokazimo tvrdnju u slucaju α > 0, β < 0, |α| > |β|, te je α + β > 0. Nekaje α−→a = [−−→AB], β−→a = [−−→BC]. Kako su ti vektori kolinearni, tocke A, B,C leze na istompravcu. Nadalje, jer je α > 0, β < 0, ti su vektori suprotnih orijentacija. Kako je|α| > |β|, to je
|AB| = |α−→a | = |α||−→a | > |β||−→a | = |β−→a | = |BC|,pa tocka C lezi izmedu tocaka A i B.
Stoga je α−→a + β−→a = [−→AC] i vrijedi da se sljedece velicine podudaraju:
(a) moduli vektora: |α−→a + β−→a | = |AC| = |α||−→a | − |β||−→a | = α|−→a | + β|−→a | = (α +β)|−→a | = |α + β||−→a | = |(α + β)−→a |,
(b) smjerovi vektora: α−→a + β−→a i (α + β)−→a ,
(c) orijentacije vektora: α−→a + β−→a i (α + β)−→a , jer su jednako orijentirani kao −→a .
10. Vektori 1−→a i −→a ocito imaju isti modul, smjer i orijentaciju.
10
Napomena. Pojam vektora moze se uvesti i drugacije – kao uputa za gibanje, primjerice”Kreni 1 km prema sjeveru”. Takva uputa je smislena bez obzira na kojem mjestu (u kojojtocki) se nalazimo. Uputu matematicki izrazavamo kao funkciju, tj. pravilo kojim utvrdujemokoja je tocka pridruzena zadanoj tocki.
Napomena. Osvrnimo se jos jednom na dosad uvedene pojmove. Vektor smo definiralipolazeci od nedefiniranih pojmova (tocka, pravac, ravnina) i aksiomatski uvedene euklidskegeometrije. Mozemo krenuti i obratno: polazeci od aksiomatski uvedenog pojma vektora kaoelementa apstraktnog vektorskog prostora i zadanog skupa tocaka, mozemo definirati elementeeuklidske geometrije (pravac, ravninu). Takav pristup definira tzv. afini prostor. Vise o tomena kolegiju Euklidski prostori.
Napomena. U srednjoj skoli vektor se ne uvodi kao klasa ekvivalencije na skupu svihorijentiranih duzina. Vektor se definira kao jedna orijentirana duzina, a zatim se definira kadsu vektori jednaki. Ne istice se uvijek ni orijentacija vektora. Vektor je karakteriziran duljinomi smjerom, a pod smjerom se podrazumijeva i pravac odreden vektorom kao i orijentacijavektora.
Zadaci
1. Koliko razlicitih (a) orijentiranih duzina, (b) vektoraodreduju (medusobo razliciti) vrhovi kvadrata ABCD? [
a) 12, b) 8]
2. Neka je ABCDEF pravilini sesterokut i O njegovo srediste. Koliko razlicitih vektoraodreduju stranice sesterokuta? Svakom od tih vektora odredite predstavnika s pocetnomtockom O. [
6 vektora;−→OA = −−→
CB = −−→EF ,
−−→OB = −−→
DC = −→FA,
−−→OC = −−→
ED = −−→AB,
−−→AB = −−→
FE = −−→BC,
−−→AB = −→
AF = −−→CD,
−−→AB = −−→
BA = −−→DE
]
3. Na crtezu paralelograma ilustrirajte jednakost
(a) −→a + 12(−→b −−→a ) = 1
2(−→a +−→b )
(b) 12(−→a +−→
b )− 12(−→a −−→b ) = −→
b
4. U trokutu ABC, tocka K je poloviste stranice BC. Izrazite vektor −−→AK pomocu vektora~a = −→
CA i ~b = −−→CB.
[ −−→AK = −~a + 1
2~b
]
5. Neka je ABC trokut, A1, B1 i C1 polovista stranica BC, CA i AB redom, a T njegovoteziste.
(a) Izrazite vektore −→TA i −−→BC pomocu −−→TB1 i −−→TC1.
(b) Izrazite vektore −→AC i −−→A1T pomocu −→TA i −→TB.
[a)−→TA = 2−−→TB1 + 2−−→TC1,
−−→BC = 2−−→TB1 − 2−−→TC1;
b)−→AC = −2−→TA−−→TB,
−−→A1T = 1
2
−→TA.
]
11
6. Neka je ABCDA′B′C ′D′ kocka, neka je O njeno srediste, a P poloviste brida BB′.Izrazite vektor −−→OP pomocu vektora −−→AB, −−→AD i
−−→AA′.
[ −−→OP = 1
2
−−→AB − 1
2
−−→AD
]
7. Neka je ABCDA′B′C ′D′ kvadar. Pokazite da je suma vektora−−→AC ′,
−−→B′D,
−−→CA′ i
−−→D′B
nulvektor.
8. Neka su P , Q, R redom polovista bridova AB, BC i CA tetraedra OABC. Dokazite daje −→OA +−−→
OB +−−→OC = −−→
OP +−−→OQ +−−→
OR.
9. Dana je cetverostrana piramida cija je baza paralelogram ABCD, a vrh tocka V . Akoje S sjeciste dijagonala paralelograma, pokazite da je −→V A +−−→
V B +−−→V C +−−→
V D = 4−→V S.
10. Sportski zrakoplov leti svojom vlastitom brzinom od 150 km/h od sjevera prema jugu.Tada pocne puhati vjetar sjeverozapadnog smjera brzinom 30 km/h. Nacrtajte vektorbrzine zrakoplova (u odnosu na Zemlju) i izracunajte njegov modul.
1.2 Baza vektorskog prostora V 3. Koordinatizacija
Vec smo definirali kolinearne vektore kao vektore istog smjera. Uocili smo i da su vektori −→a iα−→a , α ∈ R kolinearni. Vrijedi i ovakav obrat:
Propozicija 1.2.1 Neka su −→a , −→b ∈ V 3 kolinearni vektori, −→a 6= −→0 . Tada postoji jedinstvenskalar λ ∈ R takav da je −→b = λ−→a .
Dokaz. Ako je −→b = −→0 , stavimo λ = 0. Ocito je λ = 0 jedini takav skalar.
Ako −→b 6= −→0 , uocimo skalar|−→b ||−→a | 6= 0 i usporedimo vektore −→b i
|−→b ||−→a |
−→a . Oni imaju jednak
modul
| |−→b ||−→a | |
−→a || = |−→b ||−→a | |
−→a | = |−→b |,
i jednak smjer, jer je vektor|−→b ||−→a |
−→a po definiciji mnozenja vektora skalarom kolinearan s −→a .
Njihove orijentacije ne moraju biti jednake, vektor|−→b ||−→a |
−→a ima istu orijentaciju kao −→a , dok
vektor −→b ne mora imati. No, izborom predznaka skalara λ = ±|−→b ||−→a | , postizemo da su vektori
−→b i λ−→a i jednako orijentirani. Iz svega navedenog zakljucujemo da se oni podudaraju
−→b = ±|
−→b ||−→a |
−→a .
Pokazimo jos da je skalar λ iz tvrdnje jednoznacno odreden. Pretpostavimo da postoje dvatakva skalara, −→b = λ−→a , −→b = λ′−→a . Tada vrijedi λ−→a = λ′−→a , odnosno (λ−λ′)−→a = −→0 , iz cegaslijedi, zbog −→a 6= −→0 , λ− λ′ = 0.
12
Sad smo kolinearnost vektora (geometrijski pojam) uspjeli realizirati algebarski. Malu smetnjuu prethodnoj propoziciji cini nesimetricnost pretpostavke −→a 6= −→0 . No, to mozemo rijesiti nasljedeci nacin. Uvjet iz prethodne propozicije mozemo zapisati i kao
λ−→a −−→b = −→0 . (1.2)
Ako vektorima −→a , −→b zamijenimo uloge, tada imamo
−−→a + λ−→b = −→0 . (1.3)
Ovo vodi na promatranje opcenitije jednadzbe za zadane vektore −→a ,−→b
α−→a + β−→b = −→0 . (1.4)
Trazimo skalare α, β za koje je ta jednadzba ispunjena. Jedna mogucnost kada je ta jednadzbasvakako ispunjena je α = β = 0. Takav izbor skalara nazivamo trivijalnim. Iz jednakosti (1.2),(1.3) slijedi da je u slucaju kad su vektori −→a , −→b kolinearni jednakost ispunjena i za α = λ,β = −1 za (1.2), odnosno α = −1, β = λ za (1.3). Dakle, u slucaju kad su vektori −→a , −→bkolinearni, jednakost (1.4) je ispunjena i za netrivijalni izbor skalara.
Obratno, ako je primjerice α 6= 0, tada je moguce pisati
−→a = −β
α
−→b ,
iz cega slijedi da su vektori −→a ,−→b kolinearni. Analogno vrijedi u situaciji ako je β 6= 0. Time
smo dokazali sljedecu propoziciju:
Propozicija 1.2.2 Vektori −→a ,−→b su kolinearni ako i samo ako postoji netrivijalan izbor
skalara α, β ∈ R tako da vrijedi α−→a + β−→b = −→0 .
Definicija 1.2.1 Izraz oblika α−→a + β−→a zove se linearna kombinacija vektora −→a ,−→b s
koeficijentima α, β. Analogno i za k vektora, izraz oblika α1−→a1 + . . . + αk
−→ak zove se linearnakombinacija vektora −→a1, . . . ,−→ak s koeficijentima α1, . . . , αk.
Definicija 1.2.2 Za vektore −→a , −→b kazemo da su nekolinearni ako nisu kolinearni.
Iz prethodnih propozicija slijedi:
Propozicija 1.2.3 Vektori −→a ,−→b su nekolinearni ako i samo ako je jednakost α−→a +β
−→b = −→0
ispunjena samo za trivijalan izbor skalara α, β ∈ R.
Drugacije receno:
Propozicija 1.2.4 Vektori −→a ,−→b su nekolinearni ako i samo ako iz jednakosti α−→a +β
−→b = −→0
slijedi α = β = 0.
Ili:
Propozicija 1.2.5 Vektori −→a ,−→b su nekolinearni ako i samo ako jednadzba α−→a + β
−→b = −→0
ima jedinstveno rjesenje α = β = 0.
13
Definicija 1.2.3 Kazemo da je vektor −→a = [−−→AB] paralelan s ravninom π ⊂ E3, −→a ‖ π, akoje pravac AB paralelan sa π (pravac je paralelan s ravninom ako je paralelan s nekim pravcemu ravnini). Za vektore koji su paralelni s istom ravninom, kazemo da su komplanarni.
Definicija paralelnosti vektora ocito ne ovisi o izboru predstavnika.
Propozicija 1.2.6 Neka su −→a ,−→b ∈ V 3, α, β ∈ R i neka je −→c = α−→a + β
−→b . Tada su vektori
−→a ,−→b ,−→c komplanarni.
Dokaz. Po definiciji zbrajanja vektora (pravilom trokuta ili paralelograma) slijedi da je zbrojvektora paralelan s ravninom odredenom zadanim vektorima.
Zanimljiv je obrat prethodne propozicije:
Propozicija 1.2.7 Neka su −→a ,−→b ∈ V 3 nekolinearni vektori, te neka je −→c ∈ V 3 s njima
komplanaran vektor. Tada postoje jedinstveni skalari α, β ∈ R takvi da je
−→c = α−→a + β−→b .
Dokaz. Neka je O ∈ E3 bilo koja tocka, −→a = [−→OA], −→b = [−−→OB], −→c = [−−→OC]. Kako su −→a ,−→b ,−→c
komplanarni, tocke O,A, B, C leze u istoj ravnini, a jer −→a ,−→b nisu kolinearni, tocke O,A, B
ne leze na istom pravcu.
--O©©©©©©©©©©©©©©*
A′A¢¢¢¢¢¢¢
¢¢
B
B′
¢¢¢¢¢¢¢C-
Projicirajmo paralelno tocku C na pravac OA i na pravac OB. Dobivamo tocke A′ na pravcuOA i B′ na pravcu OB, takve da je OA′CB′ paralelogram. Iz definicije zbrajanja vektora popravilu paralelograma slijedi
[−−→OC] = [−−→OA′] + [
−−→OB′].
Vektor [−−→OA′] je kolinearan s vektorom [−→OA], pa primjenom propozicije 1.2.1 zakljucujemo da
postoji α ∈ R takav da je [−−→OA′] = α[−→OA]. Analogno postoji β ∈ R takav da je [
−−→OB′] = β[−−→OB].
Time smo dobili−→c = α−→a + β
−→b .
Dokazimo jos jedinstvenost prikaza.
Neka je takoder −→c = α′−→a + β′−→b . Tada slijedi (α − α′)−→a + (β − β′)−→b = −→0 . Kako su −→a ,−→b
nekolinearni vektori, to je moguce jedino ako je α′ = α, β′ = β (propozicija 1.2.4).
Osvrnimo se na trenutak na V 2. Uocimo da u V 2 uvijek mozemo naci dva nekolinearnavektora (posljedica aksioma, u ravnini postoje tri nekolinearne tocke). Prethodna propozicija,adaptirana za V 2 glasi:
14
Propozicija 1.2.8 Neka su −→a ,−→b ∈ V 2 nekolinearni vektori, te neka je −→c ∈ V 2 po volji
odabran vektor. Tada postoje jedinstveni skalari α, β ∈ R takvi da je
−→c = α−→a + β−→b .
Uocimo dva momenta: postojanje (egzistencija) rastava i jedinstvenost rastava vektora −→c .Ako bismo odabrali tri vektora −→a ,
−→b ,−→c ∈ V 2 i vektor −→d kojeg zelimo napisati kao njihovu
linearnu kombinaciju, tada bi prikaz postojao, ali ne bi bio jedinstven (ispitajte na primjeru).Slicno, samo s jednim vektorom ne bismo mogli prikazati sve druge vektore iz V 2, prikaz ne bipostojao. Dakle, skup od dva nekolinearna vektora je najmanji moguci koji zadovoljava obasvojstva. U tom smislu definiramo:
Definicija 1.2.4 Baza vektorskog prostora V 2 je skup {−→a ,−→b } od dva nekolinearna vektora.
Uocimo da postoje mnoge razlicite baze, ali svima je zajednicko da sadrze tocno dva nekoli-nearna vektora. Kazemo da je V 2 dvodimenzionalan vektorski prostor. Pisemo dimV 2 = 2.
U V 3 dva vektora nisu dovoljna za prikaz po volji odabranog vektora. Uocimo da u V 3 uvijekmozemo naci tri nekomplanarna vektora.
Propozicija 1.2.9 Neka su −→a , −→b , −→c ∈ V 3 tri nekomplanarna vektora. Ako je −→d ∈ V 3 bilokoji vektor, onda postoje jedinstveni skalari α, β, γ ∈ R takvi da je
−→d = α−→a + β
−→b + γ−→c .
Dokaz. Neka je O ∈ E3 bilo koja tocka, −→a = [−→OA], −→b = [−−→OB], −→c = [−−→OC], −→d = [−−→OD].
Kako −→a , −→b , −→c nisu komplanarni, tocke O, A,B,C ne leze u istoj ravnini. Uocimo i da nikojadva medu vektorima −→a ,
−→b ,−→c nisu kolinearna.
Projicirajmo tocku D paralelno s pravcem OC na ravninu OAB i oznacimo projiciranu tocku sD′. Projicirajmo jos tocku D paralelno s ravninom OAB na pravac OC i oznacimo projiciranutocku sa C ′.
Ocito je[−−→OD] = [
−−→OD′] + [
−−→OC ′].
15
Vektori −→a , −→b , [−−→OD′] su komplanarni, te po propoziciji 1.2.7 postoje skalari α, β ∈ R takvi da
je[−−→OD′] = α−→a + β
−→b .
Nadalje, vektor [−−→OC ′] je kolinearan s vektorom [−−→OC], pa po propoziciji 1.2.1 postoji skalar
γ ∈ R takav da je[−−→OC ′] = γ−→c .
Prethodna tri zakljucka, daju tvrdnju.
Dokazimo jos jedinstvenost prikaza. Ako vrijedi i −→d = α′−→a + β′−→b + γ′−→c i kad bi bilo γ 6= γ′,slijedilo bi
−→c =1
γ′ − γ
((α− α′)−→a + (β − β′)−→b
),
sto bi znacilo da su −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 komplanarni, suprotno pretpostavci. Analogno se iskljucuju
mogucnosti α 6= α′, β 6= β′.
Sada definiramo:
Definicija 1.2.5 Bilo koji skup {−→a ,−→b ,−→c } od tri nekomplanarna vektora nazivamo bazom
od V 3. Kazemo da je V 3 trodimenzionalan vektorski prostor.
Pogledajmo jos jednom propoziciju 1.2.7. Jednakost iz te propozicije mozemo zapisati i nasljedeci nacin
α−→a + β−→b − 1−→c = −→0 .
Dakle, u ovom je slucaju jednadzba
α−→a + β−→b + γ−→c = −→0
ispunjena na netrivijalan nacin. Slicnim razmatranjem kao i u slucaju dva nekolinearna vek-tora, pokazat cemo:
Propozicija 1.2.10 Vektori −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 su nekomplanarni ako i samo ako jednakost
α−→a + β−→b + γ−→c = −→0 (1.5)
povlaci α = β = γ = 0.
Dokaz. Pretpostavimo da su vektori −→a ,−→b ,−→c nekomplanarni. Dakle, oni cine bazu za
V 3. Tada se svaki vektor, pa i −→0 , moze na jedinstveni nacin prikazati kao njihova linearnakombinacija. Kako je za −→0 svakako jedan prikaz
0−→a + 0−→b + 0−→c = −→0 ,
jedinstvenost prikaza povlaci da je to upravo trazeni prikaz, dakle, α = β = γ = 0.
Obratno, neka je ispunjen uvjet propozicije, iz jednadzbe (1.5) slijedi α = β = γ = 0. Uocimonajprije da je svaki od vektora −→a ,
−→b ,−→c razlicit od nulvektora. Naime, kad bi neki bio nulvek-
tor, npr. −→a = −→0 , tada bismo mogli uzeti bilo koji skalar razlicit od 0 i pritom bi jednadzba(1.5) i dalje bila ispunjena, ali uvjet da iz nje slijedi α = β = γ = 0 ne bi bio ispunjen, sto jekontradikcija s pretpostavkom.
16
Slicno, nikoja dva vektora nisu kolinearna. Naime, kad bi −→a , −→b bili kolinearni, tada bipostojao λ 6= 0, takav da je −→b = λ−→a , pa bi uz γ = 0 mogli naci netrivijalne skalare α, β takoda je jednadzba (1.5) zadovoljena, ali uvjet iz propozicije opet ne.
Pretpostavimo jos na kraju da je −→c 6= −→0 komplanaran s −→a , −→b . Tada bi postojali skalariα, β ∈ R koji nisu istovremeno 0, te bismo mogli pisati
α−→a + β−→b + (−1)−→c = −→0 ,
sto je opet kontradikcija s pretpostavkom.
Napomena. U kolegiju Linearna algebra definirat ce se: Skup vektora {−→a1, . . . ,−→ak} je line-arno nezavisan ako α1
−→a1 + . . . + αk−→ak = −→0 povlaci α1 = . . . = αk = 0. U suprotnom se
kaze da je skup linearno zavisan (dakle, vrijedi prva jednadzba i postoje netrivijalni skalariza koje je ispunjena). Specijalizacijom te definicije za k = 2 dobivamo da je skup vektora uV 2 linearno nezavisan ako i samo ako su vektori nekolinearni, a za k = 3 skup vektora u V 3
je linearno nezavisan ako i samo ako su vektori nekomplanarni. U V 2 skup od bilo koja trivektora je linearno zavisan, a u V 3 skup od bilo koja cetiri vektora je linearno zavisan.
Neka je u V 3 zadana baza {−→a1,−→a2,−→a3} i neka je −→a ∈ V 3 neki vektor. Tada po propoziciji 1.2.8postoje jedinstveni skalari α1, α2, α3 ∈ R takvi da je
−→a = α1−→a1 + α2
−→a2 + α3−→a3 =
3∑
i=1
αi−→ai .
Sljedece preslikavanje nazivamo koordinatizacija prostora V 3
k : V 3 → R3, k(−→a ) = (α1, α2, α3),
gdje je R3 = R× R× R = {(x, y, z) : x, y, z ∈ R} skup svih uredenih trojki realnih brojeva.
Ocito vrijedi:
Propozicija 1.2.11 Preslikavanje k je bijekcija.
Ovim je postupkom vektor predstavljen (na jednoznacan nacin) kao uredena trojka realnihbrojeva. Skalare α1, α2, α3 nazivamo koordinatama vektora −→a u odnosu na zadanu bazu,a uredenu trojku (α1, α2, α3) koordinatnim prikazom vektora −→a . Uocimo da koordinateodnosno koordinatni prikaz vektora ovisi o zadanoj bazi! Pisemo −→a = (α1, α2, α3) kad znamos obzirom na koju bazu smo koordinatizirali V 3.
Slicno bismo koordinatizirali V 1 i V 2. Za V 2 definiramo
k : V 2 → R2, k(−→a ) = (α1, α2),
gdje je −→a = α1−→a1 + α2
−→a2 za bazu {−→a1,−→a2}, a R2 je skup svih uredenih parova realnih brojevaR2 = R× R = {(x, y) : x, y ∈ R}.Za V 1 definiramo
k : V 1 → R, k(−→a ) = α1,
gdje je −→a = α1−→a1, a {−→a1 6= −→0 } baza od V 1.
17
Promotrimo kako se zbrajanje vektora i mnozenje vektora skalarom realiziraju u njihovimkoordinatnim prikazima. Neka je u V 3 zadana baza {−→a1,−→a2,−→a3} i neka su −→a ,
−→b ∈ V 3, λ ∈ R.
Tada je
−→a +−→b = α1
−→a1 + α2−→a2 + α3
−→a3 + β1−→a1 + β2
−→a2 + β3−→a3
= (α1 + β1)−→a1 + (α2 + β2)−→a2 + (α3 + β3)−→a3,
te je koordinatni prikaz vektora −→a +−→b jednak
(α1 + β1, α2 + β2, α3 + β3).
Slicno λ−→a = λα1−→a1 + λα2
−→a2 + λα3−→a3, te je koordinatni prikaz vektora λ−→a jednak
(λα1, λα2, λα3).
Specijalno −−→a = (−α1,−α2,−α3).
Kada su vektori kolinearni? Po propoziciji 1.2.1 za kolinearne vektore −→a 6= −→0 ,−→b postoji
λ ∈ R takav da je −→b = λ−→a iz cega slijedi da za koordinate vektora dobivamo
βi = λαi, i = 1, 2, 3.
Dakle, vektori su kolinearni ako za njihove koordinate vrijedi β1 : α1 = β2 : α2 = β3 : α3 ilidrugacije zapisano α1 : α2 : α3 = β1 : β2 : β3.
Napomena. Ako u R3 definiramo zbrajanje uredenih trojki i mnozenje uredenih trojkiskalarom formulama
(α1, α2, α3) + (β1, β2, β3) = (α1 + β1, α2 + β2, α3 + β3)
λ(α1, α2, α3) = (λα1, λα2, λα3),
tada R3 ispunjava uvjete teorema 1.1.5, te postaje vektorski prostor nad R. Slicno vrijedi zaR2 i R.
Napomena. Koordinate vektora vrlo cesto pisemo i u stupce
−→a =
a1
a2
a3
.
Zapis na desnoj strani jednakosti predstavlja jednostupcanu matricu s tri retka. Skup svihtakvih matrica oznacava se s M31(R). Koordinatizaciju vektora tada definiramo kao preslika-vanje k : V 3 → M31(R). Vise o tome na Linearnoj algebri.
Zadaci
1. Neka su −→a , −→b , −→c radijus–vektori tocaka A, B, C. Odredite radijus–vektor tocke Dtako da ABCD bude paralelogram. Odredite radijus–vektor sjecista dijagonala togparalelograma. [
~d = ~a−~b + ~c, ~s = 12~a + 1
2~c]
18
2. Dane su cetiri tocke A, B, C, D. Neka su P i Q polovista duzina AB i CD redom.Dokazite da je −−→AD +−−→
BC = −→AC +−−→
BD = 2−−→PQ.
3. Dokazite da je cetverokut paralelogram ako i samo ako mu se dijagonale raspolavljaju.
4. Pomocu vektora dokazite tvrdnju: polovista stranica bilo kojeg cetverokuta tvore par-alelogram.
5. Neka je ABC trokut i T njegovo teziste. Neka su A1, B1, C1 redom tocke simetricnevrhovima A, B, C u odnosu na teziste, tj. takve da duzine AA1, BB1 i CC1 imajuzajednicko poloviste T . Dokazite da je teziste trokuta A1B1C1 tocka T .
6. Dokazite da trokuti 4ABC i 4PQR imaju zajednicko teziste ako i samo ako je −→AP +−−→BQ + −→
CR = ~0. (Uputa: prikazite vektor odreden njihovim tezistima pomocu vektora−→AP ,
−−→BQ i
−→CR.)
7. Tetraedar ima tri para nasuprotnih bridova. Dokazite da duzine koje spajaju polovistanasuprotnih bridova tetraedra prolaze istom tockom.
8. Dijagonale cetverokuta ABCD se sijeku u tocki S. Dokazite: ako je −→SA +−→SB +−→
SC +−→SD = −→0 , onda je ABCD paralelogram.
9. Neka je ABCV pravilna uspravna trostrana piramida s vrhom V . Neka su A1, B1 iC1 tocke redom na bridovima AV , BV i CV , takve da je |V A1| : |A1A| = 2 : 1,|V B1| : |B1B| = 2 : 1 i |V C1| : |C1C| = 2 : 1.
(a) Dokazite da je −−→AB1 +−−→BC1 +−−→
CA1 = −−→AA1 +−−→
BB1 +−−→CC1.
(b) Ako je S srediste trokuta ABC, da li su vektori −−→AB1,−−→BC1,
−−→CA1 i −→V S linearno
zavisni, linearno nezavisni, ili je to ovisno o obliku piramide?
[b) 4 vektora u V 3 su uvijek linearno zavisna; vrijedi
−−→AB1 +−−→
BC1 +−−→CA1 = −−→V S
]
10. Dokazite sljedece tvrdnje:
(a) Ako je medu vektorima barem jedan nulvektor, oni su linearno zavisni.
(b) Bilo koja dva kolinearna vektora su linearno zavisna.
(c) Svaki vektor prostora V 2 moze se na jedinstven nacin prikazati kao linearna kom-binacija vektora baze tog prostora.
(d) Svaka tri vektora prostora V 2 su linearno zavisna.
(e) Svaki vektor prostora V 3 moze se na jedinstven nacin prikazati kao linearna kom-binacija vektora baze tog prostora.
(f) Svaka cetiri vektora prostora V 3 su linearno zavisna.
(g) Svaki podskup linearno nezavisnog skupa vektora je linearno nezavisan.
11. Sto je baza vektorskog prostora V 1? Kolika je njegova dimenzija?
12. Neka je OABCDE pravilan sesterokut. Odredite koordinate vektora −−→AB, −−→BC, −−→OC,−−→OD, −−→OE u bazi {−→OA,
−−→OB}.
[ −−→AB = (−1, 1), −−→BC = (−2, 1), −−→OC = (−2, 2), −−→OD = (−3, 2), −−→OE = (−2, 1)
]
19
13. Ako je ~a = (3,−4, 1), ~b = (0, 2,−3) i ~c = (1,−2, 3) izracunajte 3~a + 2~b− 2~c.[(7,−4, 9)
]
14. Prikazite, ako je moguce, vektor (3, 4, 5) kao linearnu kombinaciju vektora (1, 1, 1) i(1, 2, 3). [
2 · (1, 1, 1) + (1, 2, 3)]
15. Da li je {(1, 1, 1), (1, 1, 0), (0, 0, 1)} baza od V 3?
[Ne, jer vektori nisu linearno nezavisni; (1, 1, 1) = (1, 1, 0) + (0, 0, 1)
]
16. Cine li vektori
(a) ~a = (3,−4, 1), ~b = (0, 2,−3) i ~c = (1,−2, 3)
(b) ~a = (1, 2, 3), ~b = (1, 0,−2) i ~c = (5,−4, 3)
bazu prostora V 3 ? [a) Da; b) Da.
]
17. Neka je {−→i , −→j , −→k } baza u V 3. Da li su sljedeci vektori linearno nezavisni?
(a) ~a = 2−→i +−→j , ~b = −−→j , ~c = 2.3−→j − 1.5−→k , ~d = π
−→i − 2.32−→k
(b) ~a = 2−→i +−→j −−→k , ~b = 4−→i + 2−→j − 2−→k
(c) ~a = −→i + 5−→j , ~b = −→
i +−→j +−→
k , ~c = −→j
(d) ~a =~i−~j, ~b =~i + 2~j − 5~k, ~c = −~i + 4~j − 5~k
(e) ~a =~i +~j − ~k, ~b =~i−~j + ~k[
a) Ne; b) Ne; c) Da; d) Ne; e) Da]
18. Prikazite, ako je moguce, vektor ~x kao linearnu kombinaciju vektora ~a i ~b, odnosno ~a, ~bi ~c.
(a) ~x = (2,−3), ~a = (1, 2), ~b = (1,−1)
(b) ~x = (−2, 10), ~a = (5, 1), ~b = (2, 3)
(c) ~x = (1,−2), ~a = (−2, 4), ~b = (2, 3)
(d) ~x = (2, 1, 3), ~a = (1, 1, 1), ~b = (2, 3, 4)
(e) ~x = (2,−3, 4), ~a = (1, 1, 1), ~b = (1, 1, 0), ~c = (1, 0, 0)
(f) ~x = (1, 2,−5), ~a = (1,−1,−1), ~b = (2, 1, 4), ~c = (1, 1, 3)
(g) ~x = (0, 1,−2), ~a = (1,−1,−1), ~b = (2, 1, 4), ~c = (1, 1, 1)
(h) ~x = (0, 1,−2), ~a = (1,−1,−1), ~b = (2, 4, 4), ~c = (1, 1, 1)
[a) ~x = −1
3~a + 73~b, b) ~x = −2~a + 4~b, c) ~x = −1
2~a, d) nije moguce,
e) ~x = 4~a− 7~b + 5~c, f) nije moguce, g) ~x = −~b + 2~c, h) nije moguce.]
20
19. Odredite t ∈ R tako da vektor ~w bude linearna kombinacija vektora ~u i ~v, ako je:
(a) ~u = (t− 1, 0, 1), ~v = (1,−2, t), ~w = (−4,−4, 3);(b) ~u = (t− 2, 1,−1), ~v = (1, t, 2), ~w = (−1, 1, 1).
[a) Za t = 3 vrijedi ~w = −3~u + 2~v, a za t = −1
2 je ~w = 4~u + 2~v;
b) Za t = 0 vrijedi ~w = ~u + ~v, a za t = 5 je ~w = −37~u + 2
7~v.]
20. U ovisnosti o realnom parametru m ispitajte linearnu zavisnost i nezavisnost vektora(1, 0, 1), (m,m, 0) i (m− 1, 1,−1).
[Za m = 0 i m = 1 vektori su linearno zavisni, inace su lin. nezavisni.
]
21. Dan je trapez ABCD s osnovicama AB i CD. Dokazite da su vektori −→AC +−−→DB i −−→AB
kolinearni.
22. Dokazite da sve tri tezisnice trokuta prolaze istom tockom. U kojem omjeru teziste dijelitezisnice?
23. Dan je trokut ABC. Neka je M tocka na stranici BC, takva da je |BM | : |MC| = 3 : 1i neka je N tocka na duzini AM takva da je |AN | : |NM | = 2 : 3. Neka je P tocka ukojoj pravac BN sijece stranicu AC. Odredite |AP | : |PC|.
[|AP | : |PC| = 1 : 2
]
24. Neka je ABC trokut. Tocke M i N su zadane sa −−→AM = 23
−−→AB i −−→MN = 1
2
−−→MC, te T kao
sjeciste pravaca BN i AC. Odredite u kojem omjeru tocka T dijeli duzinu AC.[|AT | : |TC| = 3 : 1
]
25. U paralelogramu ABCD tocka P je poloviste stranice CD, a tocka R sjeciste AP idijagonale BD. U kojim omjerima tocka R dijeli duzine AP i BD?
[|AR| : |RP | = 2 : 1, |BR| : |RD| = 2 : 1
]
26. Zadan je trokut ABC i tocke M i N na stranicama AB i BC redom takve da je −−→AM =23
−−→AB i −−→BN = −−→
NC. Neka je T sjeciste pravaca AN i CM . Odredite omjer u kojem tockaT dijeli duzinu CM .
[|CT | : |TM | = 3 : 2
]
27. Zadan je paralelogram ABCD i tocka T na stranici AB tako da je −→AT = 1n
−−→AB. Neka je
S presjek duzina AC i TD. U kojem omjeru tocka S dijeli duzinu AC?[|AS| : |SC| = 1 : n
]
28. Neka je T po volji odabrana tocka unutar trokuta ABC. Dokazite da postoje skalarit1, t2, t3 takvi da vrijedi 0 < ti < 1, i = 1, 2, 3, t1 + t2 + t3 = 1 i −→OT = t1
−→OA + t2
−−→OB +
t3−−→OC.
21
1.3 Skalarni produkt. Ortonormirana baza
Da bismo definirali skalarni produkt dvaju vektora, prvo trebamo uvesti pojam kuta. Pod ku-tom dvaju ne-nulvektora podrazumijevamo mjeru (velicinu) manjeg od dva kuta polupravacakoji su odredeni tim vektorima. Prema tome, kut dvaju vektora je element skupa [0, π].
-¡¡
¡¡
¡¡
¡¡µ
ϕ-@
@@
@@
@@@I
ϕ
Ako je jedan od vektora −→a ,−→b nulvektor, tada kut izmedu njih ne definiramo.
Ocito je kut dvaju vektora dobro definiran pojam, tj. ne ovisi o izboru predstavnika vektora(kutovi s paralelnim kracima!).
Nadalje vrijedi i ∠(−→a ,−→b ) = ∠(−→b ,−→a ).
Ako je ∠(−→a ,−→b ) = π
2 , tada kazemo da su vektori −→a ,−→b okomiti, pisemo −→a ⊥ −→
b .
Uocimo da su vektori −→a ,−→b kolinearni ako i samo ako je ∠(−→a ,
−→b ) = 0 ili ∠(−→a ,
−→b ) = π. U
prvom su slucaju vektori jednako, a u drugom suprotno orijentirani.
Definicija 1.3.1 Skalarno mnozenje vektora je operacija · : V 3 × V 3 → R koja vektorima−→a ,
−→b razlicim od nulvektora pridruzuje skalar
−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ).
Ako je neki od vektora −→a ,−→b nulvektor, tada definiramo −→a · −→b = 0.
Vrijednost −→a · −→b ∈ R nazivamo skalarnim umnoskom ili skalarnim produktom vektora−→a i −→b .
Pomocu skalarnog produkta mozemo karakterizirati okomitost vektora:
Propozicija 1.3.1 Neka su −→a 6= −→0 , −→b 6= −→0 ∈ V 3. Vektori −→a ,−→b su okomiti ako i samo
ako je −→a · −→b = 0.
Dokaz. Kako su −→a 6= −→0 , −→b 6= −→0 , ocito je
−→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ) = 0
ako i samo ako je cos∠(−→a ,−→b ) = 0, sto znaci ∠(−→a ,
−→b ) = π
2 .
Pomnozimo li skalarno vektor −→a sa samim sobom, dobivamo skalarni kvadrat vektora −→a ,pisemo −→a · −→a = −→a 2.
Skalarno mnozenje ima sljedeca svojstva:
22
Teorem 1.3.2 Za sve −→a ,−→b ∈ V 3 i λ ∈ R vrijedi
1. −→a 2 ≥ 0,
2. −→a 2 = 0 ako i samo ako je −→a = −→0 ,
3. −→a · −→b = −→b · −→a , komutativnost
4. (λ−→a ) · −→b = λ(−→a · −→b ), kvaziasocijativnost
5. −→a · (−→b +−→c ) = −→a · −→b +−→a · −→c , distributivnost prema zbrajanju.
Prva dva svojstva skalarnog produkta nazivaju se pozitivna definitnost.
Dokaz.
1. −→a 2 = |−→a ||−→a | cos∠(−→a ,−→a ) = |−→a |2 ≥ 0.
2. −→a 2 = 0 ako i samo ako je |−→a | = 0, dakle, ako i samo ako je −→a = −→0 .
3. −→a · −→b = |−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ) = |−→b ||−→a | cos∠(−→b ,−→a ) = −→
b · −→a .
4. Ako je λ = 0 ili −→a = −→0 ili −→b = −→0 , tvrdnja je ocita.
Uzmimo zato λ 6= 0, −→a 6= −→0 , −→b 6= −→0 . Ako je λ > 0, tada je |λ−→a | = λ|−→a | i ∠(λ−→a ,−→b ) =
∠(−→a ,−→b ), pa je
(λ−→a ) · −→b = |λ−→a ||−→b | cos∠(λ−→a ,−→b )
= λ|−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ) = λ(−→a · −→b ).
Ako je λ < 0, tada je |λ−→a | = −λ|−→a | i ∠(λ−→a ,−→b ) = π − ∠(−→a ,
−→b ), pa je
(λ−→a ) · −→b = |λ−→a ||−→b | cos∠(λ−→a ,−→b )
= −λ|−→a ||−→b |(− cos∠(−→a ,−→b )) = λ(−→a · −→b ).
Za dokaz tvrdnje 5. treba nam sljedeca lema:
Lema 1.3.3 Za sve −→a ,−→b ∈ V 3 i λ ∈ R vrijedi
(a) (−→a +−→b )2 = −→a 2 + 2−→a · −→b +−→
b2,
(b) (−→a −−→b )2 = −→a 2 − 2−→a · −→b +−→b
2.
Dokaz. (a) Uzmimo da −→a i −→b nisu kolinearni. Neka je −→a = [−−→AB], −→b = [−−→BC], tada je−→c = −→a +−→
b = [−→AC].
-¡¡
¡¡
¡¡
¡¡µ
©©©©©©©©©©©©©©©*
A B
C
ϕ π − ϕ
23
Primjenom kosinusovog poucka na trokut 4ABC dobivamo
(−→a +−→b )2 = −→c 2 = |−→c |2 = |−→a |2 + |−→b |2 − 2|−→a ||−→b | cosϕ
= |−→a |2 + |−→b |2 + 2|−→a ||−→b | cos(π − ϕ)
= |−→a |2 + |−→b |2 + 2|−→a ||−→b | cos∠(−→a ,−→b ) = −→a 2 +−→
b2+ 2−→a · −→b .
Ako su −→a i −→b kolinearni vektori iste orijentacije, −→a = [−−→AB], −→b = [−−→BC], −→a +−→b = [−→AC],
tada je
(−→a +−→b )2 = −→c 2 = |−→c |2 = (|−→a |+ |−→b |)2
= |−→a |2 + |−→b |2 + 2|−→a ||−→b | cos 0 = −→a 2 +−→b
2+ 2−→a · −→b .
Slicno se pokazuje ako su −→a i −→b kolinearni vektori suprotne orijentacije.
(b) Tvrdnja se dokazuje analogno.
Dokaz. Nastavak dokaza teorema 1.3.2, tvrdnja 5:
4(−→a +−→b ) · −→c = 4−→c · (−→a +−→
b ) = (2−→c + (−→a +−→b ))2 − 4−→c 2 − (−→a +−→
b )2
= (2−→c + (−→a +−→b ))2 − 4−→c 2 + (−→a −−→b )2 − 2−→a 2 − 2−→b 2
= ((−→a +−→c ) + (−→b +−→c ))2 + ((−→a +−→c )− (−→b +−→c ))2 − 2−→a 2 − 2−→b 2 − 4−→c 2
= 2(−→a +−→c )2 + 2(−→b +−→c )2 − 2−→a 2 − 2−→b 2 − 4−→c 2 = 4−→a · −→c + 4−→b · −→c .
Iz tvrdnji prethodnog teorema odmah slijedi i:
Korolar 1.3.4 Za sve −→a ,−→b ∈ V 3 i λ ∈ R vrijedi
4.’ −→a · (λ−→b ) = λ(−→a · −→b ),
5.’ (−→a +−→b ) · −→c = −→a · −→c +−→
b · −→c .
Dokaz. Iz teorema 1.3.2 slijedi
−→a · (λ−→b ) = (λ−→b ) · −→a = λ(−→b · −→a ) = λ(−→a · −→b ).
Analogno se dokazuje tvrdnja 5’.
Ako u nekom vektorskom prostoru nad R definiramo mnozenje vektora s vrijednostima u Rkoje zadovoljava svojstva 1. do 5. teorema 1.3.2, tada se taj vektorski prostor naziva unitarniprostor. Prema tome, V 3 je jedan unitarni prostor.
Definicija 1.3.2 Neka je {−→i ,−→j ,−→k } baza vektorskog prostora V 3 sa svojstvom da su vektori
baze jedinicni i medusobno okomiti (ortogonalni) tj. neka vrijedi
|−→i | = |−→j | = |−→k | = 1,−→i · −→j = 0,
−→j · −→k = 0,
−→i · −→k = 0.
Takvu bazu nazivamo ortonormiranom.
24
Navedimo jos jednom: vektor −→a za koji je |−→a | = 1 nazivamo jedinicnim ili normiranimvektorom.
Koordinate vektora u odnosu na ortonormiranu bazu nazivamo ortogonalnim ili pravokut-nim koordinatama.
Izvedimo sada formulu za skalarni produkt vektora koji su zadani svojim koordinatnim prikaz-ima u ortonormiranoj bazi.
Propozicija 1.3.5 Neka je {−→i ,−→j ,−→k } ortonormirana baza za V 3, a koordinatni prikazi vek-
tora −→a , −→b su −→a = (α1, α2, α3),−→b = (β1, β2, β3). Tada je
−→a · −→b = α1β1 + α2β2 + α3β3 =3∑
i=1
αiβi.
Dokaz. Iz tablice mnozenja
· −→i
−→j
−→k
−→i 1 0 0−→j 0 1 0−→k 0 0 1
i svojstava skalarnog mnozenja slijedi
−→a · −→b = (α1−→i + α2
−→j + α3
−→k ) · (β1
−→i + β2
−→j + β3
−→k ) = α1β1 + α2β2 + α3β3.
Sljedeci korolari vrijede za vektore −→a = (α1, α2, α3),−→b = (β1, β2, β3) zadane pravokutnim
koordinatama.
Korolar 1.3.6 Vektori −→a i −→b su okomiti ako i samo ako je
α1β1 + α2β2 + α3β3 = 0.
Korolar 1.3.7 Vrijedi: |−→a |2 = α21 + α2
2 + α23.
Korolar 1.3.8 cos∠(−→a ,−→b ) =
α1β1 + α2β2 + α3β3√α2
1 + α22 + α2
3
√β2
1 + β22 + β2
3
.
Posebno, pogledajmo kosinuse kutova sto ga neki vektor −→a zatvara s vektorima ortonormiranebaze {−→i ,
−→j ,−→k }.
Prema prethodnom korolaru, vrijedi:
cos∠(−→a ,−→i ) =
α1
|−→a | , cos∠(−→a ,−→j ) =
α2
|−→a | , cos∠(−→a ,−→k ) =
α3
|−→a | . (1.6)
Te vrijednosti nazivamo kosinusi smjera vektora −→a .
25
Za kosinuse smjera vrijedi:
Korolar 1.3.9 Neka je −→a ∈ V 3. Tada je
cos2 ∠(−→a ,−→i ) + cos2 ∠(−→a ,
−→j ) + cos2 ∠(−→a ,
−→k ) = 1.
Dokaz. Kvadriranjem i zbrajanjem formula (1.6).
Zadatak. Dokazite nejednakost Schwarz-Cauchy-Bunjakowskog : Za (α1, α2, α3),(β1, β2, β3) ∈ R3 vrijedi
|α1β1 + α2β2 + α3β3| ≤√
α21 + α2
2 + α23
√β2
1 + β22 + β2
3 .
Rjesenje. Uvedimo vektore −→a ,−→b ∈ V 3 kojima su prikazi u nekoj ortonormiranoj bazi dani s
−→a = (α1, α2, α3),−→b = (β1, β2, β3).
Ako je −→a = −→0 ili −→b = −→0 , tvrdnja ocito vrijedi. Za −→a 6= −→0 , −→b 6= −→0 imamo
|−→a · −→b | = |−→a ||−→b || cos∠(−→a ,−→b )| ≤ |−→a ||−→b |
jer je | cos∠(−→a ,−→b )| ≤ 1.
Uocimo da u prethodnoj tvrdnji jednakost vrijedi ako i samo ako su vektori kolinearni.
Zadaci
1. Kako definirati skalarni produkt u V 2 i V 1? Kako tada glasi zapis preko koordinatavektora?
2. Cine li vektori (1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0,−1) ortonormiranu bazu od V 3?
3. Neka je ~a = (1,−3, 3), ~b = (−2, 0, 1). Izracunaj:
(a) ~a ·~b,(b) (~a− 2~b)(~a + 2~b).
[a) 1, b) −1
]
4. Neka su ~a i ~b vektori za koje je |~a| = 1, |~b| = 3 i ∠(~a,~b) =π
3. Izracunajte skalarni
produkt vektora ~a + 3~b i 2~a−~b. [−35
2
]
5. Vektori ~a, ~b i ~c su jedinicni, a kutevi medu njima su ∠(~a,~b) =π
6, ∠(~b,~c) =
5π
6,
∠(~c,~a) =π
6. Izracunajte duljine dijagonala paralelograma odredenog vektorima ~m =
2~a +~b− ~c i ~n = −3~a +~b− ~c. [5,
√9 + 4
√3
]
26
6. Navedite barem jedan vektor okomit na vektor (−5, 3, 0).[(3, 5, 0), (0, 0, 1), (−6,−10, 7)
]
7. Odredite a ∈ R tako da vektori ~x = (a, 0, 1 − a) i ~y = (a − 1, 2a, 2) budu medusobnookomiti. [
a = 1, a = 2]
8. Neka je (~i,~j,~k) ortonormirana baza. Dani su vektori ~a = 2~i − 3~j + ~k, ~b = −3~i + 4~k i~c =~i−~j + 2~k. Odredite λ ∈ R tako da vektori ~a + λ~b i ~c budu okomiti. [
λ = −75
]
9. Odredite vrijednost parametra t ∈ R tako da vektori (−1, 0, 3) i (1, 2, t) zatvaraju istikut kao i vektori (2, 1, 0) i (t, 0, 0). [
t = 3± 4√
3]
10. Neka je ~a = (−1, 1, α) i ~b = (0, β, 2). Odredite α i β tako da bude ~a · ~b = −7 i|~a +~b| = √
2. [α = −3, β = −1 ili α = −13
5 , β = −95
]
11. Poznato je |~a| = 13, |~b| = 23 i |~a +~b| = 30. Odredite |~a−~b|. [4√
31]
12. Ako je ~a +~b + ~c = ~0, i ako su poznati moduli tih vektora, odredite ~a ·~b +~b · ~c + ~c · ~a.
[−1
2(|~a|2 + |~b|2 + |~c|2)]
13. Dokazite da za bilo koje vektore ~a, ~b vrijedi |~a−~b| ≥ ||~a|− |~b||. Kada vrijedi jednakost?
[Jednakost vrijedi za kolinearne vektore iste orijentacije
]
14. Odredite kut izmedu vektora ~a,~b ∈ V 3 ako je
(a) ~a ⊥ (2~a +~b) i (2~a−~b) ⊥ (3~a +~b).
(b) (2~a−~b) ⊥ (~a +~b) i (~a− 2~b) ⊥ (2~a +~b);
[a) ϕ = 3π
4 , b) cosϕ = − 1√10
]
15. Ako je ~a · ~b = 5, |~b| = 2 i ~x vektor kolinearan s ~a + ~b takav da je ~x · ~b = 18, cemu jejednak ~x?
[~x = 2~a + 2~b
]
27
16. Dana je kocka ABCDA′B′C ′D′ duljine brida 4. Neka je tocka M srediste osnoviceA′B′C ′D′, a N srediste strane BCC ′B′. Odrediti module vektora −−→AM i −−→AN i kut medunjima.
[|−−→AM | = |−−→AN | = 2
√6, cosϕ = 5
6
]
17. Romb je cetverokut (paralelogram) kojem su sve stranice jednakih duljina. Dokazite dasu dijagonale romba medusobno okomite.
18. Ako su tezisnice AA1 i BB1 trokuta ABC medusobno okomite, dokazite da tada vrijedi|BC|2 + |AC|2 = 5|AB|2.
19. Ako su u trostranoj piramidi dva para nasuprotnih bridova okomita, onda je okomit itreci par. Dokazite.
20. Dane su tocke A = (−3, 5, 6), B = (1,−5, 7), C = (8,−3,−1) i D = (4, 7,−2). Dokaziteda je cetverokut ABCD kvadrat.
21. Dani su vrhovi trokuta: A = (3, 6), B = (−1, 3) i C = (2,−1). Izracunajte duljinestranica i duljinu visine trokuta iz tocke C.
[|AB| = 5, |BC| = 5, |AC| = 5
√2, vc = 5
]
1.4 Vektorski produkt
Vektorski produkt vektora definiramo samo u vektorskom prostoru V 3. Operacijom vektorskogmnozenja dva vektora opet dobivamo vektor kojeg opisujemo pomocu njegovog modula, smjerai orijentacije. Da bismo definirali orijentaciju vektorskog produkta dvaju vektora, uvodi-mo pojam desno orijentirane (desne, pozitivno orijentirane) baze prostora V 3. Za bazu{−→a ,
−→b ,−→c } od V 3 kazemo da je desno orijentirana ili desna ako promatrajuci s vrha vektora
−→c uocavamo obilazak od vektora −→a do vektora −→b kracim putom kao obilazak u smjeru
suprotnom od smjera kazaljke na satu. Za baze za koje je taj obilazak u smjeru kazaljkena satu, kazemo da su lijevo orijentirane (lijeve, negativno orijentirane). Tipican primjerdesne baze prikazan je na slici
@@
@R
6
©©©©©¼−→a−→b
−→c
Je li baza desna ili lijeva mozemo odrediti i pravilom desne ruke odnosno desnog vijka. Kodpravila desne ruke ispruzeni palac pokazuje prvi vektor, ispruzeni kaziprst pokazuje drugivektor, a savinuti srednji prst treci vektor. Kod pravila desnog vijka zaokruzenim prstimaod kaziprsta do malog prsta pokazujemo obilazak od prvog do drugog vektora, a treci vektorje odreden ispruzenim palcom.
Vektorsko mnozenje definiramo na sljedeci nacin:
28
Definicija 1.4.1 Vektorsko mnozenje je operacija × : V 3 × V 3 → V 3 koja paru vektora(−→a ,
−→b ) pridruzuje vektor −→c = −→a ×−→b definiran na sljedeci nacin:
1. ako su vektori −→a ,−→b kolinearni, tada je −→c = −→0 ;
2. ako su vektori −→a ,−→b nekolinearni, tada je
(a) modul |−→c | = |−→a ||−→b | sin∠(−→a ,−→b ),
(b) smjer od −→c je smjer okomit na smjer od −→a i na smjer od −→b ,
(c) orijentacija od −→c je takva da je uredena trojka {−→a ,−→b ,−→c } desna baza od V 3.
Sliku −→a ×−→b vektora −→a ,−→b nazivamo vektorskim umnoskom ili vektorskim produktom
vektora −→a ,−→b .
Zadatak. Zasto vektori {−→a ,−→b ,−→a ×−→b } cine bazu?
Modul vektorskog produkta nekolinearnih vektora ima i geometrijsku interpretaciju: skalar|−→a ×−→b | jednak je povrsini paralelograma odredenog vektorima −→a ,
−→b .
-¢¢¢¢¢¢
¢¢¢¢¢¢
−→a
−→b
Zaista, P = |−→a |v = |−→a ||−→b | sin∠(−→a ,−→b ) = |−→a ×−→b |.
Propozicija 1.4.1 Vrijedi −→a ×−→b = −→0 ako i samo ako su vektori −→a ,−→b kolinearni.
Dokaz. Ako su vektori −→a ,−→b kolinearni, tada je −→a ×−→b = −→0 po definiciji. Obratno, neka je
−→a ×−→b = −→0 . Pretpostavimo da −→a ,−→b nisu kolinearni. Tada bi bilo
|−→a ||−→b | sin∠(−→a ,−→b ) = 0,
odakle je |−→a | = 0 ili |−→b | = 0 ili sin∠(−→a ,−→b ) = 0. Iz prve jednakosti slijedi −→a = −→0 , iz druge−→
b = −→0 , a iz trece ∠(−→a ,−→b ) ∈ {0, π}. Svaka od tih mogucnosti suprotna je pretpostavci (da
su vektori −→a ,−→b kolinearni).
Korolar 1.4.2 Za svaki −→a ∈ V 3 vrijedi −→a ×−→a = −→0 .
Vektorsko mnozenje ima ova svojstva:
Teorem 1.4.3 Za svaki −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3, λ ∈ R vrijedi:
1. −→a ×−→b = −−→b ×−→a , antikomutativnost
2. (λ−→a )×−→b = λ(−→a ×−→b ), kvaziasocijativnost
3. −→a × (−→b +−→c ) = −→a ×−→b +−→a ×−→c , distributivnost prema zbrajanju.
29
Dokaz.
1. Dokazujemo jednakost dvaju vektora. U tu svrhu trebamo pokazati da ti vektori imajujednake module, smjer i orijentaciju. To se direktno provjerava primjenom definicije.
2. Provjerimo takoder modul, smjer i orijentaciju vektora na lijevoj i desnoj strani jed-nakosti. Za λ = 0 ti su vektori ocito jednaki. Neka je sad λ 6= 0. Tada za modul vektora(λ−→a )×−→b vrijedi
|(λ−→a )×−→b | = |λ−→a ||−→b | sin∠(λ−→a ,−→b ) = |λ||−→a ||−→b | sin∠(λ−→a ,
−→b ).
Ako je λ > 0, tada su vektori −→a i λ−→a jednako orijentirani, pa je ∠(λ−→a ,−→b ) = ∠(−→a ,
−→b ).
Ako je λ < 0, tada je ∠(λ−→a ,−→b ) = π − ∠(−→a ,
−→b ), no sin∠(λ−→a ,
−→b ) = sin∠(−→a ,
−→b ). U
oba slucaja je
|(λ−→a )×−→b | = |λ|(|−→a ||−→b | sin∠(−→a ,−→b )) = |λ||−→a ×−→b | = |λ(−→a ×−→b )|,
cime je pokazano da su moduli vektora s lijeve i desne strane jednakosti jednaki.
Nadalje, smjer vektora (λ−→a )×−→b jednak je smjeru vektora λ(−→a ×−→b ), naime oba vektoraimaju smjer kao vektor −→a × −→b . Orijentacije tih vektora su takoder jednake: za λ > 0vektori su jednako orijentirani kao vektor −→a ×−→b , dok su za λ < 0 oba vektora suprotnoorijentirana od vektora −→a ×−→b .
3. Vidi knjigu: Horvatic Linearna algebra.
Za vektorsko mnozenje takoder vrijedi:
Korolar 1.4.4 Za sve −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3, λ ∈ R vrijedi:
2’ −→a × (λ−→b ) = λ(−→a ×−→b ) kvaziasocijativnost
3’ (−→a +−→b )×−→c = −→a ×−→c +−→
b ×−→c distributivnost prema zbrajanju.
Dokaz.
2’ Koristeci antikomutativnost vektorskog mnozenja zakljucujemo
−→a × (λ−→b ) = −(λ−→b )×−→a = −λ(−→b ×−→a ) = λ(−→a ×−→b ).
3’ Analogno, koristeci antikomutativnost vektorskog mnozenja.
Vektorsko mnozenje nije asocijativno, tj. opcenito vektori (−→a ×−→b )×−→c i −→a × (−→b ×−→c ) nisujednaki. Pokazimo to primjerom: neka su vektori −→a ,
−→b ,−→c ∈ V 3 komplanarni (oznacimo s π
ravninu s kojom su paralelni) i neka −→a ,−→c nisu kolinearni. Tada su vektori −→a ×−→b i −→b ×−→cokomiti na π, te su vektori (−→a ×−→b )×−→c i −→a ×(−→b ×−→c ) paralelni s π. No vektor (−→a ×−→b )×−→cokomit je na −→c , dok je vektor −→a × (−→b ×−→c ) okomit na −→a .
Nadalje, vektorsko mnozenje ne posjeduje neutralni element tj. vektor −→e ∈ V 3 za koji bivrijedilo
−→a ×−→e = −→e ×−→a = −→a , −→a ∈ V 3.
Naime, zbog antikomutativnosti ne moze biti −→a × −→e = −→e × −→a , niti −→a × −→e = −→a ne mozevrijediti za svaki −→a ∈ V 3 jer je −→a ×−→e ⊥ −→a .
30
Propozicija 1.4.5 Za −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi
1. (−→a ×−→b )×−→c = (−→a · −→c )−→b − (−→b · −→c )−→a ,
2. −→a × (−→b ×−→c ) = (−→a · −→c )−→b − (−→a · −→b )−→c .
Dokaz. Vidi knjigu: Horvatic Linearna algebra.
Korolar 1.4.6 (Jacobijev identitet) Za −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi
(−→a ×−→b )×−→c + (−→b ×−→c )×−→a + (−→c ×−→a )×−→b = −→0 .
Dokaz. Iz propozicije 1.4.5 slijedi
(−→a ×−→b )×−→c = (−→a · −→c )−→b − (−→b · −→c )−→a ,
(−→b ×−→c )×−→a = (−→b · −→a )−→c − (−→c · −→a )−→b ,
(−→c ×−→a )×−→b = (−→c · −→b )−→a − (−→a · −→b )−→c .
Zbrajanjem tih jednakosti dobivamo tvrdnju.
Uocimo da prethodni identitet pokazuje da su vektori (−→a ×−→b )×−→c , (−→b ×−→c )×−→a , (−→c ×−→a )×−→bkomplanarni.
Vektorski prostor V 3 uz operaciju vektorskog mnozenja koja zadovoljava svojstva 1, 2, 3, 2′, 3′,i Jacobijev identitet postaje primjer strukture koja se naziva Liejeva algebra nad R.
Zadatak. Pokazite Lagrangeov identitet
(−→a ×−→b )2 = −→a 2−→b 2 − (−→a · −→b )2.
Rjesenje.(−→a ×−→b )2 = |−→a ×−→b |2 = (|−→a ||−→b | sin∠(−→a ,
−→b ))2 =
|−→a |2|−→b |2(1− cos2 ∠(−→a ,−→b )) = |−→a |2|−→b |2 − (−→a · −→b )2.
Cilj nam je sada naci formulu za vektorski produkt vektora koji su zadani svojim koordinatamau nekoj (desnoj) ortonormiranoj bazi. U tu svrhu, uvedimo pojam determinante drugog itreceg reda.
Determinanta drugog reda je funkcija koja brojevima a, b, c, d ∈ R pridruzuje realan brojzapisan na sljedeci nacin ∣∣∣∣
a bc d
∣∣∣∣ = ad− bc.
Determinanta treceg reda je funkcija koja brojevima α1, α2, α3, β1, β2, β3, γ1, γ2, γ3 ∈ Rpridruzuje realan broj zapisan na sljedeci nacin
∣∣∣∣∣∣
α1 α2 α3
β1 β2 β3
γ1 γ2 γ3
∣∣∣∣∣∣= α1β2γ3 + α2β3γ1 + α3β1γ2 − α3β2γ1 − α2β1γ3 − α1β3γ2.
31
Izlucivanjem α1, α2, α3 iz prethodnog izraza, determinantu treceg reda mozemo zapisati idrugacije
∣∣∣∣∣∣
α1 α2 α3
β1 β2 β3
γ1 γ2 γ3
∣∣∣∣∣∣= α1
∣∣∣∣β2 β3
γ2 γ3
∣∣∣∣− α2
∣∣∣∣β1 β3
γ1 γ3
∣∣∣∣ + α3
∣∣∣∣β1 β2
γ1 γ2
∣∣∣∣ ,
sto nazivamo razvojem determinante po prvom retku.
Formalno, u retku determinante pisat cemo i vektore. Primjerice,∣∣∣∣−→i
−→j
1 2
∣∣∣∣ = 2−→i −−→j .
Lakim racunom mogu se dokazati sljedeca svojstva determinante drugog i treceg reda:
1. Ako je jedan redak (stupac) determinante jednak 0, tada je determinanta jednaka 0.
2. Zamjenom dva retka (stupca) determinanta mijenja predznak.
3. Ako su reci (stupci) determinante proporcionalni, tada je determinanta jednaka 0.
Propozicija 1.4.7 Neka je {−→i ,−→j ,−→k } desna ortonormirana baza vektorskog prostora V 3 i
neka su −→a = (α1, α2, α3),−→b = (β1, β2, β3) koordinatni prikazi vektora −→a ,
−→b u toj bazi. Tada
vrijedi
−→a ×−→b =
∣∣∣∣∣∣
−→i
−→j
−→k
α1 α2 α3
β1 β2 β3
∣∣∣∣∣∣. (1.7)
Dokaz. Tablica vektorskog mnozenja za elemente baze izgleda ovako
× −→i
−→j
−→k
−→i
−→0 −→k −−→j
−→j −−→k −→0 −→
i
−→k
−→j −−→i −→0
Koristeci tablicu i svojstva vektorskog mnozenja sada imamo
−→a ×−→b = (α1−→i + α2
−→j + α3
−→k )× (β1
−→i + β2
−→j + β3
−→k ) =
(α2β3 − α3β2, α3β1 − α1β3, α1β2 − α2β1),
sto mozemo napisati u obliku determinante (1.7).
32
Zadaci
1. Izracunajte determinante:∣∣∣∣∣∣
1 0 02 3 04 5 6
∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣
2 4 84 1 −51 2 4
∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣
0 0 −23 −1 02 2 0
∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣∣
1 −2 00 6 01 2 −2
∣∣∣∣∣∣[
18, 0, −16, −12]
2. Za koje vrijednosti parametra a je sljedeca determinanta jednaka nuli?∣∣∣∣∣∣
a− 1 1 −1a 3 −a1 −1 3
∣∣∣∣∣∣ [a = 1, a = 6
]
3. Uvjerite se u ispravnost sljedecih pravila za determinante reda 3:
(a) Ako determinanta ima dva jednaka retka, ona je jednaka nuli.
(b) Ako je jedan redak jednak zbroju druga dva, determinanta je jednaka nuli.
(c) Ako zamijenimo dva retka, determinanta mijenja predznak.
(d) Ako sve elemente u nekom retku pomnozimo nekim brojem, i vrijednost determi-nante ce biti pomnozena istim brojem.
(e) Ako prvi redak zamijenimo sumom prvog i drugog retka, determinanta se ne mi-jenja.
(f) Ako prvom retku pribrojimo drugi redak pomnozen nekim faktorom, determinantase nece promijeniti.
(g) Ako prvom retku pribrojimo linearnu kombinaciju ostalih redaka, determinanta senece promijeniti.
(h) Ako zamijenimo retke i stupce, determinanta se ne mijenja.
(i) Ako bilo kojem retku (stupcu) pribrojimo linearnu kombinaciju ostalih redaka (stu-paca), determinanta se nece promijeniti.
4. Izracunajte vektorski produkt vektora
(a) (5, 2,−3), (−2, 1, 4).
(b) (4,−2, 1), (−3, 5, 2).[
a) (11,−14, 9); b) (−9,−11, 14)]
5. Neka je |~a| = 3, |~b| = 5 i |~a−~b| = 4. Izracunajte |~a×~b|.[
12]
6. Neka je |~a| = 1, |~b| = 9 i |~a×~b| = 3. Odredite ~a ·~b.[±6√
2]
33
7. Neka je |~a| = 10 i |~b| = 5.
(a) Ako je ~a ·~b = 30, koliko je |~a×~b|?(b) Ako je |~a×~b| = 100, koliko je ~a ·~b?
[a) 40, b) ±25
√3
]
8. Neka je ~a = (1, 1, 1), ~b = (1, 1, 0) i ~c = (1,−1, 0). Odredite vektor ~x tako da bude~x · ~a = 3 i ~x×~b = ~c.
[~x = (1, 1, 1)
]
9. Neka su ~m i ~n jedinicni vektori koji zatvaraju kut π4 . Odredite povrsinu paralelograma
s dijagonalama ~e = 2~m− ~n i ~f = 4~m− 5~n.[
3√
22
]
10. Dani su vektori ~a = (2, 0,−1) i ~b = (1,−1, 3). Odredite m,n ∈ R tako da vektor m~a+n~bbude okomit na ravninu odredenu vektorima ~x = (1, 2, 3) i ~y = (1, 1, 1).
[jedini takav vektor m~a + n~b je nulvektor, dakle m = n = 0
]
11. Dani su vektori ~a = (0, 2λ, λ), ~b = (2, 2, 1) i ~c = (−1,−2,−1).
(a) Odredite vektor ~d tako da vrijedi ~a×~b = ~c× ~d i ~a× ~c = ~b× ~d.
(b) Pokazite da su vektori ~a− ~d i ~b− ~c kolinearni.
(c) Pokazite da su vektori ~a×~b, ~a× ~c i ~d komplanarni.
(d) Odredite λ tako da vrijedi (~a−~b) · ~c = ~a · ~c + λ.
[a) ~d = (−3λ,−2λ,−λ); b) ~a− ~d = λ(~b− ~c); c) ~a×~b = −~a× ~c; d) λ = 7
]
12. Kako glasi odgovarajuca tablica mnozenja, a kako formula za vektorski produkt izpropozicije 1.4.7, ako je polazna baza {−→i ,
−→j ,−→k } lijeva?
1.5 Mjesoviti produkt
Definicija 1.5.1 Operaciju m : V 3 × V 3 × V 3 → R koja trojci vektora (−→a ,−→b ,−→c ) pridruzuje
skalar (−→a ×−→b ) · −→c nazivamo mjesovitim mnozenjem.
Rezultat (−→a ×−→b ) · −→c ∈ R nazivamo mjesovitim umnoskom ili mjesovitim produktom.
Koristimo i oznaku m(−→a ,−→b ,−→c ) = (−→a ,
−→b ,−→c ).
Propozicija 1.5.1 Mjesoviti produkt triju vektora jednak je 0 ako i samo ako su vektorikomplanarni.
34
Dokaz. Neka su vektori −→a ,−→b ,−→c komplanarni.
Ako su −→a ×−→b ili −→c jednaki −→0 , tada je (−→a ,−→b ,−→c ) = 0.
Uzmimo zato da su oni razliciti od nulvektora. Kako je −→a × −→b 6= −→0 , to vektori −→a ,−→b nisu
kolinearni, nego su paralelni s nekom ravninom, nazovimo je π. Vektor −→c je po pretpostavcitakoder paralelan s tom ravninom. No, po definiciji vektorskog produkta, vektor −→a × −→b jeokomit na π, pa je −→a ×−→b ⊥ −→c . Dakle, −→a ×−→b · −→c = 0.
Obratno, ako je mjesoviti produkt vektora −→a ,−→b ,−→c jednak 0, to znaci da je −→a ×−→b = −→0 ili
−→c = −→0 ili −→a ×−→b ⊥ −→c .
U prva dva slucaja vektori −→a i −→b su kolinearni, a u trecem slucaju vektor −→c je paralelan sravninom odredenom sa −→a ,
−→b . Dakle, u svim slucajevima vektori −→a , −→b i −→c su komplanarni.
I za mjesoviti produkt mozemo izvesti formulu u slucaju kada su vektori dani svojim koor-dinatnim prikazima u desnoj ortonormiranoj bazi. Neka je {−→i ,
−→j ,−→k } desna ortonormirana
baza i neka su −→a = (α1, α2, α3),−→b = (β1, β2, β3), −→c = (γ1, γ2, γ3) koordinatni prikazi vektora
s obzirom na tu bazu. Iz propozicija 1.3.5 i 1.4.7 slijedi
(−→a ,−→b ,−→c ) = (−→a ×−→b ) · −→c
= (α2β3 − α3β2, α3β1 − α1β3, α1β2 − α2β1) · (γ1, γ2, γ3)= α1β2γ3 + α2β3γ1 + α3β1γ2 − α3β2γ1 − α2β1γ3 − α1β3γ2.
Dokazali smo:
Propozicija 1.5.2 Mjesoviti produkt vektora −→a , −→b , −→c jednak je
(−→a ,−→b ,−→c ) =
∣∣∣∣∣∣
α1 α2 α3
β1 β2 β3
γ1 γ2 γ3
∣∣∣∣∣∣.
Korolar 1.5.3 Tri vektora su komplanarna ako i samo ako za njihove koordinatne prikaze udesnoj ortonormiranoj bazi vrijedi
∣∣∣∣∣∣
α1 α2 α3
β1 β2 β3
γ1 γ2 γ3
∣∣∣∣∣∣= 0.
Iz propozicije 1.5.2 i svojstva determinante da zamjenom redaka mijenja predznak, za-kljucujemo
Propozicija 1.5.4 Za −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi
(−→a ,−→b ,−→c ) = (−→b ,−→c ,−→a ) = (−→c ,−→a ,
−→b )
= −(−→b ,−→a ,−→c ) = −(−→a ,−→c ,−→b ) = −(−→c ,
−→b ,−→a ).
Dokazimo i svojstvo mjesovitog produkta da operacije mogu zamijeniti uloge:
Korolar 1.5.5 Za −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi
(−→a ×−→b ) · −→c = −→a · (−→b ×−→c ).
35
Dokaz.
(−→a ×−→b ) · −→c = (−→a ,−→b ,−→c ) = (−→b ,−→c ,−→a ) = (−→b ×−→c ) · −→a = −→a · (−→b ×−→c ).
Sljedeca svojstva mjesovitog produkta posljedica su definicije:
Propozicija 1.5.6 Za −→a ,−→a1,−→a2,−→b ,−→c ∈ V 3, λ ∈ R, vrijedi
1. (−→a1 +−→a2,−→b ,−→c ) = (−→a1,
−→b ,−→c ) + (−→a2,
−→b ,−→c ) ,
2. (λ−→a ,−→b ,−→c ) = λ(−→a ,
−→b ,−→c ).
Neka su sada −→a ,−→b ,−→c ∈ V 3, −→a = −→
OA, −→b = −−→OB, −→c = −−→
OC tri nekomplanarna vektora.Oni u prostoru odreduju jedan paralelepiped. Kazemo da je paralelepiped razapet vektorima−→a ,
−→b ,−→c .
-©©©©©*
££££££££±
©©©©©
££££££££
££££££££
££££££££©©©©©
©©©©©
−→a
−→b
−→c
Mjesoviti produkt ima sljedecu geometrijsku interpretaciju:
Propozicija 1.5.7 Volumen paralelepipeda razapetog vektorima −→a ,−→b ,−→c jednak je apsolutnoj
vrijednosti mjesovitog produkta (−→a ,−→b ,−→c ).
Dokaz. Visina h paralelepipeda jednaka je duljini ortogonalne projekcije vektora −→c na vektor−→a ×−→b :
h = |−→c || cos∠(−→a ×−→b ,−→c )|.Osnovka paralelepipeda je paralelogram odreden vektorima −→a , −→b , te je njegova povrsinajednaka |−→a ×−→b |. Prema tome, volumen paralelepipeda jednak je
V = Bh = |−→a ×−→b |h = |−→a ×−→b ||−→c || cos∠(−→a ×−→b ,−→c )|= |(−→a ×−→b ) · −→c | = |(−→a ,
−→b ,−→c )|.
Zadaci
1. Jesu li baze (~i,~j,~k), i (~i−~j,~i +~j − ~k, 2~i−~j + 3~k), jednako orijentirane?
[Da
]
36
2. Izraz[(2~a− 3~b + ~c)× (~c− ~a)
]· (~a + ~c) pojednostavnite, a zatim izracunajte njegovu
vrijednost ako je ~a = (−4, 2, 7), ~b = (3,−2, 0), ~c = (0,−4, 1). [492
]
3. Provjerite da je ((~a +~b + ~c)× (~a− 2~b + 2~c)) · (4~a +~b + 5~c) = 0.
4. Dokazite da su vektori β~a− α~b, γ~b− β~c i α~c− γ~a uvijek komplanarni.
5. Nadite vektor ~x u ovisnosti od vektora ~a i ~b ako je: ~a ⊥ ~x, ~b ⊥ ~x i |~x|=3.
[~x = ±3
~a×~b
|~a×~b|]
6. Dani su vektori ~a = (1,−1, 3), ~b = (2, 0,−1) i ~c = (−4, 2, 1).
(a) Odredite volumen paralelepipeda odredenog vektorima ~a, ~b i ~c. Da li su ti vektorilinearno zavisni? Obrazlozite.
(b) Odredite t ∈ R tako da vektor ~v = ~a×~b + t~c lezi u ravnini odredenoj vektorima ~ai ~b. Za dobiveni t prikazite ~v kao linearnu kombinaciju vektora ~a i ~b.
[a) V = 12, linearno su nezavisni; b) t = −9
2 , 2~a + 172~b
]
7. Paralelepiped je odreden vektorima ~a = (2t, 1, 1− t), ~b = (−1, 3, 0) i ~c = (5,−1, 8).
(a) Odredite t ∈ R tako da vektor ~a tvori jednake kuteve s vektorima ~b i ~c.
(b) Za dobiveni t, odrediti kut koji vektor ~c zatvara s ravninom odredenom vektorima~a i ~b.
(c) Za isti t, odredite volumen paralelepipeda i njegovu visinu nad osnovicomodredenom vektorima ~a i ~b. [
a) t = 14 ; b) ϕ ≈ 70◦15′; c) V = 19
2 , v =√
385
]
8. Dokazite da je (~a×~b) · (~c× ~d) = (~a · ~c) · (~b · ~d)− (~b · ~c) · (~a · ~d).
9. Dani su vektori ~a = (1, 2, 1), ~b = (1,−1, 2) i ~c = (2, 1,−1). Odredite ortogonalnuprojekciju vektora ~b na vektor ~a× (~b× ~c). [
~x = 1966(~i− 4~j + 7~k)
]
10. Kod trostrane prizme ABCA′B′C ′ vektori −−→AB = (0, 1,−1) i −→AC = (2,−1, 4) odredujunjenu bazu, a vektor
−−→AA′ = (−3, 2, 2) bocnu stranicu. Nadite:
(a) volumen prizme,
(b) povrsinu osnovice ABC,
(c) visinu prizme. [a) 17
2 , b)√
172 , c)
√17
]
37
Poglavlje 2
Pravci i ravnine u koordinatnomsustavu
2.1 Koordinatni sustav u E1, E2, E3
U vektorskim prostorima V 1, V 2, V 3 izborom baze bili smo u mogucnosti definirati koordinateprozvoljnog vektora (koordinatizacija). Sada nam je cilj odrediti koordinate proizvoljne tockena pravcu E1, u ravnini E2 ili u prostoru E3.
U tu svrhu zadajmo najprije tocku O u E1, E2 ili E3. Svakoj tocki T pravca E1, ravnine E2 iliprostora E3 mozemo pridruziti jedinstvenu usmjerenu (orijentiranu) duzinu −→OT s pocetkom uO, a krajem u T , koju nazivamo radijvektorom tocke T . I obratno, tocka T je jednoznacnoodredena zadavanjem radijvektora s obzirom na neku tocku O. Time je zadano bijektivnopreslikavanje izmedu tocaka iz E1, E2 ili E3 i pripadnog skupa radijvektora kojeg oznacavamos V 1(O), V 2(O) ili V 3(O) redom.
Nadalje, skupove V 1(O), V 2(O), V 3(O) mozemo organizirati u vektorske prostore, uz defini-rane operacije zbrajanja radijvektora (pravilom paralelograma) i mnozenjem radijvektoraskalarom (kao i za vektore). Osim toga, u njima mozemo definirati i skalarno mnozenje (kaoza vektore). U vektorskom prostoru V 3(O) mozemo definirati takoder vektorsko i mjesovitomnozenje vektora.
Neka su sad u vektorskim prostorima V 1(O), V 2(O), V 3(O) izabrane baze. Koordinatetocke T definiramo kao koordinate radijvektora −→OT s obzirom na odabrane baze.
Za T ∈ E1 i odabranu bazu −→OI prostora V 1(O), pripadni radijvektor −→OT mozemo rastavitina jedinstven nacin −→
OT = x−→OI, x ∈ R.
Kazemo da je x koordinata tocke T , pisemo T = (x) ili T (x).
Ako je{−→
OI,−→OJ
}baza za V 2(O) primjerice, tada postoji jedinstveni rastav
−→OT = x
−→OI + y
−→OJ, x, y,∈ R.
Ureden par (x, y) ∈ R2 su koordinate tocke T , pisemo T = (x, y) ili T (x, y). Ako je iz-abrana baza ortonormirana, koordinate tocke T zovemo ortogonalnim ili pravokutnima.Skup {O;−→OI,
−→OJ} nazivamo pravokutnim ili Kartezijevim koordinatnim sustavom u
E2. Tocku O nazivamo ishodistem, a pravce odredene tockama OI, OJ koordinatnimpravcima. Pravac OI je os apscisa ili x-os, a pravac OJ os ordinata ili y-os.
38
Ako je tocka T ∈ E3, tada su njene koordinate dane kao uredena trojka (x, y, z) ∈ R3 s obziromna bazu {−→OI,
−→OJ,
−−→OK} vektorskog prostora V 3(O). Pisemo T = (x, y, z) ili T (x, y, z). U tom
slucaju jos definiramo koordinatnu os OK kao os aplikatu ili z-os i koordinatne ravnine xy,xz, yz odredene odgovarajucim pravcima.
2.2 Pravac u E2
U ovom cemo poglavlju izvesti jednadzbe pravca u ravnini E2.
Propozicija 2.2.1 Neka su A, B ∈ E2, A = (a1, a2), B = (b1, b2) tocke dane svojim koor-dinatama (s obzirom na neku bazu koja ne mora biti ortonormirana). Tada vektor [−−→AB] imakoordinate
[−−→AB] = (b1 − a1, b2 − a2).
Dokaz. Za vektore u V 2 vrijedi
[−→OA] + [−−→AB] = [−−→OB],
pa je [−−→AB] = [−−→OB]− [−→OA]. Nadalje, neka je {−→OI, −→OJ} baza za V 2(O), te neka je
−→OA = a1
−→OI + a2
−→OJ,
−−→OB = b1
−→OI + b2
−→OJ.
Oduzimanjem navedenih vektora, slijedi tvrdnja.
Odredimo sada jednadzbu pravca u pravokutnom koordinatnom sustavu{
O;−→OI,−→OJ
}u
ravnini E2.
Neka su zadani tocka T0 ∈ E2 i vektor −→s ∈ V 2, −→s 6= −→0 . Tada postoji jedinstveni pravacp kroz tocku T0 paralelan vektoru −→s (Euklidov 5. aksiom). Kazemo da je vektor −→s vektorsmjera pravca p.
Neka su koordinate tocke T0, vektora −→s i po volji odabrane tocke T pravca p redom T0 =(x0, y0), −→s = a
−→i + b
−→j , T = (x, y). Kako je vektor [−→OT ] kolinearan s vektorom −→s , to postoji
(jedinstveni) skalar λ ∈ R takav da je
[−−→T0T ] = λ−→s ,
odakle je [−→OT ]− [−−→OT0] = λ−→s , tj.
[−→OT ] = [−−→OT0] + λ−→s .
Cesto pisemo−→r = −→r0 + λ−→s , λ ∈ R (2.1)
pri cemu je −→r = [−→OT ], −→r0 = [−−→OT0].
Uocite da je za svaku izabranu tocku T pravca p skalar λ jedinstveno odreden, te da je zarazne tocke skalar λ razlicit, tj. pridruzivanje tocaka T pravca p i brojeva λ ∈ R je bijekcija.Jednadzbu (2.1) nazivamo parametarskim vektorskim oblikom jednadzbe pravca p.
39
Raspisujuci jednadzbu (2.1) po koordinatama, dobivamo
x = x0 + λay = y0 + λb, λ ∈ R,
(2.2)
sto nazivamo parametarskim koordinatnim oblikom jednadzbe pravca p.
Ako je a 6= 0, tada iz prve jednadzbe od (2.2) slijedi λ =1a(x − x0), sto uvrsteno u drugu
jednadzbu daje
y − y0 =b
a(x− x0). (2.3)
Prethodnu jednadzbu mozemo pisati i u obliku
x− x0
a=
y − y0
b(2.4)
sto nazivamo kanonskim oblikom jednadzbe pravca p.
Koeficijentb
aiz jednadzbe (2.3) ima i geometrijsko znacenje – jednak je tangensu kuta sto ga
pravac p odreduje s pozitivnim dijelom x-osi
tg α =b
a.
Brojb
anaziva se koeficijent smjera pravca p i oznacava s k. Jednadzba (2.3) prelazi u
jednadzbu pravaca zadanog koeficijentom smjera k i tockom (x0, y0)
y − y0 = k(x− x0). (2.5)
Ako je a = 0, tada je α =π
2, a broj k nije definiran.
Takav je pravac paralelan s y-osi, a njegova jednadzba glasi x = x0.
Ako je b = 0, tada je α = 0, k = 0.Takav je pravac paralelan s x-osi, a njegova jednadzba glasi y = y0.
40
Pravac mozemo zadati i dvjema tockama T1 = (x1, y1), T2 = (x2, y2). Ako za vektor smjerauzmemo vektor
[−−→T1T2] = (x2 − x1, y2 − y1),
dobivamo sljedece jednadzbe pravca:
parametarski vektorski oblik
[−→OT ] = [−−→OT1] + λ([−−→OT2]− [−−→OT1]), λ ∈ Rodnosno
−→r = −→r1 + λ(−→r2 −−→r1), λ ∈ R;
te parametarski koordinatni oblik
x = x1 + λ(x2 − x1)y = y1 + λ(y2 − y1), λ ∈ R.
Ako je x1 6= x2, tada je k =y2 − y1
x2 − x1, te je
y − y1 =y2 − y1
x2 − x1(x− x1)
jednadzba pravca odredenog tockama T1, T2.
Posebno, ako pravac presjeca x odnosno y-os u tockama M = (m, 0) i N = (0, n), tadadobivamo segmentni oblik jednadzbe pravca (takav pravac ne prolazi ishodistem)
x
m+
y
n= 1.
Brojevi m,n nazivaju se odsjecci (odresci, segmenti) na osima x i y.
Ako pravac presjeca y-os u tocki L = (0, l) i ima koeficijent smjera k, tada (2.5) prelazi u
y = kx + l
sto se naziva eksplicitnim oblikom jednadzbe pravca. Broj l zove se odsjecak (odrezak) naosi y.
Pravcu umjesto vektora smjera mozemo zadati i vektor normale −→n = (A,B) koji je okomitna vektor smjera.
Neka je T0 = (x0, y0) zadana tocka pravca, a T = (x, y) po volji odabrana tocka pravca. Tadaje vektor [−−→T0T ] = (x− x0, y − y0) okomit na −→n , te je njihov skalarni produkt jednak 0.
Prema tome,A(x− x1) + B(y − y1) = 0.
Iz prethodnog mozemo uociti da se jednadzba pravca u E2 moze napisati u obliku
Ax + By + C = 0, (2.6)
gdje je C = −(Ax0 + By0). Jednadzbu (2.6) nazivamo implicitnim oblikom jednadzbepravca.
41
Zadaci
1. Navedite tri razlicite tocke koje leze na pravcu
(a) s eksplicitnom jednadzbom y = 3x− 2
(b) s implicitnom jednadzbom 2x− 5y − 7 = 0
(c) s parametarskom jednadzbom{
x = 3t− 1y = t + 2
(d) s kanonskom jednadzbomx− 3−2
=y + 1
0.
[Npr: a) (0,−2), (1, 1), (2, 4); b) (1,−1), (0,−7
5), (72 , 0);
c) (−1, 2), (2, 3), (5, 4); d) (3,−1), (0,−1), (1,−1)]
2. Napisite u eksplicitnom, implicitnom, kanonskom i parametarskom obliku jednadzbupravca kroz tocke
(a) A(1,−2) i B(−4,−3)
(b) A(0, 0) i B(−1, 3)
(c) A(1,−1) i B(−2,−1)
(d) A(3,−2) i B(3, 5)
[a) y = 1
5x− 115 , −x + 5y + 11 = 0, x−1
−5 = y+2−1 , x = 1− 5t, y = −2− t;
b) y = −3x, 3x + y = 0, x−1 = y
3 , x = −t, y = 3t;
c) y = −1, y + 1 = 0, x−1−3 = y+1
0 , x = t, y = −1;
d) ne postoji, x− 3 = 0, x−30 = y+2
−7 , x = 3, y = t]
3. Napisite u eksplicitnom obliku jednadzbu pravca
(a) x + 7y + 8 = 0
(b){
x = 4t− 1y = 3t + 2
(c)x + 5
2=
y − 23 [
a) y = −17x− 8
7 ; b) y = 34x + 11
4 , c) y = 32x + 19
2
]
4. Pokazite da svi pravci (a + 2)x − (a + 1)y − 2a − 3 = 0, a ∈ R prolaze istom tockom.Kojom? [
(1,−1)]
5. Objekt A krece iz tocke (1, 0) i giba se po polupravcu x = 1 + 2t, y = t, t > 0, a objektB istovremeno krece iz tocke (2, 4) i giba se po polupravcu x = 2 + t, y = 4 − t, t > 0(parametar t shvacamo kao vrijeme). Hoce li se A i B sresti? [
Nece.]
42
6. Odredite presjek pravaca p1 i p2 zadanih parametarskim jednadzbama:
p1 . . .
{x = 3 + 2ty = −1 + 4t
p2 . . .
{x = 4 + sy = 5− 2s
[(5, 3)
]
7. Kako se zadaje polupravac u koordinatnom sustavu? A duzina?
8. Skicirajte u ravnini skup tocaka (x, y) koje zadovoljavaju sustav nejednadzbi{
x− 2y + 2 > 02x + y − 6 < 0
9. Odredite polozaj duzine AB u odnosu na pravac 2x− y + 5 = 0, ako je
(a) A = (2, 3), B = (0,−1);
(b) A = (1, 1), B = (−3, 0);
(c) A = (0, 5), B = (2, 0).
[a) duzina ne sijece pravac, b) duzina sijece pravac, c) tocka A lezi na pravcu
]
2.3 Udaljenost dviju tocaka, udaljenost tocke od pravca i kutdvaju pravaca u E2
Propozicija 2.3.1 Neka su A,B ∈ E2, A = (a1, a2), B = (b1, b2) tocke dane svojim pra-vokutnim koordinatama. Tada je udaljenost od A do B dana sa
d(A,B) =√
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2.
Dokaz. Kako je d(A, B) = |AB| = |[−−→AB]|, tvrdnja slijedi iz propozicije 2.2.1.
Opcenito, ako su A, B skupovi tocaka na pravcu, u ravnini ili u prostoru, tada se udaljenostizmedu tih skupova definira kao
inf {d(A, B) : A ∈ A, B ∈ B} .
Nas je cilj odrediti formulu za udaljenost d(T0, p) tocke T0 od pravca p. Sljedeca propozicijanam kaze da je tu udaljenost moguce odrediti kao udaljenost dviju tocaka, tocke T0 i tocke Nkoja je noziste normale iz T0 na p. Normala je pravac okomit na pravac p.
Propozicija 2.3.2 Neka je T0 tocka, a p pravac u E2. Neka je N noziste normale kroz T0
na pravac p i neka je P po volji odabrana tocka pravca p. Tada vrijedi
d(T0, N) ≤ d(T0, P ), P ∈ p.
43
Dokaz. U pravokutnom trokutu T0NP , T0N je kateta, a T0P hipotenza, pa slijedi tvrdnja.
Tocku N nazivamo i ortogonalnom projekcijom tocke T0 na pravac p.
Izvedimo sada formulu za d(T0, p). Neka je T0 = (x0, y0), a pravac p dan jednadzbom Ax +By + C = 0. Tada je −→n = (A,B) vektor normale pravca p. Vrijedi
d(T0, p) = d(T0, N) = |T0N | = |[−−→T0N ] ·−→n|−→n | | =
|([−−→ON ]−−−−→[OT0]) · −→n ||−→n |
=|[−−→ON ] · −→n − [−−→OT0] · −→n |
|−→n | =|Ax0 + By0 + C|√
A2 + B2.
Koristili smo da za tocku N na pravcu p vrijedi [−−→ON ] · −→n = −C, te
[−−→OT0] · −→n = (x0, y0) · (A,B) = Ax0 + By0.
Dakle, dokazali smo
Propozicija 2.3.3 Udaljenost tocke T0 = (x0, y0) od pravca p . . . Ax + By + C = 0 iznosi
d(T0, N) =|Ax0 + By0 + C|√
A2 + B2. (2.7)
Odredimo nadalje kut sto ga zatvaraju dva pravca koji su zadani jednadzbama y = kix + li,i = 1, 2. Pod kutom dvaju pravaca podrazumijevamo mjeru (velicinu) manjeg od dvaju kutovasto ga pravci zatvaraju. Dakle, kut dvaju pravaca poprima vrijednosti u [0,
π
2]. Poznato je
da su koeficijenti smjera pravaca tangensi kuteva ϕ1, ϕ2 sto ga pravci zatvaraju s pozitivnimdijelom x-osi
k1 = tg ϕ1, k2 = tg ϕ2.
Nadalje, kut izmedu pravaca ϕ ∈ [0,π
2] jednak je apsolutnoj vrijednosti razlike kuteva ϕ1−ϕ2
ili suplementu tog kuta. Kako je tangens kuta iz [0,π
2] nenegativan broj, to primjenom
adicijskih formula za tangens dobivamo sljedecu formulu
tg ϕ =∣∣∣∣
k2 − k1
1 + k1k2
∣∣∣∣ . (2.8)
44
Pravci su paralelni (usporedni) ako i samo ako je kut izmedu njih jednak 0, te je
k1 = k2.
Pravci su okomiti ako i samo ako je kut izmedu njih jednak π2 , a to je ako i samo ako je
k1 = − 1k2
(tangens nije definiran, nazivnik izraza (2.8) je 0).
Uocimo da smo do istog zakljucka mogli doci i ako kut odredujemo kao kut vektora smjera −→s1 ,−→s2 pravaca p1, p2. Kut dvaju pravaca jednak je kutu sto ga zatvaraju njihovi vektori smjeraili suplementu tog kuta, pa je
cosϕ =|−→s1 · −→s2 ||−→s1 ||−→s2 | . (2.9)
Ako pravac pi, i = 1, 2, zapisemo parametarskim koordinatnim jednadzbama
x = ty = kit + li
tada mozemo ocitati vektore smjera −→s1 = (1, k1), −→s2 = (1, k2). Sada je
−→s1 · −→s2 = 1 + k1k2, |−→s1 | =√
1 + k21, |−→s2 | =
√1 + k2
2,
cosϕ =|1 + k1k2|√
1 + k21
√1 + k2
2
, sinϕ =|k2 − k1|√
1 + k21
√1 + k2
2
,
odakle takoder slijedi formula (2.8).
Zadaci
1. Odredite vrijednost parametra a tako da pravac (a + 2)x + (a2 − 9)y + 3a2 − 8a + 5 = 0
(a) bude paralelan s osi x,
(b) bude paralelan s osi y,
(c) sadrzi ishodiste.
[a) −2; b) 3, −3; c) 1, 5
3
]
2. Vrhovi trokuta su A = (1, 4), B = (1, 1), C = (3, 6). Odredite jednadzbe njegovihstranica i njegovih visina, te odredite njegov ortocentar.
[(−4, 6)
]
3. Odredite vrhove trokuta ABC ako mu je ortocentar tocka H = (−1, 3), stranica AB lezina pravcu 5x− 3y + 1 = 0, a stranica BC na pravcu −x + 2y + 4 = 0.
[A(4, 0), B(−2,−3), C( 2
11 , 711)
]
45
4. Odredite udaljenost pravca od ishodista i kut koji pravac zatvara s osi x, ako je jednadzbapravca
(a) x + 2 = 0
(b) x + y√
3 + 2 = 0
(c) 3x + y = 10
[a) d = 2, ϕ = 90◦; b) d = 1, ϕ = 150◦; c) d =
√10, ϕ ≈ 108, 4◦
]
5. Odredite jednadzbu pravca koji sadrzi sjeciste pravaca 3x + y− 5 = 0 i x− 2y + 10 = 0,a od tocke C = (−1,−2) je udaljen za d = 5.
[3x− 4y − 20 = 0, 4x + 3y − 15 = 0
]
6. Napisite jednadzbu pravca koji prolazi tockom (−1, 3), a s osi x zatvara kut od 45◦.
[y = x + 4, y = −x + 2
]
7. Napisite jednadzbu simetrale kuta kojeg odreduju pravci x+2y−5 = 0 i 3x−6y+2 = 0,a u kojem lezi ishodiste.
[x = 17
12
]
8. Dvije stranice pravokutnika leze na pravcima 4x − 6y + 13 = 0 i 3x + 2y − 13 = 0, ajedan od vrhova je tocka (2,−3). Odredite preostale vrhove.
[(2, 7
2), (−1, 32), (5,−1)
]
9. Provjerite da su tocke A = (−4,−3), B = (−5, 0), C = (5, 6) i D = (1, 0) vrhovi trapeza,te odredite njegovu visinu.
[AD ‖ BC, v = 9
√2√
17
]
2.4 Ravnina u E3
Kao i u E2, mozemo dokazati sljedecu propoziciju:
Propozicija 2.4.1 Neka su A,B ∈ E3, A = (a1, a2, a3), B = (b1, b2, b3) tocke dane svojimkoordinatama (s obzirom na neku bazu koja ne mora biti ortonormirana). Tada vektor [−−→AB]ima koordinate
[−−→AB] = (b1 − a1, b2 − a2, b3 − a3).
46
Cilj nam je odrediti jednadzbe pravaca i ravnina u prostoru E3.
Odredimo najprije razne oblike jednadzbe ravnine u E3. Kao posljedica aksioma euklidskegeometrije u prostoru, postoji jedinstvena ravnina u E3 koja prolazi tockom T0 i paralelna je sdva nekolinearna vektora −→a , −→b ∈ V 3. Kazemo da je ravnina odredena ili razapeta vektorima−→a , −→b i tockom T0.
Neka je T0 zadana tocka, a T po volji odabrana tocka ravnine π. Tada su vektori [−−→T0T ],−→a ,−→b
komplanarni, pa po propoziciji 1.2.7 postoje skalari λ, µ ∈ R takvi da vrijedi
[−−→T0T ] = λ−→a + µ−→b .
Ako uvedemo oznake −→r = [−→OT ], −→r0 = [−−→OT0], prethodni izraz mozemo napisati i kao
−→r = −→r0 + λ−→a + µ−→b , λ, µ ∈ R (2.10)
sto predstavlja parametarski vektorski oblik jednadzbe ravnine π.
Uocimo da su za svaku tocku ravnine skalari λ, µ ∈ R jedinstveno odredeni.
Ako su tocke T , T0 i vektori −→a , −→b dani pravokutnim koordinatama T0 = (x0, y0, z0), T =(x, y, z), −→a = (a1, a2, a3),
−→b = (b1, b2, b3), ista jednadzba zapisana koordinatno glasi
x = x0 + λa1 + µb1
y = y0 + λa2 + µb2
z = z0 + λa3 + µb3, λ, µ ∈ R.(2.11)
To je parametarski koordinatni oblik jednadzbe ravnine.
Nadalje, cinjenicu da su vektori [−−→T0T ],−→a ,−→b komplanarni, mozemo karakterizirati i preko
njihovog mjesovitog produkta (mjesoviti produkt ([−−→T0T ],−→a ,−→b ) mora biti jednak 0). Dakle,
∣∣∣∣∣∣
x− x0 y − y0 z − z0
a1 a2 a3
b1 b2 b3
∣∣∣∣∣∣= 0 (2.12)
je takoder jednadzba ravnine odredene tockom T0 i dvama nekolinearnim vektorima−→a , −→b .
Ravnina moze biti zadana i trima tockama Ti = (xi, yi, zi), i = 1, 2, 3, koje ne leze na istompravcu. Ako definiramo −→a = [−−→T1T2],
−→b = [−−→T1T3] i uvrstimo u prethodnu jednadzbu, dobivamo
∣∣∣∣∣∣
x− x1 y − y1 z − z1
x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1
x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1
∣∣∣∣∣∣= 0. (2.13)
Posebno, ako izaberemo tocke ravnine u kojima ona presjeca koordinatne osi T1 = (m, 0, 0),T2 = (0, n, 0), T3 = (0, 0, p) (za ravninu koja ne prolazi ishodistem), razvojem prethodnedeterminante dobivamo segmentni oblik jednadzbe ravnine
x
m+
y
n+
z
p= 1.
47
Nadalje, ravninu mozemo zadati i vektorom normale −→n = (A, B,C) 6= −→0 i jednom njenomtockom T0 = (x0, y0, z0). Tada je tocka T = (x, y, z) tocka ravnine ako i samo ako su vektori[−−→T0T ] i −→n okomiti. Kako su ne-nulvektori okomiti ako i samo ako je njihov skalarni produktjednak 0, dobivamo jednadzbu
A(x− x0) + B(y − y0) + C(z − z0) = 0. (2.14)
Prethodnu jednadzbu mozemo napisati i u obliku
Ax + Bx + Cz + D = 0, (2.15)
gdje je D = −(Ax0 + By0 + Cz0). Jednadnakost (2.15) nazivamo opcim ili implicitnimoblikom jednadzbe ravnine.
Jednadzbu (2.14) mozemo zapisati i kao
(−→r −−→r0) · −→n = 0, (2.16)
gdje je −→r radijvektor tocke T , a −→r0 radij-vektor tocke T0.
2.5 Udaljenost dviju tocaka, udaljenost tocke od ravnine i kutdviju ravnina u E3
Slicno kao u prostoru E2, pokazuje se da vrijedi
Propozicija 2.5.1 Neka su A,B ∈ E3, A = (a1, a2, a3), B = (b1, b2, b3) tocke dane svojimpravokutnim koordinatama. Tada je udaljenost od A do B jednaka
d(A,B) =√
(b1 − a1)2 + (b2 − a2)2 + (b3 − a3)2.
Odredimo udaljenost tocke T0 = (x0, y0, z0) od ravnine π.
Propozicija 2.5.2 Neka je T0 tocka, a π ravnina u E3. Neka je N noziste normale (pravcaokomitog na π) kroz T0 na ravninu π i neka je P po volji odabrana tocka ravnine π. Tadavrijedi
d(T0, N) ≤ d(T0, P ), P ∈ π.
Dokaz. U pravokutnom trokutu T0NP , T0N je kateta, a T0P hipotenza, pa slijedi tvrdnja.
Tocka N naziva se i ortogonalna projekcija tocke T0 na ravninu π.
Izvedimo sada formulu za d(T0, π). Neka je T0 = (x0, y0, z0), a ravnina π je dana jednadzbomAx + By + Cz + D = 0. Vektor −→n = (A,B, C) je vektor normale ravnine π. Tada je
d(T0, π) = d(T0, N) = |T0N | = |[−−→T0N ] ·−→n|−→n | | =
|([−−→ON ]−−−−→[OT0]) · −→n ||−→n |
=|[−−→ON ] · −→n − [−−→OT0] · −→n |
|−→n | =|Ax0 + By0 + Cz0 + D|√
A2 + B2 + C2,
pri cemu smo koristili da tocka N ravnine π zadovoljava [−−→ON ] · −→n = −D.
48
Dokazali smo
Propozicija 2.5.3 Udaljenost tocke T0 = (x0, y0, z0) od ravnine π . . . Ax + By + Cz + D = 0je
d(T0, π) =|Ax0 + By0 + Cz0 + D|√
A2 + B2 + C2. (2.17)
Ako je T1(x1, y1, z1) tocka ravnine, a −→n = (A,B, C) vektor normale ravnine, tada ko-risteci (2.16), jednakost iz prethodne propozicije mozemo zapisati ovako:
d =(−→r0 −−→r1) · −→n
|−→n | . (2.18)
Odredimo jos mjeru kuta izmedu dviju ravnina. Neka se ravnine sijeku po pravcu p. Kutdviju ravnina je kut izmedu pravaca koji su presjecnice zadanih ravnina i bilo koje ravnineokomite na pravac p.
Neka su ravnine πi dane jednadzbama Aix + Biy + Ciz + Di = 0, i = 1, 2, pri cemu su−→ni = (Ai, Bi, Ci) njihove normale. Kut dvaju ravnina jednak je kutu njihovih vektora normalaili suplementu tog kuta. Mjera kuta dviju ravnina je uvijek iz intervala [0,
π
2], te zakljucujemo
cosϕ =|−→n1 · −→n2||−→n1||−→n2| .
Ravnine su ocito paralelne ako i samo ako su im vektori normala kolinearni
A1 : B1 : C1 = A2 : B2 : C2,
a okomite su ako i samo ako su im vektori normala okomiti
A1A2 + B1B2 + C1C2 = 0.
49
2.6 Pravac u E3
Neka je p pravac u E3 zadan tockom T0 i ne-nulvektorom −→s (vektor smjera).
Neka je T po volji odabrana tocka pravca p. Parametarske jednadzbe pravca u E3 izvodimoanalogno kao takve jednadzbe u E2.
Vektor [−−→T0T ] je kolinearan s vektorom −→s , pa postoji skalar λ ∈ R takav da vrijedi
[−−→T0T ] = λ−→s .
Ako oznacimo −→r = [−→OT ], −→r0 = [−−→OT0], tada iz prethodne jednakosti slijedi
−→r = −→r0 + λ−→s , λ ∈ R. (2.19)
Prethodna jednadzba naziva se parametarskim vektorskim oblikom jednadzbe pravcap ⊂ E3 koji je odreden tockom T0 i vektorom −→s .
Neka su sad tocka T0 i vektor −→s zadani svojim pravokutnim koordinatama, T0 = (x0, y0, z0),−→s = (α, β, γ). Iz (2.19) dobivamo parametarski koordinatni oblik jednadzbe pravca
x = x0 + λαy = y0 + λβz = z0 + λγ, λ ∈ R.
(2.20)
Eliminacijom parametra λ dobivamo kanonski oblik jednadzbe pravca
x− x0
α=
y − y0
β=
z − z0
γ(= λ).
Ako pravac zadamo dvjema tockama T1 = (x1, y1, z1), T2 = (x2, y,z2) tada njegove param-etarske jednadzbe glase
x = x0 + λ(x2 − x1)y = y0 + λ(y2 − y1)z = z0 + λ(z2 − z1), λ ∈ R.
(2.21)
Kanonski oblik jednadzbe sada glasi
x− x1
x2 − x1=
y − y1
y2 − y1=
z − z1
z2 − z1(= λ).
I na kraju, pravac mozemo zadati i kao presjecnicu dviju neparalelnih ravnina π1, π2. Nekasu ravnine dane svojim implicitnim jednadzbama
A1x + B1y + C1z + D1 = 0A2x + B2y + C2z + D2 = 0,
(2.22)
pri cemu vrijedi A1 : B1 : C1 6= A2 : B2 : C2. Pravac je zadan sustavom jednadzbi (2.22).
50
Zadatak. Odredimo jednadzbe koordinatne osi x.
Rjesenje. Os x zadana je tockom (0, 0, 0) i vektorom smjera −→i = (1, 0, 0). Njene koordinatneparametarske jednadzbe glase x = t, t ∈ R, y = 0, z = 0. Kanonski oblik jednadzbe glasi
x
1=
y
0=
z
0,
a sustav y = 0, z = 0 predstavlja x-os kao presjek dviju ravnina, konkretno koordinatnexz-ravnine i koordinatne xy-ravnine.
Zadatak. Pravac p zadan je kao presjecnica ravnina{
x + y + z = 1x− 2y − z = −2.
Odredite parametarski koordinatni oblik jednadzbe pravca p.
Rjesenje. Stavimo x = t.
Zbrajanjem jednadzbi kojima je pravac zadan dobivamo 2x−y = −1, odakle slijedi y = 2t+1.Sada, primjerice iz prve jednadzbe, slijedi z = 1− x− y = −3t.
Dakle, parametarski koordinatni oblik jednadzbe pravca p glasi
x = ty = 2t + 1y = −3t, t ∈ R.
2.7 Udaljenost tocke od pravca, udaljenost dvaju pravaca. Kutdvaju pravaca, kut pravca i ravnine u E3
Kao i u E2 mozemo pokazati sljedece:
Propozicija 2.7.1 Udaljenost tocke T0 od pravca p u E3 jednaka je udaljenosti tocke T0 odnozista normale kroz T0 na pravac p.
Izvedimo sad formulu za udaljenost tocke T0 (s radijvektorom −→r0) od pravca p u E3.
Neka je pravac p dan vektorskom jednadzbom
−→r = −→r1 + λ−→s , (2.23)
gdje je −→r radijvektor po volji odabrane tocke T na pravcu p, a −→r1 radijvektor tocke T1 pravcap. Neka je T2 tocka pravca p za koju vrijedi [−−→T1T2] = −→s .
Povrsinu trokuta 4T0T1T2 racunamo na dva nacina. Vrijedi
P =baza · visina
2=
12|−→s |d, (2.24)
odnosnoP =
12|[−−→T0T1]× [−−→T1T2]| = 1
2|(−→r1 −−→r0)×−→s |. (2.25)
Iz (2.24), (2.25) slijedi
d =|(−→r1 −−→r0)×−→s |
|−→s | .
51
Dokazali smo:
Propozicija 2.7.2 Udaljenost tocke T0 (s radijvektorom −→r0) od pravca p danog jednadzbom(2.23) u E3 iznosi
d =|(−→r1 −−→r0)×−→s |
|−→s | .
Iduci nam je cilj odrediti udaljenost dvaju pravaca. U tu svrhu konstruirajmo zajednickunormalu dvaju pravaca. Zajednicka normala dvaju pravaca je pravac koji sijece oba pravcai na njih je okomit.
Za pravce kazemo da su mimosmjerni (mimoilazni) ako se ne sijeku i nisu paralelni. Zatakve pravce, dakle, ne postoji ravnina u koja ih oba sadrzi.
Neka su p1, p2, dva mimosmjerna pravca zadana jednadzbama
−→r = −→ri + λ−→si , i = 1, 2. (2.26)
Pokazat cemo da dva mimosmjerna pravca imaju jedinstveno odredenu zajednicku normalu.Vektor smjera −→n zajednicke normale n je vektor okomit i na −→s1 i na −→s2 , pa je primjerice dankao
−→n = −→s1 ×−→s2 . (2.27)
Nadalje, kako se pravci p1 i n sijeku, to oni odreduju ravninu, nazovimo je π1. Ta ravninaprolazi tockom T1 i razapeta je vektorima −→s1 i −→n . Stoga je njena jednadzba dana mjesovitimproduktom (vidi (2.12))
(−→r −−→r1 ,−→s1 ,−→n ) = 0. (2.28)
Analogno, tockom T2 i vektorima −→s2 i −→n razapeta je ravnina, nazovimo je π2, kojoj je jed-nadzba
(−→r −−→r2 ,−→s2 ,−→n ) = 0. (2.29)
Zajednicka normala mimosmjernih pravaca p1 i p2 odredena je kao presjecnica ravnina π1 iπ2, dakle sustavom jednadzbi (2.28), (2.29).
Zadatak. Odredite zajednicku normalu pravaca
p1 . . .
x = ty = tz = t
, p2 . . .
x = 1y = 0z = t
.
Jesu li zadani pravci mimosmjerni?
52
Rjesenje. Pravci su mimosmjerni, jer se ne sijeku (provjerite) i nisu paralelni (njihovi vektorismjera −→s1 = (1, 1, 1), −→s2 = (0, 0, 1) nisu kolinearni). Vektor smjera zajednicke normale je−→n = −→s1 ×−→s2 = (1,−1, 0). Prema tome, zajednicka normala n dobiva se kao presjek ravnina
π1 . . . x + y − 2z = 0, π2 . . . x + y − 1 = 0.
Odavde slijedi da je parametarski oblik jednadzbe normale n je, primjerice
x = ty = 1− tz = 1
2 .
Odredimo sada udaljenost mimosmjernih pravaca p1 i p2. Pokazimo najprije da udaljenostopet mozemo racunati kao udaljenost izmedu odredenih tocaka.
Propozicija 2.7.3 Neka su p1, p2 mimosmjerni pravci i neka je n njihova zajednicka nor-mala. Neka su N1, N2 zajednicke normale n s pravcima p1, p2. Tada je udaljenost mimo-smjernih pravaca p1, p2 dana je sa
d(p1, p2) = d(N1, N2).
Dokaz. Treba pokazati da je udaljenost tocaka N1, N2 najmanja moguca od svih udaljenostitocaka P1 ∈ p1 i P2 ∈ p2. Zaista
[−−−→P1P2] = [−−−→P1N1] + [−−−→N1N2] + [−−−→N2P2] = λ1−→s1 + [−−−→N1N2] + λ2
−→s1 .
Prema tome je
|[−−−→P1P2]|2 = [−−−→N1N2]2 + (λ1−→s1 + λ2
−→s2)2 + 2λ1−→s1 · [−−−→N1N2] + 2λ2
−→s2 · [−−−→N1N2].
Kako je −→s1 · [−−−→N1N2] = −→s2 · [−−−→N1N2] = 0, to je
d(P1, P2)2 = |[−−−→P1P2]|2 = d(N1, N2)2 + (λ1−→s1 + λ2
−→s2)2 ≥ d(N1, N2)2.
Izvedimo sada formulu za udaljenost mimosmjernih pravaca p1 i p2. Iako smo dokazali da je taudaljenost dana kao udaljenost tocaka N1, N2, necemo je odrediti na taj nacin, jer je zahtjevaslozen racun. Izracunat cemo je drugacije.
Uocimo da postoje paralelne ravnine σ1, σ2 koje sadrze pravce p1, p2 (vektor normale tihravnina je upravo −→n ). Ocito je udaljenost tocaka N1 i N2 jednaka udaljenosti ravnina σ1, σ2.
Udaljenost ravnina σ1, σ2 mozemo izracunati kao, primjerice, udaljenost tocke T2 od ravnineσ1. Zapisimo jednadzbu ravnine σ1 kao (−→r − −→r1) · −→n = 0 (vidi (2.16)). Koristeci formulu(2.18) za udaljenost tocke od ravnine, dobivamo
d(T2, σ1) =(−→r2 −−→r1) · −→n
|−→n | ,
te koristeci (2.27) dobivamo
d(p1, p2) =(−→r2 −−→r1) · (−→s1 ×−→s2)
|−→s1 ×−→s2 | =(−→r2 −−→r1 ,−→s1 ,−→s2)
|−→s1 ×−→s2 | .
53
Dokazali smo
Propozicija 2.7.4 Udaljenost mimosmjernih pravaca p1 i p2 zadanih jednadzbama (2.26)jednaka je
d(p1, p2) =(−→r2 −−→r1 ,−→s1 ,−→s2)
|−→s1 ×−→s2 | . (2.30)
Zadatak. Odredite udaljenost mimosmjernih pravaca
p1 . . .
x = ty = tz = t
, p2 . . .
x = 1y = 0z = t
.
Rjesenje. Kako je −→r1 = (0, 0, 0), −→s1 = (1, 1, 1), −→r2 = (1, 0, 0), −→s2 = (0, 0, 1), −→s1 × −→s2 =
(1,−1, 0), uvrstavanjem u formulu (2.30) dobivamo d =√
22
.
Analizirajmo kada jed(p1, p2) = 0.
Znaci li to nuzno da se pravci sijeku?
Analizirajmo najprije kada je brojnik izraza (2.30) jednak 0, tj. ustanovimo kada vrijedi
(−→r2 −−→r1 ,−→s1 ,−→s2) = 0.
Taj mjesoviti produkt jednak je 0 ako i samo ako su vektori −→r2 −−→r1 , −→s1 , −→s2 komplanarni. Toje moguce ako i samo ako pravci p1, p2 leze u istoj ravnini, sto pak znaci da se oni sijeku ilisu paralelni.
U slucaju da su pravci p1 i p2 paralelni, njihovi vektori smjera −→s1 i −→s2 su kolinearni, pa je−→s1 × −→s2 = −→0 , sto znaci da je i nazivnik izraza (2.30) jednak nuli. U tom slucaju udaljenostpravaca p1 i p2 racunamo na drugaciji nacin (kako?).
Zakljucujemo da je uvjet d(p1, p2) = 0 nuzan i dovoljan da se pravci p1, p2 sijeku, a uvjet(−→r2 −−→r1 ,−→s1 ,−→s2) = 0 je nuzan i dovoljan da pravci p1, p2 leze u istoj ravnini.
54
Na kraju, odredimo jos kut dvaju pravaca i kut pravca i ravnine u E3.
Ako se pravci sijeku, tada smo vec naznacili sto podrazumijevamo pod pojmom kuta. Ako sup1, p2 mimosmjerni, tada je kut izmedu njih definiran kao kut izmedu pravaca p1, p′2, gdje jepravac p′2 pravac paralelan pravcu p2, a prolazi nekom tockom T1 pravca p1.
Kut dvaju pravaca odreduje se pomocu vektora smjera pravaca, vidi formulu (2.9).
Uocimo da se pravci ne moraju sijeci (primjerice, okomiti pravci su upravo oni kojima suvektori smjera okomiti, pravci mogu biti i mimoilazni).
Nadalje, kut izmedu pravca i ravnine definiran je kao kut izmedu pravca i njegove ortogonalneprojekcije na ravninu, dakle, kao kut dvaju pravaca.
Ako oznacimo kut izmedu pravca i ravnine sa ψ, tada je ocito φ = π2 −ψ, gdje je φ kut izmedu
vektora smjera pravca i normale ravnine.
Sada je
cosφ = cos(π
2− ψ
)=|−→s · −→n ||−→s ||−→n | ,
pri cemu jecos
(π
2− ψ
)= sin ψ.
Iz prethodnog slijedi da je kut ψ izmedu pravca i ravnine dan s
sinψ =|−→s · −→n ||−→s ||−→n | .
Zadaci
1. Kako zadajemo poluravninu u koordinatnom sustavu?
2. Zadana je ravnina πx = 2λ + µy = 1− λ + 2µz = −1 + λ− µ, λ, µ ∈ R.
Napisite neku tocku ravnine π.
Sijece li pravac px = 1 + 2ty = −2− 2tz = 1 + t, t ∈ R.
ravninu π?
3. Odredite a i b, tako da pravacx− a
3=
y + 4b
=z
2prolazi tockom (−4,−2,−4).
[a = 2, b = −1
]
4. Odredite a i b, tako da tocka (−3, 2, 4) lezi na pravcux− 1
2=
y − a
2=
z + 2b
.
[a = 6, b = −3
]
55
5. Dan je pravac
x = 3− 2ty = 4 + tz = −1− 2t
Napisite tri razlicite tocke tog pravca. [npr. (3, 4,−1), (1, 5,−3), (−1, 6,−5)
]
6. Dana je ravnina
x = −2 + 2λ + 3µy = 4 + λz = −1− 2λ + 4µ
Napisite kanonsku jednadzbu jednog pravca koji lezi u toj ravnini.[
npr.x + 2
2=
y − 41
=z + 1−2
]
7. Odredite sjeciste pravcax− 2
3=
y − 24
=z + 1−2
s koordinatnom ravninom yz.[
(0,−23 , 1
3)]
8. Odredite jednadzbu ravnine koja
(a) sadrzi tocku (2,−4, 3) i os z.
(b) sadrzi os y i paralelna je s vektorom ~s = (1,−2, 3).
(c) prolazi tockom (1, 1,−2) i okomita je na ravnine x−2y+z−4 = 0 i x+2y−2z−4 = 0.
(d) sadrzi tocke (−1,−2, 0) i (1, 1, 2) i okomita je na ravninu x + 2y + 2z − 4 = 0.
(e) prolazi tockom (3, 2, 4), a na koordinatnim osima odsjeca odsjecke jednakih duljina.Koliko ima takvih ravnina?
[a) 2x + y = 0; b) 3x− z = 0;
c) 2x + 3y + 4z + 3 = 0; d) 2x− 2y + z − 2 = 0;
e) x + y + z = 9, x + y − z = 1,. . . ima ih 8]
9. Napisite jednadzbu ravnine koja sadrzi tocke (−1,−1,−1) i (2, 2, 2), a paralelna je s
pravcemx− 4
3=
y + 32
=z − 2
1. [
x− 2y + z = 0]
10. Napisite jednadzbu ravnine koja sadrzi pravacx
1=
y
2=
z
3i tocku (3, 3, 3).
[x− 2y + z = 0
]
11. Odredite parametar k ∈ R tako da se pravci p1 i p2 sijeku:
p1 . . .x− 2
3=
y + 45
=z − 1−2
p2 . . .x− k
2=
y − 31
=z + 5
0.
[k = −5, sjeciste je (11, 11,−5)
]
56
12. Pokazite da pravcix− 1
2=
y + 2−3
=z − 5
4i
x− 73
=y − 2
2=
z − 1−2
leze u istoj
ravnini. Odredite jednadzbu te ravnine.[
Sjeciste pravaca je (1,−2, 5), a jednadzba ravnine −2x + 16y + 13z + 99 = 0.]
13. Neka je π1 ravnina koja prolazi tockama (0, 0, 0), (1, 0, 0) i (0, 1, 0), a π2 ravnina kojaprolazi tockama (1, 2, 3), (2, 1, 0) i (−1, 2, 5). Napisite u kanonskom obliku jednadzbupravca π1 ∩ π2.
[ x
2=
y
1=
z
0
]
14. Neka je π1 ravnina koja prolazi tockama (1, 1, 0), (0, 2, 0) i (2, 0, 1), te neka je π2 ravinakoja sadrzi pravac
p . . .
{x− z = 0
x− y − z = 1
i tocku (0, 0, 0). Napisite u kanonskom obliku jednadzbu pravca π1 ∩ π2.
[ x
1=
y − 2−1
=z
1
]
15. Napisite jednadzbu ravnine koja sadrzi pravac
x− 52
=y
0=
z + 11
i paralelna je s pravcem {x− y + z + 1 = 0
y + 2z = 0.
[2x− 5y − 4z = 14
]
16. Napisite jednadzbu ravnine koja sadrzi pravac
x + 11
=y − 4
3=
z − 32
i paralelna je s pravcem {x + 3z − 5 = 0x− 2y + z = 0.
[5x− 7y + 8z + 9 = 0
]
17. Dane su tocke A = (0, 1, 2) i B = (−2, 1, 1), te pravac
p . . .
{y − z = 0
2x− y − z = 0
(a) Odredite jednadzbu ravnine π koja sadrzi tocku A i pravac p.
(b) Odredite jednadzbu pravca q koji je okomit na ravninu π i prolazi tockom B.
[a) x− 2y + z = 0; b)
x + 21
=y − 1−2
=z − 1
1
]
57
18. Dane su tocke A = (0, 0, 0) i B = (1, 1, 0), te pravci
p . . .
{x + z = 2
x + 2y + z = 1
i q . . .x− 1
1=
y
1=
z + 21
.
Odredite:
(a) jednadzbu ravine π koja prolazi tockama A, B i paralelna je s pravcem p,
(b) tocku S = π ∩ q,
(c) jednadzbu pravca koji prolazi tockom S i okomit je na ravninu π.
[a) x− y + z = 0; b) (2, 1,−1); c)
x− 21
=y − 1−1
=z + 1
1
]
19. Odredite jednadzbu pravca koji lezi u y-z ravnini, prolazi ishodistem i okomit je napravac odreden presjekom ravnina 2x− y = 2, y + 2z = −2.
[ x
0=
y
1=
z
2
]
20. Odredite jednadzbu pravca koji prolazi tockom (1, 1, 1), sijece pravacx
1=
y
2=
z
3i
okomit je na pravacx− 1
2=
y − 11
=z − 3
4.
[ x− 19
=y − 1
2=
z − 1−5
]
21. Odredite udaljenost
(a) tocke M = (4, 3, 0) od ravnine odredene tockama T1 = (1, 3, 0), T2 = (4,−1, 2) iT3 = (3, 0, 1).
(b) ravnina 4x + 3y − 5z − 8 = 0 i 4x + 3y − 5z + 12 = 0.
(c) pravca x = y − 1 = z + 1 od ravnine 2x + y − 3z + 4 = 0.
[a)√
6; b) 2√
2; c) 4√
2√7
]
22. Dani su pravci
p1 . . .
{x + 2y − z − 2 = 0
x− 2y − 3z + 12 = 0
ip2 . . .
x + 24
=y − 3−1
=z + 1
2.
Odredite njihovu medusobnu udaljenost. Napisite jednadzbu jednog pravca koji jeokomit na p1 i p2, i sijece oba pravca.
[d =
√5,
x− 11
=y − 2
0=
z − 3−2
]
58
23. Odredite udaljenost i zajednicku normalu pravaca
x
−2=
y − 10
=z + 2
1i
x− 61
=y − 12
2=
z − 8−1
.
[ x + 42
=y − 1
1=
z
4, d = 3
√21
]
24. Odredite ortogonalnu projekciju
(a) tocke (3, 1,−1) na ravninu x + 2y + 3z − 30 = 0.
(b) pravcax
4=
y − 43
=z + 1−2
na ravninu x− y + 3z + 8 = 0.
(c) tocke (4, 13, 10) na pravacx− 1
2=
y − 24
=z − 3
5.
[a) (5, 5, 5); c) (5, 10, 13)
]
25. Dane su ravnine π1 . . . x−y+2z = 9 i π2 . . . y−z+3 = 0, te pravac p . . .x
2=
y + 2−1
=z − 2
0.
Neka je pravac q presjek ravnina π1 i π2, te neka pravac p sijece ravnine π1 i π2 redomu tockama T1 i T2. Odredite projekcije tocaka T1 i T2 na pravac q.
[(4,−1, 2), (2, 1, 4)
]
26. Odredite kut
(a) izmedu pravaca x = 2t, y = 3t, z = t i x = 3t, y = −t, z = 2t.
(b) izmedu pravaca{
x− y + z − 4 = 02x + y − 2z + 5 = 0
i{
x + y + z − 4 = 02x + 3y − z − 6 = 0
(c) izmedu pravca x = 5 + t, y = −3 + t, z = 4− 2t i ravnine 4x− 2y − 2z + 7 = 0.
(d) izmedu ravnina x + y + z = 3 i z = 0.
[a) arccos 5
14 ; b) arccos 1126 ; c) 60◦; d) arccos 1√
3
]
27. Odredite kut izmedu pravaca:
(a){
x− y + 3 = 0−x + 2y − z + 1 = 0
i{
x + 2y − z = 0x− y + 2z − 1 = 0
(b){
x− z + 5 = 0−x + 2y + z − 2 = 0
i{
x− y + z = 02x + y + 5z − 1 = 0
[a) arccos(−1
3); b) arccos 12√
3
]
59
28. Pravacx− 4
1=
y − 22
=z − 1−2
sijece koordinatne ravnine x-y, y-z i z-x u tockama T1, T2
i T3. Odredite povrsinu trokuta T1T2T3 i volumen paralelepipeda odredenog vektorima−−→OT1,
−−→OT2 i −−→OT3. [
P = 9√
5, V = 0]
29. Zadane su tocke A(−1, 6, 3) i B(2, 0,−4). Odredite tocku C na pravcux + 2
3=
y − 1−2
=z
1, takvu da teziste trokuta ABC lezi u ravnini x + y + z = 1.
[C(−5, 3,−1)
]
30. Dane su tocke A = (1, 2, 3) i B = (−1, 1, 2) i pravac p
{x− y = 2
x + y + 2z = 0
Odredite:
(a) jednadzbu pravca q koji prolazi tockom B, a paralelan je s p
(b) jednadzbu ravnine π kroz tocku A, a okomita je na q
(c) presjek ravnine π i pravca p
(d) udaljenost tocke A od pravca p
[a)
x + 11
=y − 1
1=
z − 2−1
; b) −x + y + 2z − 7 = 0;
c) (−72 ,−11
2 , 92); d) 3
2
√35
]
31. Zadane su tocka T (1, 0, 3) i ravnina π . . . x + 2z = 17. Napisite:
(a) jednadzbu ravnine paralelne ravnini π koja prolazi kroz tocku T .
(b) kanonsku i parametarsku jednadzbu pravca okomitog na ravninu π koji prolazi kroztocku T , te jednadzbu tog pravca kao presjek dvije ravnine.
(c) koordinate ortogonalne projekcije tocke T na ravninu π.
[a) x + 2y − 7 = 0; b)
x− 11
=y
0=
z − 32
; c) (3, 0, 7)]
32. Dani su tocka A = (1, 1, 1) i pravac
π . . .x− 2
2=
y − 3−5
=z
4.
Odredite
(a) jednadzbu pravca kroz A paralelnog s π;
(b) vektor normale ravnine u kojoj leze tocka A i pravac π;
(c) projekciju tocke A na pravac π.
[a)
x− 12
=y − 1−5
=z − 1
4; b) (−1, 2, 3); c) A′ = (38
15 , 53 , 16
15)]
60
33. Dana je tocka A = (1, 0, 0) i pravci
p . . .
{2x− y − z = 0x + y + z = 0
i q . . .x
1=
y
0=
z − 12
.
(a) Odredite jednadzbu ravnine Π koja sadrzi tocku A i okomita je na pravac p.
(b) Odredite projekciju pravca q na ravninu Π.
[a) y − z = 0; b)
x
0=
y − 1−1
=z
−1
]
34. Dane su tocke T1 = (0, 0, 0), T2 = (0, 4, 1) i T3 = (1, 3, 0). Neka je p1 pravac kroztocku A = (1, 2, 3) paralelan s T1T2, te neka je p2 pravac kroz tocku B = (−3,−2,−1),paralelan s T1T3. Napisite jednadzbe pravaca p1 i p2, te odredite njihovu medusobnuudaljenost.
[ x− 10
=y − 2
4=
z − 31
,x + 3
1=
y + 23
=z + 1
0, d = 12
√2√
13
]
35. Vrhovi trokuta su A = (4, 1,−2), B = (2, 0, 0) i C = (−2, 3,−5). Odredite duljinu visineiz vrha B na stranicu AC, i jednadzbu pravca na kojem ona lezi.
[vB = 5
√17
7 ,x− 274
=y
57=
z
−110
]
36. Neka je p pravac zadan jednadzbomx
1=
y
0=
z
1i neka je A = (1, 1, 1). Odredite
jednadzbu ravnine π koja sadrzi pravac p i tocku A, te jednadzbu pravca q koji prolaziishodistem, lezi u ravnini π i s pravcem p zatvara kut
π
4.
[x− z = 0,
x
1=
y
±√2=
z
1
]
37. Neka je p pravac koji sadrzi ishodiste i tocku (−4,−6, 5), te neka je p′ njegova ortogonalnaprojekcija na ravninu 3x+2y−2z = 0. Odredite kut izmedu pravca p′ i pravca q zadanog
sax− 2
1=
y + 60
=z − 3
0. Odredite i jednadzbe simetrala kuteva koje odreduju pravci
p′ i q.
[arccos 2√
3;
x− 65
=y + 6−2
=z − 3
1,
x− 6−1
=y + 6−2
=z − 3
1
]
61
Poglavlje 3
Krivulje i plohe u koordinatnomsustavu
3.1 Kruznica u E2
Definicija 3.1.1 Kruznica je skup tocaka u ravnini E2 jednako udaljenih od cvrste tocke uravnini.
Tu cvrstu tocku nazivamo sredistem kruznice, a udaljenost od sredista do bilo koje tockekruznice polumjerom ili radijusom.
Izvedimo jednadzbu kruznice u Kartezijevom sustavu.
Neka je S = (p, q) srediste kruznice, r njen polumjer, a T = (x, y) po volji odabrana tockakruznice. Tada je tocka T tocka kruznice ako i samo ako je d2(S, T ) = r2, pa jednadzbakruznice glasi
(x− p)2 + (y − q)2 = r2.
Nadalje, ispitajmo moguce polozaje pravca i kruznice.
Neka su zadani pravac y = kx + l i kruznica (x− p)2 + (y− q)2 = r2. Odredivanje zajednickihtocaka pravca i kruznice svodi se na odredivanje rjesenja sustava
{y = kx + l
(x− p)2 + (y − q)2 = r2.
Uvrstavanjem jednadzbe pravca u jednadzbu kruznice, dobivamo sljedecu kvadratnu jed-nadzbu za koordinatu x tocke presjeka
(1 + k2)x2 + 2x (k(l − q)− p) + (l − q)2 + p2 − r2 = 0. (3.1)
Kako prethodna jednadzba moze imati dva, jedno ili niti jedno (realno) rjesenje, to se pravac ikruznica sijeku u dvije tocke (pravac je sekanta kruznice), u jednoj tocki (pravac je tangentakruznice) ili se ne sijeku (pravac je pasanta kruznice).
62
Pravac je tangenta kruznice ukoliko je diskriminanta jednadzbe (3.1) jednaka 0. Tada je
((l − q)k − p)2 − (1 + k2)((l − q)2 + p2 − r2
)= 0,
odakle slijedi uvjet dodira (tangencijalnosti) pravca i kruznice
r2(1 + k2) = (q − kp− l)2. (3.2)
Uocimo da se prethodni uvjet moze izvesti i na sljedeci nacin. Pravac p je tangenta kruzniceako i samo ako je njegova udaljenost do sredista kruznice jednaka polumjeru kruznice. Dakle,pravac p je tangenta ako i samo ako je
r =|q − kp− l|√
1 + k2.
Kvadriranjem prethodnog izraza dobivamo uvjet (3.2).
Zadaci
1. Odredite jednadzbu kruznice koja
(a) ima srediste u tocki A(1, 5) i dodiruje pravac 3x− 2y − 6 = 0.
(b) dodiruje x–os u tocki A = (6, 0) i sadrzi tocku B = (9, 9).
(c) dodiruje pravac x − 7y + 10 = 0 u tocki s ordinatom 2, a srediste joj se nalazi napravcu 2x + y = 0.
(d) ima polumjer 5 i dodiruje pravac 2x− y + 4 = 0 u tocki s apscisom −1.
(e) dodiruje pravce x = 8 i 3x + 4y = 46, te prolazi tockom (−1, 0).
(f) dodiruje pravce x + y − 2 = 0, x− y + 4 = 0 i x− 7y = 0.
[a) (x− 1)2 + (y− 5)2 = 13; b) (x− 6)2 + (y− 5)2 = 25; c) (x− 6)2 + (y + 12)2 = 200;
d) (x + 1− 2√
5)2 + (y − 2 +√
5)2 = 25, (x + 1 + 2√
5)2 + (y − 2−√5)2 = 25;e) (x− 3)2 + (y − 3)2 = 52, (x + 81)2 + (y + 39)2 = 732;
f) Postoje cetiri takve kruznice. Upisana kruznica ima jednadzbu
(x + 1)2 + (y − 76)2 = 121
72 .]
2. Odredite realne brojeve a, b tako da 2x2 + ay2 + bx − 5y + 3 = 0 bude jednadzbakruznice koja prolazi tockom (2, 3). [
a = 2, b = −7]
3. Napisite jednadzbu tangente na kruznicu x2 +y2−8x+4y = 0 u njenoj tocki s apscisom0, razlicitoj od ishodista. [
y = −2x + 16]
4. Odredite povrsinu trokuta kojeg odreduju tangente na kruznicu x2 + y2 = 50 u tockama(5, 5), (−1, 7), (−7, 1). [
752
]
63
5. Napisite jednadzbe tangenata povucenih iz tocke (8, 8) na kruznicu x2 + y2 = 32, teodredite kut medu njima. [
y = (2±√3)(x− 8) + 8, ϕ = 60◦]
6. Iz tocke (−9, 3) povucene su tangente na kruznicu x2+y2−6x+4y−78 = 0. Izracunajteudaljenost sredista kruznice od tetive koja spaja diralista tih tangenata. [
7]
7. Dana je kruznica x2 + y2 = 1 i tocke A = (1, 0) i B = (0,−1) na njoj. Provjerite da za
bilo koju tocku T na toj kruznici kut ∠ATB iznosiπ
4ili
3π
4. (To je posljedica teorema
o obodnom i sredisnjem kutu.)
3.2 Polarni koordinatni sustav u E2
U ravnini E2 mozemo uvesti koordinatni sustav i na sljedeci nacin.
Neka je O cvrsta tocka i polupravac o cvrsti polupravac s pocetkom u tocki O.
Tada je tocka T ∈ E2, T 6= O, jednoznacno je odredena svojom udaljenoscu r = d(O, T ) odtocke O i kutom ϕ sto ga polupravac OT zatvara s polupravcem o, ϕ ∈ [0, 2π〉.
Uvedeni koordinatni sustav nazivamo polarnim sustavom, a uredeni par (r, ϕ) polarnimkoordinatama tocke T . Tocka O zove se pol, a polupravac O polarna os.
Odredimo vezu medu pravokutnim i polarnim koordinatama tocke T , pri cemu pravokutnikoordinatni sustav ima ishodiste u tocki O, a polarna os o se podudara s osi apscisa (tj.njenim pozitivnim dijelom). Ocito je
x = r cosϕ, y = r sinϕ.
Obratno,r =
√x2 + y2, tg ϕ =
y
x.
Pri odredivanju kuta ϕ uzimamo u obzir u kojem kvadrantu lezi tocka T .
64
Zadaci
1. U pravokutnom koordinatnom sustavu dane su tocke (60, 0), (−6, 2√
3), (0,−5), (11, 11),(0, 0), (−3
√3,−3), (9,−12), (−200, 100). Odredite njihove polarne koordinate.
[(60, 0), (4
√3, 5π
6 ), (5, 3π2 ), (11
√2, π
4 ), r = 0 (ϕ nije odreden),
(6, 7π6 ), (15, arctg −4
3), (100√
5, arctg −12)
]
2. Tocke (3,−2π3 ), (20, 7π
6 ), (15,−π2 ), (10, 3π
4 ), (12,−π4 ), (7, π
2 ), (0, 11π12 ), (1, 7π
3 ) dane susvojim polarnim koordinatama (r, ϕ). Odredite njihove kartezijeve koordinate.
[(−3
2 ,−3√
32 ), (−10
√3,−10), (0,−15), (−5
√2, 5
√2),
(6√
2,−6√
2), (0, 7), (0, 0), (12 ,√
32 )
]
3. Neka je ABCDEF pravilni sesterokut duljine stranice 1. Napisite koordinate svih nje-govih vrhova i sredista S u polarnom koordinatnom sustavu kojem je pol u tocki A, aos je polupravac AD.[
A(r = 0), B(1,−π3 ), C(
√3− π
6 ), D(2, 0), E(√
3, π6 ), F (1, π
3 ), S(1, 0)]
4. Odredite polarne koordinate polovista duzine AB, ako je A(12, 4π9 ) i B(12,−2π
9 ).[r = 6, ϕ = π
6
]
5. Odredite udaljenost tocaka A(5, π4 ) i B(8,− π
12) zadanih polarnim koordinatama.[d = 7
]
6. Izvedite opcenitu formulu za udaljenost dviju tocaka s polarnim koordinatama (r1, ϕ1) i(r2, ϕ2). [
d2 = r21 + r2
2 − 2r1r2 cos(ϕ1 − ϕ2)]
7. Napisite formulu za povrsinu trokuta OAB ako je A = (r1, ϕ1), B = (r2, ϕ2).[P = 1
2r1r2 sin |ϕ2 − ϕ1|]
8. Odredite u polarnom koordinatnom sustavu jednadzbu kruznice polumjera r0 sasredistem u(a) polu polarnog sustava (b) tocki S s koordinatama (r1, ϕ1) ?[
a) r = r0, b) r2 − 2rr1 cos(ϕ− ϕ1) = r20 − r2
1
]
9. Odredite polarnu jednadzbu
(a) polupravca s vrhom u polu koordinatnog sustava
(b) pravca koji prolazi kroz pol
(c) pravca koji ne prolazi kroz pol[
a) ϕ = ϕ0, b) ϕ− ϕ0 = kπ, k = 0, 1, c) r =d
a cosϕ + b sinϕ
]
65
10. Odredite kartezijeve jednadzbe krivulja:
(a) r sinϕ = 1,
(b)√
5 sin ϕ = 1,
(c) r2 sin 2ϕ = 2a2,
(d) tg ϕ = 1,
(e) r + tg ϕ = 0.[
a) y = 1; b) x− 2y = 0; c) xy = a2; d) y = x; e)√
x2 + y2 = − yx
]
11. Odredite polarne jednadzbe krivulja:
(a) y = 1,
(b) y2 = 2px,
(c) (x− 2)2 + (y − 2)2 = 8,
(d) 2xy = 1,
(e) 9x2 + 4y2 = 36,
(f) x2 − y2 + 2xy = 0.[
a) r sinϕ = 1; b) r = 2psin2 ϕ cos ϕ
; c) r = 4(sinϕ + cos ϕ);
d) r2 sin 2ϕ = 1; e) r2(4 + 5 cos2 ϕ) = 36; f) ϕ ∈ {3π8 , 7π
8 , 11π8 , 15π
8 }]
12. Skicirajte krivulje dane sljedecim polarnim jednadzbama:
(a) r = 2 cosϕ
(b) r = 4 sinϕ
(c) r = 1 + 2 cosϕ
13. U polarnim koordinatama dana je jednadzba r2 sin 2ϕ = 2. Napisite jednadzbu tekrivulje u kartezijevim koordinatama. Koja je to krivulja? Skicirajte ju.[
hiperbola xy = 1]
14. Provjerite da je r =2p cosϕ
sin2 ϕpolarna jednadzba parabole y2 = 2px, ako se polarna os
podudara s x–osi, a pol se nalazi u tjemenu parabole.
15. Odredite sjeciste krivulja cije su jednadzbe u polarnim koordinatama r = sinϕ ir = −√3 cos ϕ. Koje su polarne, a koje kartezijeve koordinate sjecista? Skicirajte tekrivulje. [
(0, 0), (−√
34 , 3
4) odnosno r =√
32 , ϕ = 2π
3
]
16. Tocka A = (a, α) dana je svojim polarnim koordinatama. Pravac p prolazi tockom A iparalelan je s polarnom osi. Odredite jednadzbu pravca p u polarnim koordinatama.[
r sinϕ = a sinα]
66
3.3 Elipsa
Definicija 3.3.1 Neka su F1, F2 dvije cvrste tocke u ravnini E2 udaljene za 2e > 0 i neka jea zadani realan broj, a > e. Elipsa je skup tocaka u E2 za koje je zbroj udaljenosti od F1 iF2 konstantan i jednak 2a
E ={T ∈ E2 : d(T, F1) + d(T, F2) = 2a
}.
Tocke F1, F2 nazivamo zaristima ili fokusima elipse.
Napomena. Na osnovu definicije, elipsu mozemo konstruirati tzv. vrtlarskom konstruk-cijom. Ako se napne labava nit (lopatom u rukama vrtlara) koja je ucvrscena u dvjematockama (fokusi), tocka u kojoj je nit napeta (lopatom), opisuje elipsu.
Odredimo jednadzbu elipse.
Postavimo pravokutni koordinatni sustav tako da tocke F1, F2 leze na osi x i da je polovisteO duzine F1F2 ishodiste sustava. Tada tocke F1, F2 imaju koordinate
F1 = (−e, 0), F2 = (e, 0).
Neka je T po volji odabrana tocka elipse. Tada je
d(T, F1) + d(T, F2) =√
(x + e)2 + y2 +√
(x− e)2 + y2 = 2a. (3.3)
Pomnozimo li tu jednadzbu sa√
(x + e)2 + y2 −√
(x− e)2 + y2, sredivanjem dobivamo
√(x + e)2 + y2 −
√(x− e)2 + y2 =
2ex
a. (3.4)
Zbrajanjem (3.3) i (3.4) te kvadriranjem dobivamo
(x + e)2 + y2 =(a +
ex
a
)2,
te je uz b2 = a2 − e2 > 0x2
a2+
y2
b2= 1. (3.5)
Vrijedi i obratno: tocka koja zadovoljava jednadzbu (3.5) je tocka elipse.
Zaista, ako definiramo e2 = a2 − b2, F1 = (−e, 0), F2 = (e, 0), tada su F1, F2 trazene tocke izdefinicije elipse.
Neka je T = (x, y) tocka koja zadovoljava jednadzbu (3.5). Treba pokazati da je d(T, F1) +d(T, F2) = 2a = konst.
67
Vrijedid(T, F1) =
√(x + e)2 + y2, d(T, F2) =
√(x− e)2 + y2,
pri cemu je y2 = b2
(1− x2
a2
). Stoga je
d(T, F1) =∣∣∣a +
e
ax∣∣∣ , d(T, F1) =
∣∣∣a− e
ax∣∣∣ .
Kako je e ≤ a i kako za apscisu x tocke T mora vrijediti −a ≤ x ≤ a (inace je vec pribrojnikx2
a2u jednadzbi (3.5) veci od 1), to je
d(T, F1) = a +e
ax, d(T, F1) = a− e
ax,
te je d(T, F1) + d(T, F1) = 2a. Time je obrat pokazan.
Naglasimo jos jednom da je za tocke na elipsi uvijek |x| ≤ a. Zaista iz jednadzbe elipse (3.5)slijedi
y = ±b
√1− x2
a2,
pri cemu je korijen definiran samo za |x| ≤ a.
Analogno je i |y| ≤ b. Odavde zakljucujemo da je elipsa ogranicena krivulja.
Jednadzba (3.5) naziva se kanonskom jednadzbom elipse. Ona se naziva i sredisnjom(centralnom) jednadzbom jer je ishodiste koordinatnog sustava smjesteno u srediste ilicentar elipse (elipsa je centralnosimetrican skup tocaka sa sredistem (centrom) simetrije utocki O).
Oznacimo A = (−a, 0), B = (a, 0), C = (0,−b), D = (0, b). Te tocke se zovu tjemenaelipse. Duzina AB zove se glavna (velika) os, duzine OA, OB glavne poluosi, a duzinaCD sporedna (mala) os, OC, OD sporedne poluosi elipse. Prema tome, a je duljina glavne,a b sporedne poluosi.
68
Broj e zove se linearni ekscentricitet elipse, e < a, a broj ε =e
a, 0 < ε < 1, numericki
ekscentricitet elipse. Kada je ε blizak 0, velicine a i b su bliske, pa je elipsa bliska kruznici.Jos kazemo da kruznica ima numericki ekscentricitet jednak 0 (jer a = b). Ako je numerickiekscentricitet blizak 1, tada je elipsa ”jako spljostena”.
Napomena. Ako postavimo koordinatni sustav tako da fokusi odreduju y-os tog sustava,tada je jednadzba takve elipse
x2
b2+
y2
a2= 1, b < a.
U tom slucaju fokusi imaju koordinate Fi = (0,±e), e2 = a2 − b2.
Pravac y = kx + l i elipsax2
a2+
y2
b2= 1 imaju dvije, jednu ili niti jednu zajednicku tocku.
Pravac je tangenta elipse, ako je diskriminanta kvadratne jednadzbe
x2(a2k2 + b2) + 2kla2x + a2(l2 − b2) = 0 (3.6)
jednaka 0.
Slicnim postupkom kao kod kruznice dobivamo uvjet dodira (tangencijalnosti) pravca i elipse
k2a2 + b2 = l2.
69
Odredimo jednadzbu tangente u tocki elipse D1 = (x1, y1) (diraliste tangente). Rjesenjajednadzbe (3.6) uz uvjet D = 0 su
x1 = −ka2
l, y1 =
b2
l.
Iz te dvije jednadzbe odredujemo koeficijent smjera k i odsjecak l trazene tangente
k = −b2x1
a2y1, l =
b2
y1.
Uvrstavanjem u jednadzbu y = kx + l i sredivanjem dobivamo jednadzbu tangente elipse sdiralistem u tocki D1 = (x1, y1)
x1x
a2+
y1y
b2= 1.
Direktrisa ili ravnalica elipse je pravac p za koji vrijedi da je za svaku tocku T elipse omjerudaljenosti od jednog zarista elipse i od tog pravca konstantan realan broj c > 0, tj. vrijedi
d(T, F )d(T, p)
= c. (3.7)
Postoji li direktrisa elipse?
Ako postoji, ona ne smije sjeci elipsu (tada bi postojale tocke elipse cija je udaljenost oddirektrise jednaka 0 i one cija udaljenost nije 0).
Takoder, kako su tocke koje su simetricne s obzirom na veliku os elipse jednako udaljene odjednog fokusa, to moraju biti jednako udaljene i od direktrise.
Dakle direktrisa mora biti okomita na veliku os elipse.
Uocimo jos kako je elipsa simetricna u odnosu na sporednu os, te ako postoji jedna, ondapostoje i dvije direktise, p1, p2 (koje odgovaraju dvama zaristima). Takoder se lako vidi dadirektrisa odgovara blizem zaristu.
Iz dosad recenog slijedi da bi jednadzbe direktrisa trebale biti x = ±x0.
Odredimo x0 > 0.
70
Kako jec · (d(T, p1) + d(T, p2)) = 2cx0 = d(T, F1) + d(T, F2) = 2a,
to je x0 =a
c.
Nadalje, za tjeme elipse B posebno vrijedi d(B, F2) = c d(B, p2) iz cega slijedi
a− e = c(x0 − a) = c(a
c− a
)
te je c =e
a. Drugim rijecima, jedini c za koji skup tocaka T za koje vrijedi da je skup tocaka
koji zadovoljava (3.7) neprazan jednak je numerickom ekscentricitetu 0 < ε < 1.
Dakle, ako elipsa ima direktrise, tada bi njihove jednadzbe trebale glasiti
x = ±a
ε.
Direktnom provjerom mozemo se uvjeriti da sve tocke elipse zadovoljavaju uvjet (3.7), pricemu za F (e, 0) treba uzeti direktrisu x =
a
ε, a za F (−e, 0) direktrisu x = −a
ε. Zaista, za
tocku T =
(x,±
√1− x2
a2
)elipse vrijedi (uzimamo fokus F (e, 0) i direktrisu x = a
ε )
d(T, F ) =√
e
ax− a =
e
a
∣∣∣∣x−a2
e
∣∣∣∣ , d(T, p) =∣∣∣aε− x
∣∣∣ ,
te slijedi uvjet (3.7).
Vrijedi i obratno, ako tocka T ravnine ispunjava uvjet (3.7), c = ε < 1, tada je to tocka elipse.Stoga uvjet (3.7) uz c = ε < 1 karakterizira tocke elipse. Ta karakterizacija elipse poznata jekao Pappus1-Boskoviceva definicija (karakterizacija) elipse.
Polazeci od Pappus-Boskoviceve karakterizacije elipse, izvedimo polarnu jednadzbu elipse.
Polarni sustav uvodimo tako da je fokus F elipse pol polarnog sustava, a polupravac s pocetkomu F okomit na direktrisu p polarna os (vidi sliku).
Tetivu elipse koja prolazi fokusom i koja je paralelna s direktrisom elipse nazivamo latusrectum. Oznacimo njenu duljinu s 2p, a tocke koje ona odsjeca na elipsi s L, L. Kako je Ltocka elipse, vrijedi
d(L,F ) = ε d(L, p).1Pappus – starogrcki matematicar, 3. st.
71
Neka je sada T neka tocka elipse, a (r, ϕ) njene polarne koordinate. Takoder vrijedi
d(T, F ) = ε d(T, p).
Prema tome
p = d(L,F ) = ε d(L, p) = ε (r cosϕ + d(T, p)) = ε r cosϕ + d(T, F ) = ε r cosϕ + r.
Polarna jednadzba elipse, dakle, glasi
r =p
1 + ε cosϕ. (3.8)
Velicinu p nazivamo i parametrom elipse.
Napomena. J. Kepler (1571-1630) je ustanovio da se planeti gibaju oko Sunca po elipticnimputanjama, sa Suncem u jednom fokusu. Primjerice, za Zemlju, duljine velike i male osinjezine elipticne putanje iznose (u milijunima km)
2a ≈ 300.638, 2b ≈ 300.590.
Prema tome, numericki ekscentricitet te elipse je ε = 0.018. Sto mozete zakljuciti o toj elipsi?
Nadalje, Mjesec i umjetni sateliti se takoder gibaju po elipticnim putanjama oko Zemlje.
Ako elipsu zamislimo kao zrcalo, tada vrijedi sljedece zrcalno (opticko) svojstvo elipse:
Teorem 3.3.1 Ako zraka svjetlosti izlazi iz jednog fokusa i reflektira se od elipse, tada reflek-tirana zraka prolazi drugim fokusom.
Odatle potice naziv za fokuse (zarista).
Matematickim rjecnikom prethodni teorem izricemo na sljedeci nacin:
Teorem 3.3.2 Neka je T0 tocka elipse i neka je t tangenta elipse u tocki T0. Tada su kutovikoje zatvaraju spojnice F1T0, F2T0 s tangentom t jednaki.
72
Dokaz. Oznacimo kut ∠(F1T0, t) = α, a kut ∠(F2T0, t) = β. Treba pokazati α = β.
Kut izmedu pravaca racunamo po formuli (2.8). Ako je T0 = (x0, y0), tada je koeficijent
smjera tangente elipse u toj tocki jednak −b2x0
a2y0, a koeficijent smjera pravca T0F1 jednak
y0
x0 + e. Dobivamo
tg α =∣∣∣∣
b2
y0e
∣∣∣∣ .
Slicno dobivamo i
tg β =∣∣∣∣
b2
y0e
∣∣∣∣ .
Kako je α, β ∈ [0, π2 ], tvrdnja slijedi.
Teorem mozemo izreci i na sljedeci nacin:
Teorem 3.3.3 Neka je T0 tocka elipse i neka je t tangenta elipse u tocki T0. Tada tangentat raspolavlja vanjski kut izmedu spojnica F1T0, F2T0.
Korolar 3.3.4 Neka je T0 tocka elipse i neka je n normala elipse u tocki T0. Tada su kutovikoje zatvaraju spojnice F1T0, F2T0 s normalom n jednaki.
Napomena. Zrcalno svojstvo elipse se koristi kod gradnje tzv. prostorija sapta (whisperinggalleries). Ako osoba stoji u jednom fokusu prostorije elipticnog oblika i govori saptom, tadaju osoba koja stoji u drugom fokusu cuje.
Zadaci
1. Napisite kanonsku jednadzbu elipse kojoj je udaljenost izmedu fokusa 8, a udaljenostfokusa od najdaljeg tjemena 9. Koliki joj je numericki ekscentritet?
[x2
25 + y2
9 = 1, ε = 45
]
2. Odredite jednadzbu elipse s fokusima F1 = (−3, 0), F2 = (3, 0) kojoj je pravac x−y−5 =0 tangenta.
[x2
17 + y2
8 = 1]
3. Odredite jednadzbe tangenata elipse 25x2+64y2 = 1600 koje imaju koeficijent smjera 32 ,
te provjerite da diralista tih tangenata leze na istom promjeru (tetivi koja sadrzi sredisteelipse).
[y = 3
2x± 13]
4. Na pravcu x = 4 odredite sve tocke iz kojih se elipsa 5x2 + 12y2 = 60 vidi pod pravimkutem.
[(4, 1), (4,−1)
]
73
5. Tetiva koja prolazi fokusom elipse (cije su poluosi a, b) i koja je paralelna s njenomdirektrisom naziva se latus rectum. Izracunajte duljinu te tetive u ovisnosti o a, b.
[2b2
a
]
6. Neka je b2x2 + a2y2 = a2b2 elipsa, te neka je P = (x0, y0) tocka u ravnini elipse. Tadapravac p zadan s jednadzbom b2x0x + a2y0y = a2b2 zovemo polarom tocke P s obziromna zadanu elipsu.
Ako je P vanjska tocka elipse, onda je polara tocke P spojnica diralista tangenata iz Pna elipsu. Dokazite.
7. Odredite jednadzbe tangenata iz tocke P = (14, 1) na elipsu x2 + 4y2 = 100. Zadatakrjesite na dva nacina: pomocu polare i pomocu uvjeta dodira.
[2x− 3y − 25 = 0, 3x + 8y − 50 = 0
]
8. Ako normala u svakoj tocki elipse prolazi centrom, onda je ta elipsa kruznica. Dokazite.
9. Neka je D neka tocka elipsex2
a2+
y2
b2= 1 razlicita od tjemena i M njena projekcija
na y os. Tangenta na elipsu u tocki D sijece y os u tocki N . Tocka O je ishodistekoordinatnog sustava. Pokazite da je |OM | · |ON | = b2.
3.4 Hiperbola
Definicija 3.4.1 Neka su F1, F2 dvije cvrste tocke u ravnini E2 udaljene za 2e > 0 i nekaje a zadani pozitivan realan broj, a < e. Hiperbola je skup tocaka u E2 za koje je apsolutnavrijednost razlike udaljenosti od F1 i F2 konstantna i jednaka 2a
H ={T ∈ E2 : |d(T, F1)− d(T, F2)| = 2a
}.
Tocke F1, F2 nazivamo zaristima ili fokusima hiperbole.
74
Jednadzbu hiperbole izvodimo analogno kao jednadzbu elipse. Dobivamo
x2
a2− y2
b2= 1, (3.9)
gdje je b2 = e2 − a2. Analogno kako kod elipse provjeravamo da sve tocke skupa zadanogjednadzbom (3.9) su tocke hiperbole opisane definicijom.
Iz jednadzbe (3.9) slijedi
y = ±b
√x2
a2− 1
odakle zakljucujemo da je y definiran za sve x, |x| ≥ a, te je hiperbola neogranicena krivuljakoja se sastoji od dviju grana.
Tocke A = (−a, 0), B = (a, 0) zovemo tjemena hiperbole. Tocke C = (0, b), D = (0,−b)nisu tocke hiperbole. Duzinu AB zovemo realna os, duzine OA, OB realne poluosi, a duzinuCD imaginarna os, OC, OD imaginarne poluosi hiperbole.
Jednadzba (3.9) takoder se naziva kanonskom jednadzbom hiperbole. Naziva se isredisnjom (centralnom) jednadzbom jer je ishodiste koordinatnog sustava smjestemou srediste ili centar hiperbole (hiperbola je centralnosimetrican skup tocaka sa sredistemsimetrije u tocki O).
Velicina e naziva se linearni ekscentricitet, a ε =e
anumericki ekscentricitet hiperbole.
Iz e > a slijedi ε > 1.
Napomena. Ako postavimo koordinatni sustav tako da fokusi odreduju y-os tog sustava,tada je jednadzba takve hiperbole
−x2
b2+
y2
a2= 1.
Fokusi imaju koordinate Fi = (0,±e), i = 1, 2, e2 = a2 + b2.
Pravac i hiperbola mogu imati dvije, jednu ili niti jednu zajednicku tocku. Uvjet da je pravacy = kx+ l tangenta hiperbole (3.9) dobivamo na analogan nacin kao kod elipse (uvjet dodiraili tangencijalnosti)
k2a2 − b2 = l2.
Analogno se odreduje jednadzba tangente u tocki hiperbole D1 = (x1, y1) (diraliste tan-gente). Dobivamo
x1x
a2− y1y
b2= 1.
Za razliku od elipse, hiperbola ima asimptote. Asimptote hiperbole su odredene kao granicnipolozaji tangente kada se diraliste tangente giba po grani hiperbole prema beskonacnosti.
Odredimo jednadzbe asimptota. Tangenta dira hiperbolu u tocki s koordinatama
x1 =a2kl
b2 − a2k2, y1 =
b2l
b2 − a2k2.
75
Diraliste je beskonacno daleka tocka hiperbole ako i samo ako je b2 − a2k2 = 0, odakle slijedi
k = ± b
a. Uvjet tangencijalnosti povlaci da je tada l = 0, pa su jednadzbe asimptota
y = ± b
ax.
Napomenimo da se asimptota hiperbole moze definirati i kao pravac kojemu se hiperbola svevise priblizava kako se tocka hiperbola giba po nekoj njenoj grani prema beskonacnosti.
Direktrisa ili ravnalica hiperbole je pravac p za koji vrijedi da je za svaku tocku T hiperboleomjer
d(T, F )d(T, p)
, (3.10)
konstantan realan broj c > 0. Kao i kod elipse, pokazuje se da hiperbola ima dvije direktrisedane jednadzbama
x = ±a
ε= ±a2
e.
Nadalje, za hiperbolu takoder vrijedi Pappus-Boskoviceva karakterizacija : Neka je Fcvrsta tocka, p cvrsti pravac u E2. Skup tocaka T u E2 koje zadovoljavaju uvjet
d(T, F )d(T, p)
= ε, ε > 1
je hiperbola.
Polarna jednadzba hiperbole dana je s (3.8) uz uvjet ε > 1.
Izrecimo jos i zrcalno svojstvo za hiperbolu:
Teorem 3.4.1 Ako zraka svjetlosti izlazi iz jednog fokusa i reflektira se od hiperbole, tadareflektirana zraka izgleda kao da izlazi iz drugog fokusa.
76
Zrcalno svojstvo izricemo i na sljedeci nacin:
Teorem 3.4.2 Neka je T0 tocka hiperbole i neka je t tangenta hiperbole u tocki T0. Tada sukutovi koje zatvaraju spojnice F1T0, F2T0 s tangentom t jednaki.
Ili:
Teorem 3.4.3 Neka je T0 tocka hiperbole i neka je t tangenta hiperbole u tocki T0. Tadatangenta t raspolavlja unutrasnji kut izmedu spojnica F1T0, F2T0.
Napomena. Svojstvo koje definira hiperbolu koristi se u navigaciji. Brod na moru mjeri ra-zliku udaljenosti od dva fiksna odasiljaca (mjereci razliku u vremenu primanja sinkroniziranihradio-signala). Time je polozaj broda smjesten na hiperbolu kojoj su odasiljaci u fokusima.Ako se koriste cetiri odasiljaca (tj. dva para odasiljaca), tada je polozaj broda na presjekuhiperbola.
Zadaci
1. Napisite kanonsku jednadzbu hiperbole kojoj je udaljenost izmedu fokusa 8, a od fokusado blizeg tjemena 2. Koliki joj je numericki ekscentritet?
[3x2 − y2 = 12, ε = 2
]
2. Napisite jednadzbu centralne hiperbole koja dodiruje kruznicu x2 + y2 = 50 u dvijetocke, a jedna asimptota joj je paralelna s pravcem 3x + y − 4 = 0.
[9x2 − y2 = 450
]
3. Napisite jednadzbu centralne hiperbole kojoj kruznica x2 + y2 = 26 prolazi kroz fokuse,a tocka (−6, 4) lezi na asimptoti.
[4x2 − 9y2 = 72
]
4. Naci udaljenosti fokusa hiperbolex2
36− y2
64= 1 od njenih asimptota.
[8
]
5. Na hiperboli 3x2 − 4y2 = 72 odredite tocku najblizu pravcu 3x + 2y + 1 = 0.[
(−6, 3)]
6. Na hiperboli 3x2 − y2 = 12 odredite tocku koja je dva puta bliza desnom nego lijevomfokusu.
[(3,√
15)]
77
7. U sjecistima pravca x+y = 2 i hiperbole 2x2−y2 = 8 povucene su tangente na hiperbolu.U kojoj tocki i pod kojim kutem se sijeku te tangente?
[Tangente se sijeku u tocki (2,−4) pod kutem arctg 2
3 ≈ 33◦41′.]
8. Tetiva koja prolazi fokusom hiperbole (kojoj su duljine poluosi a, b) i koja je paralelnas njenom direktrisom naziva se latus rectum. Izracunajte duljinu te tetive u ovisnosti oa, b.
[ 2b2
a
]
9. Neka je b2x2 − a2y2 = a2b2 hiperbola, te neka je P = (x0, y0) tocka u ravnini elipse.Tada pravac p zadan s jednadzbom b2x0x − a2y0y = a2b2 zovemo polarom tocke P sobzirom na zadanu hiperbolu.
Uvjerite se da je za vanjsku tocku hiperbole P polara upravo spojnica diralista tangenataiz P na hiperbolu.
10. Nadite jednadzbe tangenata iz tocke T = (7, 133 ) na hiperbolu 4x2−9y2−36 = 0 pomocu
uvjeta dodira i pomocu polare.
[5x− 6y − 9 = 0, 41x− 60y − 27 = 0
]
11. Dokazite da je diraliste tangente hiperbole ujedno i poloviste duzine koju ta tangentaodsjeca medu asimptotama hiperbole.
12. Osobe A,B, C nalazile su se u tockama s koordinatama (−8, 0), (8, 0), (8, 10) kad suzacule eksploziju. Osobe B i C cule su je u isto vrijeme, a osoba A 12 sekundi kasnije.Odredite koordinate tocke u kojoj je bila eksplozija. Brzina zvuka iznosi 1/3 km/s.
3.5 Parabola
Definicija 3.5.1 Neka je p cvrsti pravac i F cvrsta tocka u E2 koja ne pripada pravcu p.Parabola je skup tocaka u E2 koje su jednako udaljene od p i F
P ={T ∈ E2 : d(T, F ) = d(T, p)
}.
Pravac p nazivamo ravnalicom ili direktrisom, a tocku F zaristem ili fokusom parabole.
Uocimo odmah da je ova definicija jednaka Pappus-Boskovicevoj uz zahtjev ε = 1. Polarnajednadzba parabole dana je s (3.8) uz ε = 1.
Izvedimo sada direktno jednadzbu parabole u Kartezijevim koordinatama.
Prije nego sto izaberemo pravokutni koordinatni sustav, definirajmo tjeme i os parabole. Akooznacimo noziste okomice iz F na p sa N , tada je tjeme parabole poloviste duzine FN ,oznacimo ga s A. Tjeme ocito pripada paraboli. Povucenu okomicu na direktrisu p kroz F(stoga i kroz A) nazivamo os parabole.
78
Neka je ishodiste pravokutnog koordinatnog sustava u A, a x-os neka se podudara s osiparabole.
Neka je p parametar parabole, tj. polovina duljine tetive latus rectum (tetive koja prolazifokusom i koja je paralelna s direktrisom). Krajnje tocke te tetive, kao tocke parabole, udaljenesu jednako od F i od p i ta je udaljenost jednaka p.
Prema tome, udaljenost fokusa od direktrise jednaka je p, pa su koordinate fokusa F =(p
2, 0
),
a jednadzba direktrise p je x = −p
2.
Sada za po volji odabranu tocku T parabole vrijedi
d(T, F ) =
√(x− p
2
)2+ y2, d(T, p) = x +
p
2,
odakle izjednacavanjem i kvadriranjem dobivamo
y2 = 2px. (3.11)
To je tzv. kanonska jednadzba parabole. Nazivamo je jos i tjemenom (vrsnom) jed-nadzbom.
Vrijedi i obratno, tocke (x, y) koje zadovoljavaju jednadzbu (2.1) su tocke parabole. Zaista,kako je x uvijek nenegativan broj, to vrijedi
d(T, F ) =
√(x− p
2
)2+ y2, d(T, p) = x +
p
2.
Nadalje, kako vrijedi i (3.11), dobivamo d(T, F ) =
√(x− p
2
)2+ y2 =
√(x +
p
2
)2, odakle je
i d(T, F ) = x +p
2.
Iz jednadzbe (3.11) slijedi da je y definiran za x ≥ 0, te da je parabola neogranicena krivulja.
Zadatak. Kako glasi jednadzba parabole u koordinatnom sustavu kojemu je ishodiste utjemenu parabole A, a y-os se podudara s osi parabole. Razmotrite razne mogucnosti sobzirom na otvor parabole.
79
Pravac i parabola mogu imati dvije, jednu ili niti jednu zajednicku tocku. Uvjet da je pravactangenta parabole dobivamo na analogan nacin kao kod elipse (uvjet dodira ili tangenci-jalnosti)
p = 2kl.
Odredimo jednadzbu tangente u tocki parabole D1 = (x1, y1) (diraliste tangente). Koordinatediralista se dobivaju kao korijeni kvadratne jednadzbe
k2x2 + 2(kl − p)x + l2 = 0
uz uvjet da je diskriminanta jednaka 0. Dobivamo x1 =p− kl
k2, y1 =
p
k. Odavde je k =
p
y1,
l =p
2k=
y1
2. Uvrstavanjem u jednadzbu y = kx + l dobivamo
yy1 = p(x + x1).
Zrcalno svojstvo za parabolu glasi:
Teorem 3.5.1 Ako zraka svjetlosti izlazi iz fokusa i reflektira se od parabole, tada je reflekti-rana zraka paralelna s osi parabole i obrnuto.
Ili, drugacije receno:
Teorem 3.5.2 Neka je T0 tocka parabole i t tangenta parabole u T0. Tada je kut sto gatangenta t zatvara sa spojnicom FT0 jednak kutu sto ga tangenta zatvara s osi parabole.
Dokaz. Oznacimo s P tocku u kojoj tangenta presjeca x-os. Tada je tvrdnja teorem ekvi-valenta s tvrdnjom da je trokut 4T0PF jednakokracan. U tu svrhu dovoljno je pokazati da
je d(F, P ) = d(F, T0). Kako je T0 tocka parabole, to je T0 =(
y20
2p, y0
). Tangenta kojoj je
jednadzba yy0 = p(x + x0) presjeca x-os u tocki P = (−x0, 0), x0 > 0. Dakle
d(F, P ) =p
2+ x0, d(F, T )2 =
(p
2+ x0
)2.
Napomena. Zrcalno svojstvo za parabolu (i za plohu koja se zove elipticki paraboloid) koristise kod parabolicnih antena. Parabola se javlja i u mnogim drugim situacijama, primjericeopisuje putanje projektila (kosi hitac), putanje kometa, u gradevinarstvu itd.
80
Zadaci
1. Nadite jednadzbu parabole (u kanonskom obliku) s tjemenom u ishodistu koja sadrzitocku (2, 3). Odredite fokus te parabole.
[y2 = 9
2x, (98 , 0)
]
2. Odredite duzinu tetive parabole y2 = 8x koja sadrzi tocku T = (2,−4), a paralelna je spravcem 2x− 2y − 3 = 0.
[16√
2]
3. Odredite jednadzbe zajednickih tangenata kruznice 10x2+10y2 = 81 i parabole y2 = 4x.
[y = 1
3x + 3, y = −13x− 3
]
4. Kolika je duljina tetive parabole y2 = 2px koja prolazi kroz njen fokus, i okomita je naos parabole? Ako je nacrtana parabola i oznaceno njeno tjeme, kako biste konstruiralios i fokus parabole?
[2p
]
5. Neka je A bilo koja tocka na paraboli s fokusom F , neka je t tangenta na tu parabolu utocki A i neka je B tocka u kojoj pravac t sijece direktrisu te parabole. Pokazite da jekut ∠AFB uvijek pravi kut, neovisno o izboru tocke A.
6. Dokazite da su tangente na parabolu povucene iz bilo koje tocke njene direktrisemedusobno okomite.
7. Neka je T tocka parabole, a pravac n neka je normala parabole u toj tocki. Neka je Pprojekcija tocke T na os parabole, a tocka N sjeciste normale n s osi parabole. Dokaziteda udaljenost tocaka P i N ne ovisi o tocki T .
8. Neka je F fokus parabole i p pravac kroz F okomit na os parabole. Neka je T bilo kojatocka na paraboli koja se nalazi s iste strane pravca p kao i tjeme parabole. Ako je T ′
projekcija tocke T na pravac p, pokazite da |TT ′|+ |TF | ne ovisi o izboru tocke T .
81
3.6 Elipsa, parabola i hiperbola kao konusni presjeci
Recimo jos da elipsu, hiperbolu i parabolu dobivamo i kao presjeke uspravnog kruznog stosca(ili stozaste plohe) ravninom.
Preciznije, presjek uspravnog kruznog stosca (ili stozaste plohe) i ravnine nazivamo konusnimpresjekom prema rijeci konus (stozac). Razlikujemo degenerirane i nedegenerirane presjeke.
Degenerirane presjeke dobivamo kad presjecna ravnina prolazi vrhom stosca. To su sljedeciskupovi tocaka:
1. sam vrh stosca (tocka),
2. jedna izvodnica (ravnina je tangencijalna ili dirna),
3. dvije izvodnice.
Nedegenerirani presjeci su:
1. elipsa (presjecna ravnina sijece sve izvodnice); specijalno ako je presjecna ravninaokomita na os stosca presjek je kruznica,
2. parabola (presjecna ravnina je paralelna s jednom izvodnicom),
3. hiperbola (presjecna ravnina je paralelna s dvije izvodnice).
Sljedeci teorem nam govori da su svi nedegenerirani konusni presjeci upravo elipsa, hiperbolai parabola (dane Pappus-Boskovicevom karakterizacijom). Nazivamo ih konikama.
Teorem 3.6.1 Neka je K krivulja dobivena kao presjek uspravnog kruznog stosca i ravnine.
Tada u ravnini postoji tocka F i pravac p takvi da je omjer udaljenostid(T, F )d(T, p)
konstantan,
gdje je T ∈ K po volji odabrana tocka krivulje K.
82
Skica dokaza.
π je presjecna ravnina
σ je sfera upisana u stozac koja dira ravninu π u F
k je kruznica diranja sfere σ i stosca
Π ravnina u kojoj lezi kruznica k
d je pravac presjeka ravnina π i Π
α je kut izmedu ravnina π i Π
β je kut izmedu izvodnice i ravnine Π.
Moze se pokazati da za svaku tocku T krivulje K vrijedi
d(T, F )d(T, d)
=sinα
sinβ= konst.
sto pokazuje da tocke krivulje K zadovoljavaju Pappus-Boskovicevu karakterizaciju elipse,hiperbole ili parabole. ¤
Zadaci
1. Dana je hiperbola x2−y2 = 8. Napisite jednadzbu elipse koja ima iste fokuse kao i danahiperbola, a prolazi tockom (4, 6).
[3x2 + 4y2 = 192
]
2. Odredite jednadzbu kruznice koja dodiruje asimptotu hiperbole x2−y2 = 1 u tocki (1, 1)i cije se srediste nalazi na pravcu x + 2y = 4.
[x2 + (y − 2)2 = 2
]
83
3. Tocka A je fokus elipsex2
9+
y2
5= 1 koji lezi u poluravnini x ≥ 0, a p je pravac paralelan
sa x+y = 0 koji prolazi kroz A. Odredite jednadzbu kruznice koja dira pravac p u tockiA, a srediste joj lezi na pravcu x + y + 2 = 0.
[x2 + (y + 2)2 = 8
]
4. Napisite jednadzbu tangente na parabolu y2 = 4x koja je paralelna s jednom od asimp-tota hiperbole 9x2 − 4y2 = 36. U kojoj tocki ta tangenta dodiruje parabolu?
[y = 3
2x + 23 , (4
9 , 43); y = −3
2x− 23 , (4
9 ,−43)
]
5. Neka je K kruznica koja u tocki (12 ,−5
2) dodiruje pravac 4x− 10y = 27, i prolazi tockom(−3
2 , 52). Neka je H hiperbola 3x2 − 7y2 = 5. Odredite sjecista hiperbole H i kruznice
K. Pod kojim se kutem H i K sijeku u sjecistu koje lezi u prvom kvadrantu?[
sjecista su (2, 1), (2,−1), (−2710 ,
√24110 ), (−27
10 ,−√
24110 ), kut je arctg 47
16 ≈ 71, 2◦]
6. Neka je K kruznica koja prolazi tockama (1,−6) i (5,−2) i ima srediste na pravcu
2x + y − 2 = 0, te neka je A njezino srediste. Neka je E elipsax2
18+
y2
7= 1. Pod kojim
kutem se iz tocke A vidi elipsa E?[
A(3,−4), kut je pravi.]
7. Na elipsu b2x2 + a2y2 = a2b2 povucene su tangente paralelne s asimptotama hiperboleb2x2 − a2y2 = a2b2. Odredite povrsinu romba kojeg odreduju te cetiri tangente.
[4ab
]
3.7 Koordinatni zapis geometrijskih transformacija u E2
Geometrijske transformacije ravnine su preslikavanja ravnine E2 na samu sebe.
Pritom se tocka T preslikava u tocku T ′. Neka su koordinate tocke T u odabranom koordi-natnom sustavu (x, y), a koordinate tocke T ′ u istom koordinatnom sustavu (x′, y′).
Navedimo koordinatne zapise nekih geometrijskih transformacija:
Translacija za vektor −→a = (v, w) tocki T = (x, y) pridruzuje tocku T ′ = (x + v, y + w).
Rotacija za kut α u pozitivnom smjeru tocki T pridruzuje tocku T ′ pri cemu njihove koor-dinate najlakse zapisujemo u polarnom sustavu: T = (r, ϕ), T ′ = (r, ϕ + α).
U Kartezijevom sustavu, primjenom adicijskih formula, dobivamo
x′ = r cos(ϕ + α) = r cosϕ cosα− r sinϕ sinα = x cosα− y cosα
y′ = r sin(ϕ + α) = r sinϕ cosα + r cosϕ sinα = x sinα + y cosα.
84
Centralna simetrija sa sredistem u O tocki T = (x, y) pridruzuje tocku T ′ = (−x,−y).Centralnu simetriju mozemo dobiti kao poseban slucaj rotacije (za kut π).
Osna simetrija (zrcaljenje) s obzirom na x-os tocki T = (x, y) pridruzuje tocku T ′ = (x,−y).
Osna simetrija s obzirom na y-os tocki T = (x, y) pridruzuje tocku T ′ = (−x, y).
Opcenitije, osna simetrija s obzirom na os pravac kroz ishodiste ϕ = α tocki T s polarnimkoordinatama (r, ϕ) pridruzuje tocku T ′ = (r, 2α− ϕ).
Homotetija s koeficijentom k ∈ R je preslikavanje koje tocki T = (x, y) pridruzuje tockuT ′ = (kx, ky).
Napomena. Rotacija, centralna i osna simetrija su tzv. linearna preslikavanja. Vise otakvim preslikavanjima na kolegiju Linearna algebra.
85
3.8 Transformacije koordinata
Cilj je sljedeceg odjeljka prepoznati krivulju koja je zadana opcom algebarskom jednadzbomdrugog stupnja u varijablama x, y.
U tu svrhu, promjenom koordinatnog sustava (tj. rotacijom i translacijom polaznog koordi-natnog sustava) nalazimo nove koordinate u kojima ce zadana jednadzba imati prepoznatljiv(kanonski) oblik – kao jednadzba kruznice, elipse, hiperbole, parabole ili kao jednadzba pravca,para pravaca, odnosno kao koordinate jedne tocke ili ∅.
Promotrimo najprije rotaciju koordinatnog sustava za kut ϕ u pozitivnom smjeru.Oznacimo sa x, y osi polaznog sustava, a sa x′, y′ osi rotiranog sustava.
-
6
¡¡
¡¡
¡¡
¡¡¡µ
@@
@@
@@
@@@I r
@@¡¡
¡¡¡
¥©ϕ
α
¢¢¢¢¢¢
T
r
x
y
x′y′
Ocito je u polaznom sustavu
x = r cos(α + ϕ) = r cosα cosϕ− r sinα sinϕ,
a u novom sustavu x′ = r cosα.
Slicno jey = r sin(α + ϕ) = r sinα cosϕ + r cosα sinϕ,
i y′ = r sinα.
Zato je veza medu koordinatama tocke T u ta dva sustava dana sa
x = x′ cosϕ− y′ sinϕy = x′ sinϕ + y′ cosϕ.
(3.12)
Promotrimo sada translaciju koordinatnog sustava za vektor (v, w). Oznacimo sa x, yosi polaznog sustava, a sa x′, y′ osi novog translatiranog sustava.
-
6
-
6
r
¡¡¡µ
T
x
yy′
x′
v
w
x
y
x′
y′
86
Tada je veza medu koordinatama tocke T u polaznom i translatiranom koordinatnom sustavudana sa
x = x′ + vy = y′ + w.
(3.13)
3.9 Krivulje drugog reda u R2
Promotrimo opci polinom 2. stupnja u varijablama x i y
f(x, y) = ax2 + 2bxy + cy2 + 2dx + 2ey + f, (3.14)
gdje su a, b, c, d, e, f ∈ R i bar jedan od koeficijenata a, b, c nije 0. Skup
K = {(x, y) ∈ R2 : f(x, y) = 0}
nazivamo krivuljom 2. reda.
Posebne primjere krivulja 2. reda upoznali smo i ranije (kruznica, elipsa, hiperbola, parabola).Cilj nam je pokazati da je skup K uvijek jedna od tih krivulja (u nedegeneriranom slucaju).
To cemo postici tako da cemo uvesti novi Kartezijev koordinatni sustav (dakle, nove koordinatex′, y′) u kojem ce promatrani skup biti opisan vec poznatim jednadzbama za elipsu, hiperboluili parabolu.
Dakle, uvodenjem novog koordinatnog sustava ne mijenjamo promatrani skup, nego pojed-nostavljujemo njegovu jednadzbu.
U tu svrhu promotrimo najprije rotaciju koordinatnog sustava za kut ϕ u pozitivnomsmjeru. Oznacimo sa x, y osi polaznog sustava, a sa x′, y′ osi rotiranog sustava. Veza medukoordinatama tocke T u ta dva sustava dana je sa (3.12).
Stoga u novim koordinatama polinom f glasi
f(x′, y′) = a′x′2 + 2b′x′y′ + c′y′2 + 2d′x′ + 2e′y′ + f ′, (3.15)
gdje su
a′ = a cos2 ϕ + c sin2 ϕ + b sin 2ϕ,b′ = (c− a) cos ϕ sinϕ + b(cos2 ϕ− sin2 ϕ) = 1
2(c− a) sin 2ϕ + b cos 2ϕ,c′ = a sin2 ϕ + c cos2 ϕ− b sin 2ϕ,d′ = d cosϕ + e sinϕ,e′ = −d sinϕ + e cosϕ,f ′ = f.
(3.16)
Kut rotacije ϕ izabrat cemo tako da se clan b′ u polinomu (3.15) ponistava. Dakle, iz b′ = 0dobivamo
ctg (2ϕ) =a− c
2b. (3.17)
Sada polinom f glasi
f(x′, y′) = a′x′2 + c′y′2 + 2d′x′ + 2e′y′ + f ′. (3.18)
87
Pokusajmo nadalje eliminirati koeficijente uz x′ i y′ (to je zapravo postupak svodenja izrazana puni kvadrat u svakoj varijabli).
Translantirajmo koordinatni sustav za vektor (v, w). Oznacimo sa x′′, y′′ nove koordinate.Veza sa starima koordinatama x′, y′ je dana sa (3.13), imajuci na umu imena novih i starihkoordinata (uoci, prije smo imali x, y kao stare i x′, y′ kao nove koordinate).
U novim koordinatama dobivamo
f(x′′, y′′) = a′(x′′ + v)2 + c′(y′′ + w)2 + 2d′(x′′ + v) + 2e′(y′′ + w) + f ′
= a′′x′′2 + c′′y′′2 + 2d′′x′′ + 2e′′y′′ + f ′′, (3.19)
gdje su
a′′ = a′,c′′ = c′,d′′ = a′v + d′,e′′ = c′w + e′,f ′′ = a′v2 + c′w2 + 2d′v + 2e′w + f ′.
Slucaj A. Ako su oba a′ i c′ razliciti od 0, tj. a′c′ 6= 0, tada v i w mozemo jednoznacnoodrediti iz zahtjeva d′′ = 0, e′′ = 0
v = −d′
a′, w = −e′
c′,
pa mozemo postici da polinom f poprima oblik
f(x′′, y′′) = a′x′′2 + c′y′′2 + f ′′. (3.20)
Proanalizirajmo jednadzbuf(x′′, y′′) = 0. (3.21)
A1. Ako je f ′′ = 0, tada jednadzba (3.21) postaje
a′x′′2 + c′y′′2 = 0,
sto predstavlja
(i) tocku (0, 0); ukoliko su a′, c′ istog predznaka,
(ii) par ukrstenih pravaca; ukoliko su a′, c′ razlicitih predznaka.U tom se slucaju dobiva
y′′2
x′′2= −a′
c′> 0,
pa su jednadzbe pravaca
y′′ = ±√−a′
c′x′′.
88
A2. Neka je f ′′ 6= 0 (i jos od prije a′c′ 6= 0).
(i) Ako su oba a′, c′ istog predznaka, ali suprotnog od f ′′, dobivamo
x′′2
−f ′′a′
+y′′2
−f ′′c′
= 1,
sto predstavlja elipsu.
(ii) Ako su a′, c′ razlicitih predznaka, npr. a′ > 0, c′ < 0 i neka je npr. f ′′ < 0, tadadobivamo
x′′2
−f ′′a′− y′′2
f ′′c′
= 1,
sto predstavlja hiperbolu.
(iii) Ako su a′, c′, f ′′ istog predznaka, za skup K dobivamo prazan skup ∅, tj. nema tockeiz R2 koja zadovoljava jednadzbu (3.21).
Uocimo da smo ovu analizu (slucaj A) napravili uz pretpostavku a′c′ 6= 0. Lakim racunomrabeci formule (3.16) moze se pokazati da vrijedi
a′c′ = ac− b2,
gdje su a, b, c koeficijenti iz polaznog zapisa (3.14) polinoma f .
Ako polinomu (3.14) pridruzimo determinantu
δ =∣∣∣∣
a bb c
∣∣∣∣ = ac− b2, (3.22)
a polinomu (3.18) determinatu∣∣∣∣
a′ 00 c′
∣∣∣∣ = a′c′ = ac− b2, (3.23)
tada zapravo vrijedi da su te determinante jednake.
Napomenimo jos da prijelazom iz determinante (3.22) na determinantu oblika (3.23) u kojoj
smo postigli dijagonalni oblik, odredujemo svojstvene vrijednosti matrice
[a bb c
]. O
tome vise na Linearnoj algebri.
Slicno se moze provjeriti da je
∆ :=
∣∣∣∣∣∣
a b db c ed e f
∣∣∣∣∣∣=
∣∣∣∣∣∣
a′ 0 00 c′ 00 0 f ′′
∣∣∣∣∣∣.
Dakle, u slucaju A1 vrijedi ∆ = 0; posebno za (i) vrijedi δ > 0, odnosno za (ii) δ < 0.
U slucaju A2 vrijedi ∆ 6= 0.
Da bismo mogli dobro opisati podslucajeve od A2 uvedimo jos jednu velicinu
S = a + c.
S je tzv. trag matrice
[a bb c
], tj. suma elemenata na dijagonali navedene matrice.
89
Za tu se velicinu takoder moze provjeriti, rabeci (3.16), da je S = a′ + c′.
Sad se lako vidi da:
za (i) vrijedi δ > 0, S∆ < 0,za (iii) vrijedi δ > 0, S∆ > 0, aza (ii) vrijedi δ < 0, S∆ 6= 0.
Ispisimo dobiveno u tablicu:
δ > 0 tocka
∆ = 0 δ < 0 par ukrstenih pravaca
δ 6= 0 δ > 0, S∆ < 0 elipsa
∆ 6= 0 δ > 0, S∆ > 0 prazan skup
δ < 0 hiperbola
ili, malo drugacije
∆ 6= 0, S∆ < 0 elipsa
δ > 0 ∆ 6= 0, S∆ > 0 prazan skup
δ 6= 0 ∆ = 0 tocka
δ < 0 ∆ 6= 0 hiperbola
∆ = 0 par ukrstenih pravaca
Navedimo jos da se krivulje za koje je δ 6= 0 zovu centralne. To su krivulje koje imaju samojedan centar ili srediste, tocku s obzirom na koju su centralnosimetricne. U nedegeneriranomslucaju, to su elipsa i hiperbola. Primijetimo takoder da su nedegenerirane krivulje (u ovomslucaju elipsa i hiperbola) opisane sa ∆ 6= 0.
Slucaj B. Ostaje razmotriti situaciju kad je δ = a′c′ = ac − b2 = 0, dakle, kad je jedan oda′, c′ jednak 0 (ne mogu biti oba, jer tada (3.18) vise nije polinom 2. stupnja).
Bez smanjenja opcenitosti mozemo pretpostaviti da je c′ = 0. (Sjetimo se da su a′, c′ koefici-jenti polinoma f u rotiranom sustavu.)
Dakle, imamof(x′, y′) = a′x′2 + 2d′x′ + 2e′y′ + f ′. (3.24)
Translacijom koordinatnog sustava duz x′-osi
x′ = x′′ + v
y′ = y′′
dobivamof(x′′, y′′) = a′(x′′ + v)2 + 2d′(x′′ + v) + 2e′y′′ + f ′
= a′′x′′2 + 2d′′x′′ + 2e′′y′′ + f ′′,
90
gdje su
a′′ = a′,d′′ = a′v + d′,e′′ = e′,f ′′ = a′v2 + 2d′v + f ′.
Ako zelimo d′′ = 0, tada je v = −d′
a′, tj. x′′ = x′ − d′
a′.
Tada f ′′ postaje f ′′ = −d′2
a′+ f ′, i promatrana jednadzba skupa K glasi
f(x′′, y′′) = a′x′′2 + 2e′y′′ + f ′′ = 0. (3.25)
Imamo sljedece mogucnosti:
B1. Ako je e′′(= e′) = 0, tada jednadzba postaje
x′′2 = −f ′′
a′.
U ovisnosti o desnoj strani te jednadzbe imamo
(i) za −f ′′
a′> 0, jednadzba se transformira u x′′ = ±
√−f ′′
a′ cime se dobivaju dvaparalelna pravca;
(ii) za −f ′′
a′= 0, jednadzba postaje x′′ = 0 sto je jednadzba jednog pravca (y′′-osi);
(iii) za −f ′′
a′< 0, nema tocaka koje zadovoljavaju jednadzbu (3.25).
B2. Ako je e′′(= e′) 6= 0, translacijom sustava
x′′ = x′′′
y′′ = y′′′ + w.
mozemo postici da slobodni clan iscezne. Kako slobodni clan u polinomu f glasi
f ′′′ = f ′′ + 2e′′w,
to uvjet f ′′′ = 0 daje w = − f ′′
2e′′. Tada jednadzba (3.25) postaje
f(x′′′, y′′′) = a′x′′′2 + 2e′′′y′′′ = 0,
sto predstavlja parabolu.
Time smo razmotrili sve mogucnosti za analizu skupa K.
91
Opisimo jos slucaj B preko velicina ∆, δ, S.
U slucaju B1 imamo
∆ =
∣∣∣∣∣∣
a′ 0 00 0 00 0 f ′′
∣∣∣∣∣∣= a′f ′′ · 0 = 0,
dok u slucaju B2 imamo
∆ =
∣∣∣∣∣∣
a′ 0 00 e′′
0 e′′ 0
∣∣∣∣∣∣= −a′e′′2 6= 0.
(Opet ∆ 6= 0 opisuje nedegeneriranu koniku!)
Nadalje, u slucaju B1 promotrimo velicinu
−f ′′
a′=
d′2
a′2− f ′
a′=
d′2 − f ′a′
a′2.
Ocito
za (i) vrijedi d′2 − f ′a′ > 0,za (ii) vrijedi d′2 − f ′a′ = 0 iza (iii) vrijedi d′2 − f ′a′ < 0.
Lakim racunom (koristeci (3.16) i cinjenicu c′ = 0, e′′ = e′ = 0) mozemo se uvjeriti da je
T := d′2 − f ′a′ = d2 + e2 − (a + c)f.
Navedimo jos da su velicine ∆, δ, S tzv. invarijante krivulje 2. reda (ne mijenjaju se prirotacijama i translacijama koordinatnog sustava), dok je velicina T poluinvarijanta (nemijenja se pri rotaciji ali se mijenja pri translaciji).
Sada rezultat mozemo ispisati u tablicu
∆ 6= 0 parabola
δ = 0 T > 0 dva paralelna pravca
∆ = 0 T = 0 jedan (dvostruki) pravac
T < 0 prazan skup
Napomena. Proucili smo krivulje zadane polinom prvog stupnja u varijablama x, y (pravci)i polinomom drugog stupnja (konike). Klasifikacija krivulja treceg i veceg stupnja znatnoje slozenija. Nju je zapoceo I. Newton 1695. godine klasifikacijom kubika (krivulja zadanihpolinomom 3. stupnja) na 72 razlicita tipa.
92
Zadaci
1. Skicirajte skup tocaka u ravnini za koje vrijedi:
(a) x2 + 4y2 − 16 > 0, x + 2y − 8 < 0 i x + y − 2 > 0.
(b) y2 − 12x < 0, 6x− y − 12 > 0 i y − 2 > 0.
2. Odredite (i skicirajte) skupove dane sljedecim jednadzbama:
(a) x2 − 2xy = 0
(b) xy + y2 = 0
(c) x2 − y2 = 0
(d) xy = 0
(e) x2 + y2 + 4 = 0
(f) x2 + 2y2 = 0
[a) unija pravaca x = 0 i x− 2y = 0; b), c), d) slicno;
e) prazan skup; f) tocka (0, 0)]
3. Odredite duljine velike i male poluosi, linearni i numericki ekscentricitet, koordinate
sredista i koordinate obaju fokusa elipse(x− 2)2
16+
(y + 3)2
9= 1.
[a = 4, b = 3, e =
√7, ε =
√7
4 ,
srediste (2,−3), fokusi (2±√7,−3)]
4. Odredite numericki ekscentricitet i skicirajte krivulje:
(a) y2 = x− 14x2,
(b) y2 = x +14x2,
(c) y2 = x. [a) ε =
√3
2 , elipsa; b) ε =√
52 , hiperbola; c) ε = 1
]
5. Svedite jednadzbe na kanonski oblik, odredite srediste i numericki ekscentricitet konikete (ako se radi o hiperboli) asimptote i skicirajte ju:
(a) x2 + y2 − 4x + 2y + 1 = 0,
(b) 11x2 + 7y2 + 66x− 28y + 50 = 0,
(c) 3x2 − 5y2 − 24x− 30y − 12 = 0,
(d) 3y2 − 2x + 12y + 18 = 0,
(e) 4x2 + 9y2 + 4x + 6y + 2 = 0,
(f) 16x2 − 9y2 − 64x− 54y − 161 = 0,
(g) x2 + 2y2 + 4y − 4x + 4 = 0.
[a) (x− 2)2 + (y + 1)2 = 4; b) 11(x + 3)2 + 7(y − 2)2 = 11;
c) 3(x− 4)2 − 5(y + 3)2 = 15; d) (y + 2)2 = 23(x− 3);
e) tocka (−12 ,−1
3); f) 16(x− 2)2 − 9(y + 3)2 = 144; g) (x− 2)2 + 2(y + 1)2 = 2.]
93
6. Napisite jednadzbu
(a) elipse koja je simetricna u odnosu na pravce x = 1 i y = 2, a poluosi su joj a = 2 ib = 1;
(b) elipse koja prolazi tockom (−25 , 2), a fokusi su joj (2,−5) i (2, 3);
(c) parabole kojoj je tjeme u tocki (1,−3), a fokus u (3,−3);(d) parabole kojoj je tjeme u tocki (2,−1), a direktrisa ima jednadzbu y = 5;
(e) hiperbole s fokusima (−7, 1) i (3, 1), i direktrisom x =65.
[a) (x− 1)2 + 4(y − 2)2 = 4; b) 25(x− 2)2 + 9(y + 1)2 = 225;
c) (y + 3)2 = 8(x− 1); d) −(x− 2)2 = 12(y − 2); e) 4(x + 2)2 − (y − 1)2 = 20]
7. Napisite jednadzbu
(a) elipse sa sredistem u (2, 2), tjemenom (5, 5) i fokusom (0, 0);(b) hiperbole kojoj su tjemena u tockama 1√
2(−1,−1) i 1√
2(1, 1), a numericki ekscen-
tricitet ε =√
2. [a) 7x2 − 4xy + 7y2 − 20x− 20y − 50 = 0; b) xy = 1
4
]
8. Provjerite da je (x − a)(y − b) = k jednadzba hiperbole. Napisite sljedece jednadzbeu tom obliku: xy − 2x = 6, xy − 2x− y + 4 = 0, xy + 2x = 3y, 2xy + 2x + y − 5 = 0.
[x(y − 2) = 6, (x− 1)(y − 2) = −2, (x− 3)(y + 2) = −6, (x + 1
2)(y + 1) = 3]
9. Skicirajte krivulju y =3x + 22x− 1
, pokazite da je to hiperbola i odredite joj numericki
ekscentricitet, asimptote i fokuse.[
ε =√
2, asimptote x = 12 , y = 3
2 , fokusi (1±√142 , 3±√14
2 )]
10. Rotacijom i translacijom koordinatnog sustava svedite na kanonski oblik, odreditesrediste i numericki ekscentricitet, te skicirajte:
(a) 6xy + 8y2 − 12x− 26y + 11 = 0(b) 23x2 + 72xy + 2y2 + 25 = 0(c) 9x2 + 4y2 − 12xy + 39 = 0(d) xy + 2x + y + 5
2 = 0[
a) hiperbola, S(−1, 2), ε =√
10; b) hiperbola, S(0, 0), ε =√
32 ;
c) prazan skup; d) hiperbola, S(−1,−2), ε =√
2]
11. Skicirajte krivulju√
x +√
y =√
a. Koja je to krivulja?[
Dio parabole (x + y − a)2 = 4xy izmedu (0, a) i (a, 0) gdje dira koordinatne osi.]
12. Za koje vrijednosti parametra D je krivulja zadana s jednadzbom (1−D)x2+2xy+y2 = 1elipsa, za koje hiperbola, a za koje unija dva pravca?
[za D < 0 elipsa; za D = 0 dva paralelna pravca; za D > 0 hiperbola.
]
94
3.10 Koordinatni sustavi u prostoru
Definirajmo najprije sferu:
Definicija 3.10.1 Sfera je skup tocaka u prostoru E3 jednako udaljenih od neke cvrste tockeprostora.
Tu cvrstu tocku zovemo sredistem sfere, a udaljenost od sredista do neke tocke na sferipolumjerom ili radijusom sfere.
Izvedimo jednadzbu sfere u Kartezijevom koordinatnom sustavu u prostoru. Neka je S =(p, q, r) srediste sfere, R njen polumjer. Tocka T je tocka sfere ako i samo ako vrijedi
d(S, T )2 = R2.
Prema tome, jednadzba sfere glasi
(x− p)2 + (y − q)2 + (z − r)2 = R2.
Napomena. Navigacijski sustav GPS odreduje polozaj tocke na Zemlji preko tri satelita uorbiti Zemlje. Poznavajuci udaljenosti promatrane tocke u odnosu na satelite (preko vremenapotrebnog da elektromagnetski val prevali udaljenost), dobivaju se tri sfere sa sredistima utockama polozaja satelita. Promatrana tocka na Zemlji nalazi se u presjeku tih sfera.
Zadaci
1. Zadana je sfera (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 9. Odredite jednadzbe onih ravninaparalelnih s ravninom x + z = 0 koje diraju tu sferu.
[x + z = 2, x + z = −6
]
2. Odredite polumjer kruznice koja nastaje presjekom sfere x2 + y2 + z2 = 126 i ravniney + 9 = 0.
[3√
5]
3. Odredite srediste i polumjer kruznice{
(x− 4)2 + (y − 7)2 + (z + 1)2 = 36,3x + y − z − 9 = 0.
[srediste (1, 6, 0), polumjer 5
]
4. Na ravnini x − 3y + 2z + 5 = 0 odredite tocku najblizu sferi sa sredistem (5,−14, 9) ipolumjerom 12. Kolika je udaljenost te tocke od sredista sfere, a kolika od sfere (tj. njenenajblize tocke) ?
[(0, 1,−1), 5
√14, 5
√14− 12
]
95
5. Odredite jednadzbu sfere opisane tetraedru koji je omeden ravninama x = 0, y = 0,z = 0 i 3x− 2y + 6z = 18.
[(x− 3)2 + (y + 9
2)2 + (z − 32)2 = 126
4
]
6. Odredite jednadzbu sfere kojoj srediste lezi na pravcu{
2x− 4y − z − 12 = 0,4x + 5y − 6z − 3 = 0
i koja dodiruje ravnine x + 2y − 2z − 2 = 0 i x + 2y − 2z + 4 = 0.[
(x− 5)2 + (y + 1)2 + (z − 2)2 = 1]
Sferni koordinatni sustav
Sferni koordinatni sustav uvodimo na sljedeci nacin: neka je O cvrsta tocka u E3 i πcvrsta ravnina kroz O. Pravac z neka je pravac okomit na ravninu π u tocki O, a pravac xpravac u ravnini π kroz tocku O.
Neka je T ′ ortogonalna projekcija tocke T na ravninu π.
Tocku T ∈ E3 mozemo na jednoznacan nacin opisati uredenom trojkom T = (r, ϕ, θ), gdje jer = d(O, T ), ϕ kut sto ga spojnica OT ′ zatvara sa pozitivnim dijelom x-osi, ϕ ∈ [0, 2π〉, θ kutsto ga spojnica OT zatvara sa pozitivnim dijelom z-osi, θ ∈ [0, π].
Uvedemo li Kartezijev sustav kojemu je tocka O ishodiste, pravac x os apscisa, pravac zos aplikata, a os ordinata y je pravac okomit na x-os i z-os, tada za sferne koordinate i zapravokutne koordinate vrijede sljedece veze:
x = r sinϕ cos θ, y = r sinϕ sin θ, z = r cosϕ,
r =√
x2 + y2 + z2, cosϕ =z
r, tg θ =
y
x.
96
Zadaci
1. Uvjerite se da je veza sfernih koordinata (R, ϕ, θ) i kartezijevih koordinata (x, y, z) danajednakostima
R2 = x2 + y2 + z2, tg ϕ =y
x, tg θ =
√x2 + y2
z,
odnosnox = R sin θ cosϕ, y = R sin θ sinϕ, z = R cos θ.
2. Tocke A i B dane su sfernim koordinatama:
A . . . R = 1, ϕ = 0, θ =π
2,
B . . . R = 1, ϕ = 0, θ = π.
Neka je S sfera sa sredistem u A koja prolazi kroz B. Odredite presjek sfere S i ravninex = 2.
[sfera (x− 1)2 + y2 + z2 = 2;
presjek je kruznica okomita na os x sa sredistem (2, 0, 0) i polumjerom 1.]
3. Kako glasi u sfernom koordinatnom sustavu jednadzba sfere sa sredistem u ishodistu?
[R = konst
]
4. Zemljopisne koordinate slicne su sfernim koordinatama, na povrsini Zemlje. Uz pret-postavku da je Zemlja kugla polumjera 6400 km, odredite udaljenosti
(a) Zagreba (16◦E, 46◦N) i Moskve (38◦E, 56◦N),
(b) Buenos Airesa (58◦W, 34◦S) i Hong Konga (115◦E, 22◦N).
Prvi podatak oznacava istocnu / zapadnu zemljopisnu duzinu, tj. kutnu udaljenost odnultog meridijana, a drugi podatak sjevernu / juznu zemljopisnu sirinu, tj. kutnu udal-jenost od ekvatora.
Uputa: odredite kut pod kojim se iz sredista Zemlje vidi luk glavne kruznice izmedunavedenih gradova, npr. pomocu vektora.
[a) 1893 km, b) 18600 km
]
97
Cilindricni koordinatni sustav
U prostoru mozemo uvesti i cilindricni koordinatni sustav koji je zadan je sljedecimelementima: neka je O cvrsta tocka u E3 i π cvrsta ravnina kroz O. Pravac z neka je pravacokomit na ravninu π u tocki O. Neka je u ravnini π s polom u tocki O zadan polarni sustav,te neka je T ′ ortogonalna projekcija tocke T na ravninu π.
Tocku T ∈ E3 mozemo na jednoznacan nacin opisati uredenom trojkom T = (r, ϕ, z), gdje su(r, ϕ) polarne koordinate tocke T ′ u ravnini π, a z (pozitivna ili negativna) udaljenost tockeT od ravnine π.
Veze izmedu cilindricnog i Kartezijevog sustava kojemu je tocka O ishodiste, pravac z osaplikata, polarna os je os apscisa, os ordinata je pravac okomit na polarnu os i z-os, glase
x = r cosϕ, y = r sinϕ, z = z,
r =√
x2 + y2, tg ϕ =y
x, z = z.
Zadaci
1. Izvedite vezu cilindricnih koordinata (r, ϕ, z) i kartezijevih koordinata (x, y, z).
2. Izvedite vezu cilindricnih koordinata (r, ϕ, z) i sfernih koordinata (R, ϕ, θ).[
R sin θ = r, R cos θ = z, tg θ =r
z, R2 = r2 + z2
]
3. U pravokutnom koordinatnom sustavu dane su tocke (0, 0, 5), (−4, 3, 52), (−2, 2, 0),
(0,−3, 0), (0, 0, 0), (−3√
3,−3, 12), (9,−12,−5), (1, 2, 3). Odredite njihove cilindricne isferne koordinate.
[Cilindricne koordinate (r, ϕ, z): (0,−, 5), (5,−arctg 3
4 , 52), (2
√2, 3π
4 , 0), (3, 3π2 , 0),
(0,−, 0), (6, 7π6 , 12), (15,−arctg 4
3 ,−5), (√
5, arctg 2, 3)
Sferne koordinate (R,ϕ, θ): (5,−, 0), (5√
52 ,−arctg 3
4 , arctg 2), (2√
2, 3π4 , π
2 ), (3, 3π2 , π
2 ),
(0,−,−), (6√
5, 7π6 , arctg 1
2), (5√
10,−arctg 43 , π − arctg 3), (
√14, arctg 2, arctg
√5
3 )]
98
4. Tocke (0, π, 5), (2, π2 , 0), (5, π
4 ,−2), (4, 0, 3), (0, 0, 0), (√
23 ,−π
4 ,√
33 ), (1, 0, 0), (5,−π
3 , 5)dane su svojim cilindricnim koordinatama (r, ϕ, z). Odredite njihove kartezijeve i sfernekoordinate.
[Kartezijeve koordinate (x, y, z): (0, 0, 5), (0, 2, 0), (5
√2
2 , 5√
22 ,−2), (4, 0, 3),
(0, 0, 0), ( 1√3,− 1√
3,√
33 ), (1, 0, 0), (5
2 ,−5√
32 , 5)
Sferne koordinate (R,ϕ, θ): (5, π, 0), (2, π2 , π
2 ), (√
29, π4 , π − arctg 5
2), (5, 0, arctg 43),
(0,−,−), (1,−π4 , arctg
√2), (1, 0, π
2 ), (5√
2,−π3 , π
4 )]
5. Tocke (0, π, 2π3 ), (1, π
2 , π2 ), (5, π
4 , π), (4, 0, 0), (0, 0, 0), (2√
2,−π4 , π
4 ), (1, 0, π), (9, π, π6 )
dane su svojim sfernim koordinatama (r, ϕ, θ). Odredite njihove cilindricne i kartezijevekoordinate.
[Cilindricne koordinate (r, ϕ, z): (0,−,−), (1, π
2 , 0), (0,−,−5), (0, 0, 4),
(0,−, 0), (2,−π4 , 2), (0,−,−1), (9
√3
2 , π, 92)
Kartezijeve koordinate (x, y, z): (0, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0,−5), (0, 0, 4),(0, 0, 0), (
√2,−√2, 2), (0, 0,−1), (−9
√3
2 , 0, 92)
]
6. Kako glasi u cilindricnom koordinatnom sustavu jednadzba kruznog cilindra kojemu jepresjek s xy-ravninom kruznica polumjera R sa sredistem u ishodistu O?
[r = R
]
3.11 Plohe drugog reda (kvadrike) u R3
Kao i u ravnini moze se postaviti problem odredivanja skupa tocaka u prostoru koji je opisanalgebarskom jednadzbom 2. stupnja u varijablama x, y, z. Analiza se provodi sofisticirani-jim sredstvima nego sto smo to napravili u ravnini (dijagonalizacija simetricnog operatora,odnosno dijagonalizacija kvadratne forme (ukljucuje odredivanje svojstvenih vrijednosti). Istase takva analiza moze provesti i u ravnini, dok bi u prostoru analiza ”na prste” kakvu smoproveli u ravnini bila prilicno mukotrpna. O tome vise na Linearnoj algebri.
Promotrimo opci polinom 2. stupnja u varijablama x, y i z
f(x, y, z) = a11x2 + a22y
2 + a33z2 + 2a12xy + 2a13xz + 2a23yz
+2a14x + 2a24y + 2a34z + a44,
gdje su aij ∈ R, i ≤ j = 1, . . . , 4, i bar jedan od koeficijenata aij , i ≤ j = 1, . . . 3 nije 0.
SkupK = {(x, y, z) ∈ R3 : f(x, y, z) = 0}
nazivamo algebarskom plohom 2. reda.
99
Invarijante algebarske plohe 2. reda su
∆ =
∣∣∣∣∣∣∣∣
a11 a12 a13 a14
a12 a22 a23 a24
a13 a23 a33 a34
a14 a24 a34 a44
∣∣∣∣∣∣∣∣, δ =
∣∣∣∣∣∣
a11 a12 a13
a12 a22 a23
a13 a23 a33
∣∣∣∣∣∣,
S = a11 + a22 + a33,
T = a22a33 + a33a11 + a11a22 − a223 − a2
13 − a212.
Te se velicine ne mijenjaju pri translacijama i rotacija koordinatnog sustava. Na osnovu njihmozemo dobiti sljedecu klasifikaciju:
δ = 0 Centralne plohe
Sδ > 0, T > 0 Sδ i T nisu oba > 0
∆ < 0 elipsoid dvoplosni hiperboloid
∆ > 0 prazan skup jednoplosni hiperboloid
∆ = 0 tocka konus
100
δ = 0 Paraboloidi
∆ < 0 (⇒ T > 0) ∆ > 0 (⇒ T < 0)
∆ 6= 0 elipticki paraboloid hiperbolicki paraboloid
δ = 0 Cilindri i ravnine
T > 0 elipticki cilindar dvije ravnine
∆ = 0 T < 0 hiperbolicki cilindar ili jedna ravnina
T = 0 parabolicki cilindar prazan skup
101
Zadaci
1. Nadite udaljenost ravnine x+ y + z = 12 i plohe cija jednadzba u sfernim koordinatamaje R =
√3. Nadalje, odredite tocku na toj plohi koja je najblize zadanoj ravnini.
[udaljenost 3
√3, tocka (1, 1, 1)
]
2. Tocke A = (√
18, π2 ,−3) i B = (8,−π
4 , 7) dane su svojim cilindicnim koordinatama(r, ϕ, z). Odredite kartezijeve koordinate tih tocaka, i napisite jednadzbu sfere sasredistem u A, koja prolazi kroz B. Koliki je polumjer kruznice koja nastaje presjekomte sfere i ravnine x = 15 ?
[A = (0, 3
√2,−3), B = (4
√2,−4
√2, 7);
x2 + (y − 3√
3)2 + (z + 3)2 = 230; r =√
5.]
3. Napisite jednadzbu plohe cije tocke su dvostruko vise udaljene od ishodista nego odtocke (0,−3, 0).
[x2 + y2 + z2 + 8y + 12 = 0
]
4. Odredite jednadzbu plohe takve da je zbroj kvadrata udaljenosti bilo koje njezine tockeod tocaka F1(−a, 0, 0) i F2(a, 0, 0) jednak 4a2.
[x2 + y2 + z2 = a2
]
5. Odredite jednadzbu plohe takve da je zbroj udaljenosti bilo koje njezine tocke od tocakaF1(−1, 0, 0) i F2(1, 0, 0) jednak 4.
[3x2 + 4y2 + 4z2 = 12
]
102
Sadrzaj
1 Vektori 3
1.1 Vektorski prostori V 1, V 2, V 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.2 Baza vektorskog prostora V 3. Koordinatizacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12
1.3 Skalarni produkt. Ortonormirana baza . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
1.4 Vektorski produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
1.5 Mjesoviti produkt . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2 Pravci i ravnine u koordinatnom sustavu 38
2.1 Koordinatni sustav u E1, E2, E3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
2.2 Pravac u E2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.3 Udaljenost dviju tocaka, udaljenost tocke od pravca i kut dvaju pravaca u E2 . 43
2.4 Ravnina u E3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
2.5 Udaljenost dviju tocaka, udaljenost tocke od ravnine i kut dviju ravnina u E3 . 48
2.6 Pravac u E3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50
2.7 Udaljenost tocke od pravca, udaljenost dvaju pravaca. Kut dvaju pravaca, kutpravca i ravnine u E3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3 Krivulje i plohe u koordinatnom sustavu 62
3.1 Kruznica u E2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
3.2 Polarni koordinatni sustav u E2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 64
3.3 Elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 67
3.4 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74
3.5 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78
3.6 Elipsa, parabola i hiperbola kao konusni presjeci . . . . . . . . . . . . . . . . . 82
3.7 Koordinatni zapis geometrijskih transformacija u E2 . . . . . . . . . . . . . . . 84
3.8 Transformacije koordinata . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86
3.9 Krivulje drugog reda u R2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 87
3.10 Koordinatni sustavi u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95
3.11 Plohe drugog reda (kvadrike) u R3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 99
103
![GEOMETRIJA VIJKA, prema [2] Geometrija linija i ploha · GEOMETRIJA VIJKA, prema [2] Geometrija vijčanih linija i ploha Krila vijka približno prate relativno dobro poznate geometrijske](https://img.dokumen.tips/doc/110x75/5e05332a3c91ed60e56c072d/geometrija-vijka-prema-2-geometrija-linija-i-geometrija-vijka-prema-2-geometrija.jpg)
