ANALITIQKAGEOMETRIJA VladicaAndrejipoincare.matf.bg.ac.rs/~antic/files/Geometrija_1/Geometrija1.pdf · AnalitiqkaGeometrija 5 Na kraju posmatrajmo sluqaj kad je E prostor. Kako u

ANALITIQKA GEOMETRIJA

Vladica Andreji�(25-03-2014)

UNIVERZITET U BEOGRADUMATEMATIQKI FAKULTET

BEOGRAD 2014.

GLAVA 1

VEKTORI U GEOMETRIJI

1.1 Uvo�eǌe vektoraPojam vektora u euklidskoj geometriji mo�emo definisati na razliqite naqine. Uobiqajeno,

u pitaǌu je klasa ure�enih parova taqaka euklidskog prostora E (obiqno posmatramo prostoredimenzije 1, 2, ili 3, odnosno pravu, ravan ili prostor), pri qemu opisujemo kad dva ure�enapara taqaka pripadaju istoj klasi. Mo�emo re�i da je ure�eni par taqaka (A,B) u relaciji ∼ saure�enim parom taqaka (C,D) ako postoji translacija prostora koja taqku A preslikava u taqkuC, a taqku B preslikava u taqku D. Zapravo osnovna ideja je da je (A,B) u relaciji sa (C,D)ako je ABDC paralelogram. Kako je uobiqajeno da u definiciji paralelograma podrazumevamoda se prave odre�ene ǌegovim stranicama ne preklapaju, kao i da su ǌegova temena razliqitetaqke, to nam je potrebna definicija koja �e objediniti i te degenerisane sluqajeve.

Definicija 1.1 Ure�eni par taqaka (A,B) je u relaciji ∼ sa ure�enim parom taqaka (C,D) ukolikodu�i AD i BC imaju zajedniqko sredixte.

Kako je poznato da je qetvorougao paralelogram ako i samo ako mu se dijagonale polove,to naxa difinicija dobro radi, pri qemu lepo pokriva i degenerisane sluqajeve. U svakomsluqaju suxtina vektora kao klase ure�enih parova taqaka je ta da (A,B) i (C,D) pripadajuistoj klasi ako imaju jednake du�ine (du� AB podudarna du�i CD), kao i smer (poluprava[A,B) je paralelna polupravoj [C,D), detaǉe �emo videti kasnije), xto se lako mo�e zakǉuqitiiz prethodne definicije.

Teorema 1.1 Uvedena relacija ∼ je relacija ekvivalencije.

Dokaz. Refleksivnost i simetriqnost relacije ∼ je oqigledna iz Definicije 1.1, dok jetranzitivnost posledica tranzitivnosti podudarnosti du�i i tranzitivnosti paralelnostipolupravih u euklidskom prostoru. �

1

2 Vladica Andreji�

Kako je ∼ relacija ekvivalencije postoja�e ǌene klase ekvivalencije i tako �emo uvestivektore.

Definicija 1.2 Vektor je klasa ekvivalencije koja se dobija seqeǌem skupa svih ure�enih parovataqaka po relaciji ekvivalencije ∼.

Ka�emo da je ure�en par taqaka (A,B) jedan vektor predstavnik klase [(A,B)] = {(X,Y ) : (X,Y ) ∼(A,B)}, a samu klasu (odnosno vektor) kojoj pripada jednostavno obele�avamo sa

−−→AB = [(A,B)].

Vektor qiji je predstavnik par (A,A) zovemo nula vektor i obele�avamo ga sa−→0 =−−→AA =

−−→BB .

Norma vektora −→v je nenegativan realni broj ‖−→v ‖ koji je jednak du�ini du�i XY , pri qemuje (X,Y ) neki predstavnik vektora −→v , odnosno −→v =

−−−→XY . Kako vektori predstavnici u okviru

iste klase ekvivalencije imaju jednake du�ine to je norma vektora dobro definisana. Nula

vektor oqigledno ima normu jednaku nula (‖−→0 ‖ = 0) i on je jedini takav vektor.Svi ostali vektori (nenula vektori) pored norme imaju i smer (tradicionalisti govore

o pravcu i smeru, ali smer se ne mo�e upore�ivati u sluqaju razliqitog pravca) koji ihkarakterixe ). Ako je X , Y , sa [X,Y ) oznaqi�emo polupravu sa poqetkom u X, a koja sadr�i

Y . Ka�emo da su vektori−−→AB i

−−−→CD istog smera ukoliko su poluprave [A,B) i [C,D) paralelne

(Na primer mo�emo re�i da su dve poluprave [A,B) i [C,D) paralelne ukoliko su prave ABi CD paralelne, pri qemu su B i D sa iste strane prave AC ako je C < AB, odnosno unijatih polupravih je tako�e poluprava ako je C ∈ AB). Nexto bla�i uslov je da se zahteva samo

paralelnost pravih AB i CD i tada ka�emo da su vektori−−→AB i

−−−→CD istog pravca, odnosno

kolinearni (konlinearni). Ako su vektori−−→AB i

−−−→CD istog pravca, ali ne i istog smera,

ka�emo da su oni suprotnog smera.Na osnovu prethodno uspostavǉenih veza nije texko zakǉuqiti da va�i slede�e va�no

tvr�eǌe.

Teorema 1.2 Nenula vektor jednoznaqno je odre�en normom i smerom.

1.2 Vektorski prostorSkup svih vektora na euklidskom prostoru E oznaqi�emo sa

V = (E×E)/∼ = {−−−→XY : (X,Y ) ∈ E×E}.

Na skupu V mo�emo uvesti operaciju sabiraǌa i operaciju mno�eǌa skalarom, ali najpre �enam trebati par pomo�nih tvr�eǌa.

Teorema 1.3 Za svaku taqku A ∈ E i svaki vektor −→v ∈ V postoji jedinstvena taqka B ∈ E takvada je −→v =

−−→AB .

Dokaz. Ako je −→v =−−−→CD za neke C,D ∈ E, tada je taqka B jedinstvena taqka koja je (centralno)

simetriqna taqki C u odnosu na sredixte du�i AD. �

Teorema 1.4−−→AB =

−−−→CD ako i samo ako je

−−→AC =

−−→BD .

Analitiqka Geometrija 3

Dokaz. Oqigledna posledica simetrije u Definiciji 1.1. �

Po Teoremi 1.3 svaki vektor mo�emo izraziti preko vektora predstavnika koji poqiǌeproizvoǉnom taqkom, te slede�a definicija daje zbir i za proizvoǉna dva vektora.

Definicija 1.3 Zbir vektora−−→AB i

−−→BC je vektor

−−→AC =

−−→AB +

−−→BC .

Ovakva definicija je dobra jer ako je−−→AB =

−−−−→A′B′ i

−−→BC =

−−−−→B′C′ to po Teoremi 1.4 imamo

−−−→AA′ =

−−−→BB′ i

−−−→BB′ =

−−−→CC′ , te samim tim

−−−→AA′ =

−−−→CC′ , xto opet po Teoremi 1.4 daje

−−→AC =

−−−−→A′C′ , i

konaqno−−→AB +

−−→BC =

−−−−→A′B′ +

−−−−→B′C′ .

Definicija 1.4 Umno�ak vektora −→v ∈ V skalarom α ∈ R je vektor α · −→v ∈ V odre�en slede�imsvojstvima. Norma vektora α · −→v iznosi ‖α · −→v ‖ = |α| · ‖−→v ‖. Ako je α · −→v , −→0 tada su vektori −→v iα · −→v istog smera u sluqaju α > 0, odnosno suprotnog smera u sluqaju α < 0.

Na osnovu Teoreme 1.2, prethodna definicija daje vektor koji je jednoznaqno odre�en, te nataj naqin dobijamo operaciju mno�eǌa vektora skalarom. U specijalnom sluqaju mno�eǌa saα = −1, uvodimo oznaku −−→v = (−1) · −→v , i ka�emo da je vektor −−→v suprotan vektoru −→v . Na primer,vektor

−−−→XY je suprotan vektoru

−−−→YX .

Kroz Teoremu 1.3 definisali smo zbir dva vektora, a sada imamo i razliku, odnosno kratkuoznaku: −→u − −→v = −→u + (−−→v ).

Ovako definisane operacije sabiraǌa vektora i mno�eǌa vektora skalarom su osnovneoperacije na skupu V , a ispostavǉa se da V sa tim operacijama qini jedan vektorski prostor.

Teorema 1.5 V je vektorski prostor, odnosno za vektore −→u , −→v , −→w ∈ V i skalare α,β ∈ R va�i:

−→u + (−→v + −→w ) = (−→u + −→v ) + −→w ; (1.1)−→u + −→v = −→v + −→u ; (1.2)−→u +−→0 = −→u ; (1.3)

−→u + (−−→u ) =−→0 ; (1.4)

(α + β)−→u = α−→u + β−→u ; (1.5)

α(−→u + −→v ) = α−→u +α−→v ; (1.6)

α(β−→u ) = (αβ)−→u ; (1.7)

1 · −→u = −→u . (1.8)

Dokaz. Neka je −→u =−−→AB (svaki vektor ima svoj vektor predstavnik). Po Teoremi 1.3 (za taqku

B i vektor −→v ) postoji C tako da je −→v =−−→BC , a zatim i D tako da je −→w =

−−−→CD .

Asocijativnost (1.1) dobijamo direktnim raqunom po Teoremi 1.3. −→u + (−→v + −→w ) =−−→AB + (

−−→BC +

−−−→CD ) =

−−→AB +

−−→BD =

−−−→AD =

−−→AC +

−−−→CD = (

−−→AB +

−−→BC ) +

−−−→CD = (−→u + −→v ) + −→w .

Za komutativnost (1.2) po Teoremi 1.3 uvodimo taqku E tako da je−−→AE =

−−→BC , te po Teoremi

1.4 imamo−−→AB =

−−→EC . Sada je −→u + −→v =

−−→AB +

−−→BC =

−−→AC =

−−→AE +

−−→EC =

−−→BC +

−−→AB = −→v + −→u .


Neutralni element (1.3) −→u +−→0 =

−−→AB +

−−→BB =

−−→AB = −→u i inverzni element (1.4) −→u + (−−→u ) =

−−→AB +

−−→BA =

−−→AA =

−→0 se lako vide.

Distributivnost u odnosu na sabiraǌe skalara (1.5) odmah va�i u sluqajevima −→u =−→0 ,

α + β = 0, α = 0 i β = 0. U suprotnom dokaz se vidi iz definicije sabiraǌa diskusijom poznakovima skalara α, β i α + β.

Za distributivnost u odnosu na sabiraǌe vektora (1.6) uvodimo taqkuM tako da je−−−→MB = α−→u

(po Teoremi 1.3 tako da je−−−→BM = −α−→u ) i taqku N tako da je

−−−→BN = α−→v (Teorema 1.3). Ako −→u i

−→v nisu istog pravca po obrnutoj Talesovoj teoremi imamo paralelnost pravih AC i MN , kao iodgovaraju�i odnos du�ina du�i za

−−−−→MN = α

−−→AC , odnosno α(−→u + −→v ) = −−−−→MN =

−−−→MB +

−−−→BN = α−→u +α−→v .

Ako su −→u i −→v istog pravca imamo −→v = λ−→u , te se dokaz svodi na (1.5) i (1.7).

Kompatibilnost (1.7) oqigledno va�i za −→u =−→0 , α = 0 i β = 0. U suprotnom vektori α(β−→u )

i (αβ)−→u imaju isti smer (jer sgn(αβ) = sgn(α)sgn(β)) i istu normu (zbog ‖α(β−→u )‖ = |α| · ‖β−→u ‖ =|α| · |β| · ‖−→u ‖ = |αβ| · ‖−→u ‖ = ‖(αβ)−→u ‖), te su po Teoremi 1.2 oni jednaki.

Jediniqni element (1.8) je broj 1 u skladu sa Definicijom 1.4.�

1.3 Linearna nezavisnost vektora

Podsetimo se nekih stvari iz linearne algebre. Skup nenula vektora {−→v1 , −→v2 , ..., −→vn } ⊆ V jelinaerno nezavisan ukoliko α1

−→v1 +α2−→v2 + ...+αn

−→vn =−→0 za α1,α2, ...,αn ∈ R povlaqi α1 = α2 = ... =

αn = 0. U suprotnom ka�emo da je on linearno zavisan i tada se neki od ǌih mo�e izrazitikao linearna kombinacija ostalih. Maksimalan broj linearno nezavisnih vektora vektorskogprostora je dimenzija vektorskog prostora, a za te vektore se ka�e da qine bazu vektorskogprostora.

Teorema 1.6 Dimenzija vektorskog prostora V u zavisnosti od euklidskog prostora E iznosi 1za pravu, 2 za ravan i 3 za prostor.

Dokaz. Zapoqnimo sa pravom E, te neka su −→u i −→v proizvoǉni nenula vektori sa ǌe. Kakosu vektori sa prave oqigledno istog pravca (kolinearni) to va�i ‖−→u ‖ · −→v = ‖−→v ‖ · −→u , ako su −→ui −→v istog smera, odnosno ‖−→u ‖ · −→v = −‖−→v ‖ · −→u , ako su −→u i −→v suprotnog smera, i samim tim sulinearno zavisni, xto dokazuje da je dimV = 1.

Pre�imo na sluqaj kad je E ravan. Kako u ravni postoje tri nekolinearne taqke, to od ǌihmo�emo kreirati dva nekolinearna vektora, a kako je dimenzija prave jednaka jedan to se jedanne mo�e izraziti preko drugog i samim tim su linearno nezavisni.

Neka su sada −→u , −→v i −→w proizvoǉni nenula vektori iz ravni. Mo�emo postaviti taqkeA,B,P ,Q ∈ E tako da je −→u =

−−→AB , −→v =

−−→AP i −→w =

−−→BQ . Ako su prave AP i BQ paralelne to su

vektori −→v i −→w kolinearni i samim tim linearno zavisni. U suprotnom prave AP i BQ se sekui postoji preseqna taqka C. Sada su vektori

−−→AP i

−−→AC kolinearni kao i vektori

−−→BQ i

−−→BC , te

postoje α,β ∈ R tako da je−−→AC = α

−−→AP i

−−→BC = β

−−→BQ . Sada je

−→0 =−−→AB +

−−→BC +

−−→CA = −→u +β−→w −α−→v , te

su vektori −→u , −→v i −→w linearno zavisni, xto dokazuje da je dimV = 2.


Na kraju posmatrajmo sluqaj kad je E prostor. Kako u ravni postoje qetiri nekoplanarnetaqke, to od ǌih mo�emo kreirati tri nekoplanarna vektora, a kako je dimenzija ravni jednakadva to su oni linearno nezavisni.

Neka su sada −→u , −→v , −→w i −→x proizvoǉni nenula vektori iz prostora. Postavimo ravan π ukojoj se nalaze vektori −→u i −→v , i ravan τ u kojoj se nalaze vektori −→w i −→x . Ako su ravni π iτ paralelne to su vektori koplanarni i samim tim linearno zavisni. U suprotnom ravni π iτ se seku po pravoj i ukoliko su −→u i −→v linearno nezavisni, kao i −→w i −→x , to se nenula vektorsa preseqne prave izra�ava kao linearna kombinacija vektora −→u i −→v , ali i kao linearnakombinacija vektora −→w i −→x . Samim tim vektori −→u , −→v , −→w i −→x su linearno zavisni, xtodokazuje da je dimV = 3. �

1.4 Skalarni proizvod

Ugao izme�u dva nenula vektora−−−→OA i

−−→OB je maǌi od uglova izme�u polupravih [OA) i [OB),

odnosno ](−−−→OA ,

−−→OB ) = ]AOB ∈ [0,π]. Teorema 1.3 nam daǉe omogu�ava da pojam ugla proxirimo

za proizvoǉna dva vektora.

Definicija 1.5 Skalarni proizvod vektora −→u i −→v je realni broj−→u · −→v = ‖−→u ‖ · ‖−→v ‖ · cos](−→u , −→v ).

Iz definicije je −→u · −→v = 0 mogu�e samo ukoliko je −→u =−→0 ili −→v =

−→0 ili ](−→u , −→v ) = π

2 , odnosnoako i samo ako su −→u i −→v ortogonalni. Osobine skalarnog proizvoda vidimo u slede�oj teoremi.

Teorema 1.7 Za vektore −→u , −→v , −→w ∈ V i skalar α ∈ R va�i

−→u · −→v = −→v · −→u ; (1.9)−→u · (−→v + −→w ) = −→u · −→v + −→u · −→w ; (1.10)

(α−→u ) · −→v = α(−→u · −→v ); (1.11)−→u · −→u ≥ 0; (1.12)−→u · −→u = 0⇔ −→u =

−→0 . (1.13)

Dokaz. Komutativnost (1.9) je posledica Definicije 1.5. Direktnom zamenom u Definiciju1.5 dobijamo i pozitivnu definitnost (1.12) i (1.13), dok se kompatibilnost (1.11) lako raquna:(α−→u ) · −→v = ‖α−→u ‖ · ‖−→v ‖ · cos](α−→u , −→v ) = |α| · ‖−→u ‖ · ‖−→v ‖ · sgn(α) · cos](−→u , −→v ) = α · (−→u · −→v ).

Preostaje nam da doka�emo distributivnost (1.10). Postavimo vektore −→v =−−→AB , −→w =

−−→BC i

−→u =−−−→AD . Uvedimo ravni π i τ tako da va�i B ∈ π ⊥ AD i C ∈ τ ⊥ AD, a B′ i C′ postavimo kao

normalne projekcije taqaka B i C na pravu AD, odnosno {B′} = π∩AD i {C′} = τ ∩AD.Mo�emo uoqiti pravougli trougao AB′B gde vidimo kosinus ugla sa ‖

−−−→AB′ ‖ = ‖

−−→AB ‖·|cos](

−−−→AB′ ,

−−→AB )|

Ako posmatramo vektore (−→u ·−−→AB )·−→u i ‖−→u ‖2

−−−→AB′ , nije texko videti da oni imaju jednake norme ‖(−→u ·

−→v )· −→u ‖ = |−→u · −→v |·‖−→u ‖ = ‖−→u ‖2‖−→v ‖|cos](−→u , −→v )| = ‖−→u ‖2‖−−−→AB′ ‖. Me�utim zbog sgn(−→u · −→v ) = sgn(cos](−→u , −→v )),

oni imaju i jednake smerove pa je (−→u ·−−→AB ) · −→u = ‖−→u ‖2

−−−→AB′ .


Sasvim sliqno na pravouglom trouglu AC′C mo�emo zakǉuqiti (−→u ·−−→AC ) · −→u = ‖−→u ‖2

−−−→AC′ , dok

je za izra�avaǌe vektora (−→u ·−−→BC ) · −→u boǉe posmatrati (−→u ·

−−−→B′E ) · −→u , gde je E taqka takva da je

−−−→B′E =

−−→BC , odakle se lako vidi da E ∈ τ. Sada na pravouglom trouglu B′C′E mo�emo zakǉuqiti

(−→u ·−−−→B′E ) · −→u = ‖−→u ‖2

−−−−→B′C′ .

Ako objedinimo ove rezultate iz ‖−→u ‖2−−−→AB′ +‖−→u ‖2

−−−−→B′C′ = ‖−→u ‖2

−−−→AC′ dobijamo (−→u ·−→v )·−→u +(−→u ·−→w )·−→u =

(−→u · (−→v + −→w )) · −→u i konaqno uz upotrebu (1.5) va�i −→u · −→v + −→u · −→w = −→u · (−→v + −→w ). �

1.5 Vektorski proizvodPre nego li definixemo vektorski proizvod u trodimenzionom vektorskom prostoru V moramo

da uvedemo pojam orijentacije. Izborom privilegovane baze odre�uje se orijentacija i ona jepo definiciji pozitivna. Orijentacija se meǌa na neparnoj permutaciji baze. Praktiqno,orijentacija baze (−→x , −→y , −→z ) je pozitivna ukoliko ispuǌava pravilo desne ruke, odnosno akoposmatraju�i sa vrha vektora −→z , kra�i put od vektora −→x ka vektoru −→y ide u matematiqkipozitivnom smeru (suprotan smeru kazaǉke na satu).

Definicija 1.6 Vektorski proizvod vektora −→u i −→v je vektor −→u × −→v sa slede�im osobinama.Norma vektora −→u × −→v iznosi ‖−→u × −→v ‖ = ‖−→u ‖ · ‖−→v ‖ · sin](−→u , −→v ). Ako je ‖−→u × −→v ‖ , 0, vektor −→u × −→v jeortogonalan na vektore −→u i −→v , ali takav da je baza (−→u , −→v , −→u × −→v ) pozitivno orijentisana.

U paralelogramu koji razapiǌu vektori −→u i −→v , visina kojoj odgovara osnovica odre�enavektorom −→u iznosi h = ‖−→v ‖·sin](−→u , −→v ) i samim tim ǌegova povrxina je P (−→u , −→v ) = ‖−→u ‖·h = ‖−→u ×−→v ‖.Dakle, norma vektora −→u × −→v zapravo je jednaka povrxini paralelograma koji razapiǌu vektori−→u i −→v . Kako se paralelogram dijagonalom deli na dva podudarna trougla imamo motiv dapraktiqno sraqunamo povrxinu trougla sa P (4ABC) = 1

2‖−−→AB ×

−−→AC ‖.

Teorema 1.8 Za vektore −→u , −→v , −→w ∈ V i skalar α ∈ R va�i

−→u × −→v = −(−→v × −→u ); (1.14)

(α−→u )× −→v = α(−→u × −→v ); (1.15)

(−→u + −→v )× −→w = −→u × −→w + −→v × −→w . (1.16)

Dokaz. Antikomutativnost (1.14) standardno dobijamo po Teoremi 1.2, jer norma i pravacvektora su oqigledno jednaki, dok je smer postavǉen kako treba. Za (1.15) smer je oqiglednojednak (ili su nula vektori), te ostaje samo norma:

‖(α−→u )× −→v ‖ = ‖α−→u ‖‖−→v ‖sin](α−→u , −→v ) = |α|‖−→u ‖‖−→v ‖sin](−→u , −→v ) = |α|‖−→u × −→v ‖ = ‖α(−→u × −→v )‖.

Formulu (1.16) dokaza�emo nexto kasnije jer nam je tako jednostavnije. �

Definicija 1.7 Mexoviti proizvod vektora −→u , −→v i −→w je broj[−→u , −→v , −→w ] = (−→u × −→v ) · −→w .


Geometrijska interpretacija mexovitog proizvoda mo�e se videti posmatraǌem paralelepipedakoji razapiǌu vektori −→u , −→v i −→w . Kako je H = ‖w‖ · |cos](−→u × −→v , −→w )| visina paralelepipeda kojaodgovara strani koju obrazuju vektori −→u i −→v , to imamo

|[−→u , −→v , −→w ]| = |(−→u × −→v ) · −→w | = ‖−→u × −→v ‖‖−→w ‖|cos](−→u × −→v , −→w )| = P (−→u , −→v ) ·H,

xto je daǉe jednako zapremini tog paralelepipeda i otuda slede�a teorema.

Teorema 1.9 Zapremina paralelepipeda koji razapiǌu vektori −→u , −→v i −→w jednaka je V (−→u , −→v , −→w ) =|[−→u , −→v , −→w ]|.

Praktiqan problem mo�e biti raqunaǌe zapremine tetraedra. Kako se paralelepipeddeli na dve podudarne prizme, a prizma ima tri puta ve�u zapreminu od piramide, to uparalelepiped mo�emo smestiti xest tetraedara i zato je zapremina tetraedra ABCD jednaka

V (ABCD) =16|[−−→AB ,−−→AC ,

−−−→AD ]|.

Mexoviti proizvod se tako�e lepo ponaxa u odnosu na naxe operacije.

Teorema 1.10 Za vektore −→u , −→v , −→w , −→x ∈ V i skalar α ∈ R va�i

[−→u , −→v , −→w ] = −[−→v , −→u , −→w ]; (1.17)

[−→u , −→v , −→w ] = [−→v , −→w , −→u ]; (1.18)

[α−→u , −→v , −→w ] = α[−→u , −→v , −→w ]; (1.19)

[−→u + −→v , −→w , −→x ] = [−→u , −→w , −→x ] + [−→v , −→w , −→x ]. (1.20)

Dokaz. Osobine (1.17) i (1.19) direktne su posledice formula (1.14) i (1.15) skalarnopomno�ene sa −→w . Cikliqno pomeraǌe (1.18) je posledica Teoreme 1.9 po kojoj su leva i desnastrana jednake po apsolutnoj vrednosti, dok je znak jednak zbog jednake orijentacije na cikliqnopomerenoj bazi. Ostaje distributivnost (1.20) koja je oqigledna posledica (1.16) qiji smodokaz preskoqili, ali va�i i obrnuto, te �e nam taj preskoqeni dokaz biti lagan. Kako je(−→w × −→x ) · (−→u + −→v ) = [−→w , −→x , −→u + −→v ] po (1.10) jednako (−→w × −→x ) · −→u + (−→w × −→x ) · −→v = [−→w , −→x , −→u ] + [−→w , −→x , −→v ]formula (1.20) bi�e posledica prethodno dokazanog (1.18). �

Dokaz (1.16). Iz dokazane osobine (1.20) imamo da za svako −→x va�i [−→u + −→v , −→w , −→x ]− [−→u , −→w , −→x ]−[−→v , −→w , −→x ] = 0, xto po Definiciji 1.7 i Teoremi 1.7 znaqi

(((−→u + −→v )× −→w )− (−→u × −→w )− (−→v × −→w )

)·−→x = 0,

xto za konkretno −→x = ((−→u + −→v )× −→w )− (−→u × −→w )− (−→v × −→w ) daje −→x · −→x = ‖−→x ‖2 = 0, odakle ((−→u + −→v )× −→w )−(−→u × −→w )− (−→v × −→w ) =

−→0 xto konaqno dokazuje (1.16). �

1.6 Dvostruki vektorski proizvodDvostruki vektorski proizvod zapravo je vektorsko mno�eǌe primeǌeno dva puta zaredom,

odnosno oblik (−→u × −→v ) × −→w . Mi �elimo da dobijemo eksplicitnu formulu za raqunaǌe ovog

izraza. U sluqaju da su vektori −→u i −→v kolinearni to je −→u ×−→v =−→0 i samim tim (−→u ×−→v )×−→w =

−→0 , te


�emo pretpostaviti da su −→u i −→v linearno nezavisni. Tada je −→u ×−→v , −→0 , te vektori (−→u , −→v , −→u ×−→v )qine jednu bazu vektorskog prostora V . Posmatrajmo sada izraz (−→u ×−→v )×−→u koji �emo raspisatiu navedenoj bazi.

(−→u × −→v )× −→u = α−→u + β−→v +γ(−→u × −→v )Skalarnim mno�eǌem ovog izraza sa vektorom (−→u × −→v ) koji je normalan na (−→u × −→v )× −→u , na −→u ina −→v , odmah dobijamo γ‖−→u × −→v ‖2 = −→0 , odnosno γ = 0, te imamo

(−→u × −→v )× −→u = α−→u + β−→v . (1.21)

Ako levu i desnu stranu izraza (1.21) vektorski pomno�imo sa −→u dobijamo ((−→u × −→v )× −→u )× −→u ) =α(−→u × −→u ) + β(−→v × −→u ), odnosno

((−→u × −→v )× −→u )× −→u = −β(−→u × −→v ).Pa�ǉivim posmatraǌem vektora na levoj strani prethodnog izraza koji je jednak dvostrukomvektorskom proizvodu me�usobno ortogonalnih vektora ((−→u ×−→v )⊥ −→u , te (−→u ×−→v )×−→u ⊥ −→u ) mo�emozakǉuqiti da je istog smera kao i vektor −(−→u × −→v ), xto nam govori da je β > 0. Sa druge straneupore�uju�i norme leve i desne strane imamo

‖−→u × −→v ‖ · ‖−→u ‖2 = ‖((−→u × −→v )× −→u )× −→u ‖ = ‖−β(−→u × −→v )‖ = |β| · ‖−→u × −→v ‖,

odakle je |β| = ‖−→u ‖2 i samim tim, kako je β > 0 imamo β = ‖−→u ‖2.Ako levu i desnu stranu izraza (1.21) skalarno pomno�imo sa −→u dobijamo 0 = α(−→u · −→u )+β(−→v ·

−→u ), odakle je α‖−→u ‖2 = −‖−→u ‖2(−→u · −→v ) i konaqno α = −(−→u · −→v ), xto nam daje

(−→u × −→v )× −→u = −(−→u · −→v )−→u + (−→u · −→u )−→v . (1.22)

Simetrija po −→u i −→v u izrazu (1.22) daje nam (−→v × −→u ) × −→v = −(−→v · −→u )−→v + (−→v · −→v )−→u , odakledobijamo

(−→u × −→v )× −→v = −(−→v · −→v )−→u + (−→u · −→v )−→v . (1.23)

Preostaje nam da u raqun ukǉuqimo vektor −→w koji tako�e mo�emo raspisati u naxoj bazisa −→w = µ−→u + ν−→v + ξ(−→u × −→v ). Daǉi raqun dobijamo primenom osobina vektorskog proizvoda iz

Teoreme 1.8 koriste�i sraqunate izraze (1.22) i (1.23), kao i qiǌenicu da je (−→u ×−→v )×(−→u ×−→v ) = −→0 .

(−→u × −→v )× −→w = µ((−→u × −→v )× −→u ) + ν((−→u × −→v )× −→v ) + ξ((−→u × −→v )× (−→u × −→v ))= −µ(−→u · −→v )−→u +µ(−→u · −→u )−→v − ν(−→v · −→v )−→u + ν(−→u · −→v )−→v= −(µ(−→u · −→v ) + ν(−→v · −→v ))−→u + (µ(−→u · −→u ) + ν(−→u · −→v ))−→v

Me�utim, skalarnim mno�eǌem jednaqine −→w = µ−→u + ν−→v + ξ(−→u × −→v ) sa −→u i −→v dobijamo −→w · −→u =µ(−→u · −→u ) + ν(−→v · −→u ), odnosno −→w · −→v = µ(−→u · −→v ) + ν(−→v · −→v ) i imamo dvostruki vektorski proizvod(−→u × −→v )× −→w = −(−→w · −→v )−→u + (−→w · −→u )−→v u vidu eksplicitne formule.

Ostaje da se proveri da li ova formula radi i za sluqaj kad su vektori −→u i −→v linearno

zavisni. U tu svrhu mo�emo postaviti −→v = κ−→u , posle qega oqigledno va�i−→0 = −(−→w · (κ−→u ))−→u +

(−→w · −→u )κ−→u , te imamo narednu teoremu.

Teorema 1.11 Za vektore −→u , −→v , −→w ∈ V va�i

(−→u × −→v )× −→w = (−→u · −→w )−→v − (−→v · −→w )−→u . (1.24)

GLAVA 2

KOORDINATE

2.1 Kordinate vektora i taqakaAko je (−→v1 , ..., −→vn ) baza vektorskog prostora V tada za svako −→x ∈ V postoje jednoznaqno odre�eni

skalari x1, ...,xn ∈ R takvi da je −→x = x1−→v1 + ...+ xn

−→vn i oni se zovu koordinate vektora −→x u datojbazi. Koordinate vektora −→x obiqno zapisujemo kao ure�enu n-torku (x1, ...,xn), xto uspostavǉabijekciju izme�u prostora V i Rn.

Dva vektora su jednaka ako i samo ako imaju jednake koordinate u odnosu na istu bazu. Izosobina Teoreme 1.5 lako vidimo da je koordinata sume vektora jednaka sumi odgovaraju�ihkoordinata, kao i da je koordinata umnoxka vektora skalarom jednaka proizvodu skalara iodgovaraju�e koordinate.

Polo�aj taqke mo�e se opisati tako xto odaberemo taqku O ∈ E (koju zovemo koordinatni

poqetak) i svakoj taqki M ∈ E pridru�imo (jednoznaqno odre�en) vektor−−−→OM ∈ V (koji zovemo

vektor polo�aja taqke M).Koordinatni sistem sastoji se od taqke O i vektora neke baze (−→e1 , ..., −→en ) prostora V . Koordinate

taqke M su koordinate vektora polo�aja−−−→OM u odnosu na zadatu bazu. Ako su vektori baze

jediniqni ka�emo da je koordinatni sistem Dekartov, a ako su me�usobno upravni ka�emo daje on pravougli.

2.2 Vektorska algebra u koordinatamaIspitajmo osobine skalarnog proizvoda dva vektora u funkciji ǌihovih koordinata. Qitavu

priqu posmatra�emo u euklidskom prostoru gde je po Teoremi 1.6 dimenzija odgovaraju�egvektorskog prostora V jednaka tri, s tim da lako mo�emo izvrxiti restrikciju na pravu iliravan, spuxtaju�i dimenziju.

Iz linearne algebre poznat je Gram-Xmitov postupak ortogonalizacije koji od proizvoǉnebaze vektorskog prostora koji je snabdeven skalarnim proizvodom kreira ortonormiranu bazu.

9


Neka je (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) ortonormirana baza vektorskog prostora V . Tada je −→ei · −→ej = δij , gde je δijKronekerov simbol i iznosi 1 za i = j, odnosno 0 za i , j.

Neka su −→x = x1−→e1 + x2

−→e2 + x3−→e3 i −→y = y1

−→e1 + y2−→e2 + y3

−→e3 proizvoǉni vektori iz V . Na osnovuTeoreme 1.7 imamo

−→x · −→y =

3∑i=1

xi−→ei

· 3∑j=1

yj−→ej

= 3∑i,j=1

xiyj (−→ei · −→ej ) =

3∑i,j=1

xiyjδij =3∑i=1

xiyi .

Dakle −→x · −→y = x1y1 + x2y2 + x3y3, dok samu koordinatu xi vektora −→x u ortonormiranoj bazi(−→e1 , −→e2 , −→e3 ) dobijamo skalarnim mno�eǌem sa odgovaraju�im baznim vektorom, −→x · −→ei = xi.

Ispitajmo osobine vektorskog i mexovitog proizvoda u funkciji koordinata vektora. Nekaje (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) pozitivno orijentisana ortonormirana baza vektorskog prostora V . Posmatrajmovektor −→e1 × −→e2 . On ima normu ‖−→e1 × −→e2 ‖ = ‖−→e1 ‖‖−→e2 ‖ = 1, ali i pravac ortogonalan i na −→e1 i na −→e2 ,xto je pravac vektora −→e3 . Kako je ‖−→e3 ‖ = 1, a baza (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) pozitivno orijentisana, to je jasnoda va�i −→e1 × −→e2 = −→e3 . Sasvim sliqno dokazujemo cikliqne jednaqine −→e2 × −→e3 = −→e1 i −→e3 × −→e1 = −→e2 .Ako promenimo redosled mno�eǌa, to po (1.14) imamo −→e2 × −→e1 = −−→e3 , −→e3 × −→e2 = −−→e1 i −→e1 × −→e3 = −−→e2 ,dok mno�eǌe linearno zavisnih daje nulu −→e1 × −→e1 = −→e2 × −→e2 = −→e3 × −→e3 =

−→0 .

Neka je sada −→x = x1−→e1 + x2

−→e2 + x3−→e3 , −→y = y1

−→e1 + y2−→e2 + y3

−→e3 i −→z = z1−→e1 + z2

−→e2 + z3−→e3 . Koriste�i

osobine iz Teoreme 1.8 lako je sraqunati

−→x × −→y = (x2y3 − x3y2)−→e1 + (x3y1 − x1y3)−→e2 + (x1y2 − x2y1)−→e3 ,

xto odgovara formalnoj determinanti

−→x × −→y =

∣∣∣∣∣∣∣∣−→e1 −→e2 −→e3x1 x2 x3y1 y2 y3

∣∣∣∣∣∣∣∣koja se lako pamti.

Mexoviti proizvod [−→x , −→y , −→z ] se raquna po definiciji [−→x , −→y , −→z ] = (−→x × −→y ) · −→z i po prethodnoustanovǉenom je [−→x , −→y , −→z ] = (x2y3−x3y2)z1+(x3y1−x1y3)z2+(x1y2−x2y1)z3, xto se tako�e mo�e lakozapamtiti kao

[−→x , −→y , −→z ] =

∣∣∣∣∣∣∣∣x1 x2 x3y1 y2 y3z1 z2 z3

∣∣∣∣∣∣∣∣ .2.3 Transformacije koordinata

Videli smo da koordinate vektora −→x u odnosu na neku bazu e = (−→e1 , −→e2 , ..., −→en ) prostora V qiniure�ena n-torka (x1,x2, ...,xn) za koju va�i −→x = x1

−→e1 +...+xn−→en . Sada se name�e pitaǌe veze izme�u

koordinata ukoliko promenimo bazu. Neka je e′ = (−→e′1 ,−→e′2 , ...,

−→e′n ) neka nova baza prostora V . Novi

bazni vektori su vektori prostora V i samim tim se mogu izraziti u staroj bazi e.


−→e′1 = γ11

−→e1 +γ21−→e2 + ...+γn1

−→en−→e′2 = γ12

−→e1 +γ22−→e2 + ...+γn2

−→en...

−→e′n = γ1n

−→e1 +γ2n−→e2 + ...+γnn

−→en

Ne umaǌuju�i opxtost mo�emo da pretpostavimo da radimo u trodimenzionom prostoru,odnosno u sluqaju n = 3. Koeficijenti γij mogu se upisati u matricu

Γ =

γ11 γ12 γ13γ21 γ22 γ23γ31 γ32 γ33

koja se zove matrica prelaska sa baze e na bazu e′, a pre�axǌa veza se mo�e matriqno zapisatisa e′ = e · Γ . Ako proizvoǉan vektor −→x izrazimo na dva razliqita naqina mo�emo videti vezuizme�u starih i novih koordinata.

−→x =∑i

xi−→ei =

∑j

x′j−→e′j =

∑j

x′j

∑i

γij−→ei

=∑i

∑j

γijx′j

−→ei ,odakle za svako i imamo xi =

∑j γijx

′j , xto su upravo tra�ene veze izme�u naxih koordinata.

Ukoliko stare koordinate obele�imo sa X = (x1,x2,x3)T , a nove sa X ′ = (x′1,x′2,x′3)T sistem dobijenih

jednaqina ima�e matriqni oblik X = Γ ·X ′, odnosno x1x2x3

= γ11 γ12 γ13γ21 γ22 γ23γ31 γ32 γ33

x′1x′2x′3

Ukoliko su baze e i e′ ortonormirane mo�emo raqunati skalarni proizvod

−→e′i ·−→ej na dva

naqina

−→e′i ·−→ej = (

∑k

γki−→ek ) · −→ej =

∑k

γki(−→ek · −→ej ) =

∑k

γkiδkj = γji

=−→e′i · (

∑k

γ ′kj−→e′k ) =

∑k

γ ′kj (−→e′i ·−→e′k ) =

∑k

γ ′kjδik = γ′ij ,

gde su γ ′ij elementi matrice prelaska sa baze e′ na e, odnosno matrice Γ −1. Odavde zakǉuqujemo

da va�i γji = γ ′ij , odnosno Γ −1 = Γ T . Matrica prelaska Γ sa ortonormirane baze na ortonormiranu

bazu mora da bude ortogonalna i va�i 1 = detE = det(Γ ·Γ −1) = det(Γ ·Γ T ) = det(Γ ) ·det(Γ T ) = (det(Γ ))2,tako da je za ǌu detΓ = ±1.


Kod koordinata taqaka imali smo koordinatni sistem (O,e), gde je O koordinatni poqetak,

a e baza. Koordinate taqke X bile su zapravo koordinate vektora−−−→OX . Da bi doxli do

koordinata te iste taqke u novom koordinatnom sistemu (O′ , e′) moramo da transliramo koordinatni

poqetak, odnosno da iskoristimo vezu−−−→OX =

−−−−→OO′ +

−−−−→O′X . Ako vektore raspixemo kao proizvod

baze i kolone koordinata imamo eX = eP + e′X ′, gde kolona P predstavǉa koordinate taqke O′ ubazi e. Kako je e′ = eΓ to je eX = eP + eΓX ′, odnosno X = P + ΓX ′. Koordinate taqke X u staromsistemu jednake su zbiru koordinata taqke O′ u staroj bazi i koordinatama taqke X u novojbazi umno�enih sa matricom prelaska Γ .

GLAVA 3

PRAVA I RAVAN

3.1 Prava i ravan u prostoruKao xto je poznato, prava je objekat koji je jednoznaqno odre�en sa dve razliqite taqke.

Najpre �emo posmatrati situaciju u trodimenzionom prostoru. Neka je prava p odre�enataqkama A(a1, a2, a3) i B(b1,b2,b3). Taqka X pripada pravoj p (taqke A, B i X su kolinearne) ako

su vektori−−−→AX i

−−→AB srazmerni, odnosno ukoliko postoji skalar κ ∈ R takav da je

−−−→AX = κ

−−→AB .

Ako izjednaqimo koordinate vektora iz prethodne jednaqine (−−−→OX −

−−−→OA = κ(

−−→OB −

−−−→OA )) dobijamo

x1 − a1 = κ(b1 − a1),x2 − a2 = κ(b2 − a2),x3 − a3 = κ(b3 − a3).

Vektor−−→AB odre�uje pravac prave, te je jasno da je prava jednoznaqno odre�ena taqkom (recimo

A ∈ p) i pravcem. Ako pravac, odnosno vektor−−→AB (b1 − a1,b2 − a2,b3 − a3) zamenimo sa (v1,v2,v3),

dobijamo jednaqine

x1 = a1 +κv1,

x2 = a2 +κv2, (3.1)

x3 = a3 +κv3,

koje zovemo parametarske jednaqine prave. Pravac prave p kra�e �emo obele�iti sa −→up =(v1,v2,v3) i on je jednoznaqno odre�en do na mno�eǌe skalarom. Kada parametar κ pro�e skuprealnih brojeva prethodne jednaqine opisuju sve taqke X(x1,x2,x3) sa prave p.

Iz parametarskih jednaqina (3.1) eliminacijom (izra�avaǌem) parametra κ dobijamo jednaqine

x1 − a1v1

=x2 − a2v2

=x3 − a3v3

, (3.2)

13


koje zovemo kanonske jednaqine prave. Napomenimo da su kanonske jednaqine (3.2) zapravoskra�eni zapis parametarskih jednaqina (3.1), te se dozvoǉava da neki od brojeva vi budenula (ali ne svi).

Ravan je odre�ena sa tri nekolinearne taqke A, B i C, ali je isto tako mo�emo odredititaqkom A i sa dva linearno nezavisna vektora −→u =

−−→AB i −→v =

−−→AC . Taqka X pripada ravni ako

se ǌen vektor polo�aja u odnosu na taqku A mo�e videti kao linearna kombinacija vektora −→ui −→v , odnosno ako postoje skalari κ i λ tako da je

−−−→AX = κ−→u +λ−→v . Raspisivaǌem ove jednaqine

u koordinatama dobijamo parametarske jednaqine ravni.Me�utim, ravan se lakxe mo�e zapisati ukoliko linearnu kombinaciju vektora −→u i −→v

zamenimo vektorom normale, odnosno sa −→n = −→u × −→v . Vektor normale ravni α kra�e �emoobele�iti sa −−→nα i on je jednoznaqno odre�en do na mno�eǌe skalarom. Sada je κ−→u +λ−→v ⊥ −→n iimamo vektorsku jednaqinu ravni

−−−→AX · −→n = 0. (3.3)

Vektorsku jednaqinu mo�emo zapisati kao (−−−→OX −

−−−→OA ) · −→n = 0 i pogledati koordinate. Ako su

koordinate taqaka A(a1, a2, a3) i X(x1,x2,x3), a vektora −→n (n1,n2,n3) dobijamo jednaqinu ravni

n1(x1 − a1) +n2(x2 − a2) +n3(x3 − a3) = 0. (3.4)

Ako izraqunamo slobodni qlan n4 = −n1a1 − n2a2 − n3a3 naxa jednaqina ravni se mo�e zapisatisa

n1x1 +n2x2 +n3x3 +n4 = 0. (3.5)

3.2 Prava u ravniPosmatrajmo sada situaciju u dvodimenzionom vektorskom prostoru, odnosno u ravni, i

pokuxajmo da napixemo jednaqinu prave. Po uzoru na priqu iz prostora, mo�emo napisatiparametarske jednaqine prave restrikovane za jednu dimenziju: x1 = a1 + κv1, x2 = a2 + κv2.Mno�eǌem prve jednaqine sa v2, druge sa v1 i ǌihovim oduzimaǌem dobijamo x1v2 − x2v1 =a1v2 − a2v1. Ukoliko uvedemo nove oznake n1 = v2, n2 = −v1 i n3 = −(a1v2 − a2v1), dobijamo opxtujednaqinu prave u ravni koja glasi:

n1x1 +n2x2 +n3 = 0. (3.6)

Do jednaqine je moglo da se do�e i na drugi naqin. Na primer, prava u ravni je odre�enataqkom A(a1, a2) i vektorom normale n(n1,n2), te po uzoru na jednaqinu ravni (3.3) u prostorumo�emo napisati vektorsku jednaqinu

−−−→AX · −→n = 0.

Upore�ivaǌem tako dobijenih jednaqina mo�emo zakǉuqiti da ako je (v1,v2) vektor pravca praveonda je vektor normale n(n1,n2) srazmeran vektoru (v2,−v1).

Opxta jednaqina prave (3.6) je bitna jer se svaka prava u ravni mo�e izraziti na takavnaqin. Sa druge strane u sluqaju da je n2 , 0 (odnosno v1 , 0) qitavu jednaqinu (3.6) mo�emopodeliti sa n2 i dobiti x2 = −

n1n2x1 −

n3n2, xto posle zamene k = −n1n2 i n = −n3n2 postaje

x2 = kx1 +n.


Ova jednaqina zove se eksplicitna jednaqina prave, ali ne treba ispustiti iz vida da pravesa konstantnim x1 nemaju takav oblik. Broj k zove se koeficijent prave i jednak je tangensuugla koji prava gradi sa pozitivnim delom x1 ose.

3.3 Rastojaǌe taqke od ravni i prave

Vratimo se sada na trodimenzioni prostor u kome imamo ravan τ zadatu jednaqinom (3.5)n1x1 + n2x2 + n3x3 + n4 = 0. Ako neka taqka ima koordinate P (p1,p2,p3) mo�emo se upitati kolikoiznosi rastojaǌe taqke P od ravni τ.

Postavimo pravu n kroz taqku P tako da je normalna na ravan τ. Neka je B podno�je tenormale, odnosno takva da je {B} = n∩ τ. Rastojaǌe izme�u dve taqke jednako je normi vektorakoji je ǌima odre�en, te je d(P ,τ) = infC∈τ d(P ,C) = infC∈τ‖

−−→P C ‖. Me�utim,

−−→P C =

−−→P B +

−−→BC pri qemu

je−−→P B ⊥

−−→BC , te skalarni proizvod (ili Pitagorina teorema) daje ‖

−−→P C ‖2 = ‖−−→P B ‖2+‖

−−→BC ‖2 ≥ ‖−−→P B ‖2,

xto znaqi da se infC∈τ‖−−→P C ‖ dosti�e (infimum je minimum) u taqki B i imamo d(P ,τ) = ‖−−→P B ‖ =

‖−−→BP ‖.Neka je −→n (n1,n2,n3) vektor pravca prave n (−→n = −→un ), odnosno vektor normale ravni τ (−→n =

−→nτ ). Kako se taqke B i P nalaze na pravoj n to su vektori−−→BP i −→n kolinearni, te je kosinus

ugla izme�u ǌih plus ili minus jedan i zato va�i |−−→BP · −→n | = ‖−−→BP ‖ · ‖−→n ‖. Sa druge stranetaqka B pripada ravni τ, te iz jednaqine (3.3) va�i

−−→AB · −→n = 0, gde je A(a1, a2, a3) neka taqka

ravni τ. To nam daje−−→BP · −→n =

−−→AP · −→n −

−−→AB · −→n =

−−→AP · −→n . Daǉe je

−−→AP · −→n =

−−→OP · −→n −

−−−→OA · −→n =

p1n1 + p2n2 + p3n3 − a1n1 − a2n2 − a3n3, odnosno−−→AP · −→n = p1n1 + p2n2 + p3n3 + n4. Ako objedinimo

rezultate dobijamo ‖−−→BP ‖ ·‖−→n ‖ = |p1n1+p2n2+p3n3+n4| i napokon kako je ‖−→n ‖2 = n21+n22+n

23 to va�i

slede�a teorema.

Teorema 3.1 Rastojaǌe taqke P (p1,p2,p3) od ravni τ : n1x1 +n2x2 +n3x3 +n4 = 0 iznosi

d(P ,τ) =|p1n1 + p2n2 + p3n3 +n4|√

n21 +n22 +n

23

.

Neka je sada prava q odre�ena taqkom Q i pravcem −→v = −→uq . Ako postavimo paralelogram

koji razapiǌu vektori−−→QP i −→v tada se rastojaǌe taqke P od prave q mo�e videti kao ǌegova

visina i povrxinu tog paralelograma mo�emo izraziti na dva naqina: P (−−→QP , −→v ) = ‖−→v ‖ · d(P ,q)

i P (−−→QP , −→v ) = ‖

−−→QP × −→v ‖. Izjednaqavaǌem povrxina dobijamo narednu teoremu.

Teorema 3.2 Rastojaǌe taqke P od prave q koja ima pravac −→v i sadr�i taqku Q iznosi

d(P ,q) =‖−−→QP × −→v ‖‖−→v ‖

.


Naravno, ako imamo konkretne koordinate P (p1,p2,p3), Q(q1,q2,q3) i−→v (v1,v2,v3), prethodnu teoremu,

odnosno rastojaǌe d(P ,q), mo�emo eksplicitno zapisati sa√∣∣∣∣∣ p2 − q2 p3 − q3v2 v3

∣∣∣∣∣2 + ∣∣∣∣∣ p1 − q1 p3 − q3v1 v3

∣∣∣∣∣2 + ∣∣∣∣∣ p1 − q1 p2 − q2v1 v2

∣∣∣∣∣2√v21 + v

22 + v

23

.

Rastojaǌe taqke do prave u ravni mo�e se videti kao specijalni sluqaj rastojaǌa taqkedo ravni. Konkretno, ako posmatramo rastojaǌe taqke P (p1,p2) od prave l : n1x1 + n2x2 + n3 = 0u ravni, mo�emo ga poistovetiti sa rastojaǌem taqke (p1,p2,0) od ravni n1x1 + n2x2 + n3 = 0u prostoru, jer se oba rastojaǌa realizuju du� iste normale. Sada primenom Teoreme 3.1dobijamo tvr�eǌe.

Teorema 3.3 Rastojaǌe taqke P (p1,p2) od prave l : n1x1 +n2x2 +n3 = 0 u ravni iznosi

d(P , l) =|p1n1 + p2n2 +n3|√

n21 +n22

.

3.4 Mimoilazne praveMimoilazne prave su prave u prostoru koje ne pripadaju jednoj ravni, odnosno niti se seku

niti su paralelne. Poznato je da za dve mimoilazne prave postoji taqno jedna prava koja ihseqe i normalna je na ǌih. Ta prava naziva se zajedniqka normala mimoilaznih pravih.

Konstrukcija zajedniqke normale za mimoilazne prave p i q mo�e se izvrxiti na slede�inaqin. Kako zajedniqka normala mora biti normalna i na pravac prave p i na pravac q tomora biti normalna na ravan π koja sadr�i p, a paralelna je sa q i na ravan τ koja sadr�i q,a paralelna je sa p. Sve potencijalne normale nalazi�e se u ravni koja sadr�i p i normalnaje na ravan π, kao i u ravni koja sadr�i q i normalna je na ravan τ, te samim tim zajedniqkanormala bi�e presek tih dveju ravni.

Rastojaǌe izme�u mimoilaznih pravih realizova�e se bax du� zajedniqke normale. Naime,ako je MN zajedniqka normala za prave p 3 M i q 3 N , to za X ∈ p i Y ∈ q mo�emo raspisati−−−→XY =

−−−→XM +

−−−→NY +

−−−−→MN , te zbog

−−−→XM ,

−−−→NY ⊥ −−−−→MN dobiti ‖−−−→XY ‖2 = ‖−−−→XM +

−−−→NY ‖2 + ‖−−−−→MN ‖2 ≥ ‖−−−−→MN ‖2

i konaqno d(p,q) = infX∈p,Y∈q‖−−−→XY ‖ = ‖−−−−→MN ‖.

Postavǉa se pitaǌe kako �emo eksplicitno izraqunati to rastojaǌe, ako je na primerprava p odre�ena taqkom P i pravcem −→up , a prava q odre�ena taqkom Q i pravcem −→uq , priqemu imamo na raspolagaǌu koordinate tih datih elemenata. Ako posmatramo paralelepipedodre�en vektorima

−−→PQ , −→up i −→uq nije texko zakǉuqiti da zajedniqka normala MN zapravo

predstavǉa visinu tog paralelepipeda u odnosu na bazu koju razapiǌu −→up i −→uq , te zapreminu

paralelepipeda mo�emo raqunati na dva naqina: V (−−→PQ , −→up , −→uq ) = ‖−→up ×−→uq ‖·d(p,q) i V (

−−→PQ , −→up , −→uq ) =

|[−−→PQ , −→up , −→uq ]| i konaqno

d(p,q) =|[−−→PQ , −→up , −→uq ]|‖−→up × −→uq ‖

.


3.5 Uglovi izme�u pravih i ravniUgao je jedan od osnovnih pojmova u geometriji. Na poqetku smo videli ugao izme�u polupravih,

sada �emo pokuxati da jednaqinama interpretiramo ugao izme�u dve prave, ugao izme�u pravei ravni, kao i ugao izme�u dve ravni.

Ugao izme�u dve prave p i q je maǌi od uglova koje odre�uju ǌihove poluprave, te je tako](p,q) ∈ [0, π2 ]. Skalarni proizvod vektora pravaca pravih se mo�e razlikovati do na znak, jersu uglovi ](p,q) i ](−→up , −→uq ) jednaki ili suplementni, te je tako

|−→up · −→uq | = ‖−→up ‖ · ‖−→uq ‖ · cos](p,q).

Ugao izme�u prave p i ravni α je ugao izme�u prave p i ǌene ortogonalne projekcije naravan α. Taj ugao, ili ǌemu suplementan, vidimo u pravouglom trouglu koji qine hipotenuzaup i naspramna kateta nα i otuda

|−→up · −−→nα | = ‖−→up ‖ · ‖−−→nα ‖ · sin](p,α).

Ugao izme�u dve ravni α i β bi�e jednak uglu izme�u ǌihovih normala, te je zato

|−−→nα · −−→nβ | = ‖−−→nα ‖ · ‖−−→nβ ‖ · cos](α,β).

GLAVA 4

KRIVE

4.1 KrugU ovoj glavi ograniqi�emo se na ravan, odnosno dvodimenzioni prostor. Najjednostavniji

objekat posle prave je krug. Krug je skup svih taqaka ravni podjednako udaǉenih od neke taqke.Oznaku k(S,r) koristi�emo za krug qije su taqke na rastojaǌu r od taqke S, pri qemu ka�emoda je S centar kruga k, a r ǌegov polupreqnik.

Jasno je da se jednaqina kruga mo�e zapisati sa ‖−−→SX ‖ = r, te ako je proizvoǉna taqka kruga

X(x1,x2), a taqka S(s1, s2), dobijamo

(x1 − s1)2 + (x2 − s2)2 = r2.

Na primer, jediniqni centrirani (centar mu je u koordinatnom poqetku) krug k(O,1) ima�ejednaqinu x21 + x

22 = 1. Krug se mo�e napisati i u parametarskom obliku, a najjednostavnija

parametrizacija ovog kruga k(O,1) je: x1 = cosθ, x2 = sinθ, gde θ ∈ [0,2π).

4.2 Polarni koordinatni sistemPravougli Dekartov koordinatni sistem koji smo do sada koristili je najjednostavniji, ali

i najpogodniji za izra�avaǌe linearnih elemenata (prava, ravan). Me�utim, za neke kvadratneelemente (na primer krug) pogodnije je koristiti drugaqiji koordinatni sistem.

Polarni koordinatni sistem je koordinatni sistem u ravni (E2) koji karakterixe taqkaO ∈ E2 koju zovemo pol i poluprava [Ox1) sa poqetkom u O koju zovemo osa. Taqka X ∈ E2

razliqita od O jednoznaqno je odre�ena rastojaǌem r > 0 od pola (r = d(O,X)) i orijentisanimuglom θ koji poluprava [OX) zaklapa sa osom [Ox1). Polarne koordinate qini ure�en par (r,θ),pri qemu ugao θ odgovara bilo kom od uglova θ +2nπ, gde je n ceo broj. Taqku O opisuje samor = 0, dok ugao θ ne postoji.

18


Jako bitna je veza sa pravouglim Dekartovim koordinatnim sistemom. Ako ga postavimo takoda se pol O poklopi sa koordinatnim poqetkom, a polarnu osu poklopimo sa x1 osom ima�emoslede�u vezu

x1 = r cosθ, x2 = r sinθ.

Obratne veze je tako�e lako ispisati. Uvek je

r =√x21 + x

22,

dok u zavisnosti od toga da li je x1 , 0 ili x2 , 0 mo�emo pisati

tgθ =x2x1, ctgθ =

x1x2.

Na primer za x1 , 0 mo�emo ispisati eksplicitnu formulu

θ = arctgx2x1

+π2(1− sgn(x1)).

Jediniqni centrirani krug k(O,1), koji je u pravouglom Dekartovom sistemu imao jednaqinux21 + x

22 = 1, u polarnom koordinatnom sistemu se zapisuje veoma jednostavno jednaqinom r = 1.

4.3 Transformacije ravniGeometrijske transformacije ravni su preslikavaǌa ravni E2 na samu sebe. One geometrijske

transformacije koje ne pomeraju taqku O mogu se jednostavno izraziti u polarnom koordinatnomsistemu sa polom O. Pogledajmo xta su slike neke taqke (r,θ) pri nekim transformacijama.

Slika pri rotaciji oko taqke O za ugao α je taqka (r,θ+α). Centralna simetrija sa centromO daje (r,θ+π). Osna simetrija u odnosu na x1 daje (r,−θ). Osna simetrija u odnosu na pravu krozO koja je pod uglom α u odnosu na x1 daje (r,2α −θ). Homotetija sa centrom O i koeficijentomk > 0 daje (kr,θ).

Dakle, polarne koordinate nam mogu olakxati put ka jednaqinama nekih transformacija upravouglim Dekartovim koordinatama. Na primer, pomenuta rotacija oko taqke O za ugao αprestavǉa preslikavaǌe (r,θ) 7→ (r,θ +α) u polarnim koordinatama. Ako je to preslikavaǌe upravouglim Dekartovim koordinatama zapisano sa (x1,x2) 7→ (x′1,x

′2), lako dobijamo jednaqine

x′1 = r′ cosθ′ = r cos(θ +α) = r(cosθ cosα − sinθ sinα) = x1 cosα − x2 sinα

x′2 = r′ sinθ′ = r sin(θ +α) = r(cosθ sinα + sinθ cosα) = x1 sinα + x2 cosα,

i konaqno dobijamo jednaqine rotacije

x′1 = x1 cosα − x2 sinα, x′2 = x1 sinα + x2 cosα. (4.1)

4.4 Konusni preseciPravi kru�ni konus dobija se rotacijom jedne prave l oko druge prave s koje se seku pod

oxtrim uglom u taqki V . Dakle u pitaǌu je unija pravih kroz V koje sa s zaklapaju bax


onoliki (oxtar) ugao koliki l zaklapa sa s. Prava s naziva se osa, taqka V je vrh, dok se praval kao i ǌene slike u rotaciju zovu izvodnice pravog kru�nog konusa.

Konusni presek je presek pravog kru�nog konusa i neke ravni. Sluqaj kada ravan sadr�ivrh V je degenerisan i u pitaǌu mo�e biti samo taqka V , jedna izvodnica ili dve izvodnice.Nama �e biti najinteresantniji sluqaj kada ravan ne prolazi kroz vrh, ali da nije normalnana osu (jer ako jeste u preseku dobijamo krug) i takve preseke zovemo konike.

Konike imaju jednu veoma lepu osobinu koju �emo izvesti. Neka je K pravi kru�ni konussa osom s, vrhom V i izvodnicom l, a τ proizvoǉna ravan koja ne sadr�i V i nije normalnana s. Nije texko pokazati da postoji sfera σ koja je upisana u K i koja dodiruje ravan τ.Xtavixe u opxtem sluqaju (elipsa, hiperbola) postoje dve takve sfere, me�utim kada je ravanτ paralelna nekoj izvodnici (sluqaj parabole) postoji samo jedna takva sfera.

Sfera σ dodiruje konus K po nekom krugu i neka je ω ravan u kojoj se taj krug nalazi. Ravanω je oqigledno normalna na s, za razliku od ravni τ, te se one seku po pravoj d = ω∩ τ. Nekaje sada Γ = K∩ τ konika, a taqka G ∈ Γ proizvoǉna taqka sa ǌe. Podno�je normale iz G na dnazovimo A, a podno�je normale iz G na ω sa B. Prodor prave VG kroz ω oznaqimo sa M.

Kako je ugao izme�u ravni ω i ravni τ jednak ]GAB, iz pravouglog trougla ABG mo�emoizraziti rastojaǌe taqke G od prave d sa

d(G,d) = ‖−−−→GA ‖ = ‖

−−→GB ‖

sin](ω,τ).

Sa druge strane imamo pravougli trougao MBG, a kako je GB normalno na ω to je i paralelnosa s, te je ugao ]BGM = ](s,VM) jednak uglu izme�u s i bilo koje izvodnice, odnosno ](s, l).Tangentni odseqci na sferu su me�usobno podudarni, te imamo podudarne du�i GF i GM, gdeje F dodirna taqka sfere σ i ravni τ ({F} = τ ∩ σ), te mo�emo zapisati

d(G,F) = ‖−−−→GM ‖ = ‖

−−→GB ‖

cos](s, l).

Ako objedinimo prethodne dve jednaqine dobijamo odgovaraju�i odnos

d(G,F)d(G,d)

=‖−−−→GM ‖

‖−−−→GA ‖

=sin](ω,τ)cos](s, l)

= e.

Kada smo fiksirali konus i ravan fiksirali smo i uglove ](ω,τ) i ](s, l), te je samim tim ebroj koji ne zavisi od izbora taqke G sa konike Γ , samim tim dokazali smo narednu teoremu.

Teorema 4.1 Za svaku koniku Γ u ravni postoji taqka F i prava d takva da je odnos rastojaǌaproizvoǉne taqke sa konike od taqke F, odnosno od prave d, konstantan.

Taqka F zove se �i�a (ili fokus), prava d zove se vodiǉa (ili direktrisa), a broj e zove seekscentricitet konike. Ekscentricitet konike je po definiciji strogo pozitivan, a ispostavǉase da vrednost 1 razluquje tri tipa konika na slede�i naqin. Konika je za 0 < e < 1 elipsa, zae = 1 parabola, za e > 1 hiperbola.


4.5 Jednaqine konikaPoxto smo iskoristili tre�u dimenziju da bi dokazali Teoremu 4.1, sada mo�emo da se

vratimo u ravan i iskoristimo dokazanu osobinu da izvedemo jednaqine konika u ravni.Ispostavǉa se da je do jednaqina lakxe do�i u polarnom koordinatnom sistemu. Postavimo

koordinatni sistem tako da je �i�a F pol, dok je polarna osa poluprava sa poqetkom F kojaje normalna na direktrisu d i seqe je. Sa L oznaqimo jednu od preseqnih taqaka konike Γ iprave kroz F paralelne direktrisi i neka je l = d(F,L). Neka je A podno�je normale iz G, a Bpodno�je normale iz L na pravu d.

Neka je G ∈ Γ proizvoǉna taqka konike koja je sa iste strane prave d kao i taqka F. Ispitajmopolarne koordinate (r,θ) taqke G. Kako je

r = d(F,G) = e · d(G,A) = e(d(L,B)− r · cosθ) = l − er cosθ,

to dobijamo polarnu jednaqinu konike

r = l − er cosθ, (4.2)

xto se mo�e zapisati i sa

r =l

1+ ecosθ.

Pogledajmo sada kako jednaqina konike izgleda u odgovaraju�em Dekartovom koordinatnomsistemu, koji ima poqetak u polu, a polarna osa se preklapa sa osom x1. Kvadriraǌem jednaqine(4.2) uz veze x1 = r cosθ i x2 = r sinθ, koje smo ranije videli, dobijamo

x21 + x22 = (l − ex1)2.

Sada je(1− e2)x21 +2elx1 + x

22 = l

2 (4.3)

i vrximo diskusiju u zavisnosti od toga da li je 1−e2 = 0. Dakle prvo �emo posmatrati sluqajkad je e , 1. Tada je

x21 +2x1el

1− e2+

x221− e2

=l2

1− e2,

i otuda (x1 +

el

1− e2

)2+

x221− e2

=l2

1− e2+

e2l2

(1− e2)2=

l2

(1− e2)2.

Mo�emo primetiti da priliqno zgodniji koordinatni sistem dobijamo translacijom za vektor(− el

1−e2 ,0) jer tada x1+el

1−e2 postaje novo x1, dok x2 ostaje isto. U tom novom koordinatnom sistemuprethodna jednaqina glasi

x21 +x22

1− e2=

l2

(1− e2)2,

odnosnox21l2

(1−e2)2+

x22l2

(1−e2)

= 1.


Ako uvedemo oznake

a =l

|1− e2|, b =

l√|1− e2|

dobijamo kanonsku jednaqinux21a2

+ sgn(1− e2)x22b2

= 1.

U sluqaju da je u pitaǌu elipsa (e < 1) to je x21a2

+ x22b2

= 1, dok je u sluqaju hiperbole (e > 1) tox21a2− x

22b2

= 1.Za sluqaj parabole, moramo se vratiti u diskusiju i postaviti e = 1. Jednaqina (4.3) tada

glasi 2elx1 + x22 = l

2, xto se mo�e zapisati kao

x22 = 2l(l2− x1

).

Dodatna izometrijska transformacija koja prestavǉa osnu simetriju ravni u odnosu na pravux1 =

l4 meǌa l

2 −x1 sa novim x1 dok x2 ostaje isto i u tom novom koordinatnom sistemu jednaqinaima oblik

x22 = 2lx1.

4.6 Tangente konikaDa bi dobili jednaqinu tangente na krivu poslu�i�emo se rezultatima iz matematiqke

analize. Poznato je da koeficijent pravca tangente na krivu koja je data funkcijom x2 = f (x1)u taqki (p1,p2) krive (p2 = f (p1)) jednak prvom izvodu funkcije krive u p1, odnosno f ′(p1).

Kanonska jednaqina elipse i hiperbole mo�e se zapisati i sa αx21 + βx22 = 1, gde je veza sa

standarnim zapisima α = 1a2

i β = ±1b2. Diferenciraǌem jednaqine po x1 dobijamo 2αx1+2βx2x′2 =

0. Kako iz dobijene jednaqine x′2 postaje koeficijent pravca tangente, dok se x1 i x2 meǌajukoordinatama p1 i p2, to tra�ena jednaqina tangente glasi 2αp1(x1−p1)+2βp2(x2−p2) = 0. Kako jeαp21 +βp

22 = 1 jer taqka (p1,p2) pripada krivoj, to kriva αx21 +βx

22 = 1 u taqki (p1,p2) ima tangentu

αp1x1 + βp2x2 = 1.

Sliqnu stvar mo�emo uraditi i sa parabolom, odnosno mo�emo diferencirati jednaqinuparabole x22 = 2lx1. Tada dobijamo 2x2x′2 = 2l, gde je x′2 koeficijent pravca tangente. Tangentuzato mo�emo zapisati sa p2(x2−p2) = l(x1−p1) i kako je p22 = 2lp1 jer taqka (p1,p2) pripada krivojdobijamo tangentu

p2x2 = l(x1 + p1).

Prava i konika mogu imati nijednu, jednu ili dve zajedniqke taqke. Tangenta obaveznoima taqno jednu zajedniqku taqku, ali treba biti obazriv jer obrat ne va�i. Naime pravaparalelna osi parabole sa parabolom ima taqnu jednu zajedniqku taqku, ali ona nije tangenta.U svakom sluqaju nije loxe imati na umu da se tangenta qesto analitiqki mo�e dobiti izuslova dodira, odnosno rexavaǌem sistema jednaqina koje predstavǉaju pravu i krivu. Ako je


u pitaǌu kriva drugog reda, preseci se nalaze rexavaǌem kvadratne jednaqine, ali ako namtreba jednoznaqan presek, to onda znaqi da je diskriminanta te kvadratne jednaqine jednakanuli i tako daǉe...

Asimptote su prave koje dodiruju krivu u beskonaqnosti, odnosno one se u beskonaqnosti

ponaxaju kao kriva. Ako po�emo od kanonske jednaqine hiperbole x21a2− x22b2

= 1, ǌene asimptote�emo videti kroz jednaqinu

0 =x21a2−x22b2

=(x1a− x2b

)(x1a

+x2b

).

Samim tim asimptote na hiperbolu su prave x1a −

x2b = 0 i x1

a + x2b = 0, xto mo�emo zapisati u

eksplicitnom obliku sa

x2 = ±bax1.

4.7 Fokusne osobine konikaElipsa i hiperbola imaju dve �i�e i dve direktrise. Kod elipse �i�e se nalaze izme�u

direktisa, dok je kod hiperbole obrnuto. Neka je M proizvoǉna taqka sa elipse ili hiperbole.Po Teoremi 4.1 za svaku od �i�a va�i da je odnos rastojaǌa taqke od �i�e i od direktrisejednak ekscentricitetu.

Neka je M proizvoǉna taqka sa hiperbole ili elipse Γ i neka su F1 i F2 �i�e kojima redomodgovaraju direktrise d1 i d2. Neka su taqke D1 ∈ d1 i D2 ∈ d2 podno�ja normala iz M na d1 id2.

Iz osobine konika imamo d(M,Fi) = e·d(M,di) = e·d(M,Di) za i = 1,2. U sluqaju elipse sabiramoova rastojaǌa i dobijamo

d(M,F1) + d(M,F2) = e(d(M,D1) + d(M,D2)) = e · d(D1,D2) = e · d(d1,d2),

dok u sluqaju hiperbole ǌih oduzimamo

|d(M,F1)− d(M,F2)| = e|d(M,D1)− d(M,D2)| = e · d(D1,D2) = e · d(d1,d2).

Ovako smo dobili slede�u teoremu.

Teorema 4.2 Zbir rastojaǌa svake taqke elipse do ǌenih �i�a je konstanta. Apsolutna vrednostrazlike rastojaǌa svake taqke hiperbole od ǌenih �i�a je konstanta.

Ova teorema mo�e nam poslu�iti da dobijemo vezu izme�u ekscentriciteta e i male i velikepoluose, odnosno brojeva a i b.

Posmatrajmo kanonsku jednaqinu elipse (sa a > b) i obele�imo sa c rastojaǌe �i�e od centraelipse, odnosno koordinatnog poqetka. Ako posmatramo temena elipse, odnosno taqke (a,0) i(0,b) koje joj pripadaju, po prethodnom mo�emo raspisati e · d(d1,d2) = (a − c) + (a + c) = 2a, kao ie ·d(d1,d2) = 2

√b2 + c2, odakle dobijemo c2 = a2−b2. Kako smo prilikom izvo�eǌa jednaqine elipse

izvrxili translaciju za vektor (− el1−e2 ,0), qime se �i�a pomerila iz koodinatnog poqetka, to

mo�emo pisati c = el1−e2 = e l

|1−e2 | = ea. Sada je e = ca , odnosno

e =

√1− b

2

a2.


Sluqaj hiperbole mo�emo sliqno rexiti, te neka je c rastojaǌe �i�e od centra hiperbole,odnosno koordinatnog poqetka. Mo�emo posmatrati taqke (a,0) i recimo (a

√2,b) koje zadovoǉavaju

kanonsku jednaqinu hiperbole. Ovoga puta dobijamo e · d(d1,d2) = |(c − a) − (c + a)| = 2a i dostakomplikovanije

e · d(d1,d2) =∣∣∣∣∣√(a√2− c)2 + b2 −

√(a√2+ c)2 + b2

∣∣∣∣∣ .Izjednaqavaǌem prethodnih jednaqina i kvadriraǌem dobijamo

4a2 = (a√2− c)2 + b2 + (a

√2+ c)2 + b2 − 2

√(a√2− c)2 + b2

√(a√2+ c)2 + b2,

iz qega daǉe imamo

4a2 = 4a2 +2c2 +2b2 − 2√(2a2 + c2 + b2)2 − (2ac

√2)2,

odnosnoc2 + b2 =

√(2a2 + c2 + b2)2 − 8a2c2.

Kvadriraǌem dobijamo

c4 +2c2b2 + b4 = 4a4 + c4 + b4 +4a2c2 +4a2b2 +2c2b2 − 8a2c2,

odnosno 4a4−4a2c2+4a2b2 = 0, xto deǉeǌem sa 4a2 postaje c2 = a2+b2. Kao i u prethodnom sluqajuima�emo c = ea i konaqno

e =

√1+

b2

a2.

4.8 Krive drugog redaKriva drugog reda je skup taqaka ravni koje zadovoǉavaju jednaqinu f (x1,x2) = 0, gde je f

realni polinom drugog stepena po x1 i x2, odnosno

f (x1,x2) = a11x21 +2a12x1x2 + a22x

22 +2a13x1 +2a23x2 + a33, (4.4)

pri qemu je, naravno, a211 + a212 + a

222 > 0. �elimo da klasifikujemo krive drugog reda, odnosno

da opixemo sve mogu�e skupove taqaka koji zadovoǉavaju jednaqinu

f (x1,x2) = 0. (4.5)

Postojaǌe qlana a12 , 0 geometrijski kazuje da je kriva postavǉena koso u postoje�emkoordinatnom sistemu. Zbog toga �emo potra�iti novi koordinatni sistem u kome �e onabiti ispravǉena, odnosno ne�e imati qlan a12. U tu svrhu rotira�emo koordinatni sistemoko koordinatnog poqetka za neki ugao θ (odnosno rotirati taqke oko koordinatnog poqetka za−θ) i u skladu sa jednaqinama rotacije (4.1) ima�emo vezu

x1 = x′1 cosθ − x

′2 sinθ, x2 = x

′1 sinθ + x′2 cosθ. (4.6)

Ako zamenimo ove veze u jednaqinu krive (4.5), zajedno sa (4.4) dobijamo novu jednaqinu

a′11x′12 +2a′12x

′1x′2 + a

′22x′22 +2a′13x

′1 +2a′23x

′2 + a

′33 = 0, (4.7)


gde je 2a′12 = −2a11 cosθ sinθ + 2a12(cos2θ − sin2θ) + 2a22 cosθ sinθ, odnosno a′12 = a12(cos2θ − sin2θ) +(a22 − a11)cosθ sinθ. Kako ovde prepoznajemo trigonometrijske jednakosti cos2θ − sin2θ = cos(2θ)i 2cosθ sinθ = sin(2θ), to imamo a′12 = a12 cos(2θ) + (a22 − a11)12 sin(2θ). �elimo da prona�emo takvoθ da se koeficijent a′12 anulira, me�utim iz prethodne jednaqine oqigledno je da se to dexavakada je

ctg(2θ) =a11 − a222a12

.

Naravno ovde nemamo problem deǉeǌa nulom, jer kada je a12 = 0 kriva je ve� ispravǉena inema potrebe da primeǌujemo postupak rotacije. Dakle, ako koordinatne ose zarotiramo zaugao θ = 1

2arcctga11−a222a12

jednaqina (4.5) prelazi u jednaqinu (4.7) kod koje je a′12 = 0. Tako smo seotarasili jednog koeficijenta i daǉe mo�emo posmatrati jednaqinu oblika

a11x21 + a22x

22 +2a13x1 +2a23x2 + a33 = 0. (4.8)

Primetimo da su promenǉive x1 i x2 razdvojene i stoga za i = 1,2 ukoliko je aii , 0, mo�emoposmatrati izraz aiix

2i +2ai3xi. Tada se standardno izvlaqi aii ispred zagrade, u kojoj se kreira

potpun kvadrat na slede�i naqin

aiix2i +2ai3xi = aii

x2i +2xiai3aii

+(ai3aii

)2− a2i3aii = aii(xi +

ai3aii

)2−a2i3aii,

te nakon translacije xi koordinate putem x′i = xi +ai3aii, suxtinski uklaǌamo koeficijent uz xi,

odnosno novi ai3 se anulira. Naravno, ako je aii = 0, tada se jedan koeficijent ve� neutralisao.Jako je bitno da su transformacije koje primeǌujemo izometrijske transformacije, odnosno

da one quvaju du�inu du�i, iliti skalarni proizvod. Zbog toga je jako bitno izvlaqeǌe aiiispred zagrade u prethodnom koraku.

4.9 Klasifikacija krivih drugog redaDa se vratimo na naxu jednaqinu (4.8) koju diskutujemo u zavisnosti od toga da li su a11

ili a22 razliqiti od nule.Ako su i a11 i a22 razliqiti od nule, to se zahvaǉuju�i prethodno objaxǌenim translacijama

eliminixu koeficijenti a13 i a23 iz jednaqine (4.8) koja postaje

a11x21 + a22x

22 + a33 = 0, (4.9)

te je daǉe potrebno diskutovati znakove koeficijenata.

Ako je sgn(a11) = sgn(a22) = sgn(a33), tada uz a =√a33a11

i b =√a33a22

dobijamo jednaqinu

x21a2

+x22b2

= −1,

koju ne ispuǌava nijedna taqka jer zbir kvadrata nikako nije negativan. U pitaǌu je prazanskup, ali ako problem posmatramo u kompleksnoj ravni, mo�emo re�i da je to imaginarnaelipsa.


Ako je sgn(a11) = sgn(a22) = −sgn(a33), tada uz a =√−a33a11

i b =√−a33a22

dobijamo jednaqinu

x21a2

+x22b2

= 1,

a u pitaǌu je kanonska jednaqina elipse. Standardno mo�emo zahtevati i dodatni uslova ≥ b > 0, jer ako to nije sluqaj mo�emo izvrxiti osnu refleksiju u odnosu na pravu x1 = x2,odnosno x1 = x′2, x2 = x′1, xto je izometrijska transformacija koja okre�e znaqeǌa koordinatax1 i x2, te samim tim znaqeǌa meǌaju i brojevi a i b.

Ako je sgn(a11) = sgn(a22) i a33 = 0, tada uz a = 1 i b =√a11a22

dobijamo jednaqinu

x21a2

+x22b2

= 0,

qije je rexeǌe taqka, odnosno u pitaǌu je koordinatni poqetak (0,0). To je ono xto se vidi urealnoj ravni, dok je u kompleksnoj ravni to par imaginarnih pravih koje se seku.

Preostaje nam sluqaj sgn(a11) = −sgn(a22). Ukoliko je jox a33 = 0 mo�emo postaviti a = 1 i

b =√−a11a22

i dobiti jednaqinu

x21a2−x22b2

= 0,

koja predstavǉa dve prave koje se seku. ǋihove jednaqine su oqigledno x1a ±

x2b = 0.

Ukoliko je sgn(a11) = −sgn(a22) uz a33 , 0, ne umaǌuju�i opxtost mo�emo pretpostaviti dava�i sgn(a33) = −sgn(a11), jer u suprotnom mo�emo primeniti ve� vi�enu osnu refleksiju x1 =x′2, x2 = x

′1 koja zameǌuje koordinatne ose i samim tim okre�e i koeficijente a11 i a22. Ukoliko

postavimo a =√−a33a11

i b =√a33a22

dobijamo jednaqinu

x21a2−x22b2

= 1,

xto je kanonska jednaqina hiperbole.Ovako smo ispitali sve mogu�nosti iz jednaqine (4.9) koja je dobijena kada su i a11 i a22

razliqiti od nule. Slede�a pretpostavka je da je taqno jedan od brojeva a11 i a22 razliqitod nule. Ne umaǌuju�i opxtost mo�emo pretpostaviti da je a11 , 0 i a22 = 0, inaqe �emo kao iranije zameniti x1 i x2 osu.

U ovom sluqaju odgovaraju�a (gore pomenuta) translacija po x1 eliminisa�e koeficijenta13. Pretpostavimo da je sada koeficijent a23 , 0. Tada mo�emo izvrxiti i translaciju pox2 koja �e da objedini qlan sa x2 sa slobodnim qlanom putem x′2 = x2 +

a332a23

i tako ukloniti

koeficijent a33. Poqetna jednaqina (4.8) u tom sluqaju postaje oblika a11x21 +2a23x2 = 0, a ako

postavimo p = −a23a11imamo

x21 = 2px2,

xto je jednaqina parabole. Ukoliko je p < 0 mo�emo okrenuti smer x2 osi tako xto �emoizvrxiti izometrijsku transformaciju x1 = x′1, x2 = −x

′2 i dobiti kanonsko ograniqeǌe p > 0.


Neka je sada a11 , 0 i a22 = 0, ali i a23 = 0. Poqetna jednaqina (4.8) je tada oblika a11x21+a33 =

0, odnosnox21 = c,

gde je c = −a33a11. Ako je c = 0 imamo x1 = 0, xto je jednaqina prave. Ukoliko je c > 0 u pitaǌu

su paralelne prave x1 = ±√c, dok u sluqaju c < 0 jednaqina nema rexeǌa, odnosno u pitaǌu je

prazan skup, no u kompleksnoj ravni to mo�emo videti kao dve paralelne imaginarne prave.Na ovaj naqin iscrpili smo sve mogu�nosti jer ukoliko su i a11 i a22 jednaki nuli, to kriva

nije drugog reda, ve� najvixe prvog reda.

4.10 Invarijante krivih drugog redaInvarijante su veliqine koje se quvaju prilikom odre�enih transformacija. Mi smo do

kanonskog oblika krive drugog reda dolazili u dve etape, kroz rotaciju i translaciju. Ispostavǉase da postoje veliqine koje se prilikom toga ne meǌaju. Definixemo veliku determinantu ∆,malu determinantu D i trag T na slede�in naqin:

∆ =

∣∣∣∣∣∣∣∣a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

∣∣∣∣∣∣∣∣ , D =∣∣∣∣∣ a11 a12a12 a22

∣∣∣∣∣ , T = a11 + a22.

Veliqine ∆, D i T se ne meǌaju prilikom rotacije i translacije. Ovo je stvar koju mo�emodirektno proveriti. Formule rotacije smo videli u jednaqini (4.6)

x1 = x′1 cosθ − x

′2 sinθ, x2 = x

′1 sinθ + x′2 cosθ.

U skladu sa jednaqinom (4.7) pa�ǉivim raqunom mo�emo zapisati

a′11 = a11 cos2θ + a22 sin

2θ +2a12 cosθ sinθ,

a′12 = a12(cos2θ − sin2θ) + (a22 − a11)cosθ sinθ,

a′22 = a11 sin2θ + a22 cos

2θ − 2a12 cosθ sinθ.

Invarijantnost traga je oqigledna T ′ = a′11+a′22 = (a11 cos2θ+a22 sin

2θ+2a12 cosθ sinθ)+(a11 sin2θ+

a22 cos2θ − 2a12 cosθ sinθ) = a11 + a22 = T .Za malu determinantu raqun se malo komplikuje D ′ = a′11a

′22 − (a

′12)

2 = (a11 cos2θ + a22 sin2θ +

2a12 cosθ sinθ) · (a11 sin2θ + a22 cos2θ −2a12 cosθ sinθ)− (a12(cos2θ − sin2θ) + (a22 − a11)cosθ sinθ)2, te jeD ′ = (a11a22 cos4θ+(2a12(a22−a11))cos3θ sinθ+(a211+a

222−4a

212)cos

2θ sin2θ+(2a12(a11−a22))cosθ sin3θ+a11a22 sin

4θ)− (a212 cos4θ+ (2a12(a22 −a11))cos3θ sinθ+ (a211 +a222 −2a11a22 −2a

212)cos

2θ sin2θ+ (2a12(a11 −a22))cosθ sin

3θ+a212 sin4θ) i odavde dobijamo D ′ = (a11a22−a212)(cos4θ+2cos2θ sin

2θ+sin4θ). Kako je(cos4θ+2cos2θ sin2θ+sin4θ) = (cos2θ+sin2θ)2 = 1, to je D ′ = (a11a22 −a212) =D i D je invarijantno.

Za proveru velike determinante ∆ moramo izraziti i preostale nove koeficijente prirotaciji:

a′13 = a13 cosθ + a23 sinθ,

a′23 = a23 cosθ − a13 sinθ,a′33 = a33.


Ostatak raquna ostavǉamo za ve�bu.Pogledajmo sada formule translacije

x1 = x′1 + c1, x2 = x

′2 + c2,

posle kojih u skladu sa jednaqinom (4.7) mo�emo zapisati

a′11 = a11, a′12 = a12, a

′22 = a22,

a′13 = c1a11 + c2a12 + a13a′23 = c1a12 + c2a22 + a23a′33 = c

21a11 +2c1c2a12 + c

22a22 +2c1a13 +2c2a23 + a33.

Invarijantnost u odnosu na translaciju je jox lakxe proveriti jer kako je a′11 = a11, a′12 = a12,

a′22 = a22 direktno imamo T ′ = T i D ′ = D. Invarijantnost za ∆ mo�e se videti iz osobinedeterminanti da se quvaju prilikom dodavaǌa vrste ili kolone umno�ene nekim skalarom.Ako na poqetnu determinantu ∆ na tre�u kolonu dodamo prvu kolonu mno�enu sa c1 i drugukolonu mno�enu sa c2, a zatim na tre�u vrstu dodamo prvu vrstu mno�enu sa c1 i drugu vrstumno�enu sa c2 dobijamo bax ∆′ jer je a′33 = c

21a11 +2c1c2a12 + c

22a22 +2c1a13 +2c2a23 + a33 = c1(c1a11 +

c2a12 + a13) + c2(c1a12 + c2a22 + a23) + c1a13 + c2a23 + a33.Osnovna ideja invarijanti je da nam daju neki vid kontrole pri svo�eǌu na kanonski oblik.

Na primer ako uvedemo matrice

A =(a11 a12a12 a22

), X =

(x1x2

),

tada se kvadratna forma a11x21 + 2a12x1x2 + a22x

22 mo�e zapisati sa XTAX. Karakteristiqni

polinom matrice A je χ(A) = det(A − λI) = (a11 − λ)(a22 − λ) − a212 = λ2 − (a11 + a22)λ + a11a22 − a212 iotuda

χ(A) = λ2 − (trA)λ+det(A).

Me�utim, trA = T i det(A) =D su invarijante, te je samim tim polinom χ(A) = λ2−T λ+D tako�einvarijanta za rotacije i translacije.

Ako su λ1 i λ2 sopstvene vrednosti matrice A, odnosno nule karakteristiqnog polinoma,tada je χ(A) = λ2−T λ+D = (λ−λ1)(λ−λ2) i Vijetove formule daju λ1+λ2 = T i λ1λ2 =D. Podsetimose poqetka priqe oko svo�eǌa na kanonski oblik. Tamo smo najpre rotirali koordinatni sistemza ugao θ posle qega eliminixemo koeficijent a′12. Me�utim, po prethodnoj priqi mi sadaznamo da koeficijenti a′11 i a′22 moraju uzeti vrednosti λ1 i λ2 (u nekoj permutaciji) koje lakoraqunamo iz matrice A.

4.11 Sopstvene vrednosti i vektoriXtavixe, teoriju invarijanata mo�emo iskoristiti da ubrzamo priqu oko svo�eǌa na

kanonski oblik, zapravo ǌen prvi (i najte�i) korak, odnosno rotaciju. Ideja je da najprena osnovu jednaqine krive postavimo matricu A, da zatim sraqunamo ǌen karakteristiqnipolinom χ(A), te dobijemo sopstvene vrednosti λ1 i λ2.


Za svaku sopstvenu vrednost λ postoji sopstveni vektor V , odnosno vektor za koji va�iAV = λV , jer je det(A − λI) = 0, a mi ga tra�imo tako da je (A − λI)V = 0. Sopstveni vektornije jednoznaqno odre�en jer kad ga mno�imo nenula skalarem i daǉe imamo sopstveni vektor.Za naxe potrebe prona�eni sopstveni vektor �emo normirati da bude jediniqni. Neka jesada V = (v1 v2)T jediniqni sopstveni vektor matrice A koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ1,odnosno takav da va�i (A−λ1I)V = 0 i v21 + v

22 = 1.

Pogledajmo sada vektor W (−v2 v1). On je oqigledno jediniqni i ortogonalan na V . Ukolikoje λ2 , λ1 vektor W �e biti sopstveni vektor koji odgovara sopstvenoj vrednosti λ2 jer jepoznato da su sopstveni vektori koji odgovaraju razliqitim sopstvenim vrednostima za simetriqnumatricu (A = AT ) me�usobno ortogonalni.

Na ovaj naqin kreira�emo matricu M = (V |W ) koja �e da ima ulogu matrice rotacije izjednaqine (4.6), odnosno ima�emo transformaciju X =MX ′ koju mo�emo zapisati u razvijenomobliku kao

x1 = v1x′1 − v2x

′2, x2 = v2x

′1 + v1x

′2.

Kvadratna forma a11x21+2a12x1x2+a22x

22 = X

TAX, posle transformacije X =MX ′ postaje (MX ′)TA(MX ′) =X ′T (MTAM)X ′, odnosno zavisi od matrice MTAM.

MTAM =(v1 v2−v2 v1

)(a11 a12a12 a22

)(v1 −v2v2 v1

)=

(v1 v2−v2 v1

)(a11v1 + a12v2 −a11v2 + a12v1a12v1 + a22v2 −a12v2 + a22v1

)Kako je V sopstveni vektor za λ1 imamo a11v1+a12v2 = λ1v1 i a12v1+a22v2 = λ1v2. Ako je jox λ1 , λ2to �eW biti sopstveni vektor za λ2 i ima�emo −a11v2+a12v1 = −λ2v2 i −a12v2+a22v1 = λ2v1. Otuda

MTAM =(v1 v2−v2 v1

)(λ1v1 −λ2v2λ1v2 λ2v1

)=

(λ1 00 λ2

)Kao xto vidimo ovakav postupak ispravio je naxu krivu jer je kvadratnu formu a11x

21 +

2a12x1x2 + a22x22 preveo u λ1x′1

2 +λ2x′22. Sada taqno znamo kako izgleda kvadratni deo jednaqine

nakon transformacije i ne moramo da ga posebno raqunamo.Me�utim, xta raditi kada matrica A ima samo jednu sopstvenu vrednost λ1 = λ2? Tada je

a11 + a22 = 2λ1 i a11a22 − a212 = λ21, odakle dobijamo (a11 − a22)2 +4a212 = 0 i mora biti a12 = 0, samim

tim kriva je ve� ispravǉena i nema potrebe da radimo rotaciju.

4.12 Klasifikacija invarijantamaU prethodnim sekcijama videli smo kako invarijante mogu pomo�i prilikom svo�eǌa na

kanonski oblik. Xtavixe one nam mogu pomo�i i da uz malo raquna odredimo koji tip krivedrugog reda je u pitaǌu.

Pro�imo ponovo kroz proces klasifikacije krivih drugog reda. U sluqaju da su koeficijentia11 i a22 razliqiti od nule, posle rotacije i translacije dobili smo jednaqinu (4.9) a11x

21 +

a22x22+a33 = 0. Invarijante se nisu promenile, a iz ovog oblika ih je lako sraqunati, te imamo

∆ = a11a22a33, D = a11a22, T = a11 + a22. Sada je oqigledno da su a11 i a22 nule karakteristiqnog


polinoma, odnosno sopstvene vrednosti λ1 i λ2 (u xta smo se ve� ranije uverili), kao i da jea33 = ∆/D, te naxa jednaqina postaje

λ1x21 +λ2x

22 +

∆

D= 0.

Diskusiju smo zapoqeli pretpostavkom sgn(λ1) = sgn(λ2), ali kako je D = λ1λ2 nax uslovpostaje sgn(D) = 1, odnosno D > 0. Tada smo za sgn( ∆D ) = sgn(λ1) imali prazan skup (odnosnoimaginarnu elipsu). Kako je sgn(D) = 1 i sgn(λ1) = sgn(λ2) = sgn(λ1 + λ2) = sgn(T ), to je dodatniuslov sgn(∆) = sgn(T ), odnosno ∆T > 0. Za sgn( ∆D ) = −sgn(λ1) imali smo elipsu, a taj uslovanalogno prethodnom mo�emo zapisati sa ∆T < 0. U sluqaju ∆

D = 0, odnosno ∆ = 0 rexeǌe jebila taqka.

Slede�a pretpostavka bila nam je sgn(λ1) = −sgn(λ2), xto zapravo znaqi D < 0. Tada smo za∆D = 0, odnosno ∆ = 0, imali dve prave koje se seku, dok je za ∆

D , 0, odnosno ∆ , 0, rezultat bilahiperbola.

Na kraju smo posmatrali sluqaj kada je taqno jedan od brojeva a11 i a22 razliqit od nule,na primer a11 , 0 i a22 = 0. Ukoliko je a23 , 0 posle rotacije i translacije doxli smo dojednaqine a11x

21 + 2a23x2 = 0, na kojoj vidimo T = a11, D = 0 i ∆ = −a11a223. Jednaqina zapravo

postaje T x21 +2√−∆T x2 = 0 i predstavǉa parabolu, dok su uslovi D = 0 i ∆ , 0. Posledǌi sluqaj

je bio a11 , 0 i a22 = 0 uz a23 = 0, gde je jednaqina a11x21 + a33 = 0, me�utim iz naxih invarijanti

ne mo�emo direktno izraziti vrednost a33. To se sve dexava u sluqaju D = 0 i ∆ = 0, a videlismo da tu postoji tri mogu�nosti: prazan skup, jedna prava, ili par paralelnih pravih.

Sada mo�emo nacrtati tablicu:D : ∆ ∆ , 0 (nedegenerisane) ∆ = 0 (degenerisane)D > 0 elipsa, prazan skup taqkaD = 0 parabola prazan skup, prava, paralelne praveD < 0 hiperbola prave koje se seku

4.13 Centar kriveCentar krive je zapravo ǌen centar simetrije. To suxtinski znaqi da ako kriva Γ ima

centar C i ako je X ∈ Γ , tada ako je taqka Y takva da je−−−→CX = −

−−−→CY onda va�i Y ∈ Γ . Neke

krive drugog reda imaju centar, a neke ne, a nax zadatak je da ispitamo koje su to krive i kakoodrediti centar ukoliko ga kriva ima.

Ako je X(x1,x2), ǌoj simetriqna taqka u odnosu na C(c1, c2) je taqka (2c1−x1,2c2−x2). Primetimoda su ove formule mnogo zgodnije ukoliko bi centar krive bio bax koordinatni poqetak, tebi simetriqna taqka bila jednostavno (−x1,−x2).

Zbog toga, ukoliko kriva drugog reda ima centar translira�emo koordinatni sistem takoda centar krive postane koordinatni poqetak. Ranije smo imali formule translacije x1 = x′1 +c1, x2 = x′2+c2, posle kojih kriva f (x1,x2) = 0 za f (x1,x2) = a11x

21+2a12x1x2+a22x

22+2a13x1+2a23x2+a33

postaje g(x1,x2) = 0 za g(x1,x2) = a′11x21 + 2a′12x1x2 + a

′22x

22 + 2a′13x1 + 2a′23x2 + a

′33, pri qemu va�e veze:

a′11 = a11, a′12 = a12, a′22 = a22, a′13 = c1a11 + c2a12 + a13, a′23 = c1a12 + c2a22 + a23, a′33 = c21a11 + 2c1c2a12 +c22a22 + 2c1a13 + 2c2a23 + a33. Kako smo postavili centar u koordinatni poqetak, to ako je taqka(x1,x2) (misli se na koordinate u novom koordinatnom sistemu) na krivoj onda je na krivoj i


taqka (−x1,−x2), odnosno imamo i g(x1,x2) = 0 i g(−x1,−x2) = 0, te ǌihovim oduzimaǌem dobijamo0 = g(x1,x2)− g(−x1,−x2) = 4a′13x1 +4a′23x2. Dakle, za svaku taqku sa krive sa novim koordinatama(x1,x2) va�i a′13x1 + a

′23x2 = 0. Ukoliko sve taqke sa krive ne le�e bax na pravoj a′13x1 + a

′23x2 = 0

mora biti a′13 = 0 i a′23 = 0. U suprotnom treba proveriti krive koje su podskup prave: prava(centar je svaka taqka sa ǌe), taqka (centar je ona sama) i prazan skup (centar je xtagod). Uopxtem sluqaju doxli smo do jednaqina a′13 = 0 i a′23 = 0, koje po gore navedenim vezama znaqec1a11+ c2a12+a13 = 0 i c1a12+ c2a22+a23 = 0. Sa druge strane lako je proveriti da ukoliko su ovejednaqine ispuǌene kriva g(x1,x2) = 0 ima centar u (0,0), xto znaqi da kriva f (x1,x2) = 0 imacentar u (c1, c2).

Ako jednaqine zapixemo matriqno dobijamo(a11 a12a12 a22

)(c1c2

)+(a13a23

)=

(00

).

Naravno, ovaj sistem jednaqina ima jednoznaqno rexeǌe kada je det(A) =D , 0 i tada je(c1c2

)=

(a11 a12a12 a22

)−1 ( −a13−a23

).

To dokazuje da krive sa D , 0 (elipsa, hiperbola i dve prave koje se seku) imaju taqno jedancentar. Ukoliko je D = 0, ako postoji jedno rexeǌe, onda ih ima beskonaqno mnogo i to jesluqaj paralelnih pravih. Na kraju mo�emo zakǉuqiti da parabola nema centar.

Kako se jednaqine c1a11 + c2a12 + a13 = 0 i c1a12 + c2a22 + a23 = 0 mogu se zapisati i pomo�uparcijalnih izvoda f ′x1(c1, c2) = 0 i f ′x2(c1, c2) = 0, xto je i logiqno jer vrednost funkcije f ucentru mora dosti�i ekstremnu vrednost. Iz ovoga se vidi da poznat centar krive daje dvejednaqine koje daju veze izme�u koeficijenata krive.

4.14 Tangenta na krivuTangenta na krivu drugog reda u nekoj taqki mo�e se raqunati pomo�u izvoda, kao xto smo

to ve� uradili za krive u kanonskom obliku.Ako x2 shvatimo kao funkciju po x1 i diferenciramo po x1 jednaqinu f (x1,x2) = 0 dobijamo

2a11x1 +2a12(x2 +x1x′2)+2a22x2x′2 +2a13 +2a23x′2 = 0, odnosno (2a11x1 +2a12x2 +2a13)+ (2a12x1 +2a22x2 +2a23)x′2 = 0, xto mo�emo lakxe zapisati kroz parcijalne izvode sa f ′x1(x1,x2) + (f ′x2(x1,x2))x

′2 = 0.

Vrednost izvoda x′2 u taqki p1 jednaka je koeficijentu pravca tangente na krivu u taqki (p1,p2)sa krive, te je zato prava (f ′x1(p1,p2))x1+(f

′x2(p1,p2))x2 = 0 bax tog pravca. Ostaje nam da tu pravu

paralelno pomerimo tako da pro�e kroz taqku (p1,p2) i otuda jednaqina tangente glasi

(f ′x1(p1,p2))(x1 − p1) + (f ′x2(p1,p2))(x2 − p2) = 0 (4.10)

4.15 DijametriDijametar ili preqnik je prava koja prolazi kroz centar krive. Kako smo videli jednaqine

centra f ′x1(c1, c2) = 0 i f ′x2(c1, c2) = 0, to mo�emo napisati jednaqinu

(f ′x1(x1,x2))u1 + (f ′x2(x1,x2))u2 = 0, (4.11)


gde su u1 i u2 neki realni brojevi. Kako su izvodi f ′x1(x1,x2) i f′x2(x1,x2) linearni po x1 i x2 to je

jednaqina (4.11) jednaqina prave. Sa druge strane centar krive (c1, c2) ispuǌava tu jednaqinui zato se nalazi na toj pravoj. Dakle, prava iz jednaqine (4.11) sadr�i centar krive i samimtim jeste dijametar. Kad kroz u1 i u2 xetamo realne brojeve dobijamo sve mogu�e dijametre.

Posebnu ulogu za elipsu i hiperbolu imaju konjugovani dijametri. Ako izaberemo nekidijametar ǌemu konjugovan bi�e onaj koji se dobija tako xto pokupimo sredixta svih tetivaparalelnih poqetnom dijametru.

Konjugovan dijametar mo�emo definisati kao onaj koji ima pravac tangente u taqkama ukojima poqetni dijametar seqe krivu. Osnovna ideja je ta da je elipsa upisana u paralelogramkoji qine dva pravca me�usobno konjugovanih dijametara.

Teorema 4.3 Dijametar konjugovan pravcu (u1,u2) ima jednaqinu(f ′x1(x1,x2))u1 + (f ′x2(x1,x2))u2 = 0.

Dokaz. Neka je P (p1,p2) taqka sa krive i ujedno taqka sa prave koja ima pravac (u1,u2), aprolazi kroz centar C(c1, c2). Konjugovan dijametar za dijametar CP ima pravac tangente nakrivu u taqki P . Kako tangentu imamo u jednaqini (4.10) to je mo�emo pomeriti paralelnotako da pro�e kroz centar i dobiti (f ′x1(p1,p2))(x1 − c1) + (f ′x2(p1,p2))(x2 − c2) = 0, xto je jednaqinakonjugovanog dijametra. Sve to mo�emo lepo raspisati i dobiti (a11p1 + a12p2 + a13)(x1 − c1) +(a12p1 + a22p2 + a23)(x2 − c2) = 0. Ako sve to grupixemo po p1 i p2 dobijamo (a11x1 + a12x2 − a11c1 −a12c2)p1 + (a12x1 + a22x2 − a12c1 − a22c2)p2 + (a13x1 − a13c1 + a23x2 − a23c2) = 0.

Sada �emo iskoristiti jednaqine centra a13 = −a11c1−a12c2 i a23 = −a12c1−a22c2 i nakon zamenadobijamo jednaqinu konjugovanog dijametra (a11x1+a12x2+a13)p1+(a12x1+a22x2+a23)p2+(−a11c1x1−a12c2x1 − a13c1 +−a12c1x2 − a22c2x2 − a23c2) = 0, odnosno

(a11x1 + a12x2 + a13)(p1 − c1) + (a12x1 + a22x2 + a23)(p2 − c2) = 0.

Kako je vektor pravca (u1,u2) zapravo pravac (p1−c1,p2−c2), to je prethodna jednaqin a (f ′x1(x1,x2))u1+(f ′x2(x1,x2))u2 = 0, qime smo dokazali teoremu.

�

Neka su sada k1 i k2 pravci me�usobno konjugovanih dijametara. Dijametar konjugovan onomkoji ima pravac k1 je po prethodnoj teoremi 1 · f ′x1 +k1 · f

′x2 = 0, odnosno a11x1+a12x2+a13+k1a12x1+

k1a22x2 + k1a23 = 0. Koeficijent pravca ove prave je

k2 = −a11 + k1a12a12 + k1a22

,

te imamo k2(a12 + k1a22) + a11 + k1a12 = 0, odnosno

a11 + a12(k1 + k2) + a22k1k2 = 0,

xto je formula za konjugovane pravce.

GLAVA 5

POVRXI

5.1 Povrxi drugog redaPovrx drugog reda je skup taqaka prostora (x1,x2,x3) koje zadovoǉavaju jednaqinu f (x1,x2,x3) =

0, gde je f polinom drugog stepena po promenǉivim x1, x2 i x3, odnosno

f (x1,x2,x3) = a11x21 + a22x

22 + a33x

23 +2a12x1x2 +2a13x1x3 +2a23x2x3

+2a14x1 +2a24x2 +2a34x3 + a44,

gde je a211 + a222 + a

233 + a

212 + a

213 + a

223 , 0, tj imamo barem jedan kvadratni qlan.

Jednaqina povrxi drugog reda mo�e se zapisati matriqno preko elemenata

X =

x1x2x3

, A =

a11 a12 a13a12 a22 a23a13 a23 a33

, B =

a14a24a34

,jer je

f (x1,x2,x3) = XTAX +2BTX + a44.

Da bi olakxali posao podseti�emo se teoreme iz linearne algebre koja ka�e da se svakasimetriqna matrica mo�e dijagonalizovati. Zapravo, za svaku simetrqnu matricu A postojiortogonalna matrica prelaska P , takva da je P −1AP dijagonalna matrica. Matrica P je ortogonalna(P −1 = P T ) matrica prelaska sa stare baze na novu koja se sastoji od sopstvenih vektora, takoda �e se na dijagonali matrice P −1AP pojaviti upravo sopstvene vrednosti poqetne matrice A.

Promena stare baze e u novu bazu e′ vidi se u vezi e′ = e · P , dok je poznato da se koordinatemeǌaju kroz X = PX ′. Izraz XTAX +2BTX + a44 posle ove transformacije postaje (PX ′)TA(PX ′) +2BT PX ′+a44, odnosno X ′

T (P TAP )X ′+2(BT P )X ′+a44. Vidimo da ulogu preuzimaju matrice A′ = P TAPkoja je sad dijagonalna i B′T = BT P . Na ovakav naqin izvrxili smo rotaciju koordinatnog

33


sistema koji je ispravio povrx i dobijena je jednaqina oblika

λ1x21 +λ2x

22 +λ3x

23 +2µ1x1 +2µ2x2 +2µ3x3 + a44 = 0.

Kao i u sluqaju krivih drugog reda imamo na raspolagaǌu i translaciju koja �e ukoliko jeλi , 0 za i = 1,2,3 ukloniti koeficijent µi jer je

λix2i +2µixi = λi

(xi +

µiλi

)2−µ2iλi,

te mo�emo uvesti translaciju x′i = xi +µiλi

i tako eliminasti ulogu µi.

5.2 Klasifikacija povrxi drugog redaPo�imo sada u diskusiju po rangu matrice A. Na poqetku postavimo da je rang(A) = 3. To

znaqi da imamo sve tri sopstvene vrednosti razliqite od nule, odnosno λi , 0 za svaki i = 1,2,3.Kada odradimo prethodno navedene translacije dobijamo jednaqinu oblika

λ1x21 +λ2x

22 +λ3x

23 + p = 0.

Ako je sgn(λ1) = sgn(λ2) = sgn(λ3) = sgn(p), tada za a =√

pλ1, b =

√pλ2

i c =√

pλ3

imamo

x21a2

+x22b2

+x23c2

= −1,

xto je prazan skup, odnosno imaginarni elipsoid.

Ako je sgn(λ1) = sgn(λ2) = sgn(λ3) = −sgn(p), tada za a =√−pλ1, b =

√−pλ2

i c =√−pλ3

imamo

x21a2

+x22b2

+x23c2

= 1,

xto je elipsoid.Ako je sgn(λ1) = sgn(λ2) = sgn(λ3) i p = 0, tada za a =

√λ2λ3, b =

√λ1λ3 i c =

√λ1λ2 imamo

x21a2

+x22b2

+x23c2

= 0,

xto je taqka, odnosno koordinatni poqetak.Ovako smo iscrpeli sluqaj kad su sopstvene vrednosti istog znaka, i sada prelazimo na

sluqaj kada su dva istog znaka, ali razliqitog znaka od tre�eg. Ne umaǌuju�i opxtost mo�emopostaviti sgn(λ1) = sgn(λ2) = −sgn(λ3).

Ako je uz prethodni uslov sgn(p) = sgn(λ1), za a =√

pλ1, b =

√pλ2

i c =√−pλ3

imamo

x21a2

+x22b2−x23c2

= −1,


xto je dvolisni hiperboloid.Ako je uz prethodni uslov sgn(p) = −sgn(λ1), za a =

√−pλ1, b =

√−pλ2

i c =√

pλ3

imamo

x21a2

+x22b2−x23c2

= 1,

xto je jednolisni hiperboloid.Ako je uz prethodni uslov p = 0, za a =

√−λ2λ3, b =

√−λ1λ3 i c =

√λ1λ2 imamo

x21a2

+x22b2−x23c2

= 0,

xto je eliptiqki konus.Ovim smo iscrpeli mogu�nosti sa rang(A) = 3 i sada pretpostavimo da je rang(A) = 2. Ne

umaǌuju�i opxtost mo�emo pretpostaviti da je λ1 , 0, λ2 , 0 i λ3 = 0. Prethodno navedenetranslacije eliminisa�e µ1 i µ2. Ukoliko je µ3 , 0 to dodatna translacija x′3 = x3 +

a442µ3

mo�eukloniti slobodan qlan, posle qega dolazimo do jednaqine

λ1x21 +λ2x

22 +2µ3x3 = 0.

Neka je sgn(λ1) = sgn(λ2). Ukoliko je sgn(µ3) = sgn(λ1) okrenu�emo x3 osu (x′3 = −x3) i dobiti

sgn(µ3) = −sgn(λ1). Tada za a =√−µλ1

i b =√−µλ2

imamo

x21a2

+x22b2

= 2x3,

xto je eliptiqki paraboloid.Neka je sgn(λ1) = −sgn(λ2). Ukoliko je sgn(µ3) = sgn(λ1) okrenu�emo x3 osu (x′3 = −x3) i dobiti

sgn(µ3) = −sgn(λ1). Tada za a =√−µλ1

i b =√

µλ2

imamo

x21a2−x22b2

= 2x3,

xto je hiperboliqki paraboloid.Ukoliko je λ1 , 0, λ2 , 0 i λ3 = 0 uz µ3 = 0, to jednaqina glasi λ1x

21 + λ2x

22 + p = 0. Kako ova

jednaqina ne sadr�i x3 u pitaǌu je bax ona jednaqina koju smo analizirali kod krivih drugogreda. Sve xto smo dobili kao rexeǌe u dve dimenzije sada se xiri na tre�u dimenziju takoxto tre�a koordinata prolazi celu pravu. Dakle rexeǌe je cilindar qija je direktrisa ve�vi�ena kriva drugog reda. Tako dobijamo slede�e povrxi.

x21a2

+x22b2

= −1,

je prazan skup.

x21a2

+x22b2

= 1,


je eliptiqki cilindar.

x21a2

+x22b2

= 0,

je prava.

x21a2−x22b2

= 0,

su dve ravni koje se seku.

x21a2−x22b2

= 1,

je hiperboliqki cilindar.Na ovaj naqin zavxili smo diskusiju za rang(A) = 2 i preostaje nam jox da ispitamo sluqaj

rang(A) = 1, jer ako je rang(A) = 0 u pitaǌu nije povrx drugog reda.Ako je rang(A) = 1 to znaqi da je taqno jedan od λi razliqit od nule. Ne umaǌuju�i opxtost

mo�emo pretpostaviti da je to upravo λ1. Nakon navedene translacije du� x1 ose dobijamojednaqinu oblika

λ1x21 +2µ2x2 +2µ3x3 + p = 0.

Preostaje nam da iskoristimo transformacije u ravni Ox2x3, a osnovna ideja nam je da qitavizraz 2µ2x2 +2µ3x3 postane neko novo x2 mno�eno nekim skalarem. Dakle, ukoliko je µ22 +µ

23 , 0

u pitaǌu je rotacija u ravni Ox2x3 zadata jednaqinom

x′2 =µ2

µ22 +µ23

x2 +µ3

µ22 +µ23

x3,

odnosno ǌenim parǌakomx′3 =

−µ3µ22 +µ

23

x2 +µ2

µ22 +µ23

x3.

Oqigledna rotacija eliminixe nam jednu od promenǉivih, a dodatna translacija du� preostalepromenǉive eliminixe i slobodan qlan odakle je λ1x

21 +2µ2x2 = 0, odnosno

x21 = 2px2,

xto je paraboliqki cilindar.Posledǌi sluqaj nastupa kada je µ22 +µ

23 = 0, odnosno kada je

x21 = p,

i tada za p < 0 imamo prazan skup, za p = 0 imamo ravan, dok za p > 0 to su dve paralelneravni.

GLAVA 6

SFERNA GEOMETRIJA

6.1 Sferni trougao

Posmatrajmo najjednostavniju sferu u trodimenzionom prostoru, S2 = {(x1,x2,x3) : x21 + x22 +

x23 = 1}. U pitaǌu je sfera polupreqnika jedan, sa centrom u koordinatnom poqetku. Sfernageometrija bi trebalo da ilustruje matematiku koju bi posedovala bi�a koja �ive na sferi.Na primer rastojaǌe izme�u dve taqke na sferi sada ne�e biti prosto euklidsko rastojaǌe,ve� je u pitaǌu najkra�e rastojaǌe krive na sferi koja povezuje te dve taqke. Od davninaje poznato da se na sferi najkra�e rastojaǌe realizuje bax po velikom krugu, odnosno nakrugu qiji se centar poklapa sa centrom sfere, a sadr�i dve date taqke. Kako te taqke deleveliki krug na dva dela, rastojaǌe izme�u dve taqke manifestova�e se na kra�em od lukovakoje obrazuju.

Svaku taqku sa sfere X ∈ S2 mo�emo poistovetiti sa jediniqnim vektorom−−−→OX , gde je O

koordinatni poqetak, odnosno centar naxe jedniniqne sfere. Sferni trougao ABC predstavǉaju

taqke A,B,C ∈ S2, pri qemu su one linearno nezavisne, odnosno vektori−−−→OA ,

−−→OB i

−−−→OC su

linearno nezavisni. Za taqke A, B i C ka�emo da su temena tog sfernog trougla. Stranicetog sfernog trougla bi�e kra�i lukovi velikih krugova koji spajaju temena i ǌihove du�inemo�emo obele�iti sa a = �BC, b = �AC i c = �AB. Sve ove du�ine lukova su u intervalu (0,π),jer dijametralno suprotne taqke ne mogu biti temena zbog linearne nezavisnosti koju smozahtevali. Ugao izme�u stranica sfernog trougla bi�e ugao izme�u odgovaraju�ih tangenti utemenima.

Pokuxajmo da odredimo tangentu u taqki A na stranicu �AB. Zapravo, �elimo vektor−−−→TAB

koji je normalan na−−−→OA i nalazi se u ravni velikog kruga OAB. Jednoznaqnu odre�enost mu

mo�emo dati uslovom da je jediniqan i usmeren ”ka B”, odnosno da je ugao koji zaklapa sa−−→OB

37


oxtar. Prvi korak Gram-Xmitovog procesa ortogonalizacije nam direktno daje taj vektor

−−−→TAB =

−−→OB − (

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA

‖−−→OB − (

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA ‖

. (6.1)

Kako su vektori−−−→OA i

−−→OB jediniqni imamo

−−−→OA ·

−−→OB = ‖

−−−→OA ‖ · ‖

−−→OB ‖ · cos]AOB = cos�AB,

te mo�emo proveriti da li−−−→TAB ispuǌava nametnute uslove. Oqigledno je

−−→OB − (

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA

normalan na−−−→OA (skalarnim proizvod jednak nuli) i pripada ravni OAB (jer je linearna

kombinacija vektora−−−→OA i

−−→OB ). Kako je

−−→OB ·(

−−→OB −(

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA ) = 1−(

−−−→OA ·

−−→OB )2 = 1−cos2 �AB > 0,

to−−→OB − (

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA sa

−−→OB zaklapa oxtar ugao, a deǉeǌem sa ǌegovom normom dobijamo

jedniniqni vektor−−−→TAB koji nam treba.

Sada mo�emo re�i da su uglovi sfernog trougla ABC definisani sa α = ]�BAC = ](−−−→TAB ,

−−−→TAC ),

β = ]�ABC = ](−−−→TBA ,

−−−→TBC ) i γ = ]�ACB = ](

−−−→TCA ,

−−−→TCB ).

6.2 Kosinusna teorema

Vratimo se na tangentni vektor−−−→TAB iz (6.1). Videli smo da je

−−−→OA ·

−−→OB = cos�AB, te imamo

‖−−→OB −(

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA ‖2 = ‖

−−→OB −cos�AB· −−−→OA ‖2 = ‖−−→OB ‖2−2cos�AB(−−→OB · −−−→OA )+cos2 �AB·‖−−−→OA ‖2 = 1−2cos2 �AB+

cos2 �AB = 1− cos2 �AB = sin2 �AB. Kako je �AB ∈ (0,π), imamo sin�AB > 0 i otuda ‖−−→OB − (

−−−→OA ·

−−→OB )

−−−→OA ‖ =

sin�AB, xto nam daje zapis jednaqine (6.1) sa

−−−→TAB =

−−→OB − (cos�AB)−−−→OA

sin�AB ,

odakle dobijamo jednaqinu−−→OB = (cos�AB)−−−→OA + (sin�AB)−−−→TAB .

Sasvim sliqno (permutacijom temena na primer) dobijamo i

−−−→OC = (cos �AC)−−−→OA + (sin �AC)−−−→TAC .

Skalarnim mno�eǌem ovih jednaqina dobijamo

cos �BC =−−→OB ·

−−−→OC = ((cos�AB)−−−→OA + (sin�AB)−−−→TAB ) · ((cos �AC)−−−→OA + (sin �AC)−−−→TAC ),

te kako je−−−→OA normalno i na

−−−→TAB i na

−−−→TAC dobijamo

cos �BC = (cos�AB)(cos �AC)−−−→OA · −−−→OA + (sin�AB)(sin �AC)−−−→TAB · −−−→TAC .


Kako je−−−→TAB ·

−−−→TAC = ‖−−−→TAB ‖ · ‖

−−−→TAC ‖ · cos](

−−−→TAB ,

−−−→TAC ) = cos]�BAC konaqno dobijamo osnovnu teoremu

sferne geometrije u vidu formule

cos �BC = cos�ABcos �AC + sin�ABsin �AC cos]�BAC.Osnovna teorema sferne geometrije je pandan kosinusnoj teoremi euklidske geometrije i

mo�emo je zapisati u gore uvedenim oznakama.

Teorema 6.1 Za sferni trougao va�i cosa = cosbcosc+ sinb sinccosα.

Simpatiqno je videti pandan Pitagorine teoreme koji nastupa u sluqaju da je ugao α prav itada je cosa = cosbcosc.

6.3 Sinusna teoremaDa bi pronaxli pandan koji odgovara sinusnoj teoremi mora�emo da boǉe zapixemo ugao

α = ](−−−→TAB ,

−−−→TAC ). To mo�emo uraditi koriste�i vektorski proizvod, te �emo posmatrati ugao

](−−−→OA ×

−−→OB ,

−−−→OA ×

−−−→OC ). Svi navedeni vektori (

−−−→TAB ,

−−−→TAC ,

−−−→OA ×

−−→OB i

−−−→OA ×

−−−→OC ) su oqigledno

normalni na−−−→OA i zato pripadaju jednoj ravni, na primer tangentnoj ravni u taqki A na

sferu. Sa druge strane−−−→TAB pripada ravni OAB i samim tim normalan je na

−−−→OA ×

−−→OB , a sasvim

sliqno−−−→TAC pripada ravni OAC i normalan je na

−−−→OA ×

−−−→OC . Zakǉuqujemo da su ](

−−−→TAB ,

−−−→TAC )

i ](−−−→OA ×

−−→OB ,

−−−→OA ×

−−−→OC ) uglovi sa normalnim kracima u jednoj ravni, te su oni jednaki ili

suplementni, i zato imaju jednake sinuse

sin](−−−→TAB ,

−−−→TAC ) = sin](

−−−→OA ×

−−→OB ,

−−−→OA ×

−−−→OC ).

Posmatrajmo sada vektor (−−−→OA×

−−→OB )×(

−−−→OA×

−−−→OC ). Ako dvostruki vektorski proizvod raqunamo

po formuli (1.24) Teoreme 1.11 dobijamo (−−−→OA ×

−−→OB )× (

−−−→OA ×

−−−→OC ) = (

−−−→OA · (

−−−→OA ×

−−−→OC ))

−−→OB − (

−−→OB ·

(−−−→OA ×

−−−→OC ))

−−−→OA = −[

−−−→OA ,

−−−→OC ,

−−→OB ]

−−−→OA = [

−−−→OA ,

−−→OB ,

−−−→OC ]

−−−→OA . Ovako mo�emo sraqunati ǌegovu normu

i ona iznosi ‖(−−−→OA ×

−−→OB )× (

−−−→OA ×

−−−→OC )‖ = |[

−−−→OA ,

−−→OB ,

−−−→OC ]| = V , gde je V zapremina paralelepipeda

koji je generisan vektorima−−−→OA ,

−−→OB i

−−−→OC .

Sa druge strane normu vektorskog proizvoda mo�emo raqunati preko ugla, te je ‖(−−−→OA ×

−−→OB ) × (

−−−→OA ×

−−−→OC )‖ = ‖

−−−→OA ×

−−→OB ‖ · ‖(

−−−→OA ×

−−−→OC )‖ · sin](

−−−→OA ×

−−→OB ,

−−−→OA ×

−−−→OC ). Kako je ‖

−−−→OA ×

−−→OB ‖ =

‖−−−→OA ‖ · ‖

−−→OB ‖ · sin�AB = sin�AB i ‖

−−−→OA ×

−−−→OC ‖ = sin �AC, to objediǌavaǌem sa prethodnim dobijamo

V = ‖(−−−→OA ×

−−→OB )× (

−−−→OA ×

−−−→OC )‖ = sin�ABsin �AC sin](

−−−→TAB ,

−−−→TAC ).

Ako pre�emo na naxe skra�ene oznake za stranice i uglove sfernog trougla imamo

V = sinc sinb sinα.

Kako se V ne meǌa permutovaǌem temena, to odmah mo�emo dopisati jox dve jednaqine

V = sinasinc sinβ,

V = sinb sinasinγ,

te izjednaqavaǌem dobiti sinusnu teoremu za sferni trougao


Teorema 6.2 Za sferni trougao va�isinasinα

=sinbsinβ

=sincsinγ

.

6.4 Sferne nejednakostiVratimo se na osnovnu teoremu sferne geometrije (Teorema 6.1)

cosa = cosbcosc+ sinb sinccosα

Nije texko primetiti da se u ǌoj kriju adicione formule kako za kosinus zbira, tako i zakosinus razlike. Zato mo�emo zapisati

cosa = cos(b+ c) + sinb sinc(cosα +1),

cosa = cos(b − c) + sinb sinc(cosα − 1).

Kako je sinb > 0, sinc > 0, (cosα+1) > 0 i (cosα−1) < 0, to iz prethodnih jednaqina mo�emo zapisati

cos(b+ c) < cosa < cos(b − c).

Funkcija cos je opadaju�a na intervalu (0,π), tako da dobijamo b + c > a u sluqaju b + c ≤ π,me�utim kad je b + c > π tada to tim pre va�i jer je a < π. Sa druge strane |b − c| ∈ (0,π),tedobijamo |b − c| < a. Sve to mo�emo obejediniti u nejednakostima

|b − c| < a < b+ c,

koje predstavǉaju nejednakost trougla u izvornom obliku. Kako je cos(b+c) < cosa = cos(2π−a), tomo�emo zakǉuqiti b+c < 2π−a, jer kosinus raste na (π,2π), a ako je b+c < π tim pre nejednakostva�i. Ovako dobijamo nejednakost za zbir stranica u sfernom trouglu.

a+ b+ c < 2π.

Za kraj �emo izraqunati koliko iznosi povrxina sfernog trougla. Pogledajmo najpresferni dvougao, odnosno deo sfere koji je ograniqen sa dva velika polukruga koji su poduglom θ. ǋegova povrxina srazmerna je tom uglu, a kako znamo da za qitavu sferu, odnosno zaθ = 2π, povrxina iznosi 4π, to je koeficijent srazmernosti jednak 2.

Ako postavimo sferni trougao primeti�emo da je qitava sfera prekrivena sa 6 dvouglova.Pri tome se povxina trougla kao i ǌemu centralno simetriqnog lika (i samim tim je jednakepovrxine) pokriva taqno 3 puta. Ako iz toga postavimo jednaqinu dobijamo 4α + 4β + 4γ =(4π − 2P ) + 6P , odnosno va�i

P = α + β +γ −π.

Izme�u ostalog ovo znaqi da je u sfernom trouglu zbir uglova uvek ve�i od π.

Documents

ANALITIQKAGEOMETRIJA VladicaAndrejipoincare.matf.bg.ac.rs/~antic/files/Geometrija_1/Geometrija1.pdf · AnalitiqkaGeometrija 5 Na kraju posmatrajmo sluqaj kad je E prostor. Kako u