Vektori u Ravni i Prostoru

www.matematiranje.com VEKTORI U RAVNI Najjednostavnije rečeno, vektori su usmerene duži. Osnovne karakteristike vektora su : - pravac - smer - intenzitet - početak i kraj vektora Pravac vektora je prava na kojoj se on nalazi ali i sve prave paralelne sa njom, što vektoru dozvoljava da “skače” sa jedne na drugu paralelnu pravu. Smer vektora se zadaje strelicom. Intenzitet vektora je njegova dužina i najčešće se obeležava sa a

A je početak a B je kraj vektora . Obeležava se aAB = Kako se vektor zadaje?

jaiaa 21 += ili jednostavnije a =(a1,a2) a intenzitet je a = 22

21 aa +

i i j su jedinični vektori (ortovi) koji služe za izražavanje drugih vektora.

i =(1,0) i intenzitet ovog vektora je i =1

www.matematiranje.com j =(0,1) i takodje je j =1

Kako izraziti vektor ako su date koordinate njegovog početka i kraja?

a =(x2-x1, y2-y1) i njegov intenzitet je onda 2

122

12 )()( yyxxa −+−=

Sabiranje i oduzimanje vektora

Za sabiranje i oduzimanje vektora imamo dva pravila: 1) Pravilo paralelograma Dva data vektora dovedemo na zajednički početak paralelnim pomeranjem.Nad njima kao stranicama oformimo paralelogram. Dijagonala paralelograma je njihov zbir (ona dijagonala koja polazi iz sastava ta dva vektora).

2) Pravilo poligona (nadovezivanja) Na kraj prvog vektora paralelnim pomeranjem dovedemo početak drugog, na kraj drugog dovedemo početak trećeg vektora...... Rezultanta (njihov zbir) je vektor koji spaja početak prvog i kraj zadnjeg vektora.

www.matematiranje.com Evo to na slici:

Naš predlog je da uvek upotrebljavate pravilo nadovezivanja. Svaki vektor ima svoj suprotan vektor, koji ima isti pravac i intenzitet ali suprotan smer sa početnim vektorom.

a

a

-

0=+− aa i 0)( =−+ aa

Nula vektor 0 je onaj čiji se početak i kraj poklapaju. Kako oduzeti dva vektora? Recimo da su dati vektori a i b ,.Postupak je sličan kao kod sabiranja vektora(pravilo nadovezivanja) samo što umesto vektora +b na kraj prvog nanosimo - b .

www.matematiranje.com

a

b

b

a

-

Primer: 1) Date su duži AC i BD. Tačke E i F su sredine ove dve duži. Dokazati da je : EFCDAB 2=+ Naravno da je ovde najbitnije nacrtati sliku i sa nje uraditi zadatak!

A B

C D

E F

Sad spojimo tačke koje formiraju vektore.

A

B

C D

EF

Ideja je da se vektor EF izrazi na obe strane pa se te jednakosti saberu!

BFABEAEF ++= + DFCDECEF ++=

2 CDABEF += jer su vektori EA i EC suprotni , pa se skrate a takođe su suprotni i vektori BF DF pa se i oni skrate.

www.matematiranje.com Računski sabiranje i oduzimanje vektora ide vrlo lako: Ako je jaiaa 21 += to jest a =(a1,a2) i jbibb 21 += , to jest b =(b1,b2) a +b =(a1,a2) + (b1,b2)= (a1+b1,a2+b2) a - b =(a1,a2) - (b1,b2)= (a1-b1,a2-b2) Dakle, radimo tako što saberemo (oduzmemo) koordinatu sa koordinatom. Množenje vektora skalarom (brojem) Proizvod skalara k i vektora a je vektor k a (ili a k) koji ima isti pravac kao vektor a , intenzitet akak = i smer:

- isti kao vektor a ako je k>0 - suprotan od vektora a ako je k<0 Primer: Dat je vektor a , nadji : 2 a i -3 a Rešenje:

a

a

a

2

-3 Svaki vektor a se može predstaviti u obliku 0aaa = , gde je 0a jedinični vektor vektora a .

Linearna zavisnost vektora Ako su k1,k2,…,kn realni brojevi i 1x , 2x ,…, nx vektori različiti od nule, onda se zbir: k1 1x +k2 2x +…+kn nx zove linearna kombinacija vektora 1x , 2x ,…, nx Izjednačimo ovu linearnu kombinaciju sa nulom:

www.matematiranje.com k1 1x +k2 2x +…+kn nx = 0 i) Ako je k1=k2=…=kn , onda su vektori 1x , 2x ,…, nx linearno nezavisni

ii) Ako je bar jedan od k1,k2,…,kn različit od nule onda su vektori 1x , 2x ,…, nx linearno zavisni Važi još: Dva vektora su kolinearna ako i samo ako su linearno zavisni.(kolinearni znači da leže na istoj pravoj) Vektori x , y , z su komplanarni ako i samo ako su linearno zavisni(komplanarni znači da leže u istoj ravni) Razlaganje vektora na komponente Ako su vektori x i y linearno nezavisni vektori jedne ravni, onda za svaki vektor z te ravni ,postoje jedinstveni brojevi p i q takvi da je : z = p x + q y Primer: Vektor v =(4,2) razložiti po vektorima a =(2,-1) i b = (-4,3) Rešenje: v = p a + qb (4,2) = p(2,-1) + q(-4,3) (4,2) = (2p,-p) + (-4q,3q) Odavde pravimo sistem: 4=2p – 4q 2=-p + 3q 2p –4q = 4 -p + 3q = 2 p – 2q = 2 -p+3q = 2 q = 4

www.matematiranje.com 2p-4q = 4 , pa je 2p – 16 = 4 , pa 2p = 20 i konačno p = 10 . Dakle, razlaganje vektora je v = 10 a + 4b Skalarni proizvod dva vektora (ο)

a ο b = ),(cos baba ∠

Ako je jaiaa 21 += to jest a =(a1,a2) i jbibb 21 += , to jest b =(b1,b2) a ο b = a1b1 + a2b2 Ugao između dva vektora se računa :

22

21

22

21

2211),(cosbbaa

baba

ba

baba++

+==∠

ο

Projekcija vektora : bP

aR je projekcija vektora b na pravac vektora a i obrnuto :

aPb

R je projekcija vektora a na b

b

abP aR

bPa

R = a

ba ο i aPb

R = b

ba ο

Za skalarni proizvod važe osobine: 1) a ο b = 0 nam govori da su vektori a i b normalni ( ili da je jedan od njih nula), pa ovo možemo uzeti kao uslov normalnosti dva vektora

www.matematiranje.com 2) Ako su a i b kolinearni vektori onda je a ο b = ba±

3) 22

aaaa ==ο ovo je vrlo važna osobina

4) baba ≤ο

5) a ο b =b οa 6) k( a ο b )= (k a )ο b = a ο (kb ) 7) ( a + b )ο x = a ο x +b ο x

Primer:

Izračunati intenzitet zbira vektora a i b ako je 3,5 == ba i ugao između vektora a i b je 3

).( π=∠ ba

Rešenje: 3,5 == ba i 3

).( π=∠ ba a mi tražimo ?=+ ba

Nađimo najpre ( 2)ba + .

( 2)ba + = 22

2 bbaa ++

= 22

),(cos2 bbabaa +∠+

= 52 + 2 060cos35∗∗ +32

= 25+ 15+ 9= 49 Dakle ( 2)ba + =49 pa je 749 ==+ ba

Vektorski proizvod cba =×


a

b

c

..

1) Vektor c je normalan i na vektor a i na vektor b

2) Intenzitet vektora c je brojno jednak površini paralelograma nad vektorima a i b

3) Vektor c se odredjuje pravilom desnog triedra(desnog zavrtnja)

Intenzitet vektora ba× je: ),(sin babacba ∠==×

Osobine vektorskog proizvoda: 1) ba× = ab×− ( alternacija) 2) )()()( blabalbal ×=×=× 3) acabacb ×+×=×+ )( Primer: Ako je 2,10 == ba i 12=ba ο izračunaj ?=×ba

Iz 12=ba ο imamo a ο b = ),(cos baba ∠ =12

20 ),(cos ba∠ =12

),(cos ba∠ =53

2012

=

Obeležimo ugao između vektora a i b sa x xba =∠ ),( , onda je:

cos x =53

Pošto važi osnovni identitet sin2x + cos2x = 1, odavde je

www.matematiranje.com sin2x = 1- cos2x

sin2x = 1- 259

sin2x = 2516

sin x = 54

izračunajmo sada: ),(sin babacba ∠==× =20 54 = 16

Dakle: 16=×ba

VEKTORI U PROSTORU ( II deo) Mešoviti proizvod tri vektora Mešoviti proizvod je cba o)( × . Najčešće se obeležava sa [ ]cba ,, . Dakle : cba o)( × = [ ]cba ,, Kako se on izračunava? Ako su vektori zadati sa: ),,( 321 aaaa = , ),,( 321 bbbb = i ),,( 321 cccc = onda je:

cba o)( × =

321

321

321

cccbbbaaa

A dobijenu determinantu rešavamo ili razvijanjem po nekoj vrsti (koloni) ili pomoću Sarusovog pravila. Čemu služi mešoviti proizvod? i) Apsolutna vrednost mešovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelopipeda konstruisanog nad njima, to jest : V ),,( cba = cba o)( ×

a

b

c

ii) Zapremina trostrane piramide (tetraedra) konstruisane nad nekomplanarnim vektorima a,b,c,je:

V= 61 cba o)( ×


a

b

c

Zašto 61 u formuli ?

Još od ranije znamo da se zapremina piramide računa po formuli:

V= 31 B H

Kako je baza trougao , njegovu površinu računamo kao : B = 21 ba× , pa je onda:

V= 31 B H =

31

21 ba× H=

61 cba o)( ×

Napomena: Često se u zadacima traži visina H neke piramide. Nju ćemo naći tako što najpre nađemo zapreminu

preko formule 61 cba o)( × =

61

321

321

321

cccbbbaaa

, zatim nadjemo bazu B=21 ba× pa to zamenimo u H =

BV3 .

iii) Uslov komplanarnosti

Vektori cba ,, su komplanarni ako i samo ako je njihov mešoviti proizvod jednak nuli.

Dakle uslov komplanarnosti je :

321

321

321

cccbbbaaa

= 0


Zadaci 1. Izračunati zapreminu paralelopipeda konstruisanog nad vektorima: )0,1,1(),1,0,1(),1,1,0( cba

Rešenje:

V ),,( cba = cba o)( × =

321

321

321

cccbbbaaa

= 011101110

= ajmo da upotrebimo Sarusovo pravilo=011101110

110

101

=

(0 + 1 + 1) – (0+0+0)= 2 [pogledaj fajl determinante] Dakle : V = 2 2. Dati su vektori )3,1,0(),5,2,(),6,2),2(ln( −−−− cpbpa . Odrediti realan broj p , tako da vektori budu komplanarni. Rešenje:

Kao što rekosmo, uslov komplanarnosti je :

321

321

321

cccbbbaaa

= 0 , pa je

3105262)2ln(

−−−−

pp

= razvijemo je po prvoj koloni...= ln(p-2)[-6+5] – p [-6+6] = - ln(p-2)

Mora biti - ln(p-2) = 0 [ pogledaj logaritmi ,fajl iz druge godine] p – 2 = 1, pa je p = 3 traženo rešenje. 3. Dati su vektori )2,1,1(),2,1,2(),1,1,1( −−−− cba Rastaviti vektor c po pravcima vektora ba, i ba× Rešenje: Najpre ćemo naći ba× . www.matematiranje.com

ba× =

321

321

bbbaaakji

= 212111

−−−kji

= Razvijamo po prvoj vrsti...= 1 i - 0 j + 1 k = (1,0,1)

Postavimo sada razlaganje: c = m a + nb + p ( ba× ) , gde su m,n i p konstante koje moramo naći. (1,-1,2) = m (1,1,-1) + n (-2,-1,2) + p (1,0,1) prelazimo u sistem jednačina: 1 = 1m – 2n +1p m – 2n +p = 1

-1 = 1m – 1n +0p m – n = -1 saberemo prvu i treću...pa je p=23

2 = -1m +2n +1p -m +2n +p = 2

Vratimo p = 23 u ostale dve jednačine i dobijamo : m =

23

− i n = 21

−

Vratimo se sada u : c = m a + nb + p ( ba× )

c =23

− a 21

− b + 23 ( ba× ) je konačno rešenje

4. Dati su vektori )1,2,(),0,1,1(),1,1,1( mcmbma +−− . Odrediti parametar m tako da vektori cba ,,

budu komplanarni a zatim razložiti a na komponente u pravcu druga dva. Rešenje: Najpre ćemo iskoristiti uslov komplanarnosti:

321

321

321

cccbbbaaa

= 0 , to jest 12011111

mm

m+−

−= 0 , Ovu determinantu razvijemo po trećoj koloni...=

= -2 – m(m+1) + (m-1)(m+1) +1 = 0 = - 2 –m2 – m + m2 – 1 +1 = 0 pa je odavde m = - 2 www.matematiranje.com

Dakle vektori su ( kad zamenimo da je m= -2):

)1,1,3(−=a

)0,1,1( −−=b

)1,2,2(−=c Idemo na razlaganje: a = m b + n c

)1,1,3(− = m )0,1,1( −− + n )1,2,2(− prelazimo u sistem jednačina -3 = - m – 2n 1 = - m + 2n 1 = 0m + n odavde je n = 1 pa to menjamo u gornje dve jednačine...m = 1 Dakle a = m b + n c pa je a = b + c konačno rešenje 5. Data su temena tetraedra A (2,3,1), B(4,1,-2), C(6,3,7) i D(-5,-4,8). Odrediti zapreminu tetraedra i dužinu visine spuštene iz temena D na stranu ABC. Rešenje: Najpre nacrtamo sliku i postavimo problem:

A(2,3,1) B(4,1,-2)

C(6,3,7)

D(-5,-4,8)

H


Oformimo najpre vektore ADACAB ,,

AB = (4-2,1-3,-2-1) = (2, -2, -3) AC = (6-2,3-3,7-1) = (4, 0, 6)

AD = (-5-2,-4-3,8-1) = (-7,-7,7)

Možemo naći zapreminu tetraedra po formuli: 61 cba o)( × =

61

321

321

321

cccbbbaaa

= 61

777604322

−−

−−=

6308

Dalje tražimo površinu baze ABC : B=21 ba×

ACAB× =

321

321

bbbaaakji

=604322 −−

kji= -12 i +24 j +8 k = (-12, 24, 8)

B= 21 222 824)12( ++− = 14

Iskoristićemo da je H = BV3 .

H = 14

63083

= 11 Dakle, tražena visina je H =11

www.matematiranje.com Napomena : Ako vam traže neku drugu visinu, recimo iz temena C, postupak je analogan.

Nađete zapreminu, zatim bazu preko ADAB× i zamenite u H = BV3 .

1

VEKTORI U PROSTORU (I deo)

Najbolje je da pre nego što počnete da proučavate vektore u prostoru pogledate fajl “vektori u ravni” jer se mnoge stvari “prenose” i u prostor. Pogledajmo najpre kako nastaje Dekartov pravougli trijedar. Kroz jednu tačku O postavimo tri numeričke prave (brojne ose) normalne jedna na drugu. X-osa → Apscisna osa Y-osa → Ordinatna osa Z-osa → Aplikatna osa Tačka O → kordinatni početak Po dve koordinatne ose čine koordinatne ravni (xOy, xOz i yOz) normalne jedna na drugu.

Na x,y i z osi uočimo jedinične vektore (ortove) ,→

i→

j i →

k

)1,0,0(

)0,1,0(

)0,0,1(

=

=

=

→

→

→

k

j

i

1===→→→

kji

Svaki vektor →

a u prostoru predstavljamo:

→→→→

++= kajaiaa 321 ili

),,( 321 aaaa =→

uredjena trojka

x

y

z

x

y

z

I jk

2

x

y

z

I jk

a

a

1 2

3

a .

Intezitet vektora →

a je 23

22

21 aaaa ++=

→

Jedinični vektor vektora a je vektor a

aa =0

Ako imamo dve tačke A i B u prostoru, vektor →

AB se pravi: ),,( 111 zyxA ),,( 222 zyxB

),,( 121212 zzyyxxAB −−−=→

2

122

122

12 )()()( zzyyxxAB −+−+−=→

Skalarni proizvod (• ) Neka su dati vektori

),,(

),,(

321

321

bbbb

aaaa

=

=→

→

Tada je:

),(cos→→→→→→

∠⋅⋅=⋅ bababa

Ako nemamo dat ugao izmedju vektora: 332211 babababa ++=⋅→→

Ugao izmedju dva vektora: www.matematiranje.com

3

23

22

21

23

22

21

332211),(cosbbbaaa

bababa

ba

baba++⋅++

++=

⋅

⋅=∠

→→

→→→→

Uslov normalnosti:

0=⋅⇔⊥→→→→

baba

Projekcija vektora : bP

aR je projekcija vektora b na pravac vektora a i obrnuto :

aPb

R je projekcija vektora a na b

b

abP aR

bPa

R = a

ba o i aPb

R = b

ba o

1) Odrediti skalarni proizvod vektora:

)3,2,5(

)1,3,4(

−−=

−=→

→

b

a

23)3(620

)3,2,5()1,3,4(=−++=

−−⋅−=⋅→→

ba

2) Dati su vektori )2,1,1( −=→

a i ).1,2,0(=→

b Odrediti ugao izmedju vektora →→

+ ba i →→

− ba .

)1,2,0(

)2,1,1(

=

−=→

→

b

a www.matematiranje.com

4

Nadjimo najpre vektore →→

+ ba i →→

− ba

)1,3,1()1,2,0()2,1,1(

)3,1,1()1,2,0()2,1,1(

−=−−=−

=+−=+→→

→→

ba

ba

Radi lakšeg rada nazovimo:

Dakle: )3,1,1(=→

x i )1,3,1( −=→

y

111)3(1

11311

1331)1,3,1()3,1,1(

222

222

=+−+=

=++=

=+−=−⋅=⋅

→

→

→→

y

x

yx

111arccos),(

111),(cos

11111),(cos

=∠

=∠

⋅=

⋅=∠

→→

→→

→→

→→→→

yx

yx

yx

yxyx

3) Odredi projekcije vektora )5,2,5(=→

a na vektor )2,1,2( −=→

b

6)(

318)(

)(

=

=

⋅=

→

→

→

→→→

→

→

→

aP

aP

b

baaP

b

b

b

R

R

R


→→→

→→→

=−

=+

yba

xba

?)(

)2,1,2(

)5,2,5(

________________

=

−=

=

→

→

→

→aP

b

a

bR

5

392)1(2

1810210)2,1,2()5,2,5(

222 ==+−+=

=+−=−⋅=⋅→

→→

b

ba

4) Date su koordinate temena trougla ABC (A(-1,3,1),B(3,4,-2), C(5,2,-1)). Odrediti ugao ABC.

Nadjimo najpre vektore →

BA i →

BC

→→

→→

⋅

⋅=

BCBA

BCBAβcos

3328)1,2,2()3,1,4(

391)2(2

2616193)1()4(

)1,2,2()2,4,3()1,2,5(

)3,1,4()2,4,3()1,3,1(

22

222

−=++−=−⋅−−=⋅

==+−+=

=++=++=

−=−−−=

−−=−−−=

→→

→

→

→

→

BCBA

BC

BA

BC

BA

→→

→→

⋅

⋅=

BCBA

BCBAβcos

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−=

−=

⋅−

=

261arccos

261cos

2633cos

β

β

β


A(-1,3,1) B(3,4,-2)

C(5,2,-1)

β

6

Vektorski proizvod (x)

Neka su dati vektori

a

b

c

..ba× = c Pazi: ab× = - c

1) Vektor c je normalan i na vektor a i na vektor b

2) Intenzitet vektora c je brojno jednak površini paralelograma nad vektorima a i b

3) Vektor c se odredjuje pravilom desnog triedra(desnog zavrtnja)

Intenzitet vektora ba× je: ),(sin babacba ∠==×

Vektori a i b su kolinearni ako i samo ako je njihov vektorski proizvod jednak 0 . Konkretno:

ba× =

321

321

bbbaaakji

= razvijemo ovu determinantu i (na primer) dobijemo = # i + $ j + & k gde su

#, $, & neki brojevi. Tada je 222 &$# ++=×ba

→→→→

→→→→

++==

++==

kbjbibbbbb

kajaiaaaaa

321321

321321

),,(

),,(

7

Površina paralelograma nad vektorima a i b je P = ba× www.matematiranje.com

Dok površinu trougla računamo ( logično) kao polovinu površine paralelograma:

ΔP = 21 ba×

5. Izračunati površinu paralelograma konstruisanog nad vektorima: a =(1,1,-1) i b (2,-1,2) Rešenje: P = ba× Najpre tražimo ba× .

ba× = 212111

−−kji

= i (2-1) - j (2+2) + k (-1-2) = 1 i - 4 j - 3 k =(1, -4, -3)

ba× = 222 )3()4(1 −+−+ = 26 dakle P= 26

6. Izračunati površinu trougla ako su date koordinate njegovih temena: A(2, -3, 4), B(1,2,-1), C(3,-2,1)

Rešenje: Najpre oformimo vektore AB i AC

A(2,-3,4) B(1,2,-1)

C(3,-2,1)

AB = (1 – 2, 2-(-3), -1 – 4) = (-1,5,-5) AC = (3-2, -2 – (-3), 1 – 4) = (1,1, -3)

8

ΔP = 21 ba×

AB × AC =

321

321

bbbaaakji

= 311551

−−−kji

= -10 i - 8 j - 6 k

222 )6()8()10( −+−+−=× ACAB = 210200 =

ΔP = 21 ba× =

21 210 = 5 2 i evo rešenja!


1

VEKTORI U RAVNI – II DEO

Primer 1.

Tačka M je središte stranice BC trougla ABC. Dokazati da je 2AB AC AM+ =uuur uuur uuuur

Rešenje:

Nacrtajmo najpre sliku i postavimo problem...

A B

C

M

A B

C

M

A B

C

M

slika 1. slika 2. slika 3.

Na slici 1. su obeleženi vektori koji su dati u zadatku.

Šta je ideja? Kod ovakvog tipa zadataka vektor u sredini izrazimo na obe strane! Na slici 2. je vektor AM izražen ( plavom putanjom) preko: AM AB BM= +

uuuur uuur uuuur.

Na slici 3. je vekor AM izražen ( žuta putanja) preko: AM AC CM= +uuuur uuur uuuur

Dalje ćemo ove dve jednakosti napisati jednu ispod druge i sabrati ih:

2 pretumbamo malo

2 pogledajmo zadnja dva vektora na slici...suprotni su

AM AB BM

AM AC CM

AM AB BM AC CM

AM AB AC CM BM

= +

= +

= + + +

= + + +

uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuuur uuur uuuur

uuuur uuur uuur uuuur uuuur, pa je 0

2

CM BM

AM AB AC

+ =

= +

uuuur uuuur

uuuur uuur uuur

Dobili smo traženu jednakost.

WWW.MATEMATIRANJE.COM

2

Primer 2.

U trouglu ABC tačke M i K su središta stranica AB i BC. Dokazati da je 2AC MK=uuur uuuur

Rešenje:

Opet mora slika:

A B

C

M

K

A B

C

M

K

A B

C

M

K


Slično kao u prethodnom zadatku, vektor u sredini MK, izražavamo na obe strane.

Na slici 2. idemo ulevo: KM MA AC CK= + +uuuur uuur uuur uuur

Na slici 3. idemo udesno: KM MB BK= +uuuur uuur uuur

Napišemo jednakosti jednu ispod druge i saberemo ih:

2

KM MA AC CK

KM MB BK

KM MA AC CK MB BK

= + +

= +

= + + + +

uuuur uuur uuur uuur

uuuur uuur uuur

uuuuuuuuuuuuuuuuu�uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

Sad pogledamo sliku i uočimo suprotne vektore ( istog pravca i intenziteta a suproznog smera).

2

Uokvireni su nula vektori, pa je:

2

KM AC MA MB BK CK

KM AC

= + + + +

=

uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

uuuur uuur

Primer 3.

Dat je trapez ABCD. Ako je M središte stranice AD, a N središte stranice BC, tada je ( )1

2MN AB CD= +uuuur uuur uuur

Dokazati.

Rešenje:

Ovo je ustvari dokaz činjenice da je srednja linija trapeza jednaka polovini zbira osnovica 2

a bm

+=

3

A B

CD

M N

A B

CD

M N

A B

CD

M N


Najpre ćemo vektor MN izraziti odozdo ( slika 2.) pa odozgo ( slika 3.), pa to sabrati…

MN MA=uuuur uuur

AB BN+ +uuur uuur

MN MD=uuuur uuuur

DC CN+ +uuur uuur

2 suprotni vektori se potiru, to jest daju nula vektorMN AB DC= +uuuur uuur uuur

Još da celu jednakost podelimo sa 2 i dobijamo ( )1

2MN AB CD= +uuuur uuur uuur

.

Primer 4. Neka su M i N središta neparalelnih stranica BC i AD trapeza ABCD, a E i F presečne tačke duži MN i

dijagonala AC i BD. Tada je ( )1

2EF AB DC= −uuur uuur uuur

Rešenje:

I u ovom zadatku se koristi isti trik, al je putanja izražavanja vektora u sredini malo čudna , da vidimo:

A B

CD

slika 1.

E F

A B

CD

E F

A B

CD

E F

slika 2. slika 3.

Na slici 2. vektor EF izražavamo preko: EF EA AB BF= + +uuur uuur uuur uuuv

.

Na slici 3. vektor EF izražavamo preko: EF EC CD DF= + +uuur uuur uuur uuuv

Napišemo ove dve jednakosti jednu ispod druge, saberemo ih i potremo suprotne vektore…

EF EA=uuur uuur

AB BF+ +uuur uuuv

EF EC=uuur uuur

CD DF+ +uuur uuuv

2EF AB CD= +uuur uuur uuur


4

Znamo da važi : CD DC= −uuuruuuv

, ubacimo ovo u dobijenu jednakost i evo rešenja: 2EF AB DC= −uuur uuur uuur

.

Naravno ,ovo sve podelimo sa 2 i dobijamo: ( )1

2EF AB DC= −uuur uuur uuur

.

Primer 5.

Ako je M proizvoljna tačka u ravni paralelograma ABCD , tada je 4MO MA MB MC MD= + + +uuuur uuur uuur uuuur uuuur

, gde je O tačka preseka dijagonala paralelograma. Dokazati.

Rešenje:

A B

CD

O

M

Vektor MO ćemo izraziti na 4 načina pa te jednakosti sabrati:

4

MO MA AO

MO MB BO

MO MC CO

MO MD DO

MO MA AO MB BO MC CO MD DO

= +

= +

= +

= +

= + + + + + + +

uuur uuuruuuuv

uuur uuuruuuuv

uuuur uuuruuuuv

uuuur uuuruuuuv

uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuruuuuv

Pretumbajmo malo ovu jednakost u smislu da uočimo suprotne vektore:

4MO MA MB MC MD AO CO BO DO= + + + + + + +uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuuruuuuv

( pogledajte na slici, ovo su suprotni vektori)

4MO MA MB MC MD= + + +uuur uuur uuuur uuuuruuuuv

5

Primer 6.

Ako je T težište trougla ABC, tada je 0TA TB TC+ + =uur uur uuur

. Dokazati. Rešenje:

Da se podsetimo: težišna duž spaja teme i sredinu naspramne stranice; sve tri težišne duži seku se u jednoj tački T koja

je težište trougla; težište deli težišnu duž u odnosu 2:1.

Da nacrtamo sliku:

A B

C

T

AB

C

11

1

Krenućemo od TA TB TC+ + =uur uur uuur

i dokazati da je ovaj zbir nula.

Rekosmo da težište deli težišnu duž u odnosu 2:1, pa je:

1

1

1

2

3

2

3

2

3

TA A A

TB B B

TC C C

=

=

=

uur uuur

uur uuur

uuur uuuur

Saberemo ove tri jednakosti i dobijamo: 1 1 1

2( )

3TA TB TC A A B B C C+ + = + +uur uur uuur uuur uuur uuuur

Dalje ćemo izraziti svaki od ovih vektora ( pogledaj na slici, to su isprekidano nacrtani vektori):

A B

C

T

AB

C

11

1A B

C

T

AB

C

11

1A B

C

T

AB

C

11

1

1 1A A AC CA= +uuur uuur uuur

1 1B B B A AB= +uuur uuur uuur

1 1C C C B BC= +uuuur uuur uuur

Saberemo ove tri jednakosti:

6

1 1

1 1

1 1

1 1 1 1 1 1

A A AC CA

B B B A AB

C C C B BC

A A B B C C AC CA B A AB C B BC

= +

= +

= +

+ + = + + + + +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuuur uuur uuur

uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Pretumbajmo malo desnu stranu jednakosti:

1 1 1 1 1 1A A B B C C CA AB BC AC B A C B+ + = + + + + + +uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Zaokruženi vektori imaju zbir nula, jer se zadnji vektor završava gde počinje prvi...

Pogledajmo sada preostali zbir 1 1 1AC B A C B+ +uuur uuur uuur

, i on je nula, jer je:

1

1

1

1 1 1

1

2

1

2

1

2

1 1( ) 0 0

2 2

AC BC

B A CA

C B AB

AC B A C B BC CA AB

=

=

=

+ + = + + = ⋅ =

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

E, ovim je dokaz konačno završen.

Primer 7.

Ako je M proizvoljna tačka u ravni trougla ABC , tada je ( )1

3MT MA MB MC= + +uuur uuur uuur uuuur

, gde je T težište trougla.

Dokazati.

Rešenje:

Najpre moramo vektor MT izraziti preko vektora MA,MB i MC.

A B

C

T

AB

C

11

1

M

7

MT MA AT

MT MB BT

MT MC CT

= +

= +

= +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuur uuuur uuur saberemo ove tri jednakosti...

3

MT MA AT

MT MB BT

MT MC CT

MT MA MB MC AT BT CT

= +

= +

= +

= + + + + +

uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

uuur uuuur uuur

uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur

U prethodnom primeru smo videli da ovo uokvireno daje nula vektor, pa je: 3MT MA MB MC= + +uuur uuur uuur uuuur

, a to smo i trebali

dokazati.


Documents

Vektori u Ravni i Prostoru