193574236-8-Razred-Klett-Udzbenik - Copy.pdf

8/19/2019 193574236-8-Razred-Klett-Udzbenik - Copy.pdf

http://slidepdf.com/reader/full/193574236-8-razred-klett-udzbenik-copypdf 1/54

РАДНИ

УЏБЕНИК

Математиказа

разредосновне школе

НебојшаИкодиновић

СлађанаДимитријевић



7

СЛИЧНОСТ ТРОУГЛОВА

Проучавање сличности троуглова почели смо прошле године. Доста је било речи и опрактичним применама појма сличности. Сети се мерења висине египатских пирамида,мерења удаљености до недоступних тачака и тако даље. Ево још једне применесличности.

Нагиб пута одређује колико је стрма нека узбрдица, односно низбрдица, а изражава се упроцентима. Овом приликом разматраћемо само узбрдице.

Претпостављајући да је успон равномеран, нагиб узбрдице је у процентима израженколичником вертикалног и хоризонталног успона.

Ако саn означимо нагиб, онда јеn = V H

. Оваква дефиниција нагиба некоме може да

изгледа помало чудно на први поглед будући да је величину нагиба„ једноставније“ изразити мером угла . Међутим, претходни количник у извесном смислу зависи самоод угла . Наиме, ако се сетимо сличности троуглова, закључујемо да уколико изаберемобило који други хоризонтални успон и измеримо њему одговарајући вертикални успон,добијамо исти количник.

n = V H

= V 1H 1

Пажња! Велики успон



8

Слобода избора коју нам даје сличност у пракси се користи тако што се нагиб мери уодносу на хоризонталан успон од 100m. Дакле, потребно је само измерити вертикалануспон који одговара овом хоризонталном и поделити га са 100. На пример, нагиб некогпута од 7% илустрован је на наредној слици.

Нагиби већи од 5% сматрају се веома опасним за теретне камионе. Нагиби већи од 10%веома ретко се могу срести на путевима.

Задатак 1.На горњој слици, помоћу угломера, одреди угао који одређује нагиб од 7%.

Задатак 2.Посматрај слику десно и без мерењаодреди меру угла који одговара нагибуод:а) 100%;б) 25%;

в) 10%.

Задатак 3.Одреди нагиб пута (у процентима) одређен углом од:а) 9°;б) 5°;в) 15°.

Задатак 4.Ниво пута је порастао за50m над хоризонталнимрастојањем од 625m.Колики је нагиб тог пута?



9

Талесова теорема

Наредна два тврђења су међу најважнијим тврђењима геометрије будући да се помоћуњих може доказати много других теорема.

Друго тврђење, о коме ће сада бити речи, говори о односу дужи које образује један парправих које се међусобно секу и које секу други пар паралелних правих.

Прво тврђење, о коме је било речи у шестом разреду,говори о дужима које образује пар паралених правих,који сече други пар паралелних правих.

Ако један пар паралелних правихb и c сече други парпаралелних правих p и q у тачкамаB, B1, C и C 1:b q = {B},b p = {B1}, c q = {C }, c p = {C 1}, онда јеBC = B1C 1 и BB1= CC 1.

Нека правеb и c , које се секу у тачки A, секу парпаралелних правих p и q у тачкамаB, B1, C и C 1:b q = {B},b p = {B1}, c q = {C }, c p = {C 1}. У оваквојситуацији, дужи AB и AB1 са правеb пропорционалне судужима AC и AC 1 са правеc . Такође, добијене дужиBC и B1C 1 на правама p и q пропорционалне претходнимпаровима дужи. Ово тврђење је познато као Талесоватеорема.

Талесова теорема. Ако две паралелне праве секу краке конвексног угла са теменом утачки A, и то један крак у тачкама B и B

1, а други крак у тачкама C и C 1, онда је

AB AB

1

= AC AC

1

= BC B

1C

1

.

Талес је рођен у Милету, грчкој колонији на обали МалеАзије око 624. год. п. н. е. Умро је у 78. години у време 58.олимпијаде. О значају Талеса за Грчку, па тиме и светскукултуру најбоље говори чињеница да је сврстан у„седаммудраца“ – седам утемељивача грчке цивилизације. Многига сматрају оцем грчке математике.



10

Пример 1. Посматрајмо троугао ABC такав да је AB = 8cm,BC = 6cm иCA = 5cm. Настраници AB дата је тачкаP таква да је AP = 3cm. Кроз ову тачку конструисана је правапаралелна са страницомBC . ТачкаQ је пресек ове праве са AC . Oдредимо дужине дужи AQ и PQ.

Према Талесовој теореми је AP AB

= AQ AC

= PQBC

. На

основу датих података имамо да је38

= AQ5

= PQ6

,

односно AQ5

= 38

и PQ6

= 38

. Из последње две

једнакости једноставно налазимо непознате дужине, AQ = 1,875cm иPQ = 2,25cm.

Задатак 1.Конструиши троугао ABC такав да је AB = 6cm,BC = 10cm иCA = 7cm и на странициBC одреди тачкуP такву да јеBP = 7cm. Кроз тачкуP конструиши праву паралелну састраницом AB. ТачкаQ је пресек ове праве са AC . Oдреди дужине дужиCQ и PQ.

Задатак 3.На основу података датих на сликама одреди дужине дужи означених знаком питања.а) б) в)

Задатак 2.Одреди следеће размере на основуслике десно.OA1

OA3 = ; OA2

OA4 = ; OA4

OA5 = ;

OA5

OA2 = ; OA4

OA1 = ; OA5

OA3 = .



11

Задатак 4.Краци AD и BC трапеза ABCD секу се у тачкиE . Одреди дужину дужиDE ако је BE = 10cm, AE = 15cm иCE = 8cm.

Талесова теорема важи и ако паралелним правама пресечемо краке унакрсних углова.Докажи! (Упутство. Искористи наредну слику и доцртај дужB2C 2 тако да јеB2C 2 || BC , A –B– B2, A –C – C 2 и ∆ AB1C 1 ∆ AB2C 2.)

Задатак 5.Нека је AD || BE || CF . Посматрај слику десно и одреди:а) дужине дужиDE и OF ;

б) размере ADBE

= , ADCF

= , CF BE

= .

Пример 2. Ако јеBC|| DE|| FG, на основу података датих на слици одредимо дужине дужиDE и FG.

Према Питагориној теореми дужина дужиBC је 5 јединица мере (BC = √ AB2 + AC 2). Даље, према Талесовој

теореми је AB AD

= BC DE

, то јест35

= 5DE

, одакле следи да

је DE = 253

. Примети да смо дужину дужиDE могли да

израчунамо и на други начин. Како?

Слично, из AB AF

= BC FG

следи да је 34

= 4FG

, односно

FG = 163

.

AB AB1

= AC AC 1

= BC B1C 1



12

Неке једноставне последице Талесове теореме

Пример 1. Ако јеBE || CF , на основу података датих на слици испод одредити дужинудужиEF .

Према Талесовој теореми је AB AC

= AE AF

, па на

основу задатих података добијамо и једнакост58

= 6 AF

, то јест AF= 9,6. Како јеEF = AF – AE ,

добијамо да јеEF= 3,6.До истог резултата брже долазимо из пропорције ABBC =

AE EF , која такође важи, у шта ћемо се овом

приликом уверити.

Једнакости AB AB1

= AC AC 1

= BC B1C 1

које нам даје

Талесова теорема имају много последица.Неке од њих су непосредне последицеисправних замена места чланова пропорција AB AC

= AB1

AC 1 и AB

BC = AB1

B1C 1.

Даље, из AB AC

= AB1

AC 1 = k , за неки бројk , следи BB1

CC 1 = AB1 – AB

AC 1 – AC = kAC 1 –kAC

AC 1 – AC = k = AB

AC .

Такође је и ABBB1

= AC CC 1

.

Пример 2. На основу података датих на слици испод (BE|| CF|| DG) добијамо следећеразмере.

AE AF

= AB AC

= 58

, AE EF

= ABBC

= 53

,

BE CF

= AB AC

= 58

, BE DG

= AB AD

= 510

= 12

,

CF DG

= AC AD

= 810

= 45

.

Задатак 1.На основу слике из претходног примера одреди следеће размере: AF

FG, EF

FG, AF AG

, CF BE

, AE AG

, AE EG

.



13

Задатак 2.Ако јеBB1 || CC 1 || DD1 || EE 1, на основу мернихбројева датих на слици одреди дужине дужиB1C 1,C 1D1 и D1E 1.

Задатак 3.Ако је AD || BE|| CF , попуни празна места на основу слике.OBBC

= OE , OBOC

= OE , OBOC

=CF

,

OA = ADBE

,OB

= EF OE

, CF AD

=OD

,

BC = DE

EF , AD

CF = OA, OF

OE =

OB.

Задатак 4.Нацртај произвољан троугао и одреди његово тежиште. Затим конструиши праву која јепаралелна једној страници и садржи тежиште троугла. Одреди однос међу одсечцима накоје конструисана права дели друге две странице троугла.

Задатак 5.Дужине основица трапеза су 51cm и 42,5cm. Дужина једног крака је 40cm. Колико једугачко продужење тог крака до тачке прeсека са правом на којој се налази други крак?

На аналоган начин изводимо и следећи закључак.

Ако паралелне праве на једном краку неког угла образују једнаке одсечке, онда су иодсечци на другом краку међусобно једнаки.



14

Пример 3. Паралелне правеa , b, c , d секу праве p и q, као на слици доле. На основу датихподатака одредимо дужине дужиLM, MN , LB, MC .

Дужине дужиLM и MN одређујемо директно, на основу доказане последице Талесоветеореме. Како јеKL

AB = LM

BC = MN

CD, лако добијамо да јеLM= 3 иMN= 6.

Међутим, дужине дужиLBи MCне можемо директно одредити. Зато конструишемоправу кроз A паралелну са p. Нека ова права сече правеb, c , d у тачкамаL1, M1, N 1.

Према Талесовој теореми, тада јеL1B AB

= M1C AC

= N 1D AD

. Како је AB= 2, AC = 4, AD = 8 иN 1D =

16, добијамоL1B2

= M1C 4

= 168

, одакле следи да јеL1B = 4 иM1C = 8. Најзад, изLB = LL1+ L1B

следи да јеLB = 7, а изMC = MM1+ M1C да јеMC = 11.

Задатак 6.Основице AB и CD трапеза ABCD су 5cm и 8cm, док сукраци BC и DA3cm и 4cm. КракBC је тачкамаM и N подељен на три једнака дела. Одреди дужине дужикоје су у унутрашњости трапеза и на правама крозM иN паралелним основицама.

Задатак 7.Колико метара металне жице је потребно да се

направи четири обруча за буре чије су димензијеприказане на слици десно? Попречни пресек бурета је једнакокраки трапез.

32 cm

32 cm

32 cm

1 m

80 cm



37

Задатак 1.Зидове твоје учионице посматрај као моделе равни. Одреди парове паралелних равни ипарове равни које се секу.Наведи још неке моделе равни из окружења који представљају паралелне равни и некекоји представљају равни које се секу. Имај на уму да иако су модели ограничени, равникоје они одређују неограничено се пружају у свим правцима.

Однос међу равнимаДве различите равни у простору или се секу или немају заједничких тачака.

Уколико је пресек две равни непразан, онда је пресек те две равни права.

Ако две равни немају заједничких тачака, онда су те две равни паралелне.

Равни и се секу и њихове заједничкетачке образују праву, = p. Примети

да је p и p .

Равни и су паралелне, па пишемо || .

Пример 1. У примеру на страни ?? доказали смо да пет тачака од којих никоје четиринису у једној равни одређују тачно десет различитих равни. Докажимо сада да се свакедве од ових десет равни секу.Заиста, ако изаберемо било које три од датих пет тачака и тиме одредимо једну раван,преостаће нам само две тачке тако да сваки други избор неке три тачке мора садржаватибар једну тачку прве тројке. Другим речима, раван одређена другом тројком тачака имазаједничку тачку са првом, то јест сече је. На страни ??, набројали смо све могуће изборетри од пет тачака, тако да се на основу њега можемо и директно уверити да свака дваизбора три од пет тачака имају заједничку тачку.



38

Пример 2. Посматрајмо неке равни које одређују темена коцке ABCDA1B1C 1D1.

Равни у којима се налазе стране ABCD и ADD1 A1 се секу. Њихов пресек је праваодређена тачкама A и D,

( A, B, D) ( A, D, D1) = p( A, D).Равни у којима се налазе стране ABCD и A1B1C 1D1 су паралелне, ( A, B, C ) || ( A1, B1, C 1).Раван одређена паралелним правама p( A, A1) и p(C , C 1) сече раван одређенудругим паром паралелних правих p(B, B1) и p(D, D1). Њихова пресечна права је одређена центрима квадрата ABCD и A1B1C 1D1.Раван која садржи средишта дужи AA1, BB1,B1C 1, и A1D1 паралелна је са равни која јеодређена паралелним правама p( A, B) и p(C 1, D1).

Задатак 2.Дата је коцка ABCDA1B1C 1D1. Испитај да ли се следећи парови равни секу илипредстављају паралелне равни. У случају да се секу, одреди пресечну праву.1) ( A, B, C ) и (B, C 1, D1); 2) ( A, B, C ) и ( A1, C , D); 3) (B, C , C 1) и ( A1, D1, C 1);4) ( A, B, A1) и (C , C 1, D1); 5) ( A, D, A1) и (B, B1, D1); 6) (C , D, C 1) и ( A, A1, B1).

Задатак 3.У сваком од наредних пет случајева одреди однос сваке две равни, а затим и пресек светри равни.

Задатак 4.Заокружи број испред тачне реченице.1) Ако су равни и паралелне, тада је и свака права равни паралелна са .2) Ако у равни постоји права која сече раван , онда се равни и секу.3) Ако је раван паралелна са равни и раван паралелна са равни , онда су и равни

и паралелне.



39

ДиедарСвака права у равни дели ту раван на две полуравни.

Посматрајмо праву p и неку раван у којој сеона налази. Тачке равни које не припадајуправој p су подељене у два скупа, причему сваки чине оне тачке које су са истестране праве p. Две тачке A и B су са истестране праве p ако дуж AB не сече праву p.У супротном су са различитих страна праве p. Сваки од уочених делова равни заједноса правом p образује једнуполураван .Уобичајено је да се уочени делови равниозначавају грчким словима, па полуравниприказане на слици десно означавамо са p и p . Пресек полуравни p и p је права p.

Слично томе, појам диедра има веома важну улогу устереометрији.

Две полуравни са заједничком граничном правомделе простор на два дела. Те две полуравни заједноса тачкама једног од уочених делова простораобразујудиедар .

Примети да је дефиниција полуравни аналогна дефиницији полуправе. Наиме, свакатачка неке праве дели ту праву на два дела, при чему сваки део чине оне тачке правекоје су са исте стране уочене тачке. Полуправе са заједничким почетком образују угаонулинију помоћу које се дефинише веома важан појам у геометрији – појам угла. Сети се даугао чине угаона линија и област угла.

Диедар је реч грчког порекла састављена од префиксади- (грч. дис – двапут) и речиедар (грч. едрон – страна, површ).

Модел диедра јенајједноставније направитипресавијањем папира дужнеке праве линије.



40

Диедри се међусобно разликују по величини угла између полуравни.

Шта је угао између полуравни диедра?

Нека јеO произвољна тачка граничне праве p диедра p . Нека јеOa полуправа уполуравни p нормална на p у тачкиO и Ob полуправа у p нормална на pу тачкиO.УгаоaOb је угао диедра p .

Овако одређен угао представља угао диедра зато штоне зависи од избора тачке на граничној правој. Да смоизабрали било коју другу тачкуO1 на p и спровели истуконструкцију, добили бисмо угаоa 1O1b1 подударан углуaOb .

Два диедра су подударна уколико су им углови једнаки.

Пример 1. Дата је коцка ABCDA1B1C 1D1. Посматрајмо диедре приказане на слици десно.

Угао првог диедра једнак је 90°.

Угао другог диедра једнак је 45°.

Диедар чији је угао прав назива се прав диедар.



41

Задатак 1.Одреди углове диедара приказаних на наредним сликама.

Задатак 2.Дат је прав диедар p . У полуравни p дата је тачка A,

а у полуравни p тачкаB, тако да се нормале из овихтачака на граничну праву p секу у тачкиO (O p). Одредидужину дужи AB ако је

AO = 16cm иBO = 20cm.

Нека је p прав диедар и нека је у полуравни p дататачка A. Нека јеO подножје нормале из A на p. Ако јеOa полуправа у p нормална на p, онда је

AOp = 90°, јер је диедар прав. Дакле, нормала из A на p нормална је и на p и Oa , па како је p p и Oa p ,следи да је нормална и на полураван p . Одавде даљезакључујемо да је AO нормално на сваку полуправу сапочеткомO која се налази у полуравни p .

Пример 2. Дат је прав диедар p . У полуравни p дата је тачка A, а у полуравни p тачкаB. Ако суO1 и O2 подножја нормала из тачака A и B на граничнуправу p и ако је AO1 = 3cm,BO2 = √2cm иO1O2 = 1cm,

одредимо растојање између тачака A и B.

Применом Питагорине теореме на троугаоO1O2B одређујемо дужину дужиO1B:

O1B = √ O1O22 + O2B2 = = √3.

Како је угао AO1B прав (зашто?), Питагорину теорему можемо применити и на троугао AO1B:

AB = √ AO12 + O1B2 = = √12 = 2√3.



42

Задатак 1.Дат је прав диедар p . У полуравни p дата је тачка A, а у полуравни p тачкаB. Нека суO1 и O2 подножја нормала из тачака A и B на граничну праву p. Одреди:1) AB ако је AO1 = 5cm,BO2 = 4cm иO1O2 = 3cm;2)BO2 ако је AB = 13cm, AO1 = 12cm иO1O2 = 3cm;3) AO1 и BO2 ако је AB = 17cm, AO2 = 15cm иO1O2 = 9cm;4)O1O2 ако је AB = 17cm,BO1 = 15cm и AO2 = 4cm.

Задатак 1.Заокружи број испред тачне реченице.1) Ако је раван нормална на раван , онда је свака права равни нормална на раван .2) Ако су равни и нормалне на раван , онда су и паралелне равни.3) Aко је раван нормална на раван и права p, која није у , нормална на , онда је

права p паралелна са равни .4) За сваке две различите тачке и сваку раван постоји само једна раван која садржи тедве тачке и нормална је на дату раван.

Нормалне равниСваке две равни које се секу одређују четири диедра. Једноставно се закључује дасу унакрсни диедри међусобно подударни. Уколико су пак сви диедри међусобно

подударни, онда су они прави и за те две равни кажемо да сунормалне .

Сети се да за сваку тачку и свакуправу постоји само једна права којасадржи ту тачку и нормална је надату праву. Слично важи за праве иравни.

Претходно тврђење не важи за тачке и равни. За свакутачку и сваку раван постоји бесконачно много равникоје садрже ту тачку и нормалне су на дату раван.Такође, ако је права нормална на раван, онда постојибесконачно много равни које садрже ту праву инормалне су на дату раван.Али, као што смо већ видели, за сваку тачку и свакураван постоји само једна права која садржи ту тачку инормална је на дату раван.

За сваку праву и сваку раван, ако права није нормална на раван, постоји само једна раванкоја садржи ту праву и нормална је на дату раван.



66

Пример 1. Одредимо решења једначине x = 2 и једначине x + 7 = 9.

Дакле, једначине x = 2 и x + 7 = 9 имају исто решење.

Нас ће, засад, посебно интересовати линеарне једначине .

Линеарна једначина. Еквивалентност једначина

Правило замене

Једначина x = 2

је најједноставнијег облика и изње директно видимо (читамо) да јењено једино решење број 2.

На основу x + 7 = 9закључујемо да је x = 9 – 7,односно x = 2.Дакле, једино решење једначине x + 7 = 9 јеброј 2.

Две једначине су еквивалентне ако је свако решење једне од њих уједно решење и друге,или ако обе једначине немају решења.

Једначина са једном непознатом x је линеарна ако је евивалентна једначини обликааx + b = 0, где су а и b реални бројеви.

Из практичних разлога, у горњој дефиницији је дозвољено да коефицијент узпроменљиву може бити и 0, али ми ћемо тај случај посматрати одвојено. Како од дате једначине добијамо њој еквивалентну?Слично, као што од датог израза добијамо њему еквивалентан применом неког одправила рачунања, од дате једначине добијамо њој еквивалентну ако применимо некоод следећих правила која важе за једнакости.

Нађимо једначину најједноставнијег типа, еквивалентну једначини x = 7 + 2. Знамо да је 7 + 2 = 9, односно изрази7 + 2 и 9 су еквивалентни. Зато један од њих можемозаменити другим. Тако добијамо једначину x = 9 која јееквивалентна полазној.

Слично, у једначини 2( x + 2) – 3 = 5 израз 2( x + 2)можемо заменити изразом 2 x + 4, јер су та дваизраза еквивалентна. Тако добијамо једначину2 x + 4 –3 = 5 која је еквивалентна полазној.

Поступајући слично као у претходна два примера,можеш ли да напишеш једначину еквивалентну једначини (2 + 3) x – 5 = 0? Таквих једначина има више,

али вероватно ти прво пада на памет да је 2 + 3 = 5, то јест да су изрази 2 + 3 и 5 еквивалентни. Зато израз2 + 3 замењујемо изразом 5 и добијамо једначину5 x – 5 = 0 која је еквивалентна полазној.



67

Правило замене (израза њему еквивалентним). У једначини, заменом алгебарског изразањему еквивалентним изразом, добијамо нову једначину која је еквивалентна полазној.

Правило о додавању (истог израза на обе стране једначине). Додавањем истог изразана обе стране једначине (одузимањем истог израза од обе стране једначине), добијамо једначину која је еквивалентна полазној.

За реалне бројеве а , b , c на основу а = b следи а + c = b + c и а – c = b – c.

Уобичајено је да се непозната налази на левој страни једначине. Ако желимо, то увекможемо и постићи, јер из A = B следи B = A . Заменом места страна једначине (левапостаје десна, а десна лева), добијамо једначину која је еквивалентна полазној.

Правила која су важила за бројеве настављају да важе и за изразе, јер алгебарски изразиса променљивом при додели неке конкретне (допустиве) вредности тој променљивојпостају бројевни изрази.

Приметимо да примена правила о додавању за последицу има да број –18 нестаје на

левој страни једначине, а да се на десној страни појављује број +18. Зато се често каже– преласком на другу страну једначине, број мења знак. Међутим, никаквог преласканема, зар не?

На основу претходног закључујемо да када додамо број 18 на обе стране једначине

9 x – 18 = 0 добијамо њој еквивалентну једначину 9 x – 18 + 18 = 0 + 18.

У називу овог правила не помиње се одузимање јер је одузетинеки израз исто што и додати њему супротан израз.

Сада, применом правила, добијамо једначину 9 x = 18 која је еквивалентна полазној.

Правило о додавању



68

Правило о множењу

За реалне бројеве а , b , c , где је c ≠ 0, на основу а = b следи а · c = b · c и а : c = b : c.

Правило о множењу (истим „ненула “ изразом обе стране једначине). Множењем(дељењем) истим изразом, различитим од 0, обе стране једначине, добијамо једначину која је еквивалентна полазној.

Значи, ако обе стране једначине 9 x = 18 помножимо са 19

, добијамо њој еквивалентну

једначину 9 x · 19

= 18 · 19

. Међутим, чешће ћемо рећи „поделимо са 9 “ (и тако

записивати).

У називу овог правила се не помиње дељење, јер једељење неким бројем (различитим од 0) исто што имножење његовом реципрочном вредношћу.

Која једначина најједноставнијег облика је еквивалентна једначини 9 x : 9 = 18 : 9?

· 3 x – 5 + 4 = –4· 3( x – 3) = –4· 3 x + 1 = 2 x

· 7 – x = x – 7

· 3 x – 9 = –4· 3 x – 1 = –4· x = –1· 2 x – 14 = 0

Задатак 1.Спој еквивалентне једначине.

Задатак 2.Заокружи слово испред линеарних једначина.

а) 3 x = 5; б) x 2 = 2; в)1

3 x x

= − ; г) 5 – 5 x = 3 x + 6.

Задатак 3.Милица и Милош су применом правила замене, правила о додавању и правила омножењу добили једначине најједноставнијег облика за које тврде да су еквивалентне једначини 8 x + 5 = 3(4 x – 1). Да ли се слажеш са тврђењем неког од њих двоје? Зашто?

Милош 8 x + 5 = 3(4 x – 1)

8 x + 5 = 12 x – 3 8 x – 12 x = –3 + 5 –4 x = 2

x = 0,5

Милица 8 x + 5 = 3(4 x – 1)

8x + 5 = 12 x – 3 3 + 5 = 12 x – 8 x 8 = 4 x x = 4



69

Задатак 1.

Реши линеарну једначину: а) x – 2 = 13

; б) –2 x = 3; в) 13 – 3 x = 52.

Покажимо сада како у општем случају решавамо линеарну једначинуаx

+ b

= 0, где јеа

било који реалан број различит од 0, а b произвољан реалан број.

Решавање линеарних једначина с једном непознатом

Једначину смо решили када одредимо све бројеве који су њена решења или утврдимода једначина нема решење. Једначина која има решење може имати једно, неколико илибесконачно много решења. Линеарну једначину са једном непознатом решавамо тако што применом правилазамене, правила о додавању и правила о множењу, коначан број пута, долазимо до њојеквивалентне једначине из које директно читамо решење (решења).

Пример 1. Решимо једначину 5 x – 8 = 0.

Прво ћемо на обе стране једначине додати број8. После замене израза – 8 + 8, 0 + 8 и 5 x + 0 њима

еквивалентним, обе стране делимо бројем 5(помножимо са 1

5), како би нам на левој страни

једначине остала само променљива x . Коначно,заменом израза 5 x : 5 и 8 : 5 њима еквивалентним,добијамо једначину из које директно читаморешење.Наравно, увек је пожељно извршити проверу. Томожемо урадити на два начина:· прво израчунавамо вредност израза са једне

стране једначине, па са друге, и потом проверимода ли смо добили једнаке вредности;· истовремено израчунавамо вредности обе стране једначине и проверавамо да ли смо добилиистиниту бројевну једнакост.

Применом правила замене, правилао додавању и правила о множењу,добијамо низ међусобно еквивалентних једначина. При том, циљ нам је да упоследњој једначини на левој страниостане само непозната величина, а надесној страни неки реалан број.



70

Линеарна једначина аx + b = 0, када је а ≠ 0, има јединствено решење, број –b

a.

Једначина еквивалентна једначини 0 · x = b , где је b ≠ 0, нема решење.Свака линеарна једначина која нема решење је еквивалентна једначини 0 · x = 1.

Задатак 2.Реши линеарну једначинe и потом уради проверу: а) 9 x – 2 = 25; б) 7 – 3 x = –8.

Задатак 3.Реши једначине и потом уради проверу:а) 5 x + 3 = 3 x + 9; б) 4 – 7 x = 3 x + 9 ; в) 2 x – 13 = 8 – 6 x + 3.

Задатак 4.Реши једначине:

а) 34

– x

7 = 1; б) 2

3 x – 2 = – 2

5 x ; в)

x

4 –

x

3 + 1 1

2 =

x

6 – 1.

Пример 2. Решимо једначину 7 x – 8 = 4 x + 4.

Приметимо да се непозната налази на обе стране дате једначине. Наш први циљ при решавању таквих једначина је да раздвојимо непознате и константе. Уобичајено је да сепрво побринемо да се сви мономи који садрже непознату

налазе на левој страни једначине.

Пример 3. Решимо једначину x

6 + 11 = 2

3 .

Рад са разломцима се најчешће избегава (јер јекомпликованији од рада са целим бројевима). Зато обестране једначине прво множимо са S(6, 3) = 6.Наиме, уколико се у једначини појављују разломци,множимо обе стране једначине заједничким садржаоцемименилаца и тако добијамо једначину еквивалентнуполазној, али која не садржи разломке.

Пример 4. Решимо једначину 5 x = 5 x + 1.Очигледно је да дата једначина нема решења,али ипак, трансформишимо је у облик аx =b . Применом правила о додавању и правилазамене, долазимо до еквивалентне једначине

0 · x = 1.Како је производ произвољног броја и 0 једнак0, јасно је да једначина 0 · x = 1 нема решење.

Ако a |b , онда је S(a , b ) = b .



71

Сваки реалан број је решење једначине која је еквивалентна једначини 0 · x = 0.Свака линеарна једначина која је идентитет је еквивалентна једначини 0 · x = 0.

Задатак 5.Међу једначинама 2 – 2 x = – 2 x , – 2 x = –3 x , 5 x – 3 = 3 – 5 x и – 2 + x = –3 + x

издвој оне које немају решења.

Задатак 6.Издвој идентитете: а) 2 – 2 x = –2(1 – x ); б) 2 x + 1 = –3(3 – x ) – x ; в) (2 – x )2 = 22 – x 2.

Ако је сваки реалан број решење неке једначине, кажемо да је она неодређена иназивамо је идентитетом .

Да покажемо да једначина јесте идентитет, неопхопдно је да покажемо да су изразиса различитих страна једнакости еквивалентни, односно да покажемо да је једначинаеквивалентна једначини 0 · x = 0, као што смо то урадили у примеру 5.Да покажемо да једначина није идентитет, довољно је да покажемо да постоји (бар један) број који, додељен непознатој, једначину не преводи у истиниту бројевну једнакост.

Пример 6. Посматрајмо једначину (3 + 5 x )2 = 32 + (5 x )2.

Ако непознатој x доделимо вредност 0, добијамо истиниту бројевну једнакост 9 = 9.Међутим, то нам није довољно да закључимо да ће се исто десити и за друге вредностинепознате x . На основу једног појединачног случаја, или више њих, не можемо даизведемо закључак који се односи на све случајеве.Ако непознатој x доделимо вредност 1, добијамо бројевну једнакост 64 = 34 која није

истинита, и то нам јесте довољно да закључимо да дата једначина није идентитет.

Пример 5. Решимо једначину 5 x = 2 x + 3 x .

Како је 2 x + 3 x = (2 + 3) x = 5 x , изрази2 x + 3 x и 5 x су еквивалентни. Зато је сваки реаланброј решење дате једначине. Применом правилао додавању и правила замене, долазимо доеквивалентне једначине

0 · x = 0,чије је решење сваки реалан број.

На шеми десно приказанасу сва три случаја којанастају при решавањулинеарне једначинеax + b = 0, у зависности од

вредности коефицијенатаa и b .



72

Пример 7. Нађимо решења једначине( x + 6)2 = x 2 + 144.

Наизглед се може учинити да ова једначинаније линеарна. Међутим, то је погрешно, штоћемо и показати, а потом и решити једначину.Дакле, и једначине које садрже више степененепознате (други, трећи, и тако даље) могубити еквивалентне некој линеарној једначини,то јест могу бити линеарне.

Задатак 7.Покажи да је једначина ( x – 2) ( x + 3) = ( x – 4)2 – 1 линеарна, а онда је и реши.

Пример 8. Одредимо решења једначина 2( x + 3) – 8 = 18 и 3(4(2 – 3( x – 1)) – 5) – 8 = 1.

У обе дате једначине непозната x се налази у оквиру израза унутар заграда. Тада:· или се ослободимо заграда тако што извршимо назначене операције,· или прво сматрамо да је непозната величина читав израз који се налази у загради иодређујемо чему је он једнак, а затим одређујемо непознату.

У сваком конкретном случају одлучујеш на који начин ћеш решити проблем. Наравно,резултат не зависи од начина рада.

При решавању једначине2( x + 3) – 8 = 18

прво ћемо се ослободити заграда.Реши једначину и на други начин. Видећеш да су у овом случајуоба поменута начина подједнако ефикасна.

Како се у једначини3(4(2 – 3( x – 1)) – 5) – 8 = 1

непозната налази у оквиру три пара заграда,изабраћемо други начин за њено решавање.Реши једначину и на други начин, па проценида ли смо изабрали ефикаснији начин.



79

Задатак 1.Реши једначине:а) | x | = 5; б) |5 – 5 x | = 3; в) 3| x | + 6= 5| x | – 4.

Једначине које се своде на линеарне

Неке једначине нису линеарне, али се њихово решавање ипак своди на решавањеодговарајућих линеарних једначина.

Прво ћемо показати да се неке једначине са апсолутном вредношћу своде на решавањелинеарних једначина.

| a | =

Ако је (а), аО(0) координатни почетак, онда је |a | = |OA|.

Пример 1. Решимо једначину |3 x + 2| = 5.Како је |5| = 5 и |–5| = 5, решење дате једначине је онај реални број xза који је 3 x + 2 = 5или 3 x + 2 = –5.

Дакле, решавање полазне једначине се своди нарешавање две линеарне једначине.

Једначина |3 x + 2| = 5 има два решења, бројеве 1 и –73

.

Провери!

Пример 2. Решимо једначину ( x+ 3) · (6 – x ) = 0

Пример 3. Решимо сада и једначину x 2 + 4 x = 0.

Решавање ове једначине (уопште,решавање једначина овог облика)своди се на решавање одговарајућихлинеарних једначина.

При решавању једначине x ( x + 4) = 0несмемо обе стране једначине делитиса x , јер правило о множењу захтева дабуде x≠ 0. Међутим, број 0 јесте решењеове једначине.

Ако јеab = 0, онда јеa = 0 илиb = 0.

ab + ac = a(b+c )



80

Кључно за решавање једначина попут ових из примера 2 је да се оне своде на једначинуоблика AB = 0, одакле закључујемо да је A = 0 илиB = 0.

Задатак 2.Реши једначине:а) ( x– √2)( x+ √3) = 0; б) 28 x – 35 x 2 = 0; в) x 3 = 4 x 2.

Задатак 3.Реши једначине:а) 9 – x 2 = 0; б) x 3 – 3 x = 0; в) x 2 + 6 x + 4 = 0.

Задатак 4.Квадрат неког броја је једнак његовој трострукој вредности. О ком броју је реч?

Задатак 5.Шестострука вредност неког броја за 8 је већa од квадрата тог броја. Одреди тај број.

Задатак 6.Одреди број такав да је збир његовог квадрата и његове десетоструке вредности 75.

Задатак 7.Одреди све бројеве чији је трећи степен једнак производу тог броја и броја 16.

Задатак 8.Дужа катета је за 1 краћа од хипотенузе, а за 7 дужа одкраће катете. Одреди дужине страница тог правоуглогтроугла.

Пример 4. Решавање једначина x 2 – 25 = 0 и x 2 – 2 x + 1= 4

(уопште, решавање једначина ових облика) такође се, слично као упримеру 2, своди на решавање одговарајућих линеарних једначина.

Једначина x 2 = a ,где јеa > 0, имадва решења √ a и – √ a .

а 2 –b2 = (a + b)(a – b) а 2 +2ab + b2 = (a + b)2

a 2 + b 2 = c 2



81

Можда ће ти звучати чудно, али читава једна грана математике – теорија игара – бави сепроучавањем игара. Основни проблем те области је да ли је одређена игра фер или не.Игра је фер уколико ниједан од играча нема предност, то јест ако ниједан од играча немамогућност да себи осигура победу.Уколико постоји начин играња који неком од играча осигурава победу, кажемо да тајиграч има победничку стратегију и тада игра није фер.

Следећи пример представља игру која се заснива на познавању линеарних једначинакоје су идентитети.

Пример. Димитрије је осмислио следећу игру, коју предлаже Љубици. Каже јој:„Ти замислиш један број и с њим рачунаш по редоследу који ти кажем. Након тога, уколикопогодим резултат тог рачуна, ја побеђујем, а ако не, ти побеђујеш. Поступак рачунања је следећи: Од замишљеног броја одузми 2, па добијени број помножи са бројем који јеод њега за 6 већи. Затим од тог производа одузми квадрат замишљеног броја. Ондадобијену разлику подели са 2, па количник увећај за 5. На крају, од добијеног броја одузми замишљени број. Хоћеш да пробамо? “

Шта би ти предложио Љубици да одговори?

Прво ћемо анализирати поступак рачунања који треба спровести. Обележимо са x замишљени број. Онда треба израчунати бројевну вредност израза ( x ), где је

A( x ) = ( x– 2)(( x – 2) + 6) – x 2

2 + 5 – x .

Међутим, оно што је интересантно је следеће:

A( x ) = ( x– 2)(( x – 2) + 6) – x 2

2 + 5 – x = x 2 + 2 x – 8 – x 2

2 + 5 – x = x – 4 + 5 – x = 1.

Изрази ( x– 2)(( x – 2) + 6) – x 2

2 + 5 – x и 1 су еквивалентни, па је зато једначина

( x– 2)(( x – 2) + 6) – x 2

2

+ 5 – x = 1

идентитет. Према томе, Димитрије увек унапред зна резултат и има могућност да увекпобеди. Зато предложена игра није фер (Димитрије има победничку стратегију), па Љубица не треба да започиње ову игру са Димитријем, осим ако није спремна да изгубисваку партију.

Задатак.Шта би предложио Димитрију ако њему Љубица предложи следећу игру:„ Димитрије, замисли један број. Онда тај број увећај за 1, па резултат помножи са бројем који је одњега за 3 мањи. Затим од тог производа одузми квадрат броја који је за један већи од

замишљеног. Сада ми реци резултат, а ја ћу теби рећи који број си замислио. ко погодим, ја сам победила , а у супротном, ти. “



82

Линеарна неједначинаЗнаке <, ≤, > и ≥ једним именом називамознацима неједнакости .Неједначине са једном променљивом смо већ решавали. На пример, такве су x + 7 < –3, 5 x – 33 ≤ 0, 6 –2

3 x > 8, | x | < 5, x 2 ≥ 9.

Два алгебарска израза који садрже променљиву или променљиве, спојена знакомнеједнакости (с циљем да се одреде вредности те променљиве или тих променљивих закоју је неједнакост истинита), чине неједначину.

Решење неједначине је сваки број који додељен непознатој ту неједначину преводи уистиниту бројевну неједнакост.

Интервал (а , b ), где је а < b , је скуп реалних бројева x саособином да је а < x < b .

Интервал [а , b ), где је а < b , је скуп реалних бројева x саособином да је а ≤ x < b .

Интервал (а , b ], где је а < b , је скуп реалних бројева x саособином да је а < x ≤ b .

Интервал [а , b ], где је а < b , је скуп реалних бројева x саособином да је а ≤ x ≤ b .

Уколико се у неједначини појављује само једна променљива, кажемо да је то

неједначина са једном непознатом . Наравно, постоје и неједначине са вишепроменљивих (две, три и тако даље), на пример 5 x – 4 y ≤ 6.

Број –11 јесте решење неједначине x + 7 < –3, јер је –11 + 7 < –3, a број –10 није решењенеједначине x + 7 < –3, јер бројевна неједнакост –10 + 7 < –3 није истинита.

Задатак 1.

Напиши три неједначине и провери за сваку од њих да ли је неки од бројева 0, √3, –23

решење те неједначине.

Скуп решења неједначине често исказујемо користећи интервале реалних бројева.

Kао ознаку за бесконачно у математици користимо симбол ∞, односно симболе +∞ и –∞.Ове ознаке нам омогућавају да запишемо и неограничене интервале.



83

Интервал (а , +∞ ) је скуп реалних бројева x са особиномда је x > a .

Интервал [а , +∞ ), где је а < b , је скуп реалних бројева x саособином да је x ≥ a .

Интервал (–∞, а ) је скуп реалних бројева x са особиномда је x < a .

Интервал (–∞, а ] је скуп реалних бројева x са особином

да је x ≤ a .

Две неједначине су еквивалентне ако имају исти скуп решења, то јест ако је свакорешење једне од њих уједно решење и друге, или ако обе неједначине немају решења.

Неједначина са једном непознатом x је линеарна ако је евивалентна некој однеједначина облика аx + b < 0, аx + b ≤ 0, аx + b > 0, аx + b ≥ 0, где су а и b реални бројеви.

Приметимо да интервали (а , +∞), [а , +∞), (–∞,а), (–∞,а] у ствари представљају скуповерешења најједноставнијих неједначина x> a , x≥ a , x < a , x ≤ a .

Еквивалентне неједначине дефинишемо слично еквивалентним једначинама.

Нас ће, засад, посебно интересоватилинеарне неједначине .

Тачан разлог за увођење баш симбола ∞ као ознаке забесконачно није познат (постоји више различитих тумачења).За само увођење овог симбола је највероватније заслужаненглески математичар Џон Волис (1616–1703).

Еквивалентност неједначина

Из практичних разлога, у горњој дефиницији је дозвољено да коефицијент узпроменљиву буде и 0. Ми ћемо тај случај посматрати одвојено.

Пре него што смо решавали линеарне једначине утврдили смо правила помоћу којиход дате једначине добијамо њој еквивалентну. Тако ћемо поступити и сада, када је реч онеједначинама.



84

Правило замене (израза њему еквивалентним). У неједначини, заменом алгебарског изразањему еквивалентним изразом, добијамо нову неједначину која је еквивалентна полазној.

За реалне бројеве а , b , c на основу а < b следи а + c < b + c и а – c < b – c .

Правило о додавању (истог израз на обе стране неједначине).Додавањем истог израза на обе стране неједначине (одузимањемистог израза од обе стране неједначине) добијамо новунеједначину која је еквивалентна полазној.

У шематским приказима које ћемо давати, из практичних разлога, увек ћемо наводитисамо један тип неједначина, A < B. Наравно, наведена правила важе и за друга триоблика неједначина, A ≤ B, A > B и A ≥ B.Као и код једначина, уобичајено је да се непозната налази на левој страни. Међутим,ако се непозната јавља у изразуB у неједначини A < B, онда уместо неједначине A < B решавамо њој еквивалентну једначинуB> A.Задатак 1.Попуни дату табелу као што је почето.

a b a < b? a + 2 b + 2 a + 2 <b + 2? a – 3 b – 3 a – 3 <b – 3?1 2 истинита 3 4 истинита –2 –1 истинита–3 –4

–0,5 0,12 – 6

Задатак 1.Попуни дату табелу као што је почето.

a b a < b? 2a 2b 2a < 2b? –3a –3b –3a < –3b?1 2 истинита 2 4 истинита –3 –6 неистинита–3 –4

–0,5 0,14 – 6

Да ли си и пре израчунавања вредности знао одговоре?

Као што смо већ више пута поновили у алгебарским изразима, променљива представљазамену за неки конкретан број, па правила у вези с алгебарским изразима изводимона основу правила која важе за реалне бројеве. Тако на основу претходног добијамо

следеће правило битно за решавање неједначина.



85

За позитиван реалан број c и произвољне реалне бројеве а и b на основу а < b следи а · c < b · c .

За негативан реалан број c и произвољне реалне бројеве а и b на основу а < b следи а · c > b · c .

Правило о множењу (истим „ненула “ изразом обе страненеједначине). Множењем (дељењем) истим позитивним бројем(позитивним изразом) обе стране неједначине добијамо новунеједначину истог типа која је еквивалентна полазној.Множењем (дељењем) истим негативним бројем (негативнимизразом) обе стране неједначине добијамо нову неједначинуса промењеним знаком неједнакости која је еквивалентнаполазној.

Задатак 2.Спој еквивалентне неједначине.

Задатак 3.Покажи да је неједначина2 x – 3

7 – 7 x ≥ –1 линеарна.

Да ли си и пре израчунавања вредности знао одговоре?

а < b , c < 0

b – а > 0, c < 0(b – а )c < 0bc – аc < 0

аc > bc

На основу претходна два тврђења долазимо до још једног правила за решавањенеједначина. За разлику од правила множења код једначина, сада, код неједначина,морамо да разликујемо два случаја. Множење позитивним бројем не мења знакнеједнакости, док множење негативним бројем тај знак мења.

· x– 5 < 4 · x< –9· x+ 5 < –4 · x< 9· 5 x< 45 · x> –9· –5 x< 45 · x> 9



86

Решавање линеарних неједначинас једном непознатом

Недначину смо решили када одредимо све бројеве који су њена решења или утврдимода такав број не постоји, то јест утврдимо да она нема решење. Линеарну неједначину са једном непознатом решавамо тако што применом правилазамене, правила о додавању и правила о множењу, коначан број пута, долазимо до њојеквивалентне неједначине из које директно читамо скуп решења.

Покажимо сада како у општем случајурешавамо линеарну неједначинуаx + b > 0, где

је а произвољан позитиван реалан број , а bпроизвољан реалан број.Применом правила замене, правила о додавањуи правила о множењу, добијамо низ међусобноеквивалентних неједначина. При том нам је циљ дау последњој неједначини на левој страни останесамо непозната величина, а на десној страни некиреалан број.

За разлику од једначина, код неједначина најчешће није могуће извршити проверу, јернеједначине (које ћемо решавати) најчешће имају бесконачно много решења. Наравно,ти за неколико конкретних бројева из скупа решења које си добио можеш да проверишда ли заиста јесу решења или да то учиниш за неколико конкретних бројева ван скупаR

x .Ако ти, конкретни примери говоре у прилог твом решењу, то ипак није гаранција да ситачно решио неједначину, али ако се бар један не слаже са твојим решењем, то значи даси негде погрешио.

Пример 1. Решимо неједначину x 3

– 1 > 0.

Прво ћемо на обе стране једначине додати број 7. После

замене израза –1 + 1, 0 + 1 и x 3 + 0 њима еквивалентним, обе

стране множимо бројем 3, како би на левој страни једначине

остала само непозната x . Коначно, заменом израза x 3

· 3 и

1 · 3 њима еквивалентним, добијамо неједначину x > 3 изкоје директно читамо скуп решења. Скуп решења датенеједначине је интервал (3, +∞). Уобичајено је скуп решењанеједначине означавати саR

x . У нашем случају јеR x = (3, +∞).

Такође, уобичајено је скуп решења графички представити набројевној правој.

Скуп решења линеарне неједначине аx + b > 0, када је а > 0, је –b

a, +∞ .



87

Скуп решења линеарне неједначине аx + b > 0, када је а < 0, је –∞, –b

a.

Задатак 1.

Реши једначине: а) 3 x + 21 ≥ –5; б) 7 + 1,3 x ≤ 3; в) x – 17

< 2.

Задатак 2.

Реши једначине: а) – x 3

+ 5 < 0; б) 13 – 3 x ≥ 52; в)5 – 3 x 3

≤ –4.

Пример 2. Решимо неједначину 5 – x 7

> 0.

Прво ћемо на обе стране једначине додати број

–5, па изразе 5 – 5, 0 + 1 и 0 – x 7

заменити њима

еквивалентним. Потом обе стране неједначинемножимо бројем –7 имењамо знак неједнакости .

Коначно, заменом израза – x 7

· (–7) и –5 · (–7) њима

еквивалентним, добијамо неједначину x < 35 из коједиректно читамо скуп решења. Скуп решења датенеједначине је интервал (–∞, 35), то јестR

x = (–∞, 35).

Применом правила замене, правила ододавању и правила о множењу, које у овомслучају захтевапромену знака неједнакости ,добијамо низ међусобно еквивалентнихнеједначина. При том нам је циљ да у последњој једначини на левој страни остане самонепозната величина, а на десној страни некиреалан број.Множењем обе стране неједначине негативнимбројем знак неједнакости се мења на следећиначин.

Покажимо сада како у општем случају решавамо линеарну једначинуаx + b > 0, где јеа негативан реалан број , а b произвољан реалан број.



88

Пример 3. Решимо неједначину 4 x + 5 ≤ 7 + 5 x.Примети да се непозната налази на обе стране дате неједначине. Наш први циљ прирешавању таквих неједначина је да раздвојимо непознате и константе. То можемоурадити на следећа два начина.

У првом случају (слика лево) одлучили смо се да непознате пребацимо на леву странунеједначине и у том случају касније примењујемо правило о множењу негативнимбројем и мењамо знак неједнакости. У другом случају (слика десно) одлучили смо се данепознате пребацимо на десну страну неједначине и у том случају касније примењујемоправило о множењу позитивним бројем. У сваком конкретном случају бираш начин којитеби више одговара.

Пример 4. Сада ћемо показати како решавамо неједначине, попут 3(2 – x ) + 5 ≥ 11, укојима се непозната налази унутар заградe или заграда. Као и код једначина, у свакомконкретном случају одлучујеш да ли ћеш одмах да се ослободиш заграда (случајприказан лево) или не (случај приказан десно).

Задатак 3.

Реши неједначине:а) 11 x – 8 ≥ 6 – 3 x ; б) 9 – 5 x < 1 – 2 x ; в) – x

5 + 2 2

3 = x

6 – 1.

Задатак 4.

Реши једначине:а) 5 – 2 x > 3(1 + x ); б) 3

4 x – 2

3( x – 1) ≤ 0.



89

Задатак 5.Реши неједначину 3 x < 3 x + 1, па одреди скуп решења неједначине еквивалентненеједначини 0 · x < b, када јеb > 0.

Задатак 6.Реши неједначину –3 x < – 1 – 3 x , па одреди скуп решења неједначине еквивалентненеједначини 0 · x < b, када јеb < 0.

Задатак 7.Дужине катете правоуглог троугла су 7cm и 10cm. За колико најмање целих центиметаратреба продужити краћу катету да би новодобијени правоугли троугао имао површинувећу од 50cm2? А дужу?

Пример 5. Решимо неједначину 3 x > 3 x – 1.Очигледно, решење дате неједначине је сваки реаланброј. Применом правила о додавању и правила заменедолазимо до еквивалентне једначине

0 · x > – 1.Како је производ произвољног броја и 0 једнак 0, анеједнакост 0 > –1 је истинита, закључујемо да је скупрешења ове неједначине скуп реалних бројева, то јест R

x = R.

Пример 6. Решимо једначину 3 x > 3 x + 1.Очигледно, дата неједначина нема решење. Применомправила о додавању и правила замене долазимо доеквивалентне једначине

0 · x > 1.Како је производ произвољног броја и 0 једнак 0, анеједнакост 0 > 1 није истинита, закључујемо да ованеједначина нема решења, то јестR x = .

Скуп решења неједначине еквивалентне неједначини 0 · x > b , где је b < 0, је скупреалних бројева.

Неједначина еквивалентна неједначини 0 · x > b , где је b > 0, нема решење.

Пример 7. Дужина једне стране приземне куће(правоугаоне основе) је 7m. Колико највише целихметара може бити дужина друге стране те кућа, а даповршина њене основе не буде већа од 100m2?7 · x ≤ 100 x ≤ 100 : 7 x ≤ 100

7 x ≤ 14 2

7

Друга страна кућеможе бити дуганајвише 14m.



90

Задатак 8.Реши неједначине | x | < 3, | x | ≤ 3, | x | > 3 и | x | ≥ 3.

Задатак 9.Реши неједначине: а) |5 – 4 x | > 3; б) |3 – 5 x | ≤ 9.

Пример 7. Решимо сада неједначине |2 x +1| < 3 и |2 x+ 1| ≥ 3.Свака од две дате једначине своди се на решавање две линеарне неједначине.

Решавање неједначина код којих се непозната јавља и у оквиру апсолутне вредностии ван ње, као на пример неједначина |2 x +1| < 3 x , такође се своди на решавањеодговарајућих линеарних неједначина, али у односу на претходне, овај поступак је јошсложенији. Наиме, како је

|2 x +1| = ,

решавање дате неједначине се своди на решавање

неједначине 2 x +1 < 3 x , за x ≥ – 12

, и неједначине –2 x– 1 < 3 x , за x < – 12

.

Решење полазне неједначине је онда унија добијених интервала, то јест

R x = – 1

5, – 1

2 (1, +∞).

Задатак.Реши неједначине: а) |5 x – 4| ≥ 9 x ; б) |5 – 4 x | > – 4 x .

Под условом да је x ≥ –12 , захтевамо да је

2 x +1 < 3 x,односно x> 1.Како x мора да задовољи оба услова,закључујемо да x (1, +∞).

Под условом да је x < –12 , захтевамо да је

–2 x– 1 < 3 x , односно x> – 15

.

Како x мора да задовољи оба услова,

закључујемо да x – 15

, – 12

.



92

ПРИЗМА

Претпоставимо да се два подударна многоугла налазе у паралелним равнима и да јесваки од њих ортогонална пројекција оног другог на одговарајућу раван. Слободнијеречено, претпостављамо да се многоуглови могу преклопити кретањем у правцупројектујућих зрака. Дужи које се налазе на пројектујућим зрацима темена многоуглаобразују правоугаонике са паровима одговарајућих страница датих многоуглова.

Тело ограничено паром датих многоуглова и правоугаоницима чији један пар страницапредставља пар одговарајућих страница многоуглова назива сеправа призма (правау смислу није коса, усправна). Пошто ћемо се бавити искључиво овом врстом призми,често ћемо реч „права“ изостављати.

Подударни и паралелни многоуглови називају сеоснове или базе призме. Свакиправоугаоник који образује пар одговарајућих страница многоуглова са пројектујућимзрацима назива се бочна страна призме.

На претходној слици приказана је призма коју образују два (подударна) троугла и триправоугаоника. Наравно, основе призме могу бити и четвороуглови, петоуглови и такодаље.

Призме означавамо тако што најпре наведемо темена једне основе (то јест ознакуодговарајућег многоугла), а затим и темена друге основе у поретку који одговараредоследу навођења темена прве основе. На пример, прву призму са претходне сликеозначавамо са ABCDA1B1C 1D1 (или саBCDAB1C 1D1 A1).



93

Будући да број темена многоугла који је основа призме у потпуности одређује бројтемена читаве призме, као и број ивица и број страна, призме чије су основе n-тоугловиназивамо n-тостране призме (читај: „ентостране призме“). Основе тространих призмису троуглови, четвоространих четвороуглови и тако даље.

Задатак 1.1) Колико темена, ивица и страна има тространа призма?2) Колико темена, ивица и страна има n-тострана призма?

Четворострана призма чије су основе паралелограми назива сепаралелепипед .Паралелепипед чије су основе правоугаоници назива секвадар . Коцка је специјаланслучај квадра.

Квадар је специфичан по томе што су сви многоуглови који га ограничавајуправоугаоници, па се за основе може узети било који пар паралелних страна. То наравноније случај са осталим призмама.

Уколико су основе призме правилни многоуглови, кажемо да је и та призмаправилна .Правилна призма чије су све ивице међусобно једнаке назива се једнакоивична призма. Једнакоивичан квадар је коцка.

Странице многоуглова који су основе призменазивају сеосновне ивице . Остале ивице призмесу бочне ивице . Дужина бочних ивица назива севисина призме . Често се под висином призмеподразумева и било која дуж нормална на равниоснова и чије крајње тачке припадају овимравнима. Дијагонала призме је свака дуж којаспаја два темена призме и не припада нити једнојстрани те призме. Дијагонале бочних страна идијагонале основа нису дијагонале призме.

Примети да тростране призме немају дијагонале. Четворостране призме имају четири

дијагонале.





95

Дијагонала призме је хипотенуза правоуглог троугла чија је једна катета дијагоналаоснове, а друга бочна ивица. Даље закључујемо да призма има онолико различитихдијагонала колико их има њена основа.

Пример 2. Одредимо дијагонале правилне једнакоивичне шестостране призме.

Основе правилне шестостране призме су правилни шестоуглови. Како је призма и једнакоивична, дужине бочних ивица (висина) и основних ивица су једнаке.

Пошто правилан шестоуго има две различите дијагонале, толико их има и правилнашестострана призма.

Краћа дијагонала (D1) призме коју посматрамо јесте хипотенуза правоуглог троугла чијесу катете краћа дијагонала (d 1) њене основе и висина призме. Како јеd 1 = a √3 (зашто?) ивисина призме једнака a , применом Питагорине теореме добијамо да је

D1 = √ d 12 + a 2 = = √4a 2 = 2a .

Дужа дијагонала (D2) призме коју посматрамо јесте хипотенуза правоуглог троугла чијесу катете дужа дијагонала (d 2) њене основе и висина призме. Како јеd 2 = 2a (зашто?) ивисина призме једнака a , применом Питагорине теореме добијамо да је

D2 = √ d 22 + a 2 = √(2a )2 + a 2 = √5a 2 = √5a .

Задатак 4.Основа четворостране призме је ромб. Ако јеa = 15cm страница ромба,d 1 = 18cmњегова краћа дијагонала и H = 24cm висинa призме, одреди дијагонале ове призме.

Пресек призме и равни одређене једном њеном ивицом и дијагоналом назива седијагонални пресек призме.

Задатак 5.Одреди површине дијагоналних пресека квадара приказаних на наредној слици.



96

Задатак 1.Прецизно нацртај мреже следећих призми чије су димензије дате на сликама:

Површина призмеПовршину полиедра дефинисали смо као збир површина многоуглова који гаограничавају (види страну ??). Наравно, ова дефиниција се односи и на специјалнеполиедре којима се сада бавимо – призме.

Свака призма је ограничена са два подударна многоугла које називамо основе или базете призме и правоугаоницима којих има онолико колико страница има основа. Унијасвих бочних страна призме назива сеомотач те призме.

За израчунавање површине призме (као и било ког другог полиедра) веома је кориснопредставити њену површ одговарајућом мрежом. На претходној слици је приказанамрежа једне четворостране призме. Приликом цртања мреже призме важно је водитирачуна да суседни правоугаоници омотача одговарају суседним страницама основа.

1) тростране призме; 2) квадра; 3) четворостране призмечија је основа једнако-страничан трапез.



97

Ако са B означимо површину једне основе, а са M површину омотача призме, онда сеповршина P те призме израчунава по формули:

P = 2B+M .

Из ове опште формуле једноставно изводимо обрасце за израчунавање површине свихспецијалних случајева призми.

Задатак 2.

1) Израчунај површину квадра чије су ивицеa = 3cm,b = 2cm иc = 5cm.2) Израчунај површину правилне четворостране призме чија је основна ивицаa = 4cm, ависина H = 10cm.

3) Израчунај површину коцке чија је дијагоналаD = √3.

Пример 1. Израчунајмо површину призме дате у задатку 1под 3).Основа ове призме је једнакокраки трапез чије су основицеa = 4cm иb = 2cm, а кракc = 2cm. Висина призме јеH = 4cm.Израчунавање површине базе олакшава цртеж

одговарајућег многоугла заједно са датим подацима. Тако,ако нацртамо једнакокраки трапез који је у бази датепризме, лакше ћемо одредити његову висинуh = √3cm. Површина базе је

B = 4 + 22

· √3cm2 = 3√3cm2.

Површина омотача дате призме је збир површинаправоугаоника који чине омотач.

M = (4 · 4 + 2 · 4 + 2 · 4 + 2 · 4)cm2 = 40cm2

Дакле, површина дате призме јеP = 2B + M = (6√3 + 40)cm2.



112

Линеарна једначина с две непознате x и y је свака једначина еквивалентана једначини облика аx + by + c = 0, где су а , b, c реални бројеви, а коефицијенти а и b немогу истовремено бити једнаки 0 ( а ≠ 0 или b ≠ 0).

Решење линеарне једначине с две непознате аx + by + c = 0 је сваки уређени пар ( x 0, y 0)који заменом x са x 0 и y са y 0 ту једначину преводи у тачну бројевну једнакост.

Линеарна једначина с две непознате

На пример, једначине3 x + 2 y – 1 = 0, – x + y – 2 = 0, 11 x – 7 y – 4 = 0

јесу линеарне једначине с две непознате.Из практичних разлога у горњој дефиницији је дозвољено да коефицијенти уз непознатемогу бити 0, мада је тада реч о линеарној једначини с једном непознатом, а не с двенепознате. Од дате линеарне једначине с две непознате добијамо њој еквивалентнуприменом истих правила (замене, о додавању, о множењу) као и у случају једначина с једном непознатом.

На пример, уређени парови (1, –1) и (3, –4) јесу решења једначине 3 x + 2 y – 1 = 0, јер јесте3 · 1 + 2 · (–1) – 1 = 0 и 3 · 3 + 2 · (–4) – 1 = 0.

А уређени парови (0, 0) и (–5, 3) нису решења једначине 3 x + 2 y – 1 = 0, јер је3 · 0 + 2 · 0 – 1 ≠ 0 и 3 · (–5) + 2 · 3 – 1 ≠ 0.

Сваку линеарну једначину с две непознате аx + by + c = 0 (а ≠ 0 или b ≠ 0) можемотумачити и као имплицитно задату линеарну функцију. Зато свакој таквој једначинипридружујемо праву у координатном систему. Уређени пар координата сваке тачке теправе је једно од решења одговарајуће једначине.

Једначина аx + by + c = 0, за а ≠ 0 и b ≠ 0, има бесконачно много решења, то јест имаонолико решења колико права аx + by + c = 0, где је а ≠ 0 и b ≠ 0, има тачака.

Ако са x обележимо Маркове, а са y године његовогоца, онда дату реченицу описујемо са y = x + 25, где је x≥ 0. Посматрајмо општију једначину од уочене(без услова x≥ 0) x – y + 25 = 0.Права приказана десно одговара тој једначини.Она је график линеарне функције y = x + 25,односно график линеарне функције x – y + 25 = 0. Тај график (права) је потпуно одређен с две(различите) тачке које му припадају, али можемоодредити и више њих.

x 1 5 y = x + 25 26 30

Пример 1. Када се Марко родио, његов отац је имао 25 година.



113

Општи облик система од две линеарне једначине с две непознате x и y јеа 1 x + b1 y = c 1а 2 x + b2 y = c 2,

где су а 1, b1, c 1, а 2, b 2, c 2 дати реални бројеви.

Решење система од две линеарне једначине с две непознате x и y је сваки уређен парреалних бројева ( x 0, y 0) који је решење обе једначине тог система.

Задатак 1.Одреди m и n тако да уређени парови (2, m) и (–1, n) буду решења једначине5 x – 4 y + 6 = 0.

Задатак 1.Уређени пар спој са системом чије је решење.

(–1, 4) (–2, 3) (2, 3) 12

, 12

Задатак 2.Одреди три решења линерне једначине сa две непознате:а) y =3 x – 4; б) –2 x + y = 3; в) x – 5 y + 8 = 0;па нацртај праву у координатном систему која јој одговара.

Систем од две линеарне једначине с две непознате

Онда прва реченица даје једну линеарну везу међунепознатим величинама x и y .

Друга реченица даје још једну линеарну везу међу тимвеличинама.

Дакле, описаној ситуацији одговара систем од двелинеарне једначине с две непознате.

y = x + 30

y = 3 x

y = x + 30 y = 3 x

Пример 1. Отац је имао 30 година када се родио његов син Марко. Колико година садаима Марко ако знамо да је тренутно отац три пута старији од Марка?

Обележимо са x Маркове, а са y године његовог оца.

Одредимо уређени пар бројева ( x 0, y 0) који је решење обе једначине уоченог система.

Дакле, Марко сада има 15, а његов отац 45 година.

y 0 = x 0 + 30 y 0 = 3 x 0

3 x 0 = x 0 + 30 y 0 = 3 x 0

x 0 = 15

y 0 = 4545 = 15 + 3045 = 3 · 15

x + 2 y = 82 x – y = 1

5 x + 4 y = 112 x + 3 y = 10

x – y = 07 x + 3 y = 5

3 x + y = –3 y = 3



114

Графички приказ система од двелинеарне једначине с две непознате

Свакој од једначина система x – y = –303 x – y = 0

одговара права у координатном систему.Уређени парови координата сваке од тачакаправе y = x + 30 су решења прве, а уређенипарови координата сваке од тачака праве y = 3 x су решења друге једначине. Онда је уређени пар(15, 45) координата пресечне тачке P решењепосматраног система.

Графички приказ система од две линеарне једначине с две непознатеа 1 x + b1 y = c 1а 2 x + b2 y = c 2

чине две праве које су графици линераних функција а 1 x + b1 y = c 1 и а 2 x + b2 y = c 2.

Ако графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате чине двеправе које се секу, тада тај систем има јединствено решење.

Две праве једне равни могу се наћи у једном од три различита међусобна односа:

1. праве се секу, то јест имају једну заједничку тачку;2. праве су паралелне, али се не поклапају, то јест немају заједничких тачака;3. праве се поклапају, то јест имају бесконачно много заједничких тачака.

Пример 2. Нацртајмо графички приказ система

Праве које одговарају једначинама

3 x – y = 4 ( y = 3 x – 4)и

2 x + y = 6 ( y = –2 x + 6)се секу, то јест имају једну заједничку тачку (2, 2). Дакле,постоји само један уређени пар (2, 2) који је решење обе оддатих једначина, па закључујемо да посматрани систем има јединствено решење (2, 2), то јест x = 2, y = 2.

3 x – y = 42 x + y = 6.



115

Ако графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате чине двепаралелне праве које се не поклапају, тада тај систем нема решење.

Ако графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате чине двеправе које се поклапају, тада тај систем има бесконачно много решења.

Задатак 2.Нацртај графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате:а) 7 x – y = 4 б) x – y = 2 в) x – 2 y = –6 –2 x + y = 1; 6 x – y = 2; x + y = 0;па на основу тога закључи колико решења има тај систем.

x + y = 1 x + y = 5.

x – y = 22 x – 2 y = 4.



Праве које одговарају једначинама x + y = 1 ( y = – x + 1)

и x + y = 5 ( y = – x + 5)

су паралелне и немају заједничких тачака.Дакле, не постоји уређени пар бројева који је решењеобе од тих једначина, па закључујемо да посматранисистем нема решење.

Једначине x – y = 2 и 2 x – 2 y = 4

су еквивалентне (друга се добија множењем обестране прве једначине са 2), па се графици који имодговарају поклапају ( y = x – 2). То значи да свакипар координата тачака тог графика јесте решењепосматраног система.

Дакле, овај систем има бесконачно много решења.

Дакле, графички приказ користимо да унапред, пре решавања датог система, сазнамо дали тај систем има решење, као и колико их има.



116

За систем од две линеарне једначине с две непознате постоје три могућности:1. систем има једно решење;2. систем нема решење;3. систем има бесконачно много решења.Задатак 3.Нацртај графички приказ система од две линеарне једначине с две непознате:а) 3 x – y = 1 б) 2 x – 4 y = 1 в) – x+ 2 y = –6 –3 x + y = 1; 3 x – 6 y = 1,5; x + 2 y = 6;па одреди да ли тај систем има решење, и ако га има, да ли је јединствено.

Задатак 4.На основу датих графика запиши:

а) два система једначина који имају јединствено решење;

б) један систем који нема решење;

в) један систем који има бесконачно много решења.

Еквивалентност система линеарних једначинаКада су две једначине еквивалентне? Погледај страну ??. Слично важи и за системе.

Да бисмо од дате добили њој еквивалентну једначину, користили смо три правила:правило замене, правило о додавању и правило о множењу (погледај страну ??). Слично је и у случају система једначина.

Два система једначина су еквивалентни ако је свако решење једног од њих уједнорешење и другог, или ако оба система немају решење.

Пример 1. Посматрајмо следећа два система једначина.

Прве две једначине овог система су еквивалентнеи њима одговара права y = x . Друга једначина им језаједничка и њој одговара права y = – x + 2. Дакле, обасистема имају исти графички приказ. Коефицијентиправаца те две праве (1 и –1) су различити, па се оне секу.Закључујемо да су посматрани системи еквивалентни и

да је њихово једино решење уређени пар (1, 1).Провера. 2 · 1 – 2 · 1 = 0 1 – 1 = 0

1 + 1 = 2 1 + 1 = 2

2 x – 2 y = 0 x + y = 2

x – y = 0 x + y = 2

: 2



117

Ако једначину система заменимо њој еквивалентном, добијамо нови системеквивалентан полазном.

Ако у једначини датог система заменимо једну од непознатих са изразом који је једнак тој непознатој, на основу друге једначине добијамо нови систем еквивалентанполазном.

Ако једну једначину датог система заменимо једначином која је збир или разлика једначина датог система, добијамо нови систем еквивалентан полазном.

Пример 2. Посматрајмо како добијамо следећи низ система једначина.

x + y = 2 x – y = 0

x + y = 2

y = x y = x y = x y = x 2 x = 2 x = 1

+ y

: 2 x + x = 2

x + y = 2 x – y = 0 x – y = 0 y = x y = 1

x = 1 x = 1: 22 x = 2

Други систем добијамо из првог замењујући прву једначину њој еквивалентном. На основу претходногправила, ова два система су еквивалентна. Потом израз

y у другој једначини замењујемо изразом x , јер су онина основу прве једначине( y = x ) једнаки. Затим другу једначину замењујемоњој еквивалентним једначинама и тако долазимо допоследњег система. На основу графичких приказапрвог (горе десно) и последњег система (десно) видимода оба имају по једно решење. Провером потврђујемода је једино решење оба система уређени пар (1, 1).Провера. 1 – 1 = 0 1 = 1

1 + 1 = 2 1 = 1

Пример 3. Уочимо трансформације помоћу којих добијамо следећи низ система.

Други систем добијамо из првог замењујући другу једначину једначином којапредставља збир једначина првог система. Потом на основу претходна два правиладобијамо следећа два система. Последњи систем је најједноставнијег облика, то јесистем из кога директно читамо решење – уређени пар (1, 1). Сви системи у горњем низусу међусобно еквивалентни и њихово једино решење је (1, 1).



129

ВАЉАК

1. Обим круга јеО = 6π cm. Ако узмемо да јеπ ≈ 3,14, онда је површина овог кругаприближно једнака:

а) 9,42cm2; б) 18,84cm2; в) 28,26cm2; г) 37,68cm2; д) 113,04cm2.

2. Обим круга описаног око квадрата странице 2cm je:

а) 2 cm; б) 2√2 cm; в) 4 cm; г) 4√2 cm; д) √2 cm.

3. Површина прстена који образују описана и уписанакружница једнакостраничног троугла страницеa је:

а) √34

a 2; б)4

a 2;

в) √336

a 2; г)12

a 2;

д)6

a 2.

4. Површина обојене фигуре дате на слици десно је (уcm2):

а) 16 + 2 ;б) 16 + 4 ;в) 16 + ;г) 16 + 3 ;д) 16 – .

5. Ако точак бицикла пречника 63,7cm направи 2 000 обртаја, онда је бициклистаприближно прешао:

а) 2km;б) 2,5km;в) 3km;г) 3,5km;д) 4km.



130

ВАЉАК

Претпоставимо да се два подударна круга налазе у паралелним равнима и да је свакиод њих ортогонална пројекција оног другог на одговарајућу раван. Слободније речено,претпостављамо да се кругови могу преклопити кретањем у правцу пројектујућих зрака.Површ коју образују пројектујући зраци тачака датих кружница назива сецилиндричнаповрш .

Геометријско тело ограничено овим круговима и делом цилиндричне површи измеђуњих назива се прав ваљак . Пошто ћемо се ми искључиво бавити оваквим ваљцима, реч„прав“ ћемо изостављати. Кругови суоснове или базе ваљка. Део цилиндричне површиизмеђу равни основа назива се омотач ваљка. Растојање између равни основа назива севисина ваљка.

Ваљак је пример геометријског тела које није полиедар. Он спада у такозванаобла тела .

Ротацијом правоугаоника око једне његове странице настаје ваљак. Прецизније, светачке простора кроз које пролазе тачке правоугаоника који ротира образују ваљак.

Зато се каже да ваљак представља и једноротационо тело .

Није тешко уочити да страница око које ротира правоугаоник представља висинудобијеног ваљка. Друга страница правоугаоника је полупречник основе тог ваљка.



131

У многим језицима за ваљак се користи реч изведена од грчке речиkylindros, којаизворно значи облица . У нашем језику користи се речцилиндар . Поред поменутог

значења , цилиндром се називају и разни предмети у облику ваљка, као што је, на пример,комора у моторима са унутрашњим сагоревањем или пак високи мушки шешир.

Пример 1. Ваљак је пресечен са равни која садржи центре његових основа. Ако јеполупречник основе ваљка r = 1,5cm, а његова висинаH = 4cm, одредимо површинупресека ваљка и равни.

Права која садржи центре основа ваљка назива сеоса ваљка . Пресек ваљка и равни којасадржи осу ваљка назива сеосни пресек ваљка.

Најважније је открити која фигура је пресек равнии ваљка. То је правоугаоник чија је једна страница једнака пречнику основе (2r = 3cm), а друга висиниваљка (H = 4cm). Дакле, површина пресека јеP = 2rH = 12cm2.

Задатак 1.Осни пресек ваљка висинеH = 35cm је правоугаоник чија је дијагоналаd = 37cm. Одредиполупречник основе ваљка.

Задатак 2.Осни пресек ваљка је квадрат површине 196cm2. Одреди висину и полупречник основеваљка.

Задатак 3.Квадрат ротира око једне своје странице. Ако јеa = 3cm страница квадрата, одредиповршину осног пресека ваљка добијеног ротацијом датог квадрата.

Задатак 4.У основе правилне четворостране призме уписану су кругови. Ако је основна ивица призмеa = 4cm, а њена висинаH = 6cm, одредиповршину осног пресека ваљка који одређују уписани кругови.



132

Површина ваљка

Да бисмо открили формулу за израчунавање површине ваљка, најпре је потребно даоткријемо како изгледа мрежа ваљка. Очигледно, мрежа ваљка садржи два круга која суподударна његовим основама. Остаје још„развити“ омотач ваљка. Није тешко закључитида омотач ваљка развијен у равни представља правоугаоник.

Дужина једне странице правоугаоника који представља омотач једнака је висини ваљка,

док је дужина друге једнака обиму основе.Нека је r полупречник основе ваљка, аH његова висина. Ако јеB површина основе овогваљка, а M површина омотача, онда јеB = r 2 и M = 2r H . Дакле, површина ваљка јеP = 2B + M = 2r 2 + 2r H = 2r (r + H ).

Пример 1. Израчунајмо површину ваљка ако је полупречник основеr = 3cm и висинаH= 5,5cm.

На основу датих података, једноставном применом формуле за израчунавање површиневаљка добијамо да јеP = 2r (r + H ) = 2 · 3 · (3 + 5,5)cm2 = 51 cm2.Ако узмемо да је ≈ 3,14, добијамо приближну вредност површинеP ≈ 160,14cm2.

Површина ваљка полупречника основе r и висине H израчунава се по формулиP = 2r (r + H ).

Задатак 1.Одреди површину ваљка ако је пречник основе 2r = 3,4cm и висинаH = 15,2cm.

Задатак 2.Одреди висину ваљка ако је полупречник основеr = 5cm, а његова површинаP = 100cm2.



133

Задатак 3.Странице правоугаоника суa = 5cm иb = 7cm.Одреди површину ваљка који настаје ротацијомовог правоугаоника:1) око страницеb;2) око страницеa .

Задатак 6.Израчунај површину тела приказаног на слицидесно.

Задатак 7.

Конзерве у облику ваљка пречника основе 7cm и висине 3cmпаковане су по три, као на слици десно. Одреди површинуфолије која обавија три конзерве.

Задатак 4.Квадрат површине 12cm2 ротира око једне своје странице. Одреди површину ваљка којисе на овај начин добија.

Ако су основе ваљка кругови уписани у основе неке призме, онда кажемо да је ваљакодређен овим круговима уписан у ту призму. Слично, ако су основе ваљка круговиописани око основа неке призме, онда је одговарајући ваљак описан око те призме.

Задатак 5.Дата је правилна тространа призма основне ивицеa = 3cm и висинеH= 5cm. Одреди

однос површина ваљка описаног око ове призме и ваљка уписаног у њу.

Пример 2. Дата је правилна четворострана призмаосновне ивице a = 4cm и висинеH = 5√2cm.Одредимо однос површина ваљка описаног око овепризме и ваљка уписаног у њу. Ако саP O означимоповршину описаног ваљка, онда је

P O = 2 · a√2

2 · a√2

2 + H = 56cm2.

Ако јеP U површина уписаног ваљка, онда је

P U = 2 · a2

· a2

+ H = 4(2 + 5√2)cm2.

Дакле, P OP U

= 564 (2 + 5√2)

= 142 + 5√2

≈ 1,5.



134

Запремина ваљка

Запремина ваљка полупречника основе r и висине H израчунава се по формулиV = r 2 H.

Општа формула за израчунавање запремине призме примењује се и за израчунавањезапремине ваљка. Ако јеBповршина једне основе ваљка, аHњегова висина, онда сезапремина V тог ваљка израчунава по формулиV = BH .

Ово нимало не треба да изненађује јер су ваљак и призма веома сродна геометријскатела. Сетимо се да се правилни многоуглови уписани у круг све више приближавајутом кругу како се повећава број њихових темена, па су и њихове површине све ближеповршини круга. Слично томе, са повећањем броја темена правилних многоугловазапремине призми исте висине чије су основе ти правилни многоуглови све су ближезапремини ваљка исте висине чија је основа круг у који су правилни многоугловиуписани.

Пример 1. Израчунајмо запремину ваљка ако је полупречник основеr = 3cm и висинаH= 5,5cm.

На основу датих података, једноставном применом формуле за израчунавање запреминеваљка добијамо да јеV = r 2 H = 49,5 cm3.Ако узмемо да је ≈ 3,14, добијамо приближну вредност запреминеV ≈ 155,43cm3.

Задатак 1.Израчунај запремину ваљка ако је пречник основе 2r = 3,4cm и висинаH= 5,2cm.

Задатак 2.Странице правоугаоника суa = 2cm иb = 2,4cm.Одреди запремину ваљка који настаје ротацијом овог правоугаоника:1) око страницеb;2) око страницеa .

Задатак 3.Дата је правилна четворострана призма основне ивицеa = 6cm и висинеH= 9cm.Одреди однос запремина ваљка описаног око ове призме и ваљка уписаног у њу.



135

Задатак 4.Израчунај запремину тела приказаног на слици десно.Примети да је довољно израчунати површину основе ипомножити је са висином тела.

Задатак 5.Израчунај приближно (на две децимале)„корисну“ запремину мале зграде која служи као остава (сликадесно) ако знаш да се правоугаона врата димензија 0,9mи 1,6m отварају„на унутра“ и да су причвршћена напредњи зид зграде. Познавање ове запремине помаже,на пример, приликом процене колико ствари можемо уњу спаковати.

Пример 2. Правоугаоник чије су странице9,42cm и 12,56cm једанпут је савијен уцилиндричну површ увијањем дуж дужестранице. На овај начин је добијен ваљакна који указује црвена стрелица. Другипут је увијен дуж краће странице. Зеленастрелица указује на ваљак који је одређенна овај начин. Који од ових ваљака има већу запремину?

Нека јеV c запремина ваљка на који указује црвена стрелица. Полупречник основе овогваљка је r c = 12,56cm : 2 ≈ 2cm, а висинаH c = 9,42cm, па је

V c = r c 2 H c ≈ 37,68 cm3.

Нека јеV z запремина ваљка на који указује зелена стрелица. Полупречник основе овогваљка је r z = 9,42cm : 2 ≈ 1,5cm, а висинаH z = 12,56cm, па је

V z = r z 2 H z ≈ 28,26 cm3.

Дакле,V c > V z .



Задатак 6.Израчунај површину и запремину тела приказаног наслици десно.(Дато тело је сродно ваљку, с том разликом што су уоснови кружни исечци које одређују прави углови.)

Задатак 7.Израчунати запремину сандука приказаног наслици десно.

Задатак 8.Израчунати запремину батерије приказанена слици десно.

Задатак 9.

Цев приказана на слици десно направљена је од нерђајућегчелика. Израчунај масу ове цеви ако је густина нерђајућегчелика 7 860kg/m3.

Кубикажа мотора аутомобила представља укупну запреминуцилиндара мотора. Цилиндар је, као што му и име каже,метални део мотора у облику ваљка у коме се креће клип.Кретање клипа у цилиндру (које изазива експлозија горива иваздуха) покреће точкове аутомобила.О б ј б ћ ј

Кубикажа аутомобила

Documents

193574236-8-Razred-Klett-Udzbenik - Copy.pdf