Anal i Tick Age o Metri Jaja Mak

7/23/2019 Anal i Tick Age o Metri Jaja Mak

http://slidepdf.com/reader/full/anal-i-tick-age-o-metri-jaja-mak 1/84

Sadrzaj

1 Vektori u ravni i prostoru 11.1 Uvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.2 Orijentisane duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11.3 Vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3

1.3.1 Modul, pravac i smjer vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41.3.2 Sabiranje vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.3.3 Mnozenje vektora skalarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3.4 Linearna kombinacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.3.5 Linearna zavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 131.3.6 Koordinatni sistem . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.7 Skalarni proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 141.3.8 Vektorski proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 191.3.9 Mjesoviti proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 231.3.10 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26

1.4 Promjena baze i koordinatnog sistema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

2 Analiticka geometrija 312.1 Pojam jednacine krive i povrsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 312.2 Jednacine koje ne sadrze jednu koordinatu . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.3 Parametarske jednacine krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 332.4 Parametarske jednacine povrsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 342.5 Algebarske krive i povrsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3 Jednacine pravih i ravni 373.1 Povrsi i krive prvog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 373.2 Parametarske jednacine prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 393.3 Eliminacija parametra iz parametarskih jednacina prave . . . . . . . . . 403.4 Vektorska jednacina ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41

3.4.1 Jednacina ravni kroz tri date tacke . . . . . . . . . . . . . . . . . 423.4.2 Segmentni oblik jednacine ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42

3.5 Rastojanje tacke od ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43

i



ii SADR ZAJ

3.6 Ugao izmedu dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 433.7 Jednacina pramena ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 443.8 Prava kao presjek dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 463.9 Ugao izmedu dvije prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.10 Uslov presjeka dvije prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 483.11 Ugao izmedu prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 493.12 Medusobni polozaj prave i ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 503.13 Medusobni polozaj dvije ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 50

3.13.1 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53

4 Krive i povrsi drugog reda 554.1 Elipsa, hiperbola i parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55

4.1.1 Denicija problema . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 554.1.2 Parabola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 564.1.3 Kanonske jednacine elipse i hiperbole . . . . . . . . . . . . . . . 56

4.1.4 Elipsa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 584.1.5 Hiperbola . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 604.1.6 Tangente elipse, hiperbole i parabole . . . . . . . . . . . . . . . . 61

5 Ispitivanje jednacina drugog reda 655.1 Centar krive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 655.2 Krive sa centrom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 675.3 Krive bez centra . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 705.4 Povrsi drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

5.4.1 Rotacione povrsi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725.4.2 Elipsoid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 725.4.3 Konusne povrsi drugog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.4.4 Jednokrilni hiperboloid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 735.4.5 Dvokrilni hiperboloid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.4.6 Elipticki paraboloid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 745.4.7 Hiperbolicki paraboloid . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 74

6 Geometrijska preslikavanja u ravni 756.1 Pojam preslikavanja ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 756.2 Ortogonalna preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 766.3 Ana preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

6.3.1 Pojam i osnovna svojstva anih preslikavanja . . . . . . . . . . . 786.3.2 Analiticki zapis anih preslikavanja . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

6.3.3 Promjena povrsine pri anim preslikavanjima . . . . . . . . . . . 81



Glava 1

Vektori u ravni i prostoru

1.1 Uvod

U ovom poglavlju uvest cemo konkretan model vektorskog prostora. To ce biti vek-torski prostor obicnih vektora u ravni ili u trodimenzionalnom prostoru elementarnegeometrije. Pri tome cemo osnovne pojmove elementarne geometrije smatrati pozna-tim, pa ih po pravilu necemo denisati, a pojedine teoreme uzimacemo bez dokaza. Npr.smatracemo poznatim aksiome elementarne geometrije koje odreduju odnose izmeduosnovnih ob jekata predstavljenih po jmovima: tacka, prava i ravan.

Skup svih tacaka trodimenzionalnog prostora oznacavacemo sa E . Skup svih tacaka jedne ksirane ravni prostora E oznacavacemo sa π. Skup svih tacaka jedne ksiraneprave prostora E oznacavacemo sa p. Tacke prostora E oznacavacemo sa A, B, C, D, . . . .Poznato je da dvije razlicite tacke A i B prostora E odreduju jednu i samo jednu pravu

p prostora E . Skup svih tacaka prave p koje leze izmedu tacaka A i B ukljucujuci i tetacke nazivamo duz odredena tackama A i B i oznacavamo je sa AB. Duzinu duzi ABoznacavamo sa d(AB ). Neka nam pp(AB ) oznacava polupravu kojoj je pocetna tackaA i koja sadrzi tacku B.

1.2 Orijentisane duzi

Denicija 1.2.1. Neka su P i Q bilo koje tacke prostora E . Uredeni par (P, Q ) nazi-vamo orijentisana duz, za koju je P pocetna, a Q krajnja tacka. Tu duz oznacavamo sa −−→P Q i zorno predstavljamo kao duz odredenu tackama P i Q i sa strijelicom u krajnjoj tacki Q. Odmah uocavamo da −−→P Q nije isto sto i −−→QP kad god su tacke P i Q razlicite.

Oznacimo sa Dskup svih ured enih parova tacaka prostora E . Na skupu Ddenisimo jednu relaciju ρ na sljedeci nacin:

−−→AB ρ −−→CD

1



2 GLAVA 1. VEKTORI U RAVNI I PROSTORU

ako i samo ako duzi AD i BC imaju zajednicko srediste. Ako tacke A, B,C i D nisukolinearne, onda iz cinjenice da se prave AD i BC sijeku slijedi da te tacke leze u jednojravni. Osim toga, one odreduju cetverougao ABDC kojem se dijagonale polove, pa jetaj cetverougao paralelogram. Neka su sada te cetiri tacke kolinearne. Oznacimo sa P sredinu duzi BC. Tada je P sredina i duzi AD.

Teorem 1.2.2. Relacija ρ je relacija ekvivalencije na skupu D.

Dokaz. Reeksivnost relacije ρ. Pokazimo prvo da je −−→AB ρ −−→AB za svako −−→AB ∈ D. Ovo je ocigledno, jer duzi AB i BA imaju isto srediste. Dakle, relacija ρ je reeksivna.

Simetricnost relacije ρ. Neka je sada −−→AB ρ −−→CD. Odavde slijedi da duzi AD i BC imaju isto srediste. Tada i duzi DA i CB imaju isto srediste, jer su to iste duzi kao iprethodne. Zato je −−→CD ρ −−→AB, pa je relacija ρ simetricna.

Tranzitivnost relacije ρ. Neka je −−→AB ρ −−→CD i −−→CD ρ −−→EF . Ovdje se mogu desiti tri ra-zlicita slucaja u zavisnosti od toga na koliko pravih se nalaze orijentisane duzi −−→AB, −−→CDi −−→EF .

Neka ove tri orijentisane duzi leze na tri razlicite prave. Tada je cetverougao ABDC paralelogram, pa je AB CD i AB = CD. Isto tako cetverougao CDFE je paralel-ogram, pa je CD EF i CD = EF. Odavde slijedi da je AB EF i AB = EF. Toznaci da je cetverougao ABF E paralelogram.Kako se dijagonale paralelograma polove,to duzi AF i BE imaju isto srediste, pa je −−→AB ρ −−→EF .

Neka orijentisane duzi −−→AB, −−→CD i −−→EF leze na dvije prave. Tada dvije od njih lezena jednoj pravoj. Neka npr. orijentisane duzi −−→AB i −−→CD leze na jednoj pravoj. Neka jeS srediste duzi BC i AD. Neka je npr. raspored tacaka A,B,S,C i D. Tada je AS = SD

i BS = SC. Odavde je

AB = AS −SB = SD −SC = CD.

Kako je cetverougao CDFE paralelogram, to je CD EF i CD = EF. Kako AB iCD leze na istoj pravoj i CD EF, to je AB EF i AB = EF. Dakle, cetverougaoABFE je paralelogram, pa je −−→AB ρ −−→EF .

Neka orijentisane duzi −−→AB, −−→CD i −−→EF leze na jednoj pravoj. Tada je potrebnovoditi racuna o rasporedu tacaka A,B,C,D,E i F. Jednostavnom racunicom pokazuje seda duzi AF i BE imaju zajednicko srediste, pa je −−→AB ρ −−→EF .

Tvrdnja 1.2.3. Ako je −−→AB ρ −−→CD, onda je −→AC ρ −−→BD.

Dokaz. Iz −−→AB ρ −−→CD slijedi da duzi AD i BC imaju zajednicko srediste. Odavde slijedi−→AC ρ −−→BD.



1.3. VEKTORI 3

1.3 Vektori

Kako smo vidjeli ρ je relacija ekvivalencije na skupu D. Klasu ekvivalencije odredenuorijentisanom duzi −−→AB oznacavamo sa −−→AB

ρ, tj.

−−→ABρ

= −−→P Q ∈ D | −−→PQ ρ −−→AB .

Posmatrajmo sada skup V 3 = D/ρ svih klasa ekvivalencije. Elemente skupa V 3 nazi-vamo vektorima, a skup V 3 nazivamo vektorski prostor. Vektore najcesce oznacavamomalim latinicnim slovima, tj. −→a , −→b ,· · · , −→y ,−→z . Ako je −−→AB ∈ −→a , onda pisemo −→a =−−→AB

ρi kazemo da je −−→AB predstavnik vektora −→a .

Tvrdnja 1.3.1. Ako je −→a ∈ V 3 bilo koji vektor, a A ∈ E bilo koja tacka. Tada postoji jedna i samo jedna tacka B

∈ E takva da je

−−→ABρ

= −→a .

Dokaz. Neka su C i D tacke prostora E takve da je −−→CD ∈ −→a , i tacka A ne pripada pravojCD. Konstruisimo paralelogram CDBA sa stranicama CD i CA. Tada je −−→AB ρ −−→CD,tj. −−→AB

ρ= −→a . Kako je ovaj paralelogram jednoznacno odreden, to je i tacka B

jednoznacno odredena.Za postupak konstrukcije orijentisane duzi −−→AB izlozen u prethodnoj teoremi kazemo

da smo vektor −→a nanijeli iz tacke A.Neka su A i B proizvoljne tacke prostora E . Tada je −→AA ρ −−→BB, jer duzi AB i AB

imaju isto srediste. Prema tome, sve orijentisane duzi −−→XX (X ∈ E ) pripadaju istojklasi ekvivalencije, tj. predstavnici su istog vektora. Obrnuto, ako neka orijentisanaduz −−→UV pripada toj klasi ekvivalencije, onda je −−→UV ρ−→AA, pa duzi UA i V A imajuisto srediste. To je jedino moguce ako se tacke U i V poklapaju. Prema tome, sveorijentisane duzi −−→XX i samo one pripadaju jednoj klasi ekvivalencije, istom elementuu V 3 . Taj vektor nazivamo nula vektor i oznacavamo ga sa −→0 . Dakle,

−→0 = −−→XX ρ

= −−→XX | X ∈ E .

Neka je −→a nenulti vektor i −−→AB ∈ −→a . Tada je A = B. Postavlja se pitanje da li je −−→BA

∈ −→a ? Kada bi to bilo, onda bi bilo −−→AB ρ −−→BA. Tada bi duzi AA i BB imale

zajednicko srediste. Srediste duzi AA je A, a duzi BB je B. Kako su tacke A i Brazlicito, to se sredista ne poklapaju. Dakle, −−→BA /∈ −→a . Neka je −−→BA ∈ −→b . Ako je−−→CD ∈ −→a . Tada je −−→AB ρ −−→CD, pa duzi AD i BC imaju zajednicko srediste. No, tadai duzi BC i AD imaju isto srediste, pa je −−→BA ρ −−→DC, tj. −−→CD ∈ −→b . Obrnuto, ako je




−−→Y X ∈ −→b , onda je −−→BA ρ −−→Y X. Tada duzi BX i AY imaju za jednicko srediste. Zbog togai duzi AY i BX imaju zajednicko srediste, pa je −−→AB ρ −−→XY , tj. −−→XY ∈ −→a . Dakle,

−−→AB

∈ −→a

⇐⇒ −−→BA

∈ −→b .

Za ovako denisan vektor −→b kazemo da je suprotan vektoru −→a i pisemo −→b = −−→a .Neka je −−→XY ∈ −(−→a ) . Tada je −−→Y X ∈ −−→a . Odavde slijedi da je −−→XY ∈ −→a . Obrnuto,neka je −−→AB ∈ −→a . Tada je −−→BA ∈ −−→a , pa je −−→AB ∈ −(−−→a ) . Dakle,

−−→AB ∈ −(−−→a ) ⇐⇒−−→AB ∈ −→a ,

pa je −(−−→a ) = −→a .

1.3.1 Modul, pravac i smjer vektora

Neka su −−→AB, −−→CD ∈ −→a . Ako su tacke A, B,C i D kolinearne, onda iz cinjenice da duziAD i BC imaju zajednicko srediste, zakljucujemo, da duzi AB i CD imaju jednakeduzine. Ako tacke A, B,C i D nisu kolinearne, onda je cetverougao ABDC paralelo-gram, pa duzi AB i CD imaju istu duzinu. Dakle, svake dvije orijentisane duzi klase−→a imaju istu duzinu. Zbog toga uvodimo pojam modul ili intenzitet vektora. Pod mo-dulom |−→a | vektora −→a podrazumjevamo duzinu predstavnika −−→AB vektora −→a . Ocigledno je da je |−→0 | = 0 .

Neka je −→a nenulti vektor i −−→AB ∈ −→a . Tada tacke A i B odreduju tacno jednu pravukoju nazivamo nosac orijentisane duzi. Ako je −−→CD neki drugi predstavnik vektora−→a , onda i tacke C i D odreduju jednu i samo jednu pravu. Kako je tada −−→AB ρ −−→CD,

to su tacke A,B,C i D kolinearne ili je cetverougao ABDC paralelogram. U obaslucaja su prave AB i CD paralelne, pa odreduju isti pravac (paralelnih pravih). Takodenisan pravac nazivamo pravac vektora −→a . Ako je −→a nula vektor, onda je −−→AB njegovpredstavnik ako i samo ako je B = A. Tada kroz tacke A i B prolazi beskonacno mnogopravih, koje ne moraju biti paralelne. Zbog toga kazemo da pravac nula vektora nijeodreden.

Denicija 1.3.2. Za dvije nenulte orijentisane duzi ciji se nosaci poklapaju ili su razlicite paralelne prave kazemo da su kolinearne.

Neka su −−→P Q i −→RS dvije kolinearne orijentisane duzi. Pretpostavimo da su njihovinosaci paralelne razlicite prave. Tada tacke P, Q, R i S leze u jednoj ravni α i tackeP i R odreduju neku pravu p ravni α. Prava p odreduje dvije poluravni ravni α. Akotacke Q i S pripadaju istoj poluravni, onda kazemo da orijentisane duzi −−→P Q i −→RS imajuisti smjer. Ako te tacke pripadaju razlicitim poluravnima, onda kazemo da orijentisaneduzi −−→P Q i −→RS imaju suprotne smjerove.



1.3. VEKTORI 5

Neka se nosaci kolinearnih orijentisanih duzi −−→P Q i −→RS poklapaju. Posmatrajmopresjek polupravih pp(P Q ) i pp(RS ). Njihov presjek moze biti skup {P }, duz P R ili jedna od tih polupravih. Ako je taj presjek jedna od tih polupravih, onda kazemo daorijentisane duzi −−→P Q i −→RS imaju isti smjer. Ako to nije ispunjeno, onda kazemo da teorijentisane duzi imaju suprotne smjerove.

Dakle, samo za kolinearne orijentisane duzi mozemo govoriti da li su istog ilisuprotnog smjera. Neka je S skup svih Nosac trivijalne orijentisane duzi −−→PP je bilokoja prava koja prolazi tackom P.

Iz prethodne denicije i naprijed navedenog slijede sljedece dvije tvrdnje.

Tvrdnja 1.3.3. Svaki vektor iz V 3 jednoznacno je odreden svojim modulom, prvcem i smjerom.

Tvrdnja 1.3.4. Dva suprotna vektora imaju isti modul i isti pravac, ali suprotne smje-

rove.

Neka je dat nenulti vektor −→a i proizvoljna tacka O prostora E . Tada postoji netrivijalna orijentisana duz −−→AB koja pripada klasi ekvivalencije −→a . Posto ji tacno jedna prava p koja prolazi tackom O i koja je paralelna sa pravom AB. Na pravoj p postoji tacno jedna tacka C takva da je −−→AB = −−→OC. To znaci da orijentisana duz −−→OC pripada klasiekvivalencije −→a = [−−→AB ]ρ . Prema tome za svaku tacku O prostora E i svaku klasuekvivalencije −→x postoji tacka M prostora E takva da je −−→OM predstavnik te klase ekvi-valencije. Ako za sve klase ekvivalencije odaberemo predstavnike koji ima ju pocetak utacki O, onda kazemo da su svi vektori dovedeni na zajednicki pocetak O. Skup svihvektora sa pocetkom u tacki O prostora

E oznacavacemo sa:

X O (E ) = −−→OM | M ∈ E .

Skup svih vektora ravni π sa pocetkom u tacki O oznacavamo sa

X O (π) = −−→OM | M ∈ π ,

a prave p sa

X O ( p) = −−→OM | M ∈ p .

1.3.2 Sabiranje vektora

Sada cemo na skupu V 3 denisati operaciju sabiranja.

Tvrdnja 1.3.5. Neka je −−→AB ρ −−→A B i −−→BC ρ −−→B C . Tada je −→AC ρ −−→A C .




Dokaz. Prema Tvrdnji 1.2.3 iz −−→AB ρ −−→A B slijedi −−→AA ρ −−→BB i isto tako −−→BC ρ −−→B C povlaci −−→BB ρ −−→CC . Odavde zbog tranzitivnosti relacije ρ imamo −−→AA ρ −−→CC . No, ondazbog Tvrdnje 1.2.3 imamo −→AC ρ −−→A C .

Na skupu V 3

denisimo binarnu operacijus : V 3 ×V 3 → V 3

koju nazivamo sabiranje vektora i oznacavamo sa

s −→a , −→b = −→a + −→b = −→c ,

gdje za vektor −→c kazemo da je zbir vektora −→a i −→b i do njega dolazimo na ovaj nacin.Neka je −−→AB ∈ −→a bilo koji predstavnik vektora −→a , a −−→BC onaj predstavnik vektora −→bkoji ima pocetak u tacki B . Onda denisemo

−→c = −→a + −→b = −−→AB ρ + −−→BC ρ = −→AC ρ ,

tj. −→c je klasa generisana orijentisanom duzi −→AC. Navedena konstrukcija se iz ociglednihrazloga naziva pravilo trougla.

Primjetimo da je sabiranje vektora dobro denisano, tj. da ne zavisi od izborapredstavnika klasa. Ako je, naime, −−→A B neki drugi predstavnik klase −→a , a −−→B C nekidrugi predstavnik klase, −→b , tada je prema deniciji sume vektora imamo

−→a + −→b = −−→A Bρ

+ −−→B C ρ

= −−→A C ρ

,

ali je prema Tvrdnji 1.3.5 −−→A C ρ −→AC, pa je−→AC

ρ= −−→A C

ρ= −→c .

Teorem 1.3.6. Skup V 3 je u odnosu na sabiranje vektora komutativna grupa.

Dokaz. Prema deniciji sume vektora ocigledno je V 3 , + grupoid.

Provjerimo asocijativnost sabiranja vektora. Neka su −→AB, −−→BC i −−→CD redom pred-stavnici vektora −→a , −→b i −→c . Tada je

−→a + −→b + −→c = −→AC ρ

+ −−→CDρ

= −−→ADρ

−→a + −→b + −→c = −−→ABρ

+ −−→BDρ

= −−−→ABDρ

,

pa je−→a + −→b + −→c = −→a + −→b + −→c .



1.3. VEKTORI 7

Dakle, sabiranje je asocijativno.

Neka je −→a proizvoljan element iz V 3 i −−→AB njegov predstavnik. Tada je

−→a + −→0 = −−→AB ρ + −−→AB ρ = −−→AB ρ = −→a ,

−→0 + −→a = −→AAρ

+ −−→ABρ

= −−→ABρ

= −→a .

Dakle,−→a + −→0 = −→0 + −→a = −→a ,

tj. −→0 je neutralan element za sabiranje vektora.Za svaki vektor iz V 3 postoji suprotan element i to je upravo njegov suprotan vektor.

Naime,

−→a + ( −−→a ) = −−→ABρ

+ −−→BAρ

= −→AAρ

= −→0(−−→a ) + −→a = −−→BA

ρ+ −−→AB

ρ= −−→BB

ρ= −→0 .

Dokazimo sada da je sabiranje vektora komutativno. Neka su −→a , −→b bilo koji vektorii neka je −→a = −−→AB

ρi −→b = −−→BC

ρ. Tada je −→a + −→b = −→AC

ρ. S druge strane, neka

je D ∈ E tacka sa svojstvom da je −−→AD ρ −−→BC. Tada je prema Tvrdnji 1.2.3 −−→AB ρ −−→DC.Zbog toga imamo

−→b + −→a = −−→BC ρ

+ −−→ABρ

= −−→ADρ

+ −−→DC ρ

= −→AC ρ

,

tj. −→a + −→b = −→b + −→a .

1.3.3 Mnozenje vektora skalarom

Sada cemo denisati mnozenje vektora skalarom. Ova operacija predstavlja produzi-vanje ili skra civanje vektora. Neka je R polje realnih brijeva. Pod proizvodom vektora i skalara podrazumjevamo preslikavanje

m : R ×V 3 → V 3

gdje vektor m (λ, −→a ) pisemo kratko kao λ−→a i nazivamo proizvod realnog broja i vektora ,a denisan je na ovaj nacin:

1. intenzitet: |λ−→a | = |λ||−→a |, tj. jednak je proizvodu apsolutne vrijednosti realnogbroja λ i intenziteta vektora −→a ,

2. pravac: pravac vektora λ−→a je isti kao i pravac vektora −→a ,




3. smjer vektori λ−→a i −→a imaju isti smjer ako je λ > 0, a suprotan smjer ako jeλ < 0. (Ako je λ = 0 , onda je na osnovu uslova 1. λ−→a = −→0 .)

Tvrdnja 1.3.7. λ−→a = −→0 ako i samo ako λ = 0 ili je −→a = 0 .

Dokaz. Ako je λ = 0 , onda je po deniciji λ−→a = −→0 i λ−→0 = −→0 . Obrnuto, Ako jeλ−→a = −→0 , onda je |λ||−→a | = 0 , pa je |λ| = 0 ili je |−→a | = 0 . U prvom slucaju je λ = 0 , au drugom slucaju je −→a = −→0 .

Mnozenje vektora realnim bro jem (tj. skalarom) ima sljedece osobine:

Teorem 1.3.8. Za proizvoljne skalare λ, µ ∈ R i proizvoljne vektore −→x , −→y ∈ V 3

vrijedi:

i) λ(−→x + −→y ) = λ−→x + λ−→y ,

ii ) (λ + µ)−→x = λ−→x + µ−→x ,

iii ) (λ ·µ)−→x = λ(µ−→x ),iv) 1 ·−→x = −→x ,

v) (−1)−→x = −−→x .

Dokaz. (i) Ako je λ = 0 ili −→x = −→0 ili −→y = −→0 tvrdnja ocigledno vrijedi. Pretpostavimozato da je λ = 0 i da su −→x i −→y nekolinearni nenulti vektori. Neka je −→x = −−→AB

ρ

−→y = −−→BC ρ

Tada je −→x + −→y = −→AC ρ

. Neka je, nadalje, λ−→x = −−→AAρ

. Tada su tacke

A, B i A kolinearne. Odaberimo tacku C na polupravoj AC tako da je A C BC.Tada su trouglovi ABC i AA C slicni. Iz slicnosti trouglova slijedi proporcionalnost

odgovarajucih strana. Zato je A C BC

= AAAB

,

tj.

|−−→A C ||−→y |

= |λ||−→x ||−→x |

,

pa je |−−→A C | = |λ||−→y |. Odavde slijedi λ−→y = −−→A C ρ

. Na isti nacin zakljucujemo da je

−−→AC = λ−→AC, tj. −−→AC ρ

= λ −→AC ρ

. Dakle,

−−→AC ρ

= λ (−→x + −→y ) .

Kako je −−→AC = −−→AA + −−→A C , to je −−→AC ρ

= −−→AAρ

+ −−→A C ρ

, pa je

λ (−→x + −→y ) = λ−→x + λ−→y .



1.3. VEKTORI 9

(ii) Razlikovacemo nekoliko slucajeva u zavisnosti od predznaka realnih brojeva λi µ. Neka su λ i µ istog predznaka. Neka je λ−→x = −−→AB

ρi µ−→x = −−→BC

ρ. Tada je

λ−→x + µ−→x = −→AC ρ

, pa je

|λ−→x + µ−→x

| =

|−→AC

|. S druge strane je

|−−→AB

| =

|λ

||−→x

| i

|−−→BC | = |µ||−→x |. Zato je

|−→AC | = |−−→AB |+ |−−→BC | = |λ||−→x |+ |µ||−→x | = ( |λ|+ |µ|) |−→x | = |λ + µ||−→x |.Dakle, |λ−→x + µ−→x | = |λ + µ||−→x |. Kako vektori ( λ + µ) −→x i λ−→x + µ−→x imaju isti pravaci smjer to je ( λ + µ) −→x = λ−→x + µ−→x .

Neka su sada realni brojevi λ i µ suprotnih znakova i neka je |λ| > |µ|. Neka jeλ−→x = −−→AB

ρi µ−→x = −−→BC

ρ. Kako su ti vektori istog pravca, to su tacke A, B i C

kolinearne. Orijentacija ovih vektora je suprotna. Nadalje, zbog |λ| > |µ| imamo

AB =

|λ−→x

| =

|λ

||−→x

| >

|µ

||−→x

| =

|µ−→x

| = BC.

To znaci da je tacka C izmedu tacaka A i B . Kako je λ−→x + µ−→x = −→AC ρ

, to je

|λ−→x + µ−→x | = AC = AB −BC = |λ||−→x | − |µ||−→x |= λ|−→x |+ µ|−→x | = ( λ + µ)|−→x |= |λ + µ||−→x | = |(λ + µ)−→x |,

tj. vektori λ−→x + µ−→x i (λ + µ)−→x imaju jednake intenzitete.Oba ova vektora imajuisti pravac kao i vektor −→x , a takode oba imaju smjer kao vektor −→x . Dakle, vrijedi(λ + µ)−→x = λ−→x + µ−→x .

Slicno se tvrdnja dokazuje i u ostalim slucajevima racuna juci trivijalne slucajeve

kada je λ = 0 ili µ = 0 ili λ + µ = 0 .(iii ) Ako je λ = 0 ili µ = 0 tvrdnja je trivijalna. Pretpostavimo, zato, da je λ = 0 i

µ = 0 . Imamo najprije

|λ (µ−→x ) | = |λ||µ−→x | = |λ| (|µ||−→x |) = ( |λ||µ|)|−→x | = |λµ ||−→x | = |(λµ)−→x |,tj. vektori λ(µ−→x ) i (λµ)−→x imaju isti intenzitet. Isto tako, ocito je da ti vektori imajuisti pravac (oba imaju pravac vektora −→x .) Pokazimo da ovi vektori imaju jednakesmjerove. Vektor µ−→x ima smjer kao vektor −→x ako je µ > 0, a suprotan smjer ako jeµ < 0. Vektori λ(µ−→x ) i µ−→x imaju iste smjerove ako je λ > 0, a suprotne ako je λ < 0.Dakle, vektor λ(µ−→x ) ce imati isti smjer kao vektor −→x ako λ i µ istog znaka, tj. ako je λµ > 0. Nadalje, vektor λ(µ−→x ) ce imati suprotan smjer u odnosu na vektor −→x akoλ i µ suprotnog znaka, tj. ako je λµ < 0. S druge strane vektor ( λµ )−→x ce imati istiili suprotan smjer u odnosu na −→x u zavisnosti od toga da li je λµ > 0 ili je λµ > 0.Prema tome, vektori λ(µ−→x ) i (λµ )−→x imaju isti smjer, pa su jednaki.

Tvrdnje pod ( iv) i (v) se jednostavno dokazuju.




1.3.4 Linearna kombinacija

Neka su dati vektori: −→a1 , −→a2 , . . . , −→ak i skalari α1 , α 2 , . . . , α k . Tada se vektor

α 1−→a1 + α 2−→a2 + . . . + α k−→ak

naziva linearna kombinacija vektora −→a1 , −→a2 , . . . , −→ak i skalara α 1 , α 2 , . . . , α k . Skalari

α 1 , α 2 , . . . , α k

se nazivaju koecijenti linearne kombinacije. Ako je neki vektor −→x predstavljen uobliku linearne kombinacije

−→x = α 1−→a1 + α 2−→a2 + . . . + α k−→ak ,

onda kazemo da je on razlozen po tim vektorima.U Deniciji 1.3.2 uveli smo pojam kolinearnih orijentisanih duzi. Taj pojam mozemo

prenijeti i na vektore. Za dva vektora kazemo da su kolinearni ako imaju isti pravac.Smatramo da je nula vektor kolinearan sa svakim vektorom. Iz denicije mnozenjavektora skalarom proizilazi da su vektori −→x i λ−→x kolinearni. Medutim vrijedi i sljedeciobrat:

Teorem 1.3.9. Neka su −→x i −→y kolinearni vektori i −→x = 0 . Tada postoji tacno jedan realan broj λ takav da je −→y = λ−→x .

Dokaz. Neka su −→x = −−→OX ρ

i −→y = −−→OY ρ

. Zbog kolinearnosti vektora −→x i −→y slijedida su tacke O, X i Y kolinearne, tj. leze na istoj pravoj, recimo, p. Keka je

k = OY OX

realan broj. Ako se tacke X i Y nalaze sa iste strane tacke O, onda stavimo λ = k, aako su sa suprotnih strana stavimo λ = −k. Posmatrajmo vektor λ−→x . On je kolinearnasa −→x . Njegov smjer je isti kao i smjer vektora −→y . Intenzitet ovog vektora je

|λ−→x | = |λ||−→x | = k ·OX = OY OX ·OX = OY = |−→y |.

Dakle, vektori λ−→x i −→b imaju isti intenzitet. Kako su oni istog pravca i smjera to su jednaki, tj. −→y = λ−→x . Ako je osim toga i −→y = µ−→x , onda je

OY = |−→y | = |µ||−→x | = |µ|OX.Odavde je |µ| = OY

OX = k = |λ|, pa je µ = ±k. Ako su vektori −→x i −→y istog smjera, onda je µ > 0, a u slucaju suprotnog smjera je µ < 0. To znaci da λ i µ imaju isti predznak,pa je µ = λ. Time je teorema dokazana.



1.3. VEKTORI 11

Denicija 1.3.10. Za vektor −→a = −−→ABρ

kazemo da je paralelan sa ravni π ako je

prava AB paralelna sa ravni π. Za vektore prostora V 3 kazemo da su komplanarni akosu paralelni sa istom ravni.

Odmah se vidi da su kolinearni vektori komplanarni. Isto tako sva dva vektoraprostora V 3 su komplanarna.

Tvrdnja 1.3.11. Neka su −→a , −→b ∈ V 3 bilo koja dva vektora i α, β ∈ R . Ako je −→c =α−→a + β −→b , onda su vektori −→a , −→b i −→c komplanarni.

Dokaz. Neka je −→a = −→OAρ

, −→b = −−→OBρ

, α−→a = −−→OC ρ

i β −→b = −−→ODρ

. Tada su

tacke O, A i C kolinearne, a takode i tacke O, B i D su kolinearne. Neka je E tackatakva da je OCED paralelogram. Tada je −−→OE = −−→OC + −−→OD, tj. −→c = −−→OE

ρ. Iz

cinjenice da je OCED paralelogram slijedi da su vektori α−→a , β −→b i −→c komplanarni.

No, tada su i vektori −→a , −→b i −→c komplanarni.Teorem 1.3.12. Neka su dati nekolinearni vektori −→e1 i −→e2 . Svaki vektor −→a kompla-naran sa njima moze se na jedinstven nacin razloziti po tim vektorima.

Dokaz. Primjetimo prvo da su oba vektora −→e1 i −→e2 razlicita od nule. U protivnom onibi bili kolinearni. Ako je −→x kolinearan sa jednim od njih, npr. sa −→e1 , onda bi postojaoskalar λ takav da je −→x = λ−→e1 , pa bi imali −→x = λ−→e1 +0 −→e2 . Razmotrimo sada opsti slucaj,tj. kada vektor −→x nije kolinearan ni sa jednim od vektora −→e1 i −→e2 . Dovedimo ova trivektora do istog pocetka O. Neka je −→x = −→OA

ρ. Kroz tacku A konstruisimo prave p i

q paralelne vekltorima −→e1 i −→e2 . Neka ove prave sijeku nosace vektora −→e1 i −→e2 u tackama

P i Q respektivno. Tada je −→OA = −−→OP + −−→OQ. Vektor −−→OP ρ je kolinearan sa −→e1, a vektor−−→OQ

ρ je kolinearan sa −→e2 . Zbog toga postoje skalari α 1 i α 2 takvi da je −−→OP

ρ= α 1−→e1

i −−→OQρ

= α 2−→e2 . Odavde je −→x = −→OAρ

= α 1−→e1 + α 2−→e2 . Ovim je egzistencija razlaganjadokazana. Dokazimo jedinstvenost razlaganja. Pretpostavimo da imamo i razlaganje−→x = β −→e1 + β −→e2 , pri cemu je α 1 = β 1 . Kako kroz jednu tacku postoji jedna i samo jednaprava koja je paralelna drugoj pravoj, to mora biti α1−→e1 = −−→OP

ρ= β 1−→e1 . Odavde

slijedi α1 = β 1 , sto je protivno nasoj pretpostavci da je α 1 = β 1 .

Teorem 1.3.13. Neka su data tri nekomplanarna vektora −→e1 , −→e2 i −→e3 . Tada se svaki vektor −→x moze razloziti u njihovu linearnu kombinaciju. Takvo razlaganje je jedin-

stveno.Dokaz. Jasno je da nikoja dva vektora medu vektorima −→e1 , −→e2 i −→e3 nisu kolinearnu. Ako je −→x komplanaran sa −→e1 , −→e2 i −→e3 onda tvrdnja slijedi iz prethodne teoreme. Razmotrimoopsti slucaj. Dovedimo sva cetiri vektora na zajednicki pocetak O, tj. neka je −→e1 =




−−→OE 1ρ

, −→e2 = −−→OE 2ρ

, −→e3 = −−→OE 3ρ

i −→x = −→OAρ

. Kroz tacku A konstruisimo

pravu a paralelnu vektoru −→e3 . Neka ova prava sijece ravan odred enu tackama O, E 1 , E 2u tacki P. Tada je −→OA = −−→OP + −→PA. Prema prethodnoj teormi vektor −−→OP

ρima

jedinstveno razlaganje −−→OP ρ

= α1−→e1 + α 2−→e2 , a vektor −→P Aρ

ima jedinstven prikaz

−−−→OP Aρ

= α 3−→e3 . Tako imamo −→x = α 1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 . Kako je tacka P jednoznacno

odredena, to je jednoznacnost razlaganja dokazana.

Denicija 1.3.14. Bazom prostora V 3 nazivamo svaku uredenu trojku

B = {−→e 1 , −→e 2 , −→e 3}nekomplanarnih vektora. Ponekad se umjesto termina baza koristi termin koordinatni sistem. Vektore −→e i (i = 1 , 2, 3) zovemo koordinatni vektori.

Neka jeB = {−→e 1 , −→e 2 , −→e 3}

baza prostora V 3 a −−→OA1 , −−→OA2 , −−→OA3 neka su predstavnici vektora baze s istim pocetkom.Oznacimo sa π ravan odredenu tackama O, A1 i A2 . Ta ravan dijeli prostor u dva pot-prostora. Posmatrajmo trougao OA1 A2 . Kazemo da je ovaj trougao pozitivno orijen-tisan, ako je obilazak O A1 A2 protivan kretanju kazaljke na satu. Trougao kojinije pozitivno orijentisan naziva sae negativno orijentisan trougao. Za bazu B kazemoda je desno orijentisana ili da je desna baza, ako je trougao OA1 A2 pozitivno orijenti-san. Ako je B = (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) baza vektorskog prostora V 3 , onda prema Teoremi 1.3.13za proizvoljan vektor −→x postoji tacno jedna uredena trojka ( α 1 , α 2 , α 3 ) takva da je

−→x = α 1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 . (1.3.1)

Ovako denisanu uredenu trojku nazivamo koordinate ili komponente vektora −→x . Zbogovog svojstva smatramo da je V 3 trodimenzionalan prostor.

Neka je R 3 skup svih uredenih trojki ( α 1 , α 2 , α 3 ) realnih brojeva. Kako je prikaz(1.3.1) jednoznacan, to postoji preslikavanje

k : V 3 →R 3

denisano sak(−→x ) = k (α 1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 ) = ( α 1 , α 2 , α 3 ) ,

koje nazivamo koordinatizacija prostora V 3

u odnosu na bazu B.Preslikavanje k je bijekcija, pa cemo umjesto (1.3.1) cesto pisati −→x = ( α 1 , α 2 , α 3 ) .

Tvrdnja 1.3.15. Ako je −→x = ( α 1 , + α 2 , α 3 ) i −→y = ( β 1 , β 2 , β 3 ) , onda je



1.3. VEKTORI 13

1. −→x + −→y = ( α 1 + β 1 , α 2 + β 2 , α 3 + β 3 ) ,

2. λ−→x = ( λα 1 , λα 2 , λα 3 ) .

Tvrdnja 1.3.16. Neka su −→a = ( α 1 , + α 2 , α 3 ) i −→b = ( β 1 , β 2 , β 3 ) nenulti vektori pros-tora V 3 . Tada su ti vektori kolinearni ako i samo ako vrijedi

α 1 : α 2 : α 3 = β 1 : β 2 : β 3 .

Dokaz. Prema Tvrdnji 1.3.9 vektori −→a i −→b su kolinearni ako i samo ako postoji realanbroj λ takav da je −→b = λ−→a . Tada je

β i = λα i (i = 1 , 2, 3),

pa jeβ 1α 1 =

β 2α 2 =

β 1α 1 = λ.

Odavde slijedi α 1 : α 2 : α 3 = β 1 : β 2 : β 3 , sto je trebalo dokazati.

Denicija 1.3.17. Uredeni par (−→e1 , −→e2 ) dva nekolinearna vektora ravni π nazivamobazom vektorskog prostora X 0 (π).

1.3.5 Linearna zavisnost vektora

Linearnu kombinaciju nekoliko vektora nazivamo trivijalnom ako su svi koecijenti u tojlinearnoj kombinaciji jednaki nuli. Trivijalna linearna kombinacija bilo kojih vektora je jednaka nula vektoru. Za linearnu kombinaciju kazemo da je netrivijalna ako je u

toj linearnoj kombinaciji bar jedan koecijent razlicit od nule.Denicija 1.3.18. Vektore −→a1 , −→a2 , . . . , −→ak nazivaju se linearno zavisnim, ako postoji netrivijalna linearna kombinacija tih vektora koja je jednaka nuli, tj. ako postoje skalari α 1 , α 2 , . . . , α k takvi da je

α 1−→a1 + α 2−→a2 + . . . + α k−→ak = 0 i α21 + α 2

2 + . . . + α 2k = 0 .

Vektori koji nisu linearno zavisni nazivaju se linearno nezavisni. Dakle, vektori

−→a1 , −→a2 , . . . , −→ak

su linearno nezavisni ako i samo ako vrijedi

α 1−→a1 + α 2−→a2 + . . . + α k−→ak = 0 ⇒ α1 = α 2 = . . . = αk = 0 .

Pojam linearne zavisnosti i nezavisnosti igra kljucnu ulogu u linearnoj algebri.




Teorem 1.3.19. Svaka dva kolinearna vektora su linearno zavisna i obrnuto, ako su dva vektora linearno zavisni, onda su oni kolinearni. Svaka dva nekolinearna vektora su linearno nezavisna.

Dokaz. Neka su vektori −→a i −→b kolinearni. Ako je bar jedan od njih nula, npr. −→a = 0 ,onda je 1−→a + 0−→b = 0 . Ako su oba razlicita od nule, onda je −→b = ±|−→b |

|−→a |−→a , gdje se uzima

znak + ako su vektori −→a i −→b istog smjera, a znak - ako su ti vektori suprotnog smjera.Odavde imamo 1 ·−→b ∓ |−→b |

|−→a |−→a = 0 , pa su vektori −→a i −→b linearno zavisni. Obrnuto, ako

su vektori −→a i −→b linearno zavisni onda je α−→a + β −→b = 0 i α = 0 ili β = 0 . Neka je npr.α = 0 . Tada je −→a = −β

α −→b . Odavde slijedi da su vektori −→a i −→b kolinearni.Neka su vektori −→a i −→b nekolinearni. Ako bi bili linearno zavisni, onda bi oni, prema

naprijed dokazanom, bili kolinearni, sto nije slucaj.Analogno se dokazuju sljedece dvije teoreme.

Teorem 1.3.20. Ako su tri vektora linearno zavisna, onda su oni komplanarni. Svaka tri komplanarna vektora su linearno zavisna. Tri nekomplanarna vektora su linearnonezavisna.

Teorem 1.3.21. Svaka cetiri vektora u X 0 (E ) su linearno zavisna.

1.3.6 Koordinatni sistem

Fiksirajmo u prostoru E tacku O. Neka je M proizvoljna tacka prostora E . Vektor−−→OM nazivamo radijus vektorom tacke M. Izaberimo u X 0 (E ) jednu bazu ( −→e1 , −→e2 , −→e3 ) .Tada tacki M mozemo pridruziti uredenu trojku ( α 1 , α 2 , α 3 ) skalara, koje predstavljajukomponente vektora −−→OM u pomenutoj bazi.

Denicija 1.3.22. Uredeni par (O, (−→e1 , −→e2 , −→e3 )) tacke O prostora E i baze (−→e1 , −→e2 , −→e3 )naziva se koordinatni sistem. Tacka O naziva se koordinatni pocetak. Komponente (α 1 , α 2 , α 3 ) radijus vektora −−→OM tacke M nazivaju se koordinate tacke M. Prave koje predstavljaju nosace vektora baze redom nazivaju se apcisa, ordinata i aplikata.

1.3.7 Skalarni proizvod

Neka su −→a i −→b nenulti vektori prostora V 3 . Neka je −→a = −→OAρ

i −→b = −−→OBρ

. Onda

mjerni broj ugla −→a , −→b denisemo kao mjerni broj neorijentisanog ugla AOB,

koji se nalazi u intervalu [0 , π ]. Ako je bar jedan od vektora −→a i −→b nula vektor, pojam

ugla

−→a , −→b ne denise. Lahko je vidjeti da je ugao

−→a , −→b dobro denisan ida ne zavisi od izbora predstavnika (Teorema o uglovima sa paralelnim kracima.). Izdenicije ugla izmedu dva vektora skijedi da je

−→a , −→b = −→b ,−→a .



1.3. VEKTORI 15

Ako je −→a , −→b = π2 , onda kazemo da su ti vektori ortogonalni (ili okomiti) i pisemo

−→a ⊥ −→b . Osim toga, vektori −→a i −→b su kolinearni istog smjera ako i samo ako je−→a , −→b = 0 , a suprotnog smjera ako je −→a , −→b = π.

Sada cemo u V 3 denisati jednu novu operaciju koju cemo zvati skalarni proizvod.

Denicija 1.3.23. Neka je u : V 3 ×V 3 →R

preslikavanje koje uredenom −→a , −→b vektora pridruzuje realan broj u −→a , −→b tako da vrijedi:

1. ako je bar jedan od vektora −→a i −→b nula vektor, onda je u −→a , −→b = 0;

2. ako je −→a = −→0 i −→b = −→0 , onda je

u −→a , −→b = |−→a | |−→b |cos −→a , −→b .

Preslikavanje u nazivamo skalarni proizvod u prostoru V 3 . Obicno pisemo

u −→a , −→b = −→a ·−→b = −→a −→bi takoder krace cos −→a , −→b = cos −→a , −→b .

Pomocu skalarnog proizvoda okomitost vektora −→a i −→b moze okarakterisati nasljedeci nacin.

Tvrdnja 1.3.24. Nenulti vektori −→a i −→b su okomiti (ortogonalni) ako i samo ako je −→a ·−→b = 0 .

Dokaz. Ako je −→a ·−→b = 0 , onda je |−→a | |−→b |cos −→a , −→b = 0 . Kako je |−→a | = 0 i |−→b | = 0 ,

to je cos −→a , −→b = 0 , pa je −→a , −→b = π2 , tj. −→a ⊥ −→b .

Obrnuto, neka je −→a ⊥ −→b . Tada je cos −→a , −→b = 0 , pa je −→a ·−→b = 0 .Primjetimo da je −→a · −→a = |−→a |2 . Skalarni proizvod vektora −→a sa samim sobom

oznacavamo sa −→a 2 . Odmah je jasno da je −→a 2 ≥ 0 za svako −→a ∈ V 3 i da je −→a 2 = 0 akoi samo ako je −→a = −→0 .

Tvrdnja 1.3.25. Za svaka dva vektora −→a , −→b ∈

V 3 vrijedi

−→a + −→b 2

= −→a 2 + −→b 2 + 2 −→a ·−→b i

−→a −−→b 2

= −→a 2 + −→b 2

−2−→a ·−→b .




Dokaz. Neka je −→a = −−→ABρ

i −→b = −−→BC ρ

. Tada je −→a + −→b = −→AC ρ

. Pretpostavimo

da vektori −→a i −→b nisu kolinearni. Primjenom kosinusne teoreme na trougao ABC imamo

AC 2 = AB 2 + BC 2 −2AB ·BC cosϕ,pri cemu je ϕ = π − −→a , −→b . Dakle,

|−→a + −→b |2 = |−→a |

2 + |−→b |2

−2|−→a | |−→b |cos π − −→a , −→b= |−→a |

2 + |−→b |2 + 2 |−→a | |−→b |cos −→a , −→b

= −→a ·−→a + −→b ·−→b + 2−→a ·−→b .

Neka su sada −→a i −→b kolinearni vektori istog smjera. Tada je −→a + −→b = −→AC ρ

. Kako je

|−→a + −→b | = AC = AB + BC = |−→a |+ |−→b |,to je

−→a + −→b 2

= |−→a |+ |−→b |2

= |−→a |2 + |−→b |

2 + 2 |−→a | |−→b |= −→a ·−→a + −→b ·−→b + 2−→a ·−→b .

Neka su sada −→a i −→b kolinearni vektori suprotnog smjera i neka je npr. |−→a | ≥ |−→b |.Tada je −→a + −→b = −→AC

ρi AC = AB −BC. Nadalje, imamo

−→a + −→b2

= |−→a | − |−→b |2

= |−→a |2 + |−→b |

2

−2|−→a | |−→b |= −→a ·−→a + −→b ·−→b + 2−→a ·−→b ,

jer je −→a ·−→b = |−→a | |−→b |cos π = −|−→a | |−→b |.Slicno se dokazuje druga tvrdnja.

Tvrdnja 1.3.26. Za proizvoljne vektore −→a i vekb prostora V 3 i skalar (λ ∈R ) vrijedi

(λ−→a ) ·−→b = λ −→a ·−→b .

Dokaz. Ako je λ = 0 ili je jedan od vektora −→a i −→b onda je tvrdnja ocigledna. Uzmimozato da je λ = 0 , −→a = −→0 i −→b = −→0 . Tada je λ > 0 ili je λ < 0. Ako je λ > 0, onda je

|λ−→a | = λ|−→a | i λ−→a , −→b = −→a , −→b , pa je

(λ−→a ) ·−→b = |λ−→a ||−→b |cos λ−→a , −→b = λ|−→a ||−→b |cos −→a , −→b = λ −→a ·−→b .



1.3. VEKTORI 17

Ako je λ < 0, onda je |λ−→a | = −λ|−→a | i λ−→a , −→b = π − −→a , −→b , pa je

(λ−→a ) ·−→b = |λ−→a ||−→b |cos λ−→a , −→b= −λ|−→a ||−→b |cos π − −→a , −→b= −λ|−→a ||−→b | −cos λ−→a , −→b= λ −→a ·−→b .

Time je tvrdnja dokazana.

Teorem 1.3.27. Ako je baza (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) ortogonalna, tada su komponente vektora −→au odnosu na tu bazu date formulom

α 1 = −→a

·−→e1

|−→e1 |2 , α2 = −→a

·−→e2

|−→e2 |2 , α3 = −→a

·−→e3

|−→e3 |2 .

Dokaz. Neka je −→a = α 1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 i −→a = −→a1 + −→a2 + −→a3 , pri cemu su vektori −→a1 , −→a2

i −→a3 kolinearni redom sa vektorima −→e1 , −→e2 i −→e3 . Tada je −→a i = α i−→ei , i = 1 , 2, 3, tj.

|−→a i | = |α i ||−→ei | (i = 1 , 2, 3).

Dakle,

α i = ±|−→a i ||−→ei |

(i = 1 , 2, 3),

pri cemu se uzima znak ”-” ako su vektori −→a i i −→ei (i = 1 , 2, 3) suprotnog smjera. Sdruge strane je

±|a i | = |−→a |cos (−→a , −→ei ), (i = 1 , 2, 3).

Dakle,

α i = |−→a |cos (−→a , −→ei )

|−→ei | = −→a ·−→ei

|−→ei |2 (i = 1 , 2, 3).

Sljedeca osobina izrazava linearnost skalarnog proizvoda.

Teorem 1.3.28. Za svaka tri vektora −→a , −→b i −→c iz V 3 vrijedi

−→a + −→b ·−→c = −→a ·−→c + −→b ·−→c .

Dokaz. Ako je −→c = 0 , onda je tvrdnja ocigledna. Neka je −→c = 0 . Izaberimo bazu

{−→c ,−→u , −→v } prostora V 3 tako da je −→c ⊥ −→u , −→c ⊥ −→v , i −→v ⊥ −→u . Prema prethodnoj




teoremi imamo

−→a + −→b =−→a + −→b ·−→c

|−→c |2 −→c +

−→a + −→b ·−→u

|−→u |2 −→u +

−→a + −→b ·−→v

|−→v |2 −→v ,

−→a = −→a ·−→c|−→c |2

−→c + −→a ·−→u|−→u |2

−→u + −→a ·−→v|−→v |2

−→v ,

−→b =−→b ·−→c|−→c |2

−→c +−→b ·−→u|−→u |2

−→u +−→b ·−→v|−→v |2

−→v .

Dakle,

−→a + −→b ·−→c|−→c |2

−→c = −→a ·−→c|−→c |2

−→c +−→b ·−→c|−→c |2

−→c ,

pa je

−→a + −→b ·−→c = −→a ·−→c + −→b ·−→c .Time je dokaz zavrsen.

Matematickom indukcijom dokazuje se da vrijedi

(α 1−→a1 + . . . + α k−→ak ) ·−→b = α 1 −→a1 ·−→b + . . . + α k −→ak ·−→b .

Zbog komutativnosti skalarnog proizvoda vrijedi

−→a · α−→b + β −→c = α −→a ·−→b + β (−→a ·−→c ) .

Neka je (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) baza, a ( α 1 , α 2 , α 3 ) i (β 1 , β 2 , β 3 ) komponente vektora −→a i −→b uodnosu na tu bazu. Tada je

−→a ·−→b = α1 β 1 (−→e1 ·−→e1 ) + α 2 β 2 (−→e2 ·−→e1 ) + α 3 β 3 (−→e3 ·−→e3 ) ++ ( α 1 β 2 + α 2 β 1 ) (−→e1 ·−→e2 ) + ( α 1 β 3 + α 3 β 1 ) (−→e1 ·−→e3 ) ++ ( α 2 β 3 + α 3 β 2 ) (−→e2 ·−→e3 ) .

Denicija 1.3.29. Bazu (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) nazivamo ortonormiranom ako je

|−→ei | = 1 ( i = 1 , 2, 3) i (−→ei , −→e j ) = 90 0 (i = j ).

Ako je baza (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) ortonormirana, onda je

−→e1 ·−→e1 = −→e2 ·−→e1 = −→e2 ·−→e2 = −→e3 ·−→e1 = 1 , −→e1 ·−→e2 = −→e2 ·−→e3 = −→e1 ·−→e3 = 0 .

Ove podatke mozemo zapisati u obliku tabele



1.3. VEKTORI 19

· −→e1 −→e2 −→e3

−→e1 1 0 0−→e2 0 1 0

−→e1 0 0 1

Zbog toga je

−→a ·−→b = α1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3 ,

|−→a | = α 21 + α 2

2 + α 23 ,

cos −→a , −→b = α1 β 1 + α 2 β 2 + α 3 β 3

α 21 + α 2

2 + α 23 β 21 + β 22 + β 23

za −→a = α 1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 i −→b = β 1−→e1 + β 2−→e2 + β 3−→e3 .

Denicija 1.3.30. Dekartov koordinatni sistem (O, (−→e1 , −→e2 , −→e3 )) u kojem je baza orto-normirana naziva se Dekartov pravougli koordinatni sistem.

Denicija 1.3.31. Uredena trojka nekomplanarnih vektora −→a , −→b ,−→c naziva se trijedar desne orijentacije, ako gledajuci s vrha treceg vektora, tj. vektora −→c , kraci put od vektora −→a do vektora −→b je na suprot kretanja kazaljke na satu.

1.3.8 Vektorski proizvod

Denicija 1.3.32. Neka su dati vektori −→a i −→b . Konstruisimo vektor −→c takav da je:

1.

|c

| =

|a

||b

|sin ϕ, gdje je ϕ ugao izmedu vektora −→a i −→b ,

2. vektor −→c je ortogonalan na vektorima −→a i −→b ,

3. vektori −→a , −→b , −→c obrazuju trijedar desne orijentacije.

Vektor −→c nazivamo vektorski proizvod vektora −→a i −→b i pisemo

−→c = −→a ×−→b .

Primjer 1.3.33. Ako je (−→e 1 , −→e 2 , −→e 3 ) ortonormirani trijedar desne orijentacije, tada je

−→e 1 ×−→e 2 = −→e 3 , −→e 2 ×−→e 3 = −→e 1 −→e 3 ×−→e 1 = −→e 2 ,

tj.

× −→e1 −→e2 −→e3

−→e1 −→0 −→e3 −−→e2

−→e2 −−→e3 −→0 −→e1

−→e3 −→e1 −−→e1 −→0




Ako je −→f 1 , −→f 2 , −→f 3 ortonormirani trijedar lijeve orijentacije, tada je

−→f 1 ×−→f 2 = −−→f 3 , −→f 2 ×−→f 3 = −−→f 1 −→f 3 ×−→f 1 = −−→f 2 .

Primjer 1.3.34. Neka je |−→b | = 1 i −→a ⊥ −→b . Tada je |−→a ×−→b | = |−→a |. S druge strane vektor −→a ×−→b je ortogonalan na vektore −→a i na −→b . To znaci da je vektor −→a ×−→b nastao tako sto je vektor −→a zarotiran oko vektora −→b u pozitivnom smislu za ugao od 900 .

Teorem 1.3.35. Vektorski proizvod je antikomutativan, tj.

−→a ×−→b = − −→b ×−→a .

Dokaz. Intenzitet vektorskog proizvoda ne zavisi od poretka vektora u vektorskomproizvodu, pa je |−→a ×−→b | = |−→b ×−→a |. Vektori −→a ×−→b i −→b ×−→a su kolinearni. Vek-tori −→a , −→b ,−→a ×−→b formiraju desni trijedar, pa vektori −→b ,−→a , −→a ×−→b obrazuju lijevitrijedar. Zbog toga vektori −→b ,−→a , − −→b ×−→a cini desni trijedar. Dakle, −→a ×−→b =

− −→b ×−→a .

Teorem 1.3.36. Za svaka dva vektora −→a i −→b i za bilo koji skalar λ vrijedi

(λ−→a ) ×−→b = λ −→a ×−→b = −→a ×(λ−→b ).

Dokaz. Oznacimo sa ϕ ugao izmedu vektora −→a i −→b . Tada je

|(λ−→a ) ×−→b | = |λ||−→a ||−→b |sin ϕ = |λ(−→a ×−→b )|Oba vektora su ortogonalna na vektore −→a i −→b . Za λ > 0 vektori ( λ−→a )×−→b i λ(−→a ×−→b )su istog smjera kao i vektor −→a ×−→b . Za λ < 0 vektori ( λ−→a ) ×−→b i −→a ×−→b su suprotnog

smjera. Isto tako vektori λ(−→a ×−→b ) i −→a ×−→b su suprotnog smjera. Zbog toga su vektori(λ−→a ) ×−→b i λ(−→a ×−→b ) za λ = 0 su jednako orijentisani. Za λ = 0 tvrdnja je ocigledna.Ostatak tvrdnje se analogno dokazuje.

Lema 1.3.37. Neka je −→c proizvoljan vektor razlicit od nule. Tada za svaki vektor −→avrijedi −→a ×−→c = −→a1 ×−→c , gdje je −→a = −→a1 + −→a2 , pri cemu je −→a1 orogonalan na −→c , a −→a2

kolinearan sa −→c .

Dokaz. Neka je −→a = −→a1 + −→a2 , pri cemu je −→a1 orogonalan na −→c , a −→a2 kolinearan sa −→c .Oznacimo sa ϕ ugao izmedu vektora −→a i −→c . Tada je |−→a1 | = |−→a |sin ϕ i |−→a2 | = |−→a |cosϕ.Pokazimo da je −→a ×−→c = −→a1 ×−→c . Imamo

|−→a1

×−→c |

=

|−→a1

||−→c |

sin900 = (

|−→a

|sin ϕ)

|−→c | ·

1 =

|−→a ×

−→c |

.

Vektor −→a1 je komplanaran sa vektorima −→a i −→c , pa je vektor −→a ×−→c ortogonalan naravan u kojo j leze vektori −→a , −→c i −→a1 . Buduci da je i vektor −→a1 ×−→c ortogonalan na isturavan, to su vektori −→a ×−→c i −→a1 ×−→c kolinearni. Sa slike se lako vidi da su oni istogsmjera, pa su jednaki. Dakle, −→a ×−→c = −→a1 ×−→c .



1.3. VEKTORI 21

Teorem 1.3.38. Za svaka tri vektora −→a , −→b ,−→c vrijedi

(−→a + −→b ) ×−→c = −→a ×−→c + −→b ×−→c .

Dokaz. Ako je −→c nula vektor, onda je tvrdnja ocigledna. Neka je sada −→c nenultivektor. Vektore −→a i −→b prikazimo u obliku −→a = −→a1 + −→a2 i −→b = −→b1 + −→b2 , gdje su vektori−→a1 i −→b1 ortogonalni na −→c , a vektori −→a2 i −→b2 kolinearni sa −→c . Zbog toga imamo prikaz−→a + −→b = −→a1 + −→b1 + −→a2 + −→b2 , pri cemu je vektor −→a1 + −→b1 ortogonalan na −→c i vektor

−→a2 + −→b2 kolinearan sa −→c . Zbog toga je

−→a + −→b ×−→c = −→a1 + −→b1 ×−→c ,

−→a ×−→c = −→a1 ×−→c i−→b ×−→c = −→b1 ×−→c .

To znaci da trebamo dokazati

−→a1 + −→b1 ×−→c = −→a1 ×−→c + −→b1 ×−→c .

Neka je −→e = −→c|−→c |

. Na osnovu Primjera 1.3.34 vektor −→a1 + −→b1 ×−→e je nastao rotacijom

vektora −→a1 + −→b1 oko −→e za ugao od 900 . Pri ovoj rotaciji paralelogram konstruisan nadvektorima −→a1 i −→b1 se preslikava u paralelogram, pri cemu dijagonala prvog paralelogramaprelazi u dijagonalu drugog paralelograma. Dakle, vektor −→a1 + −→b1 prelazi u vektor−→a1 ×−→e + −→b1 ×−→e . Dakle, −→a1 + −→b1 ×−→e = −→a1 ×−→e + −→b1 ×−→e . Konacno imamo

−→a + −→b ×−→c = −→a1 + −→b1 ×−→c = −→a1 + −→b1 × |−→c |−→e= |−→c | −→a1 + −→b1 ×−→e = |−→c | −→a1 ×−→e + −→b1 ×−→e= −→a1 ×−→c + −→b1 ×−→c = −→a ×−→c + −→b ×−→c ,

sto je i trebalo dokazati.Neka je (−→e1 , −→e2 , −→e3 ) desna ortonormirana baza prostora X O (E ). Neka su −→a = α 1−→e1 +

α 2−→e2 + α3−→e3 i −→b = β −→e1 + β 2−→e2 + β 3−→e3 proizvoljni vektori.Tada na osnovu prethodnihteorema imamo

−→a ×−→b = ( α 1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 ) ×(β −→e1 + β 2−→e2 + β 3−→e3 )= ( α 1 β 2 −α 2 β 1 ) (−→e1 ×−→e2 ) + ( α 2 β 3 −α 3 β 2 ) (−→e2 ×−→e3 )

+ ( α 3 β 1 −α 1 β 3 ) (−→e3 ×−→e1 )= ( α 1 β 2 −α 2 β 1 ) −→e3 + ( α 2 β 3 −α 3 β 2 ) −→e1 + ( α 3 β 1 −α 1 β 3 ) −→e2




Ovaj posljednji izraz mozemo formalno napisati u obliku determinante treceg reda

−→a ×−→b =−→e1 −→e2 −→e3

α 1 α2 α3

β 1 β 2 β 3.

Neka su dati vektori

−→a = α1−→e1 + α 2−→e2 + α 3−→e3 ,−→b = β −→e1 + β 2−→e2 + β 3−→e3 i

−→c = γ 1−→e1 + γ 2−→e2 + γ 3−→e3 .

Izracunajmo −→a × −→b ×−→c . Kako je

−→b ×−→c = ( β 2 γ 3 −β 3 γ 2 ) −→e1 + ( β 3 γ 1 −β 1 γ 3 ) −→e2 + ( β 1 γ 2 −β 2 γ 1 ) −→e3 ,

to je

−→a × −→b ×−→c =−→e1 −→e2 −→e3

α 1 α2 α3

β 2 γ 3 −β 3 γ 2 β 3 γ 1 −β 1 γ 3 β 1 γ 2 −β 2 γ 1.

Odavde imamo

−→a × −→b ×−→c = ( α 2 (β 1 γ 2 −β 2 γ 1 ) −α 3 (β 3 γ 1 −β 1 γ 3 )) −→e1

+ α 3 ((β 2 γ 3 −β 3 γ 2 ) −α 1 (β 1 γ 2 −β 2 γ 1 )) −→e2

+ ( α 1 (β 3 γ 1 −β 1 γ 3 ) −α 2 (β 2 γ 3 −β 3 γ 2 )) −→e3

= (−→a ·

−→c ) β 1

−−→a ·

−→b γ 1 −→e1

+ (−→a ·−→c ) β 2 − −→a ·−→b γ 2 −→e2

+ (−→a ·−→c ) β 3 − −→a ·−→b γ 3 −→e3

= ( −→a ·−→c ) −→b − −→a ·−→b −→c .

Posljednji izraz mozemo napisati u obliku determinante drugog reda

−→a × −→b ×−→c =−→b −→c

−→a ·−→b −→a ·−→c.

Ovim smo dokazali sljedecu teoremuTeorem 1.3.39. Za svaki izbor vektora −→a , −→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi

−→a × −→b ×−→c = ( −→a ·−→c ) −→b − −→a ·−→b −→c .



1.3. VEKTORI 23

Posljedica 1.3.40. Za svaka tri vektora −→a , −→b ,−→c ∈ V 3 vrijedi

−→a ×−→b ×−→c = ( −→a ·−→c ) −→b − −→b ·−→c −→a .

Dokaz. Prema prethodnoj teoremi imamo

−→a ×−→b ×−→c = −−→c × −→a ×−→b= − −→b ·−→c −→a −(−→a ·−→c ) −→b= ( −→a ·−→c ) −→b − −→b ·−→c −→a .

Iz prethodne posljedice neposredno slijedi

−→a ×

−→b×

−→c + −→b ×

−→c×

−→a + ( −→c ×

−→a )

×−→b = −→0

za svaka tri vektora −→a , −→b ,−→c ∈ V 3 . Ovu jednakost nazivamo Jacobijev identitet.

1.3.9 Mjesoviti proizvod vektora

Denicija 1.3.41. Neka je

m : V 3 ×V 3 ×V 3 →R

preslikavanje denisano s

m −→a , −→b ,−→c = −→a ×−→b ·−→c ,

za svaka tri vektora −→a , −→b i −→c vektorskog prostora V 3 . Preslikavanje m nazivamomjesoviti proizvod tri vektora. Mjesoviti proizvod vektora −→a , −→b i −→c kraceoznacavamosa

m −→a , −→b ,−→c = −→a , −→b ,−→c .

Ispita jmo osobine mjesovitog proizvoda.

Tvrdnja 1.3.42. Mjesoviti proizvod triju vektora jednak je nuli ako i samo ako su ti vektori komplanarni.

Dokaz. Neka su vektori −→a , −→b i −→c komplanarni. Ako je bilo koji od vektora −→a ×−→bi −→c nula vektor, onda je ocito da je −→a , −→b ,−→c = 0 . Uzmimo zato, da to nije slucaj.

Tada je vektor −→a ×−→b je ortogonalan na ravan u kojoj leze vektori −→a i −→b , pa je on iortogonalan na vektor −→c . Zato je −→a , −→b ,−→c = 0 .




Obrnuto, neka je −→a , −→b ,−→c = 0 . Tada je

|−→a ×−→b ||c|cos −→a ×−→b ,−→c = 0 .

Tada je −→a × −→b = 0 ili je −→c = 0 ili je −→a ×−→b ,−→c = 90 0 . U prvom slucaju su

vektori −→a i −→b kolinearni, pa su linearno zavisni. Zbog toga su i vektori −→a , −→b i −→ckomplanarni. Ako je −→c = 0 , onda iz 0 −→a + 0 −→b + 1 −→c = 0 slijedi da su vektori linearnozavisni, tj. komplanarni. U trecem slucaju je −→c ⊥−→a ×−→b . Kako je −→a⊥−→a ×−→b i

−→b ⊥−→a ×−→b , to vektori −→a , −→b i −→c leze u jednoj ravni, pa su komplanarni.

Tvrdnja 1.3.43. Ako su vektori −→a , −→b i −→c dati koordinatama

−→a = ( α 1 , α 2 , α 3 ) ,−→b = ( β 1 , β 2 , β 3 ) ,

−→c = ( γ 1 , γ 2 , γ 3 ) ,

onda je

−→a , −→b ,−→c =α 1 α2 α3

β 1 β 2 β 3γ 1 γ 2 γ 3

.

Dokaz. Imamo redom

−→a , −→b ,−→c = −→a ×−→b ·−→c= (α 2 β 3 −α 3 β 2 ) −→i + ( α 3 β 1 −α 1 β 3 ) −→ j + ( α 1 β 2 −α 2 β 1 ) −→k

· γ 1−→i + γ 2−→ j + γ 3−→k= γ 1 (α 2 β 3 −α 3 β 2 ) + γ 2 (α 3 β 1 −α 1 β 3 ) + γ 3 (α 1 β 2 −α 2 β 1 )

=γ 1 γ 2 γ 3α 1 α2 α3

β 1 β 2 β 3=

α 1 α2 α3

β 1 β 2 β 3γ 1 γ 2 γ 3

.

Posljedica 1.3.44. Vektori

−→a = ( α 1 , α 2 , α 3 ) , −→b = ( β 1 , β 2 , β 3 ) , −→c = ( γ 1 , γ 2 , γ 3 )

su linearno zavisni ako i samo ako je α 1 α2 α3

β 1 β 2 β 3γ 1 γ 2 γ 3

= 0 .



1.3. VEKTORI 25

Dokaz. Dokaz je trivijalan.Iz Tvrdnje 1.3.43 i osobina determinante treceg reda slijedi da mjesoviti proizvod

ne mijenja vrijednost za bilo koju ciklicku izmjenu faktora, dok kod neciklicke izmjenemijesta mjesoviti proizvod mijenja znak.

−→a , −→b ,−→c = −→b ,−→c ,−→a = −→c ,−→a , −→b−→b ,−→a , −→c = −→a , −→c ,−→b = −→c ,−→b ,−→a = − −→a , −→b ,−→c .

Tvrdnja 1.3.45. Trijedar −→a , −→b ,−→c je desne orijentacije ako i samo ako

−→a , −→b ,−→c > 0,

a lijeve orijentacije ako i samo ako je

−→a , −→b ,−→c < 0.

Dokaz. Neka je −→a , −→b ,−→c > 0. Tada je

cos −→a ×−→b ,−→c > 0,

pa je ugao −→a ×−→b ,−→c ostar. To znaci da se vektori −→c i −→a ×−→c nalaze sa iste strane

ravni u kojo j leze vektori −→a i −→b . Zbog toga su trijedri −→a , −→b ,−→c i −→a , −→b ,−→a ×−→biste orijentacije. Kako je trijedar −→a , −→b ,−→a ×−→b desne orijentacije, to je trijedar

−→a , −→b ,−→c je desne orijentacije. Obrnuto, neka je trijedar −→a , −→b ,−→c desne ori-

jentacije. Tada se vektori −→c i −→a ×−→b nalaze sa iste strane ravni odredene vektorima−→a i −→b . To znaci da je ugao −→a ×−→b ,−→c ostar. Zbog toga je skalarni proizvod

−→a ×−→b ·−→c pozitivan, pa je −→a , −→b ,−→c > 0.

Neka je trijedar −→a , −→b ,−→c lijeve orijentacije. Tada se vektori −→c i −→a ×−→b nalaze sa

razlicitih strana ravni u kojo j leze vektori −→a i −→b . To znaci da je ugao −→a ×−→b ,−→ctup. Zato je −→a , −→b ,−→c < 0.

Obrnuto, neka je

−→a , −→b ,

−→c < 0. Tada je ugao

−→a

×−→b ,

−→c tup, pa se vektori

−→c i −→a ×−→b nalaze sa razlicitih strana ravni u kojoj leze vektori −→a i −→b . Zbog togatrijedar −→a , −→b ,−→c ima suprotnu orijentaciju u odnosu na trijedar −→a , −→b ,−→a ×−→b .

Dakle, trijedar −→a , −→b ,−→c ima lijevu orijentaciju.




Tvrdnja 1.3.46. Apsolutna vrijednost mjesovitog proizvoda tri nekomplanarna vektora jednaka je zapremini paralelepipeda konstruisanog nad tim vektorima.

Dokaz. Vektori −→a , −→b i −→c su nekomplanarni. Zbog toga oni cine trijedar −→a , −→b ,−→ckoji moze biti desne ili lijeve orijentacije. dovodenjem na zajednicki pocetak, oniodreduju paralelepiped. Zapremina paralelepipeda je proizvod povrsine baze par-alelepipeda i visine paralelepipeda. Neka ti vektori cine desni trijedar. Baza par-alelepipeda je paralelogram konstruisan nad vektorima −→a i−→b .Povrsina baze je |−→a ×−→b |.Kako je vektor −→a ×−→b ortogonalan na bazu paralelepipeda, pa je visina paralelepipeda jednaka projekciji vektora −→c na vektor −→a ×−→b . Dakle, zapremina paralelepipeda jed-naka je mjesovitom proizvodu.

Neka vektori −→a , −→b i −→c cine lijevi trijedar. Tada vektori −→a ×−→b i −→c zaklapaju tupugao, pa za visinu paralelepipeda vrijedi

h =

− proj

−→a ×−→b −→c .

Dakle, zapremina paralelepipeda je V = − −→a , −→b −→c .

1.3.10 Zadaci

1. Odrediti α i β iz jednakosti −→c = α −→a + β −→b , gdje je

−→a = 4 −→i + −→ j , −→b = −2−→i + 3−→ j , −→c = −→i + 4−→ j ,ako su −→i i −→ j jedinicni vektori koordinatnih osa pravouglog koordinatnog sistema.

2. Naci skalarni proizvod vektora −→a = 2−→m − −→n , −→b = −→m − 2−→n , gdje je |−→m | =2, |−→n | = 4 , (−→m.−→n ) = π

3 .

3. Naci ugao izmedu vektora −→a = −→m + −→n , −→b = −→m −−→n , ako je |−→a | = |−→n | = 2 .

4. Naci projekciju vektora −→a = 2−→ p −3−→q na −→b = −→ p + −→q , ako je |−→ p | = 2 , |−→q | =3, (−→ p ,−→q ) = π3 .

5. Naci duzine dijagonala i ugao izmedu njih, paralelograma konstruisanog nad vek-

torima −→a = 2−→m + −→n i −→b == −→m − 2−→n , gdje su −→m i −→n jedinicni vektori kojizaklapaju ugao od (−→ p ,−→q ) = π3 .

6. Dati su vektori −→a {0, 2λ, λ }, −→b {2, 2, 1}, −→c {−1, −2, −1} i −→d {λ, 0, 1}. Odrediti λiz uslova −→a ·−→b = −→c ·−→d + 7 .



1.3. VEKTORI 27

7. Odrediti λ tako da vektor −→a {2λ, 1, 1 −λ} obrazuje jednake uglove sa vektorima−→b {−1, 3, 0} i −→c {5, −1, 8}.

8. Dokazati da pri bilo kom rasporedu tacaka A,B,C i D u prostoru vazi

−−→BC ·−−→AD + −→CA ·−−→BD + −−→AB ·−−→CD = 0 .

9. Vektori −→a , −→b ,−→c i −→d su:

−→a = −→ p + 3−→q , −→b = 7−→ p −5−→q , −→c = −→ p −4−→q i −→d = 7−→ p −2−→q .

Ako je −→a ⊥ −→b i −→c ⊥ −→d , naci ugao izmedu −→ p i −→q .

10. Izracunati |−→a ×2−→b | ako je |−→a | = 6 , |−→b | = 5 i (−→ p ,−→q ) = π6 .

11. Naci povrsinu i visinu BD trougla ABC ako je A(1, −2, 8), B (0, 0, 4) i C (6, 2, 0).

12. Tri jedinicna vektora −→u , −→v i −→w obrazuju uglove

(−→u , −→v ) = 45 0 , (−→v ,−→w ) = 90 0 , (−→w , −→u ) = 120 0 .

Ako je −→a = −→u −−→v + −→w i −→b = −→u + −→v naci |−→a ×−→b |.13. Dati su vektori −→a {1, 2, 1}, −→b {1, −1, 2} i −→c {2, 1, −1}. Naci −→a ×(−→b ×−→c ) i pro-

jekciju vektora −→b na −→a ×(−→b ×−→c ).

14. Dati su vektori −→a {1, 1, 1}, −→b {1, 1, 0} i −→c {1, −1, 0}. Odrediti vektor −→x iz uslova:−→x ·−→a = 3 i −→x ×−→b = −→c .

15. Vektori −→a {1, 2α, 1}, −→b {2,α ,α }i −→c {3α, 2, −α}su ivice tetraedra ( α realan param-etar).

(a) Odrediti zapreminu toga tetraedra.

(b) Odrediti α da vektori −→a , −→b i −→c budu komplanarni i u tom slucaju razlozitivektor −→a preko vektora −→b i −→c ,

16. Dati su vektori −→a {2λ, 1, 1 −λ}, −→b {−1, 3, 0} i −→c {5, −1, 8}.

(a) Odrediti λ da vektor −→a zaklapa jednake uglove sa vektorima −→b i −→c .(b) Za tako nadeno λ odrediti nagib vektora −→c prema ravni odredenoj vektorima

−→b i −→a .(c) Za isto λ odrediti zapreminu i jednu od visina paralelepipeda konstruisanog

nad tim vektorima.17. Dokazati da su vektori −→a −−→b , −→b −−→c i −→c −−→a komplanarni, bez obzira kakvi

su vektori −→a , −→b i −→c .




1.4 Promjena baze i koordinatnog sistema

Neka je {−→e1 , −→e2 , −→e3 } baza vektorskog prostora. Tada se svaki vektor prostora moze na

jedinstven nacin prikazati kao linearna kombinacija vektora baze. Neka je −→f 1 , −→f 2 , −→f 3neka druga baza prostora V 3 . Prikazimo vektore druge baze preko vektora prve baze.

−→f 1 = α11 −→e1 + α 21 −→e2 + α 31 −→e3

−→f 2 = α12 −→e1 + α 22 −→e2 + α 32 −→e3

−→f 3 = α13 −→e1 + α 23 −→e2 + α 33 −→e3 .(1.4.1)

Proizvoljan vektor −→u mozemo prikazati u ob je baze. Imamo

−→a = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3

−→a = u−→f 1 + v−→f 2 + w−→f 3 .

Odavde imamo

−→a = u−→f 1 + v−→f 2 + w−→f 3= u (α 11 −→e1 + α 21 −→e2 + α 31 −→e3 ) + v (α 12 −→e1 + α 22 −→e2 + α 32 −→e3 )

+ w (α 13 −→e1 + α 23 −→e2 + α 33 −→e3 )= ( uα 11 + vα 12 + wα 13 ) −→e1 + ( uα 21 + vα 22 + wα 23 ) −→e2 + ( uα 31 + vα 32 + wα 33 ) −→e3 .

Zbog jedinstvenosti prikaza −→a u bazi {−→e1 , −→e2 , −→e3 } imamo

x = uα 11 + vα 12 + wα 13

y = uα 21 + vα 22 + wα 23

z = uα 31 + vα 32 + wα 33. (1.4.2)

Koecijente u posljednjoj relaciji mozemo napisati u obliku pravougaone seme kakoslijedi

P =α 11 α12 α13

α 21 α22 α23

α 31 α32 α33

.

Pravougaonusemu P nazivamo matrica prelaza sa baze {−→e1 , −→e2 , −→e3 }na bazu −→f 1 , −→f 2 , −→f 3 .

Posmatrajmo sada dva koordinatna sistema ( O,

{−→e1 ,

−→e2 ,

−→e3

}) i O , −→f 1 , −→f 2 , −→f 3 .

Neka je M proizvoljna tacka, njene koordinate u ova dva koordinatna sistema oznacimoredom sa ( x,y,z ) i (x , y , z ). Koordinate tacke O u odnosu na prvi koordinatni sistemoznacimo sa ( α,β,γ ). Odredimo vezu izmedu koordinata tacke M u ova dva koordi-natna sistema. Neka tacka M u koordinatnom sistemu ( O , {−→e1 , −→e2 , −→e3 }) ima koordinate



1.4. PROMJENA BAZE I KOORDINATNOG SISTEMA 29

(u,v,w ), tj. −−−→O M = u−→e1 + v−→e2 + w−→e3 . Kako je

−−→OM = x−→e1 + y−→e2 + z−→e3

−−→OO = α−→e1 + β −→e2 + γ −→e3

−−−→O M = x −→f 1 + y −→f 1 + z −→f 3i −−→OM = −−→OO + −−−→O M to je

x−→e1 + y−→e2 + z−→e3 = ( α−→e1 + β −→e2 + γ −→e3 ) + ( u−→e1 + v−→e2 + w−→e3 ) .

Dakle,x = α + u, y = β + v, z = γ + w. (1.4.3)

Ako je veza izmedu stare i nove baze data jednacinom (1.4.1), onda na osnovu (1.4.2)imamo

u = x α 11 + y α 12 + z α 13

v = x α 21 + y α 22 + z α 23

w = x α 31 + y α 32 + z α 33

. (1.4.4)

Konacno imamox = α + x α 11 + y α 12 + z α 13

y = β + x α 21 + y α 22 + z α 23

z = γ + x α 31 + y α 32 + z α 33

. (1.4.5)

Mi smo, dakle, promjenu koordinatnog sistema izvrsili u dva koraka: prvo smo izmjenilikoordinatni pocetak ne mjenjajuci bazu tj presli na koordinatni sistem ( O , {−→e1 , −→e2 , −→e3 }),a zatim smo u ovom koordinatnom sistemu zamjenili bazu a zadrzali koordinatni sistem.

Kada zadrzavamo bazu a mjenjamo samo koordinatni pocetak, onda kazemo da vrsimotranslaciju koordinatnog sistema iz tacke O u tacku O .

Ako je rijec o koordinatnim sistemima u ravni, onda iz (1.4.5) slijedi

x = α + x α 11 + y α 12

y = β + x α 21 + y α 22. (1.4.6)

Neka je (O, {−→e1 , −→e2 }) desni pravougli koordinatni sistem, tj. dekartov koordinatnisistem u ravni. Posmatrajmo sada novi desni pravougli sistem O, −→f 1 , −→f 2 . Oznacimo

sa ϕ ugao izmedu vektora −→e1 i −→f 1 . Tada je −→e2 , −→f 2 = ϕ i −→e1 , −→f 2 = ϕ + π2 . Raz-

lozimo vektore −→f 1 i −→f 2 u bazi {−→e1 , −→e2 }. Imamo

−→f 1 = cos ϕ−→e1 + sin ϕ−→e2

−→f 2 = cos ϕ + π2 −→e1 + sin ϕ +

π2 −→e2 = −sin ϕ−→e1 + cos ϕ−→e2 .




Dakle, matrica prelaza sa prve baze na drugu ima oblik

P = cosϕ −sin ϕsin ϕ cosϕ .

Koordinate tacke M u ova dva koordinatna sistema su vezane relacijama

x = x cosϕ−y sinϕy = x sinϕ + y cosϕ.

Buduci da je ϕ = (−→e1 , −→f 1 ) = (−→e2 , −→f 2 ), to je koordinatni sistem O, −→f 1 , −→f 2 nastaorotacijom koordinatnog sistema ( O, {−→e1 , −→e2 }) oko tacke O za ugao ϕ na suprot kretanjukazaljke na satu. Ako su ( O, {−→e1 , −→e2 }) i O , −→f 1 , −→f 2 dva desna koordinatna sistema,onda na osnovu (1.4.6) imamo

x = α + x cosϕ−y sinϕy = β + x sinϕ + y cosϕ.



Glava 2

Analiticka geometrija

2.1 Pojam jednacine krive i povrsi

Posmatrajmo jedan prost primjer. Neka je u prostoru zadan dekartov pravougli ko-ordinatni sistem ( O, {−→e1 , −→e2 , −→e3 }). Neka je S tacka prostora koja u ovom koordinat-nom sistemu ima koordinate ( a,b,c). Kao sto znamo sfera sa centrom u tacki S ipoluprecnikom r je skup svih tacaka prostora cija je udaljenost od tacke S jednaka r.Neka je M proizvoljna tacka sa koordinatama ( x,y,z ). Tada je −−→SM = r, tj.

(x −a)2 + ( y −b)2 + ( z −c)2 = r.

odavde imamo

(x −a)2 + ( y −b)2 + ( z −c)2 = r 2 . (2.1.1)Relacija (2.1.1) povezuje koordinate proizvoljne tacke sfere sa datim elementima, tj.sa centrom sfere i poluprecnikom. Relaciju (refd1) nazivamo jednacina sfere u datomdekartovom koordinatnom sistemu.

Sada cemo uvesti pojam jednacine povrsi. Prvo, sta je to povrs? Euklid pod povrsiposmatra ono sto ima duzinu i sirinu. No, tu nije jasno sta je ”ono.” Neki autori uvodepojam povrsi kao granicu tijela. Nama nije bitno da strogo uvodimo pojam povrsi ilitijela, jer ce te to uciti u Euklidskoj geometriju.

Denicija 2.1.1. Neka je zadan Dekartov pravougli koordinatni sistem (O, {−→e1 , −→e2 , −→e3 }).Jednacinu F (x,y,z ) = 0 nazivamo jednacinom povrsi S u datom koordinatnom sistemu,

ako koordinate svake tacke te povrsi zadovoljavaju tu jednacinu a koordinate bilo koje tacke koja ne lezi na povrsi S ne zadovoljavaju tu jednacinu.

Dakle, jednacina F (x,y,z ) = 0 odreduje povrs. Ako izaberemo koordinatni sistem,onda svaka povrs ima jednacinu u odnosu na taj koordinatni sistem. Kako odrediti

31



32 GLAVA 2. ANALITI CKA GEOMETRIJA

jednacinu te povrsi? Prvo je neophodno da uocimo kljucno geometrijsko svojstvo tepovrsi, a zatim da to geometrijsko svojstvo izrazimo preko koordinata proizvoljne tackete povrsi. S druge strane svaka jednacina F (x,y,z ) = 0 ne mora da odreduje nekupovrs. Npr. jenacina x2 + y2 + z2 + 1 = 0 ne odreduje ni jednu povrs. S druge strane jednacina

(x2 + y2 + z2 ) (x −1)2 + ( y −2)2 + ( z −3)2 = 0

odreduje skup o ddvije tacake cije su koordinate (0 , 0, 0) i (1, 2, 3). Jednacina x2 + y2 = 0odreduje skup svih tacaka sa koordinatama ( x, 0, 0). Kao sto znamo to je x-osa, tj. osaapcisa.

Denicija 2.1.2. Jednacina F (x, y) = 0 naziva se jednacina krive L u zadanom ko-ordinatnom sistemu ako i samo ako koordinate svakae tacke te linije zadovoljavaju jednacinu F (x, y) = 0 .

Tako npr. kruˇ nica sa centrom u tacki S (a, b) i poluprecnikom r je skup svih tacaka

ravni koje su od tacke S udaljene za r. Odavde slijedi da je jednacina kruznice

(x −a)2 + ( y −b)2 = r 2 .

Grak funkcije y = f (x) u ravni predstavlja neku krivu. Dakle, jednacina linije uravni moze biti zadana sa y = f (x). Neka je data kriva u ravni takva da svaka pravaparalelna osi ordinata presjeca grak krive najvise u jednoj tacki. Svaka tacka na tojkrivoj ima apcisu i ordinatu. Mi mozemo apcisi x tacke krive pridruziti ordinatu tetacke krive. Na taj nacin smo dobili neku funkciju y = f (x). Grak ove funkcije jeposmatrana kriva linija.

Dvije jednacine nazivamo ekvivalentnim ako se iz prve jednacine moze dobiti drugai obratno.

Denicija 2.1.3. U odnosu na dati koordinatni sistem u ravni dvije jednacine odreduju jednu te isti krivu tada i samo tada kada su te jednacine ekvivalentne.

Primjer 2.1.4. Jednacine (x − a)2 + ( y − b)2 = r 2 i y − b = r 2 −(x −a)2 . nisu ekvi-valentne. Naime, kvadriranjem druge jednacine lahko dobijamo prvu. No iz prve jednacine korijenovanjem dobijamo

y −b = ± r 2 −(x −a)2 .

Tacke koje leze na prvoj krivoj leze na jednoj od krivih

y −b = r 2 −(x −a)2 ili y −b = − r 2 −(x −a)2 .

Neka u nekom koordinatnom sistemu povrsi

S 1 i

S 2 imaju jednacine F 1 (x,y,z ) = 0

i F 2 (x,y,z ) = 0 . Tada tacke koje leze na njihovom presjeku zadovoljavaju sistem

F 1 (x,y,z ) = 0 , F 2 (x,y,z ) = 0 .



2.2. JEDNA CINE KOJE NE SADR ZE JEDNU KOORDINATU 33

2.2 Jednacine koje ne sadrze jednu koordinatu

Razmotrimo sada neke pojedinacne slucajeve kada jednacina povrsi ne sadrzi jednu

od koordinata. Neka jednacina povrsi ima oblik G(x, y) = 0 , tj. neka jednacina nesadrzi koordinatu z. Neka tacka M 0 sa koordinatama ( x0 , y0 , z0 ) lezi na povsi. Tada jeG(x0 , y0 ) = 0 . Posmatrajmo sada bilo koju tacku M sa koordinatama ( x0 , y0 , z). Tadai ova tacka lezi na posmatranoj povrsi. Dakle, svaka tacka prave koja prolazi tackomM 0 i koja je paralelna z osi lezi na povrsi.

Denicija 2.2.1. Povrs koja se sastoji od pravih paralelnih zadanom vektoru naziva se cilindricna povrs. Prave koje leze na cilindricnoj povrsi nazivaju su izvodnice cilin-dricne povrsi. Kriva kola lezi na cilindricnoj povrsi i koja sijece sve njene izvodnice naziva se direktrisa

Primjer 2.2.2. Povrs odredena jednacinom x2 + y2 = 1 je cilindricna povrs. Njene izvodnice

su paralelne z osi. Ova povrs naziva se kruzni cilindar.

Primjer 2.2.3. Povrs cija je jednacina y2 = 2 px je cilindricna povrs cije su izvodnice para-lelne z osi i naziva se parabolicki cilindar.

2.3 Parametarske jednacine krive

Postoji vise nacina za zadavanje jednacina neke krive. Jedan od nacina je pomocutrajektorije kretanja tacke po krivoj. Pretpostavimo da se tacka krece po krivoj. Usvakom vremenskom trenutku t tacka ima neki polozaj na krivo j. Koordinate te tackezavise od vremena, tj.

x = ϕ(t), y = ψ(t), z = χ (t), (2.3.1)

U ovom slucaju promjenljiva veli ’ cina t ima zicko znacenje ”vrijeme”. No, mi mozemoposmatrati jednacine (2.3.1), gdje t nema zicko znacenje vremena, vec je to neka promjenljiva velicina koju nazivamo parametar .Jednacine oblika (2.3.1) nazivamo param-etarske jednacine krive.

Primjer 2.3.1. Jednacina x = r cos t, y = r sin t je jednacina kruznice sa centrom u ko-ordinatnom pocetku i poluprecnikom r. U ovim jednacinama parametar t ima geometrijskotumacenje i predstavlja ugao koji radius vektor tacke M gradi sa pozitivnim dijelom ose ap-cisa.

Primjer 2.3.2. Jednacina x = r cos t, y = r sin t, z = at predstavlja jednacinu kruzne zavo- jnice koja lezi na cilindru x 2 + y2 = r 2 i ima korak zavoja-navoja 2aπ.




2.4 Parametarske jednacine povrsi

Po analogiji za krive uvodimo i parametarske jednacine povrsi. Jedmacina

x = ϕ(u, v), y = ψ(u, v), z = χ (u, v) (2.4.1)

naziva se parametarskom jednacinom povrsi, ako za svaku tacku M na povrsi postojipar brojeva u i v takvih da tacka M ima kordinate date sa (2.4.1) i obrnuto, akotacka ne lezi na povrsi, onada ne posto je brojevi u i v takvi da tacka M te povrsi imakoordinate (2.4.1).

Denicija 2.4.1. Konus je povrs koja se sastoji od pravih koje prolaze kroz jednu ksnu tacku koju nazivamo vrh konusa. Prave koje pripadaju konusnoj povrsi nazivaju se izvodnice konusne povrsi. Kriva koja lezi na konusnoj povrsi i presjeca sve njegove izvodnice naziva se direktrisa.

Primjer 2.4.2. Posmatrajmo konusnu povrs ciji vrh u koordinatnom pocetku a direktrisa ima jednacinu x = varphi (u), y = ψ(u), z = χ (u). Odredimo jednacinu tog konusa. Neka je M (x,y,z ) proizvoljna tacka konusa. Neka izvodnica koja prolazi tom tackom sijece direktrisu u tacki P. Tada su vektori −−→OP i −−→OM su kolinearni. Dakle, postoji v takav da je −−→OM = v−−→OP .Kako P lezi na direktrisi, to za njene koordinate vrijedi x = varphi (u), y = ψ(u), z = χ (u).Sada imamo x = v ϕ(u), y = v ψ(u), z = v χ (u).

2.5 Algebarske krive i povrsi

Pod algebarskom povrsi podrazumjevamo povrs koja nekom dekartovom koordinatnomsistemu moze biti zadana jednacinom oblika

A1 xk1 yl1 zm 1 + · · ·+ As xk s yl s zm s = 0 , (2.5.1)

gdje su svi stepeni nenegativni cijeli brojevi. Najveci broj u nizu

k1 + l1 + m1 , k2 + l2 + m 2 , . . . , k s + ls + m s

naziva se stepen jednacine i takode red algebarske povrsi.

Primjer 2.5.1. Kako sfera u dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu ima jednacinu

(x −a)2 + ( y −b)2 + ( z −c)2 = r 2 ,

to je sfera algebarska povrs drugog reda.



2.5. ALGEBARSKE KRIVE I POVR SI 35

Pod algebarskom krivom podrazumjevamo krivu koja u odnosu na neki dekartovkoordinatni sistem ima jednacinu

A1 xk1 yl1 +

· · ·+ As xk s yl s = 0 , (2.5.2)

pri cemu su svi eksponenti nenegativni cijeli brojevi. Najveci broj u nizu

k1 + l1 , k2 + l2 , . . . , k s + ls

naziva se stepen algebarske krive i stepen algebarske jednacine.U denicijama algebarske povrsi i algebarske krive ima nekih nedostataka. Naime,

mi zahtjevamo da u svakom pravouglom dekartovom sistemu povrs, odnosno krivamoraju imati jednacinu oblika (2.5.1) odnosno (2.5.2). Da li neke povrsi u jednomsistemu imaju jednacinu zeljenog oblika a u drugom da nema ili da ima ali je stepenanizeg od prethodne jednacine.

Sljedeca dva teorema daju odgovor na ova pitanja.

Teorem 2.5.2. Ako povrs u nekom dekartovom koordinatnom sistemu moze biti zadana jednacinom (2.5.1), onda ona u svakom drugom dekartovom pravouglom sistemu ima jednacinu istog oblika i obje jednacine imaju isti stepen.

Teorem 2.5.3. Ako kriva u ravni u nekom dekartovom pravouglom sistemu ima jednacinu oblika (2.5.2), onda ona u svakom drugom dekartovom pravouglom sistemu ima jednacinu istog oblika i istog stepena.

Oba teoremea se dokazuju na isti nacin. Dokazimo npr. drugi teorem. Nekakriva u jednom koordinatnom sistemu ima jednacinu (2.5.2). Posmatrajmo proizvoljnipravougli koordinatni sistem. Veza izmedu starih i novih koordinata je data sa (1.4.6).

Prilikom stepenovanja trinoma α+ x α 11 + y α 12 nenegativnim cijelim brojem k dobicemoopet neki polinom stepena k po nepoznatim x i y . Isto tako pri stepenovanju trinomaβ + x α 21 + y α 22 sa l dobijamo polinom stepena l u varijablama x i y . Proizvod dvapolinoma jednog stepena k a drugog stepena l je polinom stepena k + l. Suma polinoma je opet polinom i njegov stepen ne prelazi stepen sabiraka, eventualno moze biti manji.Prema tome nova jednacina krive je oblika (2.5.2) i njen stepen ne prelazi stepen po-lazne jednacine. Da li se on moze smanjiti. Pretp[ostavimo da se stepen moze smanjiti.Neka je u koordinatnom sistemu ( O , {−→f 1 , −→f 2 }) stepen algebarske krive nizi nego u ko-ordinatnom sistemu ( O, {−→e1 , −→e2 }). Ako se sada iz novog koordinatnog sistema vratimona stari stepen algebarske krive ce biti nizi nego u pocetnom polozaju. KOntradikcija.

Red algebarske krive je dakle nepromjenjen pri prelazu iz jednog u drugi koordinatni

sistem. Zbog toga mi kazemo da je red algebarskih povrsi i krivih invarijantan u odnosuna promjenu koordinatnog sistema.






Glava 3

Jednacine pravih i ravni

U ovom dijelu mi izucavamo jednacine pravih u ravni i prostoru kao i jednacine ravni.

3.1 Povrsi i krive prvog reda

Jednacina povrsi prvog reda ima oblik

Ax + By + Cz + D = 0, (3.1.1)

gdje je bar jedan od koecijenata A, B,C razlicit od nule, tj. A2 + B 2 + C 2 = 0 .Analogno jednacina krive prvog reda ima oblik

Ax + By + C = 0 , (3.1.2)

gdje je A2 + B 2 = 0 .Dokazacemo da su povrsi prvog reda ravni, a krive prvog reda prave.

Teorem 3.1.1. U Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu u prostoru svaka ravan moze biti zadana jednacinom (3.1.1). Obrnuto, svaka linearna jednacina (3.1.1)u odnosu na proizvoljni Dekartov pravougli koordinatni sistem odreduje ravan.

Dokaz. Neka je data proizvoljna ravan π. Neka je O proizvoljno odabrana tacka te ravni.Odaberimo dva ortonormirana vektora −→e1 i −→e2 te ravni. Neka je −→e3 = −→e1 ×−→e2 . Tada je(O,

{−→e1 ,

−→e2 ,

−→e3

}) desni Dekartov koordinatni sistem. Neka je M proizvoljna tacka ravni

π. Vektor −−→OM u odnosu na bazu {−→e1 , −→e2 , −→e3 } ima prikaz −−→OM = α−→e1 + β −→e2 + 0 ·−→e3 , jer je vektor −−→OM okomit na vektor −→e3 . To znaci da tacka M ima koordinate ( α,β, 0).Dakle, u ovom koordinatnom sistemu nasa ravan ima ima jednacinu z = 0 . Dakle,ravan u ovom koordinatnom sistemu ima jednacinu prvog stepena. Zbog invarijantnosti

37



38 GLAVA 3. JEDNA CINE PRAVIH I RAVNI

stepena jednacine u bilo kom drugom koordinatnom sistemu imacemo opet jednacinuprvog stepena.

Obrnuto, neka je data algebarska jednacina prvog reda (3.1.1) i proizvoljan koor-

dinatni sistem O, {−→i , −→ j , −→k } . Tada je bar jedan od brojeva A, B i C razlicit odnule. Neka je npr. A = 0 . Lahko se vidi da su uredene trojke −D

A , 0, 0 , −B + DA , 1, 0

i −C + DA , 0, 1 nule jednacine (3.1.1). Ove tri trojke u odnosu na izabrani koordinatni

sistem odred uju redom tacke M 0 , M 1 i M 2 . Neka je −→n = −−−−→M 0 M 1 ×−−−−→M 0 M 2 . Tada je

−→n = −−−−→M 0 M 1 ×−−−−→M 0 M 2 =−→i −→ j −→k−B

A 1 0

−C A 0 1

= −→i + BA

−→ j + C A

−→k .

Postoji tacno jedan ravan π koja prolazi tackom M 0 i okomita je na vektor −→n . Neka je(x0 , y0 , z0 ) proizvoljno rjesenje jednacine (3.1.1). Uredena trojka ( x0 , y0 , z0 ) odreduje

ta ku M (x0 , y0 , z0 ) . Tada je −−−→M 0 M = x0 + DA , y0 , z0 , pa je

−→n ·−−−→M 0 M = x0 + DA

+ BA

y0 + C A

z0 .

S druge strane je ( x0 , y0 , z0 ) nula jednacine (3.1.1), pa je

Ax0 + By 0 + Cz 0 + D = 0 .

Nakon djeljenja sa A dobije se

x0 + BA

y0 + C A

z0 + DA

= 0.

To znaci da je −→n ·−−−→M 0 M = 0 . Odavde slijedi da tacka M pripada ravni π. Prema tome,sve nula tacke jednacine (3.1.1) pripada ju ravni π.

Teorem 3.1.2. U Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu u ravni svaka prava moze biti zadana jednacinom (3.1.2). Obrnuto, svaka linearna jednacina (3.1.2) u odnosu na proizvoljni Dekartov pravougli koordinatni sistem odreduje pravu.

Ovaj teorem dokazuje se analogno kao prethodni i ostavljamo ga citaocu za vjezbu.

Posljedica 3.1.3. Ako je u nekom pravouglom koordinatnom sistemu u prostoru vek-tor −→N dat sa komponentama (A,B,C ), onda je on ortogonalan na ravan koja u tom

koordinatnom sistemu ima jednacinu Ax + By + Cz + D = 0 .Posljedica 3.1.4. Ako je u nekom pravouglom dekartovom koordinatnom sistemu u ravni vektor −→N dat sa komponentama (A, B ), onda je on ortogonalan na pravu koja u tom koordinatnom sistemu ima jednacinu Ax + By + C = 0 .



3.2. PARAMETARSKE JEDNA CINE PRAVE I RAVNI 39

3.2 Parametarske jednacine prave i ravni

Ptava (u ravni ili prostoru) potpuno je odredena ako znamo jednu njenu tacku M 0 i

ako je zadan nenulti vektor −→a paralelan toj pravoj. Neka je O koordinatni pocetak iM proizvoljna tacka na pravoj. Tada je vektor −−−→M 0 M kolinearan sa vektorom −→a , papostoji parametar t takav da je

−−−→M 0 M = t−→a ,

tj.−−→OM −−−−→OM 0 = t−→a .

Oznacimo sa −→r i vektor −→r 0 radius vektore tacaka M i M 0 respektivno. Tada imamo

−→r −−→r 0 = t−→a . (3.2.1)

Ovu jednacinu nazivamo vektorska parametarska jednacina prave. Vektor −→a nazivamo

vektor pravca prave .Oznacimo sa ( x,y,z ) i (x0 , y0 , z0 ) koordinate tacaka M i M 0 u nekom pravouglom

koordinatnom sistemu u prostori i sa ( l ,m,n ) komponente vektora −→a u odnosu na tajsistem. Tada iz jednacine (3.2.1) slijedi

x −x0 = lt,y −y0 = mt,z −z0 = nt

(3.2.2)

Jednacina (3.2.2) zove se parametarska jednacina prave u prostoru.Ako je rijec o koordinatnom sistemu u ravni, onda parametarska jednacina prave

ima oblikx −x0 = lt,y −y0 = mt, (3.2.3)

Ravan je potpuno odredena jednom svojom tackom i sa dva nekolinearna vektorakoji leze u toj ravni, odnosno koji su paralelni toj ravni. Neka je M 0 neka tacka ravniα. Neka su −→ p i −→q dva nekolinearna vektora koja su komplanarna sa ravni α. Ako jeM proizvoljna tacka ravni α, onda su vektori −−−→M 0 M, −→ p i −→q komplanarni, pa postojerealni brojevi u i v takvi da je

−−−→M 0 M = u−→ p + v−→q ,

tj. −−→OM

−−−−→OM 0 = u−→ p + v−→q , odnosno

−→r −−→r 0 = u−→ p + v−→q , (3.2.4)

gdje su −→r i −→r 0 radius vektori tacaka M i M 0 . Jednacinu (3.2.4) nazivamo vektorska parametarska jednacina ravni. Realni brojevi u i v nazivaju se parametri .




Ako su (x0 , y0 , z0 ) i (x,y,z ) koordinate tacaka M 0 i M, a ( p1 , p2 , p3 ) i (q 1 , q 2 , q 3 )komponente vektora −→ p i −→q , tada iz (3.2.4) slijedi

x

−x0 = p1 u + q 1 v

y −y0 = p2 u + q 2 vz −z0 = p3 u + q 3 v.

(3.2.5)

3.3 Eliminacija parametra iz parametarskih jednacina prave

Posmatrajmo pravu u ravni koja je zadana parametarskom jednacinom (3.2.3). Kako je vektor pravca nenulti vektor, to je bar jedna od njegovih komponenti l i m razlicitaod nule. Bez ogranicenja opstosti mozemo pretpostaviti da je l = 0 . Tada iz x −x0 = ltimamo

t = x −x0

l .

uvrstavanjem u drugu jednacinu (3.2.3) dobije sey −y0 =

ml (x −x0 )

iliy = kx + b, (3.3.1)

gdje jek =

ml

i b = y0 − m

l x0 .

Jednacinu (3.3.1) nazivamo glavni oblik prave ili jednacina prave rijesena po ordinati.Kolicnik m

l nazivamo koecijent pravca prave i on predstavlja tangens ugla kojeg pravazaklapa sa apcisnom osom.

Posmatrajmo sada jednacinu (3.2.2). Pretpostavimo da su sva tri broja l ,m,nrazlicita od nule. Tada je

t = x −x0

l , t =

y −y0

m , t =

z −z0

n ,

pa imamox −x0

l =

y −y0

m =

z −z0

n . (3.3.2)

Neka je sada l = 0 te m = 0 i n = 0 . Tada imamo

x = x0 , y −y0

m =

z −z0

n . (3.3.3)

To je prava koja lezi u ravni x = x0 .Neka je sada l = 0 i m = 0 . Tada imamo

x = x0 , y = y0 . (3.3.4)



3.4. VEKTORSKA JEDNA CINA RAVNI 41

To je prava koja lezi u ravnima x = x0 i y = y0 , pa je rijec o pravoj koja je presjek ovedvije ravni. To je prava koja je paralelna z osi i prolazi tackom ( x0 , y0 , 0).

Jednacine (3.3.3) i (3.3.4) mozemo napisati u obliku (3.3.2) samo treba voditi racunada kad god je u nazivniku 0, mora brojnik biti nula. Npr. jednacina (3.3.3) se mozenapisati u obliku

x −x0

0 =

y −y0

m =

z −z0

n .

3.4 Vektorska jednacina ravni

Pretpostavimo da je data tacka M 0 (x0 , y0 , z0 ) kroz koju prolazi ravan i vektor −→N nakojem je ta ravan normalna. Trebamo odrediti jednacinu ravni. Neka je −→N (A,B,C ) iM (x,y,z ) i proizvoljna tacka te ravni. Tada se vektor −−−→M 0 M nalazi u toj ravni, pa je−−−→M 0 M

⊥ −→N , tj. −−−→M 0 M

·−→N = 0 . Vektor −−−→M 0 M ima komponente

−−−→M 0 M (x −x0 , y −y0 , z −z0 ),

pa jeA(x −x0 ) + B (y −y0 ) + C (z −z0 ) = 0 (3.4.1)

jednacina trazene ravni. Jednacinu (3.4.1) mozemo napisati u vektorskom obliku

(−→r −−→r 0 ) ·−→N = 0 . (3.4.2)

Primjer 3.4.1. Napisimo jednacinu ravni koja prolazi tackom M (1, 3, −6) i okomita je na vektor −→N (−2, 4, −1). Prema formuli (3.4.1) imamo

(

−2)(x

−1) + 4( y

−3) + (

−1)(z

−(

−6)) = 0 ,

tj. −2x + 4 y −z −16 = 0 .

Primjer 3.4.2. Napisimo jednacinu ravni koja prolazi tackom M (2, 3, 4) i paralelna je sa vektorima −→a (−1, 2, −4) i −→b (0, 1, 2).

Ovdje znamo tacku kroz koju prolazi ravan, ali ne znamo vektor koji je okomit na ravan.No, vektori −→a i −→b su paralelni sa ravni, a njihov vektorski proizvod −→a ×−→b je okomit na oba ta vektora, pa je okomit i na trazenu ravan. Dakle, za vektor normale ravni mozemo uzeti vektor −→a ×−→b . Imamo

−→a ×−→b =−→i −→ j −→k−1 2 −40 1 2

= 8 −→i + 2−→ j −−→k .

Tada prema (3.4.1) imamo8(x −2) + 2( y −3) −1(z −4) = 0 ,

tj. 8x + 2 y −z −18 = 0 .




3.4.1 Jednacina ravni kroz tri date tacke

Neka su date tacke M 1 (x1 , y1 , z1 ), M 2 (x2 , y2 , z2 ) i M 3 (x3 , y3 , z3 ) koje ne leze na jednojpravoj. Tada one odreduju jednu i samu jednu ravan. Neka je M (x,y,z ) proizvoljnatacka te ravni. Tada su vektori −−−→M 1 M, −−−−→M 1 M 2 i −−−−→M 1 M 3 komplanarni, pa je njihovmjesoviti proizvod jednak je nuli, tj.

−−−→M 1 M · −−−−→M 1 M 2 ×−−−−→M 1 M 2 .

Ovo je jednacina trazene ravni. Ovu jednacinu mozemo napisati u obliku

x −x1 y −y1 z −z1

x2 −x1 y2 −y1 z2 −z1

x3 −x1 y3 −y1 z3 −z1

= 0 . (3.4.3)

3.4.2 Segmentni oblik jednacine ravni

Pretpostavimo da ravan sijece koordinatne ose u tackama M 1 (a, 0, 0) M 2 (0, b, 0) iM 3 (0, 0, c). Prema relaciji (3.4.3) jednacina te ravni je

x −a y z

−a b 0

−a 0 c= 0 ,

tj.bc(x −a) + acy + abz = 0 .

Ako su brojevi a , b i c razliciti od nule, onda iz prethodne jednakosti slijedixa

+ yb

+ zc

= 1 . (3.4.4)

Skalare a, b i c nazivamo segmenti a jednacinu (3.4.4) nazivamo segmentni oblik jednacine ravni.

Iz opsteg oblika Ax + By + Cz + D = 0 , D = 0 prelazimo u segmentni oblikdjeljenjem te jednacine sa −D. Imamo

Ax

−D +

By

−D +

Cz

−D = 1,

tj. x

−D/A + y

−D/B + z

−D/C = 1 .



3.5. RASTOJANJE TA CKE OD RAVNI 43

3.5 Rastojanje tacke od ravni

Neka je data vektorska jednacina ravni u normalnom obliku

−→r ·−→n − p = 0 . (3.5.1)

Neka je M 1 proizvoljna tacka van te ravni. Cilj nam je da odredimo udaljenost d tackeM 1 do ravni.

Iz tacke M 1 spustimo normalu na ravan. Neka je Q tacka prodora te normale iravni. Kako tacka Q lezi u ravni, to vrijedi

−−→OQ ·−→n − p = 0 . (3.5.2)

Vektori −−−→QM 1 i −→n su kolinearni, pa je

−−−→QM 1 = λ−→n , (3.5.3)pri cemu je λ > 0 ako su vektori −−−→QM 1 i −→n istog smjera, a λ < 0 ako su ti vektorisuprotnog smjera. Dakle, λ > 0 ako i samo ako se tacke M 1 i O nalaze sa razlicitihstrana ravni. Intenzitet vektora −−−→QM 1 predstavlja udaljenost tacke M 1 od ravni (3.5.1).Iz (3.5.3) imamo −−→OQ = −−−→OM 1 −λ−→n , tj.

−−−→OM 1 −λ−→n ·−→n − p = 0 .

Odavde jeλ = −−−→OM 1 ·−→n − p.

Dakle,d = |−−−→QM 1 | = |λ−→n | = |λ| = |−−−→OM 1 ·−→n − p|.

3.6 Ugao izmedu dvije ravni

Neka su date jednacine dviju ravni

A1 x + B1 y + C 1 z + D 1 = 0 , A2 x + B2 y + C 2 z + D 2 = 0 . (3.6.1)

Vektori −→N 1 (A1 , B 1 , C 1 ) i −→N 2 (A2 , B 2 , C 2 ) su vektori normala tih ravni.

Pod uglom izmedu dvije ravni podrazumjebamo ugao izmedu normala tih ravni.Oznacimo sa ϕ. Tada je

cosϕ =−→N 1 ·−→N 2

|−→N 1 | |−→N 2 |(3.6.2)




Ako su ravni (3.6.1) okomite jedna na drugu, onda su njihovi vektori pravca okomiti,pa je −→N 1 ·−→N 2 = 0 . Obrnuto, ako je −→N 1 ·−→N 2 = 0 , onda su vektori normala okomiti, pa sui ravni okomite. Dakle, ravni (3.6.1) su okomite jedna na drugu ako i samo ako vrijedi

A1 A2 + B1 B2 + C 1 C 2 = 0 . (3.6.3)

Ako su dvije ravni paralelne, onda su njihovi vektori normala kolinearni i obratno.Dakle ravni (3.6.1) su paralelne ako i samo ako

A1

A2=

B1

B2=

C 1C 2

. (3.6.4)

3.7 Jednacina pramena ravni

Neka su dvije ravni date jednacinama (3.6.1). Ove jednacine mozemo napisati u obliku

(π1 ) −→r ·−→N 1 + D 1 = 0 i (π2 ) −→r ·−→N 2 + D 2 = 0 , (3.7.1)

gdje je −→r radius vektor proizvoljne tacke doticne ravni, a −→N 1 i −→N 2 vektori polozajatih ravni. Ako se ove ravni sijeku, onda je njihov presjek prava. Neka je M proizvoljnatacka prave presjeka, a M 0 neka unaprijed odabrana tacka te prave. Tada vektor−−−→M 0 M lezi na toj pravoj. Dakle, ovaj vektor je okomit na vektore −→N 1 i −→N 2 , pa je−−−→M 0 M kolinearan sa −→N 1 ×−→N 2 . To znaci da postoji realan broj t takav da je −−−→M 0 M =t −→N 1

×−→N 2 , tj.

−→R −−→r 0 = t(−→N 1 ×−→N 2 ),

gdje je −→R vektor polo aja proizvoljne tacke prave.Kroz jednu pravu mozemo postaviti beskonacno mnogo ravni. Skup svih ravni koje

prolaza kroz presjek ravni (3.6.1) nazivamo pramen ravni.Posmatrajmo jednacinu

α(A1 x + B1 y + C 1 z + D 1 ) + β (A2 x + B2 y + C 2 z + D 2 ) = 0 , (3.7.2)

gdje su α i β proizvoljni realni brojevi. Lijeva strana prethodne jednacine predstavljapolinom prvog stepena sa tri nepoznate. Za ksirane vrijednosti parametara α i β skup

svih nula tacaka ovog polinoma je ravan. Dakle, jednacina (3.7.2) predstavlja jednacinuravni. Neka je M 0 (x0 , y0 , z0 ) proizvoljna tacka prave presjeka datih ravni. Tada je

A1 x0 + B1 y0 + C 1 z0 + D 1 = 0 ,A2 x0 + B2 y0 + C 2 z0 + D 2 = 0 ,



3.7. JEDNA CINA PRAMENA RAVNI 45

pa tacka M 0 lezi u ravni (3.7.2), tj. ta ravan pripada pramenu.Obrnuto, neka je −→r ·−→N + D = 0 jednacina proizvoljno odabrane ravni pramena

odredenog jednacinama (3.7.1). Tada svaka tacka prave zadovoljava jednacinu pra-mena, pa specijalno i tacka M 0 zadovoljava tu jednacinu, tj.

−→r 0 ·−→N + D = 0. (3.7.3)

Neka je T = M 0 proizvoljna tacka prave presjeka i neka je njen radius vektor −→R T . Tada je

−→R T = −→r 0 + t(−→N 1 ×−→N 2 ) (t = 0) .

Tacka T lezi i u odabranoj ravni pramena, pa je

−→R T ·−→N + D = 0,

tj.

−→r 0 + t(−→N 1 ×−→N 2 ) ·−→N + D = 0.Dalje imamo

−→r 0 ·−→N + D + t(−→N 1 ×−→N 2 ) ·−→N = 0 .

Zbog (3.7.3) imamot(−→N 1 ×−→N 2 ) ·−→N = 0 .

Kako je t = 0 , to je (−→N 1 ×−→N 2 )·−→N = 0 . To znaci da su vektori −→N 1 , −→N 2 i −→N komplanarni,pa je

−→N = α −→N 1 + β −→N 2 .

Uvrstavanjem u −→r ·

−→N + D = 0 dobijemo

α −→r ·−→N 1 + β −→r ·−→N 2 + D = 0 ,

tj.α (−→r ·−→N 1 + D 1 ) + β (−→r ·−→N 2 + D 2 ) + D = 0 ,

gdje je D = D − αD 1 − βD 2 . Tacka M 0 pripada datim ravnima i odabranoj ravnipramena, pa je

−→r 0 ·−→N 1 + D 1 = 0 ,

−→r 0 ·−→N 1 + D 2 = 0 ,α (−→r 0

·−→N 1 + D 1 ) + β (−→r 0

·−→N 2 + D 2 ) + D

−αD 1

−βD 2 = 0 ,

tj. D = αD 1 + βD 2 .Ovim smo dokazali da jednacna (3.7.2), gdje su α i β proizvoljni parametri, pred-

stavlja pramen ravni. Za β = 0 i α = 0 dobijamao ravan ( π1 ), a za α = 0 i β = 0dobijamo ravan ( π2 ).




Primjer 3.7.1. Ravni 2x + 3 y −4z + 1 = 0 , x −y + 2 z + 5 = 0 odreduju pramen. U tom pramenu odredimo ravan koja je okomita na ravan 3x + 2 y + z = 0 . Jednacina tog pramena je α(2x + 3 y −4z + 1) + β (x −y + 2 z + 5) = 0 . Vektor normale je −→N (2α + β, 3α −β, −4α + 2 β ).Iz uslova normalnosti ravni imamo

3(2α + β ) + 2(3 α −β ) + 1( −4α + 2 β ) = 0 ,

tj. 8α + 3 β = 0 . Dovoljno je uzeti da je α = 3 i β = −8. Tako imamo trazenu ravan −2x +17y −28z −37 = 0 .

3.8 Prava kao presjek dvije ravni

Neka je prava data kao presjek ravni cije su jednacine

−→r ·−→N 1 + D 1 = 0 , −→r ·−→N 2 + D 2 = 0 .

Pomnozimo prvu jednacinu sa −−→N 2 , a drugu sa −→N 1 i saberemo li tako dobivene relacijeimacemo

(−→r ·−→N 2 )−→N 1 −(−→r ·−→N 1 )−→N 2 = D 1−→N 2 −D 2−→N 1 ,

tj.−→N 1 −→N 2

−→r ·−→N 1 −→r ·−→N 2= D 1−→N 2 −D 2−→N 1 .

Izraz na lijevoj strani je dvostruki vektorski proizvod −→r ×

(−→N 1

×−→N 2 ), pa imamo

−→r ×(−→N 1 ×−→N 2 ) = D1−→N 2 −D 2−→N 1 .

Stavimo −→a = −→N 1 ×−→N 2 i −→b = D1−→N 2 −D 2−→N 1 . Sada prethodna jednakost ima oblik−→r × −→a = −→b . Pomnozimo ovu jednakost vektorski s lijeve strane sa −→a i imacemo−→a ×(−→r ×−→a ) = −→a ×−→b , tj.

(−→a ·−→a )−→r −(−→a ·−→r )−→a = −→a ×−→b ,

tj.

−→r = 1

−→a ·−→a (−→a

×−→b ) + −→a ·−→r

−→a ·−→a−→a .

Izraz −→a ·−→r−→a ·−→a je skalar i zavisi od −→r , pa ga mozemo oznaciti sa t. Tako imamo

−→r = 1

|−→a |2(−→a ×−→b ) + t−→a .



3.8. PRAVA KAO PRESJEK DVIJE RAVNI 47

Ovu jednacinu mozemo napisati u obliku −→r = −→r 0 + t−→a , gje je

−→r 0 = 1

|−→a

|2 (−→a ×−→b ) =

(−→N 1 ×−→N 2 ) ×(D 1−→N 2 −D 2−→N 1 )

|−→a

|2

radius vektor neke tacke prave, a −→a = −→N 1 ×−→N 2 vektor pravca te prave.

Postupak nalazenja prave presjeka dvije ravni koji smo naprijed teoretski obradiliizlozimo i na konkretnom primjeru.

Primjer 3.8.1. Naci pravu presjeka ravni x −y + z + 2 = 0 i x −y −z + 4 = 0 . Prvo cemo jednacine ovih ravni napisati u vektorskom obliku. Vektor normale prve ravni je −→N 1 (1, −1, 1), a druge ravni je −→N 2 (1, −1, −1). Slobodni clanovi su D 1 = 2 i D 2 = 4 . Tako imamo −→r ·(−→i −−→ j +−→k )+2 = 0 i −→r ·(−→i −−→ j −−→k )+4 = 0 . Vektor pravca trazene prave je −→a = −→N 1 ×−→N 2 = 2−→i +2 −→ j .Dalje imamo D 1 −→N 2 −D 2 −→N 1 = −2−→i +2 −→ j −6−→k , −→a ×−→( D 1 −→N 2 −D 2 −→N 1 ) = −12−→i +12−→ j +8 −→ki |−→a |

2

= 8 . Sada je −→r 0 = −3

2 −→i + 3

2 −→ j + −→k . Dakle, vektorski oblik jednacine prave je

−→r = −32−→i +

32−→ j + −→k + t(2−→i + 2−→ j ),

a parametarski je

x = −32

+ 2 t, y = 32

+ 2 t, z = 1 .

Simetricni oblik je x + 3

2

2 =

y − 32

2 =

z −10

,

tj.

x + 3

2

1 = y − 3

2

1 = z −10 . (3.8.1)

Drugi nacin.

Ako saberemo jednacine ravni imacemo 2x −2y + 6 = 0 , tj. x = y −3. Uvrstavanjem u prvu jednacinu nalazimo z = 1 . Dakle,

x1

= y −1

1 =

z −10

. (3.8.2)

Jednacine (3.8.1) i (3.8.2) predstavljaju istu pravu i na prvi pogled se razlikuju. Kako je to moguce? Prva prava prolazi tackom (−

32 , 3

2 , 1) a druga kroz tacku (0, 3, 1). Obje prave imaju

isti vektor pravca. Nije tesko vidjeti da obje tacke zadovoljavaju obje jednacine (3.8.1) i (3.8.2).Dakle, prave su iste, samo smo ksnu tacku u prvom slucaju uzeli (−32 , 3

2 , 1), a u drugom sluˇ aju (0, 3, 1).




3.9 Ugao izmedu dvije prave

Neka su nam date dvije prave jednacinama

−→r = −→r 1 + u−→a 1 , −→r = −→r 2 + v−→a 2 . (3.9.1)

Pod uglom izmedu ove dvije prave podrazumjevamo ugao izmedu vektora −→a 1 i −→a 2

kojima su ove prave paralelne, tj. ϕ = (−→a 1 , −→a 2 ). Odavde je

cosϕ = −→a 1 ·−→a 2

|−→a 1 ||−→a 2 |. (3.9.2)

Ako su prave paralelne, onda su vektori −→a 1 i −→a 2 kolinearni. Obrnuto, ako su −→a 1 i−→a 2 kolinearni, onda su prave paralelne. Neka je −→a 1 (l1 , m 1 , n 1 ) i −→a 2 (l2 , m 2 , n 2 ). Dakle,prave su paralelne ako i samo ako vrijedi

l1

l2= m1

m 2= n1

n 2. (3.9.3)

Ako su prave okomite, onda je −→a 1 ⊥ −→a 2 i obrnuto, ako su vektori −→a 1 i −→a 2 okomiti,onda su prave okomite. Dakle, prave (3.9.1) su okomite ako i samo ako je

l1 l2 + m1 m 2 + n 1 n 2 = 0 . (3.9.4)

3.10 Uslov presjeka dvije prave

Neka su date dvije prave u prostoru jednacinama (3.9.1). Da li se ove prave sijeku?Pretpostavimo da se prave sijeku i neka je −→R vektor polozaja tacke presjeka. Tadaimamo −→r 1 + u−→a 1 = −→r 2 + v−→a 2 , za neku vrijednosti parametara u i v. Odavde je−→r 2 −−→r 1 = v−→a 2 −u−→a 1 . Pomnozimo ovu jednacinu skalarno sa −→a 1 ×−→a 2 . Nakon togmnozenja dobice se

(−→r 2 −−→r 1 ) ·(−→a 1 ×−→a 2 ) = 0 . (3.10.1)

Dakle, potreban uslov da se prave sijeku je (3.10.1). Ovaj uslov nije i dovoljan uslov.Naime, ovaj uslov ispunjavaju svake dvije paralelne prave.

Ako je −→r 1 (x1 , y1 , z1 ), −→r 2 (x2 , y2 , z2 ), −→a 1 (l1 , m 1 , n 1 ) i −→a 2 (l2 , m 2 , n 2 ), onda se jed-

nakost (3.10.1) moze napisati u oblikux2 −x1 y2 −y1 z2 −z1

l1 m1 n1

l2 m2 n2

= 0 .



3.11. UGAO IZMEDU PRAVE I RAVNI 49

Primjer 3.10.1. Neka su date prave jednacinama

x −14

= y −2

λ =

z + 1

−2x + 1

2 =

y −11

= z −2

3 .

Ispitajmo da li se ove ravni sijeku. Ovdje je

M 1 (1, 2, −1), M 2 (−1, 1, 2), −→a 1 (4, λ, −2) i −→a 2 (2, 1, 3),

pa iz uslova presjeka imamo

−1 −1 1−2 2 + 14 λ −22 1 3

= 0 ,

tj. 12(2 −λ) = 0 .

1. Ako je λ = 0 , onda uslov presjeka nije zadovoljen, pa se prave ne sijeku.

2. Neka je λ = 2 . Tada je uslov presjeka zadovoljen, pa postoji mogucnost da se prave sijeku.Jednacine datih pravih napisimo u parametarskom obliku:

x = 4 t + 1 , y = 2 t + 2 , z = −2t −1, x = 2 u −1, y = u + 1 , z = 3 u + 2 .

Odavde nalazimo t = −34 , u = −

12 , pa je tacka presjeka T (−2, 1

2 , 12 ).

3.11 Ugao izmedu prave i ravni

Pod uglom izmedu prave i ravni podrazumjeva se ugao izmedu prave i njene projekcijena ravan. Tam uglu je komplementni ugao (−→a , −→N ) izmedu vektora pravca prave i

vektora normale ravni. Oznacimo taj ugao sa ψ. Tada je

sin ψ = cos(90 0

−ψ) = cos (−→a , −→N ) = −→a ·−→N

|−→a ||−→N |.

Ako prava paralelna sa ravni, onda je ψ = 0 0 , pa je −→a ·−→N = 0 . Dakle, uslov paralelnostiprave −→r = −→r 1 + t−→a i ravni −→r ·−→N + D = 0 je −→a ·−→N = 0 .

Ako su prava i ravan ortogonalne, onda su vektori −→a i −→N kolinearni.Ako je −→a (l ,m,n ) i −→N (A,B,C ), onda je uslov paralelnosti

Al + Bm + Cn = 0 ,

a uslov ortogonalnostiAl

= Bm

= C n

.




3.12 Medusobni polozaj prave i ravni

Ako su prava i ravan date jednacinama

−→r = −→r 1 + t−→a , −→r ·−→N + D = 0,

onda vektor polozaja njihove tacke presjeka zadovoljava obje jednacine, tj.

(−→r 1 + t−→a ) ·−→N + D = 0.

Odavde se dobije(−→a ·−→N )t = −(−→r 1 ·−→N + D ). (3.12.1)

1. Ako je −→a ·−→N = 0 , onda je

t =

−−→r 1 ·−→N + D

−→a ·−→N ,

pa je radius vektor tacke presjeka

−→r = −→r 1 −−→r 1 ·−→N + D

−→a ·−→N −→a .

2. Ako je −→a ·−→N = 0 , onda imamo

0t = −(−→r 1 ·−→N + D).

Sada razlikujemo dva slucaja.

(a) Ako je −→r 1 · −→N + D = 0 , onda jednacina (3.12.1) nema rjesenja. U tomslucaju prava i ravan su paralelne.(b) Ako je −→r 1 ·−→N + D = 0, onda jednacina (3.12.1) postaje 0 t = 0 . Ova jednacina

ima beskonacno mnogo rjesenja, tj. svaki realan broj je njeno rjesenje. Toznaci da svaka tacka prave pripade ravni, tj. prava lezi u ravni.

3.13 Medusobni polozaj dvije ravni

Posmatrajmo rani α i β date redom jednacinama

A1 x + B1 y + C 1 z + D 1 = 0 , A21 + B

21 + C

21 = 0 i

A2 x + B2 y + C 2 z + D 2 = 0 , A22 + B 2

2 + C 22 = 0

u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu. Iz grometrije poznato je da dvijeravni mogu imati sljedeca tri medusobna polozaja:



3.13. MEDUSOBNI POLO ZAJ DVIJE RAVNI 51

• poklapaju se,

• paralelne su (a ne poklapaju se) i

• sijeku se.Neka se ravni α i β poklapa ju. Tada svaka tacka ravni α je istovremeno i tacka

ravni β i obrnuto. Zbog uslova A21 + B 2

1 + C 21 = 0 bar jedan od koecijenata A1 , B 1

i C 1 je razlicit od nule. Neka je npr. A1 razlicit od nule. Tada tacke −D 1

A 1, 0, 0 ,

−D 1 + B 1

A 1, 1, 0 , i −D 1 + C 1

A 1, 0, 1 leze u ravni α, pa kako se ravni poklapaju, to one

leze i u ravni β. Dakle, koordinate ove tri tacke zadovoljavaju jednacinu ravni β. Imamoredom

A2 −D 1

A1+ B2 ·0 + C 2 ·0 + D 2 = 0

A2 −D 1 + B1

A1 + B2 ·1 + C 2 ·0 + D 2 = 0

A2 −D 1 + C 1

A1+ B2 ·0 + C 2 ·1 + D 2 = 0 .

Odavde imamo

D 2 = A2

A1D 1 , B2 =

A2

A1B1 , C 2 =

A2

A1C 1 .

Stavimoλ =

A2

A1.

Tada je A2 = λA 1 , B2 = λB 1 , C 2 = λC 1 , D2 = λD 1 , (3.13.1)

gdje je λ realan broj razlicit od nule.

Obrnuto, neka je ispunjen uslov (3.13.1) ispunjen tada ravan β ima jednacinuλ (A1 x + B1 y + C 1 z + D 1 ) = 0 , pa kako je λ = 0 , to je jasno da tacka ( u,v,w ) pripadaravni α ako i samo ako pripada ravni β. Dakle, ravni α i β se poklapaju.

Neka su ravni α i β paralelne i ne poklapaju se. Tada svaki vektor koji je okomitna jednu od tih ravni je okomit i na drugu i obrnuto. Zbog toga su vektori normala−→N 1 (A1 , B 1 , C 1 ) i −→N 2 (A2 , B 2 , C 2 ) ravni α i β kolinearni. Dakle, postoji skalar λ ∈ R

takav da je A2 = λA 1 , B2 = λB 1 , C 2 = λC 1 . S druge strane tacka

−D 1

A 1, 0, 0 pripada

ravni α, a ne pripada ravni β, pa je −A2D 1

A 1+ D2 = 0 , tj. D2 = A2

A 1D 1 = λD 1 . Dakle,

ako su ravni α i β paralelne i ne poklapaju se, onda postoji realan broj λ razlicit odnule takav da je

A2 = λA 1 , B2 = λB 1 , C 2 = λC 1 , D2 = λD 1 . (3.13.2)




Obrnuto, neka vrijedi uslov (3.13.2). Pokazimo da su tada ravni α i β paralelne.Pretpostavimo suprotno, tj. da postoji tacka ( u,v,w ) koja pripada objema ravnima.Tada je A1 u + B1 v + C 1 w + D 1 = 0 i A2 u + B2 v + C 2 w + D 2 = 0 . Oduzimanjem prve jednacine od druge dobije se

(A2 −A1 ) u + ( B2 −B1 ) v + ( C 2 −C 1 ) w + D 2 −D 1 = 0 ,

Odavde zbog (3.13.2) imamo

(λ −1) (A1 u + B1 v + C 1 w) + D 2 −D 1 = 0 ,

tj.(λ −1)(−D 1 ) + D 2 −D 1 = 0 .

Odavde imao D 2 = λD 1 , sto je kontradikcija. Pretpostavka da ravni α i β nisu paralelnedovela nas je do kontardikcije, pa nije tacna.

Neka se ravni α i β sijeku. Tada one nisu paralelne, pa vektori normala −→N 1 i −→N 2ravni α i β nisu kolinearni. Zbog toga je vektor −→a = −→N 1 ×−→N 2 razlicit od nule i okomit jevektore −→N 1 i −→N 2 . Presjek dvije ravni je prava. Vektor pravca te prave je okomit i na −→N 1i −→N 2 . Zbog toga mozemo uzeti da je kolinearan sa vektorom −→a . Neka je M 0 (x0 , y0 , z0 )tacka koja lezi i u jednoj i drugoj ravni. Tada je −→r −−→r 0 = t−→a jednacina prave presjeka.

Primjer 3.13.1. Ispitatajmo medusobni polozaj ravni 2x +3 y−4z−3 = 0 i x−y+3 z +1 = 0 .Kako je 2

1 = 3− 1 , to ravni nisu paralelne niti se poklapaju. Dakle, one se sijeku.

Vektori normala ovih ravni su −→N 1 (2, 3, −4) i −→N 2 (1, −1, 3). Odavde imamo

−→a = −→N 1 ×−→N 2 = −→i −→ j −→k2 3 −41 −1 3

= 5 −→i −10−→ j −5−→k .

Sada odredujemo jednu tacku na pravoj presjeka. Uzmimo da je x = 1 i odredimo y i z. Takoimamo sistem

3y −4z = 1

−y + 3 z = −2.

Odavde nalazimo y = −1 i z = −1. Dakle, trazena tacka je M 0 (1, −1, −1). Jednacina prave presjeka je

x −15

= y + 1

−10 =

z + 1

−5 ,

tj.x −1

1 =

y + 1

−2 =

z + 1

−1 .



3.13. MEDUSOBNI POLO ZAJ DVIJE RAVNI 53

3.13.1 Zadaci

1. Date su tacke M 1 (3, −1, 2) i M 2 (4, −2, −1). Napisati jednacinu ravni koja prolazi

tackom M 2 i okomita je na vektor −−−−→M 1 M 2 .2. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackama M 1 (2, −1, 3) i M 2 (3, 1, 2) koja je

paralelna sa vektorom −→a (3, −1, 4).

3. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackama

M 1 (3, −1, 2), M 2 (4, −1, −1) i M 3 (2, 0, 2).

4. Napisati jednacinu ravni koja prolazi kroz koordinatni pocetak i paralelna je saravni 2 x −3z + 6 = 0 .

5. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackom M (−2, −1, 2) i okomita je na ravni2x −y + 3 z −1 = 0 i x + 2 y + z −6 = 0 .

6. Napisati jednacinu ravni koja prolazi tackama M 1 (1, −1, −2), M 2 (3, 1, 1) i okomita je na ravan x −2y + 3 z + 4 = 0 .

7. Dokazati da tri ravni 7 x + 4 y + 7 z +1 = 0 , 2x −y−z + 2 = 0 i x +2 y + 3 z −1 = 0prolaze kroz jednu pravu.

8. Dokazati da se tri ravni 2 x−y+3 z−5 = 0, 3x + y+2 z−1 = 0 i 4x +3 y+ z +2 = 0sijeku po trima paralelnim pravama.

9. Odrediti parametre a i b tako da ravni 2 x

−y + 3 z

−1 = 0, x + 2 y

−z + b = 0 i

x + ay −6z + 10 = 0

(a) imaju jednu tacku zajednicku.(b) prolaze kroz jednu pravu.(c) sijeku se po tri paralelne prave.

10. Napisati jednacinu ravni koja je okomita na ravan 2 x − 2y + 4z − 5 = 0 i nakoordinatnim osama Ox i Oy odsjeca odsjecke a = −2 i b = 2

5 .

11. Odrediti udaljenost tacke M (−2, −4, 3) od ravni 2 x −y + 2 z + 3 = 0 .

12. Naci tacku presjeka prave

2x + y −z −3 = 0x + y + z −1 = 0

sa koordinatnim ravnima.




13. U pramenu ravni 2 x −3y + z + λ(x + 3 y + 2 z + 1) = 0 odrediti onu ravan koja

(a) prolazi kroz tacku M 1 (1, −2, 3);(b) paralelna osi Ox;(c) paralelna je osi oy;(d) paralelna osi Oz;

14. Napisati jednacinu ravni koja prolazi kroz pravu

3x −4y + z + 6 = 02x −3y + z + 2 = 0

i podjednako je udaljena od tacaka M 1 (3, −4, −6) i M 2 (1, 2, 2).

15. Napisati jednacinu projekcije prave

5x

−4y

−2z

−5 = 0

x + 2 z −2 = 0

na ravan 2 x −y + z −1 = 0 .

16. Ispitati medusobni polozaj pravih

x + 23

= y −1

−2 =

z1

i x + y −z = 0x −y −5z −8 = 0

17. Odrediti parametar l tako da se prave

x + 22

= y

−3

= z −1

4 i

x −3l

= y −1

4 =

z −72

.

18. Napisati jednacinu prave koja prolazi tackom M 1 (−4, −5, 3) i sijece prave

x + 13

= y + 3

−2 =

z −2

−1 ,

x −22

= y + 1

3 =

z −1

−5 .

19. Za koje vrijednosti parametara A i B ravan Ax + By + 3 z −5 = 0 je okomita napravu x = 3 + 2 t, y = 5 −3t, z = −2 −2y?

20. Naci tacku Q simetricnu tacki P (2, −5, 7) u odnosu na pravu koja prolazi tackamaM 1 (5, 4, 6) i M 2 (−2, −17, −8).

21. Napisati jednacinu ravni koja prolazi pravom x = 2t + 1 , y =

−3t + 2 , z = 2t

−3

i tacku M 1 (2, −2, 1).22. Napisati jednacinu prave koja prolazi kroz tacku M 0 (3, −2, −4) paralelna je ravni

3x −2y −3z −7 = 0 i presjeca pravu x−23 = y+4

−2 = z−12 .



Glava 4

Krive i povrsi drugog reda

U ovom poglavlju izucavacemo krive u povrsi drugog reda.

4.1 Elipsa, hiperbola i parabola

Ovaj paragraf je posvecen krivim drugog reda u ravni. Neka je dat Dekartov pravouglikoordinatni sistem.

4.1.1 Denicija problema

Neka je data prava d koju cemo nazvati direktrisom i tacka F koja je udaljena za q od prave d. Tacku F nazivamo ziza ili fokus . Trebamo odrediti geometrijsko mjestotacaka M za koje je kolicnik rastojanja od tacke F i prave d uvijek stalan. Neka je M

tacka trazenog geometrijskog mjesta. Iz tacke M spustimo normalu MK na pravu d.Tada jeMF MK

= konstanta.

Oznacimo tu konstantu sa . Konstantu nazivamo ekscentricitet krive. Tada je

MF MK

= . (4.1.1)

Posmatrajmo pravougli dekartov koordinatni sistem ( F, {−→e1 , −→e2 }), pri cemu je −→e1 ⊥ d.Neka je M (x, y) proizvoljna tacka trazenog geometrijskog mjesta. Tada je −−→F M =x−→e1 + y−→e2 . Tacka K je podnozje normaleiz M na pravu d. Tada je −−→F K = −q −→e1 + y−→e2 ,

pa je −−→KM = −−→F M −−−→F K = ( x + q )−→e1 . Odavde je −−→KM = |x + q | i −−→F M = x2

+ y2

.Iz uslova

−−→FM

−−→KM =

55



56 GLAVA 4. KRIVE I POVR SI DRUGOG REDA

imamo

x2 + y2

|x + q | = ,

tj.x2 + y2 = 2 (x + q )2 .

Nakon sredivanja dobije se

(1 −2 )x2 + y2

−2 2 qx = 2 q 2 .

Nakon uvedenja smjene q = p dobije se

(1 −2 )x2 + y2

−2 px = p2 . (4.1.2)

Ako u ovoj jednacini stavimo x = 0 dobicemo y = ± p. Dakle, tacke S (0, p) i S (0, − p)leze na krivo j i prava SS je paralelna sa d. Tada je F S = p. Zbog toga broj p nazivamo

fokalni parametar i on predstavlja rastojanje od fokusa do krive po pravoj koja jeparalelna sa d.Iz jednacine (4.1.2) za razlicite vrijednosti parametara i p dobijamo razlicite klase

krivih. Ako je < 1, kriva se naziva elipsa , ako je = 1 , kriva se naziva parabola i ako je > 1, kriva se naziva hiperbola.

4.1.2 Parabola

Ako u jednacini (4.1.2) stavimo = 1 dobijemo

y2 = 2 p x + p2

.

Izvrsimo translaciju koordinatnog sistema tako da se koordinatni pocetak nalazi u tacki

− p2 , 0 . Veza izmedu starih i novih koordinata je data relacijama

x = x + p2

, y = y.

Jednacine parabole u novo koordinatnom sistemu je

y 2 = 2 p x . (4.1.3)

Oblik parabole poznata nam je iz srednje skole, pa necemo o tome ovdje raspravljati.

4.1.3 Kanonske jednacine elipse i hiperbole

Ako = 1 , onda iz (4.1.2) imamo

(1 −2 ) x2

− 2 p1 − 2 x +

p2 2

(1 − 2 )2 + y2 = p2 + p2 2

1 − 2



4.1. ELIPSA, HIPERBOLA I PARABOLA 57

ili

(1 −2 ) x −

p1 − 2

2

+ y2 = p2

1 − 2 .

Izvrsimo translaciju koordinatnog sistema u tacku p1− 2 , 0 . Veza izmedu novih i starih

koordinata sux = x −

p1 − 2 , y = y.

U novom koordinatnom sistemu direktrisa je od koordinatnog pocetka udaljena

c = p

|1 − 2 |. (4.1.4)

Jednacine krive u ovom slucaju je

(1 −2 )x 2 + y 2 =

p2

1 − 2 .

Nakon djeljenja ove jednacine sa p2

1− 2 dobije se

x 2

a2 ± y 2

b2 = 1 ,

gdje jea =

p

|1 − 2 |, b =

p

|1 − 2 |,

tj.

a2 = p2

(1 − 2 )2 , ±b2 = p2

1 − 2 . (4.1.5)

Za elipsu je p2

1

−2 > 0, i mi imamo kanonsku jednacinu

x 2

a2 + y 2

b2 = 1 , (4.1.6)

a za hiperbolu je p2

1− 2 < 0, pa imamo kanonsku jednacinu

x 2

a2 − y 2

b2 = 1 . (4.1.7)

Iz jednacina (4.1.6) i (4.1.7) slijedi da elipsa i hiperbola presjecaju osu abcisa u tackama(a, 0) i (−a, 0). Elipsa presjeca osu ordinata u tackama (0 , b) i (0, −b), a hiperbolane presjeca osu ordinata. Za elipsu je a > b, jer je 0 < 1 − 2 < 1. Parametar anazivamo vecem poluosom elipse, a b manjom poluosom elipse. Tacke presjeka krive skoordinatnim osama nazivaju se tjemena.

U jednacinama (4.1.6) i (4.1.7) se pojavljuju kvadrati koordinata, pa jednacineimaju svojstvo: ako tacka ( x0 , y0 ) zadovoljava jednacine (4.1.6) i (4.1.7), onda i tacke(−x0 , y0 ), (x0 , −y0 ) i (−x0 , y0 ) zadovoljavaju te jednacine. Otuda imamo




Tvrdnja 4.1.1. Elipsa i hiperbola u kanonskom koordinatnom sistemu su osno simetri-cne u odnosu na koordinatne ose i centralno simetricne u odnosu na koordinatni sistem.

Zbog ove simetrije jasno je da vrijedi tvrdnja.

Tvrdnja 4.1.2. U elipsi i hiperbolu postoji drugi fokus F i drugu direktrisu d , simetric-ne u odnosu na koordinatni pocetak s fokusom i direktriso pomocu kojih je ta kriva denisana. Pri tome, ako tacka M pripada krivoj, a K podnozje normale povucene iz M na d , tada je MF

MK ” = , gdje je ekscentricitet posmatrane krive.

Lahko je primjetiti da je rasto janje izmedu fokusa 2 c.Jednacina (4.1.4) i prva jednacina u (4.1.5) impliciraju c2

a 2 = 2 , tj.

ca

= . (4.1.8)

4.1.4 Elipsa

Sada cemo moalo detaljnije izuciti elipsu. Neka je u paravouglom dekartovom ko-ordintanom sistemu ( O, {−→e1 .−→e2 }) elipsa zadana jednacinom

x2

a2 + y2

b2 = 1 .

Oblik elipse mozemo opisati koristeci se kruznicom radiusa a s centrom u centru elipse.Jednacina te kruznice je

X 2

a2 + Y 2

a2 = 1 .

Ako Tacka M (X, Y ) lezi na kruznici, onda tacka N (X, ba Y ) lezi na elipsi. Dakle, ako

svakoj tacki na kruznici zadrzimo apcisu, a ordinatu pomnozimo sa ba dobicemo tacku

na elipsi.Poluose elipse povezane sa rastojanjem fokusa od centra elipse. Naime,

a2

−b2 = p2

(1 − 2 )2 − p2

1 − 2 = p2 + p2 2 − p2

(1 − 2 )2 = p2 2

(1 − 2 )2 = c2 .

Ako oznacimo sa B tacku s koordinatama (0 , b), onda iz pravouglog trougla OF Bimamo F B 2 = OF 2 + OB 2 = c2 + b2 = a 2 , dakle, hipotenuza tog trougla ima duzinu jednaku velikoj poluosi. Kako tacka B lezi na elipsi, to je BF

BK = , gdje je K podnozjenormale povucene iz B na direktrisu elipse. Odavde je BK = a . Direktrise su paralelnesa y osom i od nje su udaljene za a , pa su jednacine direktrisa elipse x = a i x = −a .




Neka je M (x, y ) tacka na elipsi. Neka je MF 1 = r1 i MF 2 = r2 . Iz tacke M povucimo normalu na direktrise. Neka ta normala sijece te direktrise u tackama K 1 iK 2 . Tada je r1 = MK 1 i r2 = MK 2 . Odavde je

r 1 + r 2 = (MK 1 + MK 2 ) = K 1 K 2 = 2a = 2a.

Dakle, usuma udaljenosti bilo koje tacke elipse od fokusa jednaka je 2 a. Pokazimoda vrijedi i obrnuto, tj. ako je MF 1 + MF 2 = 2a, onda tacka M lezi na elipsi.Neka je F 1 (−c, 0), F 2 (c, 0) i M (x, y). Tada je r1 = (x + c)2 + y2 i r2 = (x −c)2 + y2 .Odavde je

r 21 −r 2

2 = ( x + c)2 + y2

−(x −c)2

−y2 = 4 cx.

Dakle,4cx = r 2

1 −r =2 (r 1 + r 2 )(r 1 −r 2 ) = 2 a(r 1 −r 2 ).

Odavde nalazimo

r 1 −r 2 = 2cx

a .

Iz ove jednacine i r 1 + r 2 = 2a nalazimo

r 1 = a + cxa

.

Dakle,

a + cxa

2

= ( x + c)2 + y2 .

Nakon sredivanja dobije se

(a2

−c2 )x2 + a2 = a2 (a2

−c2 ),

tj.b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 .

To znaci da tacka M lezi na elipsi

b2 x2 + a2 y2 = a2 b2 .

Zbog toga elipsu mozemo da denisemo kao skup svih tacaka ravni cija je suma rastojanja od dvije stalne tacke stalan broj. Te stalne tacke nazivamo fokusima ili zizama elipse.




4.1.5 Hiperbola

Neka je hiperbola u dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu zadana jednacinom

x2

a2 − y2

b2 = 1 .

U cilju ispitivanja oblika hiperbole nadimo tacke presjeka hiperbole i prave y = kx kojaprolazi kroz koordinatni pocetak. Apcisu tacke presjeka nalazimo iz jednacine

x2

a2 − k2 x2

b2 = 1 .

Ako je b2 −k2 a2 > 0, onda je x = ± ab√ b2 −a 2 k 2 . Dakle, tacke presjeka su ( ab/v, abk/v ) i(−ab/v, −abk/v ), pri cemu je v = √ b2 −a2 k2 . Razlomak ab/v ima brojnik konstantani nazivnik v koji zavisi od k. Razlomak ab/v ima minimalnu vrijednost ako je k = 0 .U tom slucaju tacke presjeka su (

±a, 0). Posmatrajmo sada vrijednost razlomka ab/v

kada k tezi ka b/a. U tom slucaju apcisa tacke presjeka pezi u beskonacnost. Pravey = bx/a i y = −bx/a ne presjecaju hiperbolu. Svaka prava sa koecijentom pravca ktakvim da je |k| > b/a ne presjeca hiperbolu. Svaka prava sa koecijentom k takvimda je |k| < b/a presjeca hiperbolu u dvjema tackama. Na neki nacin prave y ± bx/a serazlikuju od ostalih pravih i zasluzuju da imaju posebno ime.

Denicija 4.1.3. Prave s jednacinama ybx/a i y = −bx/a nazivaju se asimptote hiperbole x2 /a 2 −y2 /b 2 = 1 .

Na osnovu rasudivanja kojeg smo naprijed proveli zakljucujemo da hiperbola imadvije grane.

Zapisimo jednacine asimpota hiperbole u obliku bx−ay = 0 i bx+ ay = 0 . Rastojanje

tacke M (x, y) od asimptota hiperbole je

h1 = |bx −ay |√ a2 + b2, h2 = |bx + ay |√ a2 + b2

.

Ako se tacka M (x, y) nalazi na hiperboli, tada je b2 x2 −a2 y2 = a2 b2 , pa je

h1 h2 =b2 x2 −a2 y2

a2 + b2 = a2 b2

a2 + b2 .

Dakle, proizvod odstojanja bilo koje tacke hiperbole od asimptota te hiperbole je kon-stantan i iznosi a2 b2 / (a2 + b2 ). Odavde slijedi jedno vazno svojstvo hiperbole.

Ako se tacka krece po hiperboli tako da njena apcisa po apsolutnoj vrijednosti tezi

u beskonacnost, tada udaljenost te tacke od jedne asimptote tezi nuli.Posmatrajmo sumu

a2 + b2 = p2

(1 − 2 )2 + − p2

1 − 2 = p2 2

(1 − 2 )2 = c2 .




Nadimo sada rastojanje centra hiperbole od direktrise. Tjeme hiperbole je podjednakoudaljeno od zize i direktrise. Rastojanje zize F od centra O je

OF = c = p

2

−1,

a rastojanje fokusa od direktrise je q = p/ . Tada je rastojanje direktrise od centrahiperbole

c −q = p

2 −1 − p

= p ( 2 −1)

= a

.

Prema tome jednacine direktrisa hiperbole su x = −a/ i x = a/ .Neka je M (x, y) tacka na hiperboli. Neka su MK 1 i MK 2 rasto janja te tacke od

direktrisa. Kako je MF 1 = MK 1 i M F 2 = MF 2 , to je

|r 1 −r 2 | = |MK 1 −MK 2 | = K 1 K 2 = 2a

= 2a.

Dakle, apsolutna vrijednost razlike rastojanja bilo koje tacke hiperbole od njenih ziza je stalna i iznosi 2a. Kao i kod elipse pokazuje se da vrijedi obrat, tj. da sve tacke N za koje je |NF 1 −NF 2 | = 2a leze na hiperboli b2 x2 −a2 y2 = a2 b2 . Zbog toga mozemoreci: Hiperbola sa zizama F 1 i F 2 i poluosom a je skup svih tacaka ravni za koje je apsolutna vrijednost razlike rastojanja od F 1 i F 2 konstantna i jednaka 2a.

4.1.6 Tangente elipse, hiperbole i parabole

Neka je b2 x2 ± a2 y2 = a2 b2 . Meka je M 0 (x0 , y0 ) tacka te krive, tj. neka je b2 x20 ±a2 y2

0 =a2 b2 . Posmatrajmo pravu koja prolazi tackom M 0 i ima vektor pravca −→a = α−→e1 + β −→e2 .

Jednacina te prave u parametarskom obliku je x = x0 + α t, y = y0 + β t. Odredimotacke presjeka prave i krive b2 x2 ± a2 y2 = a2 b2 . Imamo

b2 (x0 + α t )2

± a2 (y0 + β t )2

−a2 b2 = 0 ,

tj.(b2 α 2

±a2 β 2 )t 2 + 2( x0 α b2

±y0 β a 2 )t + b2 x20 ±a2 y2

0 −a2 b2 = 0 ,

tj.(b2 α 2

±a2 β 2 )t2 + 2( x0 α b2

±y0 β a 2 )t = 0 . (4.1.9)

Ako jeb2 α 2

±a2 β 2 = 0 , (4.1.10)

onda prava i kriva imaju dvije tacke zajednicke, koje se dobiju za

t1 = 0 i t2 = −x0 α b2 ± y0 β a 2

b2 α 2 ±a2 β 2 .




Jednacina (4.1.9) ce imati jedinstveno rjesenje u dva slucaja.Prvi slucaj Ako je b2 α 2 ±a2 β 2 = 0 i x0 α b2 ± y0 β a 2 = 0 . U tom slucaju tacka

presjeka je M 0 (x0 , y0 ). Odsredimo jednacinu prave. Ako je kriva elipsa, tj. ako je

b2

x2

+ a2

y2

= a2

b2

, onda imamo b2

α2

+ a2

β 2

= 0 , pa je α = β = 0 . No tada drugiuslov nije ispunjen. Dakle, kod elipse ovaj slucaj ne moze nastupiti. Neka je sada krivahiperbola. Tada je b2 α 2 −a2 β 2 = 0 , pa je β a = ±α b. Zbog (4.1.10) mora biti α = 0 .Eliminacijom parametra t imamo jednacinu prave y −y0 = β

α (x −x0 ). Buduci da jebeta/α = ±b/a, to prava ima jednacinu

y −y0 = ±ba

(x −x0 ).

Ova prava sa hiperbolom ima samo jednu zajednicku tacku M 0 . Kao sto vidimo ovaprava je paralelna sa asimptotom hiperbole. U ovom slucaju kazemo da prava imaasimptotski pravac.

Drugi slucaj. Neka je b2

α2

± a2

β 2

= 0 . Tada je jednacina (4.1.9) kvadratna jednacina. Da bi ona imala jedno rjesenje njena diskriminanta mora biti jednaka nuli.Odatle slijedi da je x0 α b2 ± y0 β a 2 = 0 . Tacka presjeka se dobija za t = 0 , pa je tackapresjeka M 0 (x0 , y0 ). Sada imamo x0 b2 (α t ) ± y0 a2 (β t ) = 0 . Kako je α t = x − x0 iβ t = y −y0 , to je

x0 b2 (x −x0 ) ± y0 a2 (y −y0 ) = 0 ,

tj.b2 x0 x ±a2 y0 y = b2 x2

0 ±a2 y20 = a2 b2 .

Dakle, jednacina prave jeb2 x0 x

±a2 y0 y = a2 b2 .

Ova prava sa krivom b2 x2 ±a2 y2 = a 2 b2 ima samo jednu tacku zajednicku i to tackuM 0 (x0 , y0 ).

Denicija 4.1.4. Pravu koja sa elipsom ima jednu i samo jednu zajednicku tacku kazemo da je tangenta elipse. Prava koja nema asimptotski pravac hiperbole i sa hiperbolom ima jednu i samo jednu tacku zajednicku kazemo da je tangenta hiperbole.

Posmatra jmo sada parabolu zadanu jednacinom y2 = 2 px. Neka je M 0 (x0 , y0 ) tackana paraboli i x = x0 + α t, y = y0 + β t prava koja prolazi tom tackom. Ispitajmokoliko ova prava i parabola mogu imati zajednickih tacaka. Imamo

(y0 + β t)2

= 2 p(x0 + α t ),tj.

β 2 t2 + 2( y0 β −α p)t + ( y20 −2 px0 )

=0

= 0 . (4.1.11)




Ako je β = 0 i α = 0 , onda je jednacina (4.1.11) linearna jednacina koja ima jedinstvenorjesenje t = 0 . Dakle, tacka presjeka je M (x0 , y0 ) i prava x = x0 + αt, y = y0 + 0 ·t jeparalelna x osi. Za ovu pravu kazemo da ima asimptotski pravac parabole y2 = 2 px.

Neka je sada β

= 0 . Da bi jednacina (4.1.11) imala jedinstveno rjesenje mora biti

njena diskriminanta jednaka nuli. To znaci da je y0 β −α p = 0 . Odavde je y0 (β t ) −(α t ) p = 0 , tj. y0 (y −y0 ) −(x −x0 ) p = 0 , tj.

y0 y = px − px0 + y20 = px − px0 + 2 px0 = p(x + x0 ).

Prava y0 y = p(x + x0 ) i parabpla y2 = 2 px imaju tacno jednu zajednicku tacku. Kako je p = 0 , to ova prava nije paralelna sa x osom.

Denicija 4.1.5. Prava koja sa parabolom ima jednu i samo jednu zajednicku tacku i koja nema asimptotski pravac parabole naziva se tangenta parabole.

Jednacina tangente parabole y2 = 2 px u tacki parabole M 0 (x0 , y0 ) je

y0 y = p(x + x0 ).






Glava 5

Ispitivanje jednacina drugog reda

U ovom poglavlju ispitivatcemo jednacine drugog reda. Dacemo postupak pomocu koga

se odreduju: priroda, ose simetrije i metricki elementi krivih drugog reda.

5.1 Centar krive

Krive drugog reda u dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu ima ju jednacinu

f (x, y ) ≡ Ax 2 + 2 Bxy + Cy 2 + 2 Dx + 2 Ey + F = 0 , (5.1.1)

gdje je bar jedan od koecijenata A, B i C razlicit od nule, tj. A2 + B 2 + C 2 = 0 .

Tvrdnja 5.1.1. Ako su u jednacini (5.1.1) koecijenti u linearnim clanovima potekucim koordinatama jednaki nuli, tada koordinatni pocetak predstavlja centar simetrije krive (5.1.1). Obrnuto, ako koordinatni pocetak predstavlja centar simetrije krive (5.1.1), tada su u jednacini ove krive koecijenti u linearnim clanovima po tekucim koordinatama jednaki nuli.

Dokaz. Ako je u jednacini (5.1.1) D = 0 i E = 0 , ona dobija oblik:

Ax2 + 2 Bxy + Cy 2 + F = 0 . (5.1.2)

Neka tacka M (x, y) lezi na krivoj (5.1.2), tadace njene koordinate zadovoljavati jednacinu(5.1.2). Medutim i koordinate ( −x, −y) tacke M simetricne sa tackom M u odnosuna koordinatni pocetak zadovoljavaju ovu jednacinu, sto znaci da i tacka M pripadakrivoj (5.1.2).

Obrnuto, ako je koordinatni pocetak centar simetrije krive (5.1.1), tada proizvoljnaprava kroz koordinatni pocetak y = mx sijece krivu (5.1.1) u dvjema tackama M i M ,cije su apcise korijeni jednacine:

(A + 2 Bm + Cm 2 )x2 + 2( D + Em )x + F = 0 . (5.1.3)

65



66 GLAVA 5. ISPITIVANJE JEDNA CINA DRUGOG REDA

Po uslovu tvrdnje prava y = mx sijece krivu u dvije tacke simetricne u odnosu nakoordinatni pocetak. Zato jednacina (5.1.3) mora imati korijene jednake po apslutnojvrijednosti, no suprotnog znaka, tj. mora biti

D + Em = 0 . (5.1.4)Jednakost (5.1.4) mora biti zadovoljena za svaku pravu y = mx, pa mora biti D = 0 iE = 0 .

Tvrdnja 5.1.2. Ako je u jednacini (5.1.1) koecijent uz proizvod tekucih koordinata jednak nuli, tada kriva ima za osu simetrije pravu paralelnu jednoj od koordinatnih osa.Obrnuto, ako kriva (5.1.1) ima za osu simetrije pravu paralelnu jednoj od koordinatnih osa, tada je u njenoj jednacini koecijent uz proizvod koordinata jednak nuli.

Dokaz. Neka je u jednacini (5.1.1) B = 0 , tada ona ima oblik

Ax2 + Cy2 + 2 Dx + 2 Ey + F = 0 . (5.1.5)

Odredimo tacke presjeka krive (5.1.5) i prave x = h. Za odredivanje ordinate tackepresjeka imamo jednacinu

Cy 2 + 2 Ey + ( Ah 2 + 2 Dh + F ) = 0 , (C = 0) . (5.1.6)

Ako su y1 i y2 rjesenja jednacine (5.1.6), onda su tacke presjeka M 1 (h, y1 ) i M 2 (h, y2 ).Ordinata sredine M duzi M 1 M 2 je yM = y1 + y2

2 . Kako je y1 + y2

2 = −2 E C , to je

yM = −E C

. (5.1.7)

Jednakost (5.1.7) ne zavisi od h, sto znaci da je geometrijsko mjesto sredina duziM 1 M 2 prava (5.1.7) paralelna osi OX, te ova prava predstavlja osu simetrije krive

(5.1.5). Jednakost (5.1.7) ne vazi za slucaj C = 0 . U ovom slucaju mora biti A = 0 , paanalognim postupkom moze se dokazati da kriva ima osu simetrije koja je paralelna osiOY. Ako je B = 0 i A = 0 i C = 0 , onda kriva ima dvije ose simetrije koje su paralelnekoordinatnim osama.

Pretpostavimo da kriva (refjedanq) ima osu simetrije paralelnu osi OX, pa dokazimoda u toj jednacini mora biti B = 0 . Ordinate tacke presjeka krive (5.1.1) sa pravomx = h paralelnom osi OY su korijeni jednacine

Cy 2 + 2( Bh + E )y + Ah 2 + 2 Dh + F = 0 .

Prema uslovu tvrdnje sredine svih tetiva moraju lezati na pravoj paralelnoj osi OX, tj.suma korijena prethodne jednacine mora biti konstanta za proizvoljno h, tj. izraz

y1 + y2 = −Bh + E C

, (C = 0)

mora biti nezavisan od h. To ce biti ako je B = 0 . Ako je C = 0 , onda se posmatraprava y = k i sve se dalje analogno radi i zakljucuje da je B = 0 .



5.2. KRIVE SA CENTROM 67

5.2 Krive sa centrom

Neka kriva (5.1.1) ima centar u tacki ( x0 , y0 ). Ako izvrsimo translaciju koordinatnogsistema tako da koordinatni pocetak bude tacka ( x0 , y0 ) i oznacimo koordinate u novomsistemu sa x1 i y1 , obrasci za transformaciju koordinata su

x = x1 + x0 , y = y1 + y0 .

Na osnovu ovog jednacina (5.1.1) postaje

Ax 21 + 2 Bx 1 y1 + Cy2

1 + 2D 1 x + 2 E 1 y + F 1 = 0 ,

gdje je

D 1 = Ax0 + By 0 + D,E 1 = Bx 0 + Cy 0 + E,F 1 = Ax2

0 + 2 Bx 0 y0 + Cy 20 + 2 Dx 0 + 2 Ey 0 + F.

Da bi novi koordinatni pocetak zaista bio centar ove krive, na osnovu Tvrdnje 5.1.1mora biti

Ax 0 + By 0 + D = 0Bx 0 + Cy0 + E = 0 .

Ovaj sistem ce imati jedinstveno rjesenje ako i samo ako je

δ = A BB C = 0 (5.2.1)

i tada kriva ima centar u tacki ( x0 , y0 ). U novom koordinatnom sistemu kriva ima jednacinu

Ax 21 + 2 Bx 1 y1 + Cy2

1 −F = 0 , (5.2.2)

gdje je

F = ∆δ

, ∆ =A B C B C E D E F

. (5.2.3)

Zarotirajmo koordinatni sistem oko tacke O za ugao ϕ. Veza izmedu starih x1 i y1 inovih koordinata x i y je dat relacijom

x1 = x cosϕ−y sinϕ, y1 = x sinϕ + y cosϕ.

Uvrstavanjem u (5.2.2) dobije se jednacina koja uz mjesoviti clan x y ima koecijent

(C −A)sinϕ cosϕ + B 2 cos2ϕ.




Odredimo ugao ϕ tako da ovaj koecijent bude nula. Dakle, mora biti

2B cos2ϕ = ( A −C )sin2ϕ.

Ako je A −c = 0 , onda je cos2ϕ = 0 , pa je ϕ = π/ 4. Ako je A −C = o onda za ϕmozemo uzeti

ϕ = 12

arctg 2BA −C

.

Odabirom ovog ϕ jednacina krive imace oblik

A x 2 + C y 2

−F = 0 . (5.2.4)

Ako je jedna od brojeva A i C jednak nuli tada je A C −B 2 = 0 −0 = 0, pa krivanema centar. Neka su A i C razliciti od nule. Posmatrajmo slobodan clan F . Onmoze biti nula ili ne biti.

Neka je F = 0 . Tada se jednacina moze napisati u obliku

x 2

α +

y 2

β = 1 , (5.2.5)

gdje je α = F /A i β = F /B . MOguce su sljedece kombinacije znakova.

a) α > 0 i β > 0. Tada mozemo staviti α = a2 i β = b2 . Tada kriva ima jednacinu

x 2

a2 + y 2

b2 = 1 . (5.2.6)

Dakle u ovom slucaju kriva je elipsa sa poluosama a i b.

b) Ako su α i β razlicitog znaka, onda onaj pozitivni oznacimo sa a2 a negativni sab2 . Tada jednacina ima oblik

x 2

a2 − y 2

b2 = 1 ili y 2

a2 − x 2

b2 = 1 . (5.2.7)

Dakle, u ovom slucaju je kriva hiperbola.

c) Ako su α i β negativni, onda jednacinu mozemo napisati u obliku

x 2

a2 + y 2

b2 = −1. (5.2.8)

Odmah vidimo da ovu jednacinu ne zadovoljava ni jedan ureden par ( x, y) realnihbrojeva. Za ovu jednacinu kazemo da je jednacina imaginarne elipse.



5.2. KRIVE SA CENTROM 69

Neka je F = 0 . Tada jednacina (5.2.4) ima oblik

A x 2 + C y 2 = 0 .

U zavisnosti od znaka koecijenata A i B moze nastupiti jedan od sljedecih slucajeva

a2 x 2

−c2 y 2 = 0 (5.2.9)

ilia2 x 2 + c2 y 2 = 0 . (5.2.10)

Lijeva strana jednacine (5.2.9) razlaze se u proizvod ( ax + cy )(ax + cy ) = 0 . To znacida linija (5.2.9) predstav;ja dvije prave ax + cy = 0 i ax −cy = 0 koje se sijeku ukoordinatnom pocetku O . Jenacinu (5.2.10) zadovoljava jedna jedina tacka x = 0 iy = 0 .

Primjer 5.2.1. Za krivu

3x2 + 2 xy + 3 y2 + 6 x −2y −5 = 0

imamo

δ = 3 11 3 = 8 , ∆ =

3 1 31 3 −13 −1 −5

= −76.

Kako je δ = 0 kriva ima centar. Koordinate centra se dobiju rjesavanjem sistema Ax + By + D =0 i Bx + Cy −1 = 0 , tj. 3x + y +3 = 0 , x + 3 y −1 = 0 . Koordinate centra su x 0 = −

54 , y0 = 3

4 .

U ovom slucaju je F = −∆

δ = 19

2 . Nakon translacije koordinatnog pocetka u tacku −5

4 , 3

4 jednacina krive ima oblik 3x2

1 + 2 xy + 3 y21 = 19

2 . Ovdje je A = C = 3 , pa je ugao rotacije ϕ = π/ 4. Veza izmedu starih i novih koordinata je

x1 = x cosϕ−y sin ϕ = 1√ 2 (x −y )

y1 = x sin ϕ + y cosϕ = 1√ 2 (x + y ) .

Sada imamo jednacinu

4x 2 + 2 y 2 = 19

2 ,

tj. x 2

198

+ y 2

194

= 1 .

Ovo je elipsa sa poluosama a = √ 19/ (2√ 2) i b = √ 19/ 2.




5.3 Krive bez centra

Za krive bez centra je δ = AC −B 2 = 0 . Ako je A = 0 ili C = 0 , onda je B = 0 . Tada je kriva (5.1.1) parabola i mogu se direktno odrediti njena osa, tjeme i parametar.

Primjer 5.3.1. Za krivu 2y2

−x −4y + 7 = 0 je δ = 0 , A = B = 0 , pa je kriva parabola.Jednacinu krive mozemo napisati u obliku

x = 2( y −1)2 + 5 .

Odavde se vidi da je tjeme parabole u tacki T (5, 1), osa parabole je prava y = 1 i parametar parabole je p = 1 .

Neka je AC = 0 . Tada su A i C istog znaka. Bez ogranicenja opstosti mozemopretpostaviti da su A i C pozitivni. Kako je B2 = AC, to izraz Ax2 + 2 Bxy + Cy2

moze napisati u obliku

Ax2 + 2 ACxy + Cy2 = ( x√ A + y√ C )2 .

Izaberimo

−→f 1 =√ C

√ A + C −→e1 −√ A

√ A + C −→e2 , −→f 2 =√ A

√ A + C −→e1 +√ C

√ A + C −→e2 .

Posmatrajmo koordinatni sistem ( O, {−→f 1 , −→f 2 ). Neka su koordinate u ovom koordinatnomsistemu x i y . Tada je

x = x √ C + y √ A

√ A + C

y = −x √ A + y √ C

√ A + C .

Sada jednacinu krive mozemo napisati u obliku

(A + C )y 2 + 2 D x + 2 E y + F = 0 . (5.3.1)

Neka je D = 0 . Tada jednacinu (5.3.1) mozemo napisati u obliku

(A + C ) y + E A + C

2

+ 2 D x + F 2D −

E 2

2D (A + C ) = 0 .

Izvrsimo translaciju koordinatnog sistema tako da nove koordinate budu

x” = x + F 2D − E 2

2D (A + C ) ,

y” = y + E A + C

.



5.3. KRIVE BEZ CENTRA 71

Tada jednacina krive ima jednacinu

y” 2 = 2 px”, (5.3.2)

gdje je p = −

DA + C

.

Ovo je jednacina parabole.Neka je D = 0 . U tom slucaju jednacina (5.3.1) ima oblik

(A + C ) y 2 + E A + C

2

+ F − E 2

A + C = 0 .

Translatirajmo koordinatni pocetak u tacku O (0, − E A + C ). U novom koordinatnom

sistemu jednacina krive ima oblik

(A + C )y” 2 + F − E 2

A + C = 0 ,

gdje je y” = y + E A + C . Ako slobodan clan oznacimo sa α, imamo

y” 2 + α = 0 . (5.3.3)

a) Ako je α < 0, stavimo a2 = −α. Tada imamo y” 2 −a2 = 0 . Odavde je ( y” −a)(y” + a) = 0 . Jednacina predstavlja dvije paralelne prave.

b) Ako je α > 0, onda je y” 2 = −α < 0. pa jednacina ne odreduje ni jedan skuprealnih tacaka. U imaginarnom slucaju kazemo da jednacina predstavlja parparalelnih imaginarnih tacaka.

c) Neka α = 0 . Tada imamo y” 2 = 0 , pa jednacina predstavlja dvije prave koje sepoklapaju.

Sumirajuci naprijed dobivene rezultate imamo

Teorem 5.3.2. Neka je u dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu kriva zadana jednacinom

Ax 2 + 2 bxy + Cy 2 + 2 Dx + 2 Ey + F = 0 .

Tada postoji dekartov pravougli koordinatni sistem u kojem ta jednacina prima jedan od sljedecih oblika:

1) x2

a 2 + y2

b2 = 1 , 2) x 2

a 2 + y2

b2 = −1 3) x2

a 2

− y2

b2 = 1 ,

4) a2 x2 −c2 y2 = 0 , 5) a2 x2 + c2 y2 = 0 , 6) y2 = 2 px,

7) y2 −a2 = 0 , 8) y2 + a2 = 0 , 9) y2 = 0 .




U ovim relacijama imamo krive tipa: 1) elipsa, 3) hiperbola, 4) par pravih koje se sijeku, 5) tacku, 6) parabolu, 7) par paralelnih pravih, 9) par pravih koje se poklapaju.U slucajevima 2) i 8) jednacina predstavlja prazan skup u realnom podrucju.

5.4 Povrsi drugog reda

U ovom paragrafu proucavacemo povrsi drugog reda.

5.4.1 Rotacione povrsi

Neka je data Ravan π i prava p u toj ravni. Pri rotaciji ravni π oko prave p svaka tackaravni koja ne lezi na pravoj p opisuje kruznicu, a tacke na pravoj p ostaju nepokretne.Neka je sada u ravni π zadana neka kriva linija L. Pri rotaciji ravni oko prave ptacke krive L opisivace kruznice. Skup svih tih kruznica formira povrs koju nazivamorotaciona povrs.

Ako je u ravni π zadana neka kriva linija L, onda rotacijom ravni π oko prave ptacke te krive linije opisuju povrs koja se sastoji od kruznica. Takvu povrs nazivamorotaciona povrs.

Izaberimo dekartov pravougli koordinatni sistem ( O, {−→e1 , −→e2 , −→e3 ) tako da je vektor−→e3 na pravoj p a vektor −→e1 lezi u ravni π i okomit je na −→e3 . Tada je ( O, {−→e1 , −→e3 }) dekartovpravougli koordinatni sistem ravni π.

Neka kriva linija L ima jednacinu ϕ(x, z ) = 0 . Posmatrajmo proizvoljnu tackuM (x,y,z ) rotacione povrsi. Rotacijom oko prave p tacka M opisuje kruznicu koja lezi

u ravni koja je ortogonalna na −→e3 i prolazi tackom M. Ova kruznica sijece ravan π udvije ta vke od kojih jedna ima pozitivnu apcisu a druga negativnu. Neka su to tackeM 0 i M 1 i neka je M 0 ona od tih tacaka koja ima pozitivnu apcisu. Tacka M 0 imakoordinate ( x0 , 0, z). Tacka M 0 je od z ose udaljena isto kao i tacka M. Udaljenosttacke M od z ose je x2 + y2 , a tacke M 0 je x0 . Dakle, x0 = x2 + y2 . Jedna odtacaka M 0 i M 1 lezi na krivo j L, pa njene koordinate zadovoljavaju jednacinu krive, tj

ϕ(± x2 + y2 , z) = 0 . (5.4.1)

5.4.2 Elipsoid

Posmatrajmo povrs koja je nastala rotacijom elipse oko njene ose simetrije. Izaberimovektor −→e3 tako da on lezi na maloj osi elipse. U tom slucaju jednacina elipse ima jedanod dva oblika

x2

a2 + z2

c2 = 1 , z2

a2 + x2

c2 = 1 ,



5.4. POVR SI DRUGOG REDA 73

gdje smo sa c oznacili malu poluosu. Tada na osnovu (5.4.1) imamo jednacinu povrsi

x2 + y2

a2 + z2

c2 = 1 (5.4.2)

iz2

a2 + x2 + z2

c2 = 1 . (5.4.3)

Povrsi (5.4.2) i (5.4.3) nazivaju se rotacioni elipsoidi.Neka je λ < 1. Uvedimo nove koordinate u = x, v = λy, w = z. Tada jednacina

x2

a2 + y2

a2 + z2

c2 = 1

prelazi u jednacinux2

a2 +

y2

b2 +

z2

c2 = 1 ,

gdje je b = λ a. Povrs koja ima ovu jednacinu nazivamo elipsoid.Ako je λ < 1 onda kazemo da imamo kontrakciju duz y ose, a ako je λ > 1, onda

imamo dilataciju duz y ose.

5.4.3 Konusne povrsi drugog reda

Posmatrajmo u ravni par parvih koje se sijeku i koje su u koordinatnom sistemu(O, {−→e1 , −→e2 }) zadane jednacinom

a2 x2

−c2 z2 = 0 .

Povrs koja nastaje rotacijom ovih krivih oko z ose ima jednacinu

a2 (x2 + y2 ) −c2 z2 = 0 .

Ako primjenimo kontrakciju ili dilataciju duz y ose, onda imamo konusnu povrs

a2 x2 + b2 z2

−c2 z2 = 0 .

5.4.4 Jednokrilni hiperboloid

Jednokrilni hiperboloid je povrs koja nasta je rotacijom hiperbole

x2

a2 − z2

c2 = 1




oko z ose. Jednacina tako dobivene povrsi ce biti

x2 + y2

a2 − z2

c2 = 1 .

Ako koristimo kontrakciju ili dilataciju duz y ose, onda ova povrs ima jednacinux2

a2 + y2

b2 − z2

c2 = 1 .

5.4.5 Dvokrilni hiperboloid

Dvokrilni hiperboloid je povrs koja nasta je rotacijom hiperbole

z2

c2 − x2

a2 = 1

oko z osom. Jednacina ove povrsi jez2

c2 − x2 + y2

a2 = 1 .

Ako imamo istezanje ili skracivanje duz y ose, onda imamo jednacinu

z2

c2 − x2

a2 − y2

b2 = 1 .

5.4.6 Elipticki paraboloid

Pri rotaciji parabole x2 = 2 pz oko z ose onda dobijamo povrs koju nazivamo rotacioniparaboloid. Jednacina ove povrsi je

x2 + y2 = 2 pz.

Ako imamo kontrakciju ili dilataciju duz x i y ose, onda imamo povrs s jednacinom

x2

a2 + y2

b2 = 2 pz.

Ovu povrs nazivamo elipticki paraboloid.

5.4.7 Hiperbolicki paraboloid

Povrs cija je jednacinax2

a2 − y2

b2 = 2 pz

naziva se hiperbolicki paraboloid.



Glava 6

Geometrijska preslikavanja uravni

6.1 Pojam preslikavanja ravni

Pod preslikavanjem f ravni π u ravan σ podrazumjevamo pravilo ili propis po kojemsvakoj tacki M ravni π pridruzujemo neku odredenu tacku N ravni σ. Ovo preslikavanjezapisujemo relacijom f : πrightarrow σ. Cinjenicu da tacki M ravni π pridruzujemo tacku N ravni σ oznacavamosa N = f (M ). Tacke ravni π nazivamo originalima a tacke ravni σ slikama .

Preslikavanje f : π → π ravni π u samu sebe naziva se transformacija ravni π.

Primjer 6.1.1. 1. Transformacija ravni π kojom svakoj tacki ravni pridruzujemo tu istu tacku nazivamo identicno preslikavanje.

2. Rotacija ravni je transformacija ravni. To je preslikavanje koje jednu tacku O ravni ostavlja na miru, a tacki M = O pridruzuje tacku f (M ) tako da je

−−−−−→Of (M ) = −−→OM , (−−→OM, −−−−−→Of (M )) = α,

gdje je α konstanta

3. Neka je p prava ravni π i neka je λ > 0 realan broj. Iz proizvoljne tacke M /∈ p ravni π spustimo normalu na pravu p i podnozje te normale oznacimo sa N. Tacku f (M )odredujemo tako da je −−−−−→Nf (M ) = λ−−→NM. Ako tacka M lezi na pravoj p onda uzimoamof (M ) = M. Ako je λ > 1, onda imamo dilataciju ravni, a ako je λ < 1 onda imamokontrakciju ravni.

4. Homotetija sa centrom u tacki O i koecijentom λ je transformacija ravni. Neka je Oneka ksirana tacka ravni π. Denisimo f : π → π tako da je f (O) = O i −−−−−→Of (M ) =λ−−→OM, gdje je λ ksiran realan broj razlicit od nule.

75



76 GLAVA 6. GEOMETRIJSKA PRESLIKAVANJA U RAVNI

6.2 Ortogonalna preslikavanja

Udaljenost izmedu tacaka A i B ravni oznacimo sa d(AB ). Preslikavanje f : π → π ravni

π u samu sebe, tako da je d(f (A), f (B )) = d(A, B ) nazivamo ortogonalno preslikavanje.Kao primjere ortogonalnih preslikavanja mozemo navesti: identicno preslikavanje,rotaciju, translaciju, osnu i centralnu simetriju.

Tvrdnja 6.2.1. Ortogonalno preslikavanje je injektivno preslikavanje, tj. razlicite tacke imaju razlicite slike.

Dokaz. Neka je f ortogonalno preslikavanje i neka je d(A, B ) = 0 . Tada je

d(f (A), f (B )) = d(A, B ) = 0 ,

pa je f (A) = f (B ).

Tvrdnja 6.2.2. Ako tacke A, B,C leze na jednoj pravoj i C se nalazi izmedu tacaka Ai B, onda su tacke f (A), f (B ) i f (C ) kolinearne i tacka f (C ) se nalazi izmedu tacaka f (A) i F (B ).

Dokaz. Ako C lezi na pravoj AB i nalazi se izmedu tacaka A i B, onda je d(AB ) =d(A, C ) + d(CB ). Kako je preslikavanje f ortogonalno, to je d(f (A), f (B )) = d(A, B ),d(f (A), f (C )) = d(A, C ) i d(f (C ), f (B )) = d(C, B ). Zbog toga je

d(f (A), f (B )) = d(f (A), f (C )) + d(f (C ), f (B )) .

Odavde slijedi da su tacke f (A), f (B ) i f (C ) kolinearne i da se tacka f (C ) nalaziizmedu tacaka f (A) i F (B ).

Tvrdnja 6.2.3. Neka je f ortogonalno preslikavanje. Tada iz −→AC = λ −−→AB slijedi −−−−−−→f (A)f (C ) = λ −−−−−−→f (A)f (B ).

Dokaz. Kako su tacke A, B i C kolinearne, to su i tacke f (A), f (B ) i f (C ) kolinearne,pa je −−−−−−→f (A)f (C ) = µ −−−−−−→f (A)f (B ). Trebamo dokazati da je λ = µ. Neka je λ > 0. Tada setacke B i C nalze sa iste strane tacke A. U tom slucaju jedna od tacaka B i C nalazi seblize tacki A. Neka je npr. B izmedu A i C, tj. neka je B blize tacki A nego C. Tada je tacka f (B ) izmedu tacaka f (A) i f (C ), Zbog toga su vektori −−−−−−→f (A)f (C ) i −−−−−−→f (A)f (B )istog smjera, pa iz −−−−−−→f (A)f (C ) = µ −−−−−−→f (A)f (B ) slijedi µ > 0. Dakle, λ i µ su istog znaka.Slicno ako je λ < 0, onda je i µ < 0. Dakle, λ i µ su istog znaka. Sada imamo

|λ| = d(A, C )d(A, B )

= d(f (A), f (C ))d(f (A), f (B ))

= |µ| .

Kako su λ i µ istog znaka, to je λ = µ.



6.2. ORTOGONALNA PRESLIKAVANJA 77

Tvrdnja 6.2.4. Pri ortogonalnom preslikavanju prave se preslikava u pravu, duz u podudarnu duz.

Dokaz trivijalan.

Tvrdnja 6.2.5. Pri ortogonalnom preslikavanju paralelne prave se preslikavaju u par-alelne prave.

Dokaz. Neka su prave a i b paralelne i razlicite. Neka su A B na pravoj a, a tackeC i D na pravoj b tako da je cetverougao ABCD paralelogram. Tada je −−→AB = −−→DC.Na osnovu ranije dokazanih tvrdnji je −−−−−−→f (A)f (B ) = −−−−−−−→f (C )f (D), pa je paralelogramf (A)f (B )f (C )f (D ) paralelogram odakle slijedi da su prave f (a) i f (b) paralelne.

Tvrdnja 6.2.6. Ortogonalnim preslikavanjem se trougao ABC preslikava u podudaran trougao.

Dokaz. Zbog ortogonalnosti preslikavanje f imamo

d(f (A), f (B )) = d(AB ), d(f (B ), f (C )) = d(B, C ), d(f (C ), f (A)) = d(AC ).Odavde slijedi da su trouglovi ABC i f (A)f (B )f (C ) podudarni.

Odavde slijedi da ortogonalno preslikavanje cuva uglove. Zbog toga ortogonalnopreslikavanje cuva skalarni proizvod, tj.

f (−→a) · f (−→b ) = −→a ·−→b .

Dakle, za svako ortogonalno preslikavanje vrijedi

a) f (λ −→a + µ −→b ) = λ f (−→a ) + µ f (−→b ),

b) f (−→a)

· f (−→b ) = −→a

·−→b .

Teorem 6.2.7. Svako ortogonalno preslikavanje je sirjektivno, tj. svaka tacka M ravni je slika neke tacke N te ravni u odnosu na preslikavanje f.

Dokaz. Neka je M proizvoljna tacka ravni. Posmatrajmo tacke O, A i B koje ne leze na jednoj pravoj. Tada tacke f (O), f (A) i f (B ) ne leze na jednoj pravoj. Zato se vektor−−−−−→f (O)M moze prikazati kao linearna kombinacija vektora −−−−−−→f (O)f (A), i −−−−−−−→f (O)f (B ). Dakle,

−−−−−→f (O)M = α −−−−−−→f (O)f (A) + β −−−−−−−→f (O)f (B ) = f α −→OA + β −−→OB .

Postoji tacno jedna tacka N takva da je

−−→ON = α −→OA + β −−→OB.

Odavde jef (−−→ON ) = f α −→OA + β −−→OB = −−−−−→f (O)M.

No, f (−−→ON ) = −−−−−−−→f (O)f (N ), pa je −−−−−−−→f (O)f (N ) = −−−−−→f (O)M. Dakle, M = f (N ).




Teorem 6.2.8. Svako ortogonalno preslikavanje je proizvod translacije, rotacije i even-tualno osne simetrije.

Dokaz. Neka je f proizvoljno ortogonalno preslikavanje. Neka je OAB pravougli jed-

nakokraki trougao sa pravim uglom u tacki O i neka katete ima ju duzinu 1. Preslikavan- jem f ovaj trougao preslikava se u podudarni trougao f (A)f (B )f (O). Trougao ABOprvo preslikavamo translacijom za vektor −−−−→Of (O) u trougao f (O)A1 B1 . Sada rotacijomoko tacke f (O) preslikavamo trougao f (O)A1 B1 u trougao f (O)f (A)B2 , gdje je ugaorotacije ϕ = (A1 f (O)f (A)) . Ako se tacke f (B ) i B2 poklapaju onda je f proizvodtranslacije i rotacije. Ako se tacke f (B ) i B2 ne poklapaju, onda se osnom simetrijom uodnosu na osu duzi B 2 f (B ) trougao f (O)f (A)B2 preslikava u trougao f (O)f (A)f (B ).Zbog toga je f proizvod translacije, rotacije i osne simetrije.

6.3 Ana preslikavanja

Sada cemo posmatrati preslikavanja ravni kod kojih osta je ocuvana kolinearnost tacaka,pa se duz preslikava u duz, ali duzina slike date duzi nije konstantna.

6.3.1 Pojam i osnovna svojstva anih preslikavanja

Pod anim preslikavanjem podrazumjevamo obostrano jednoznacno preslikavanje f saosobinom: ako se tacka C nalazi na duzi AB, onda se i tacka f (C ) nalazi na duzif (A)f (B ) i pri tom vrijedi

d(f (A), f (C ))

d(f (C ), f (B )) =

d(A, C )

d(C, B ).

Odmah se vidi da je svako ortogonalno preslikavanje i ano preslikavanje.

Primjer 6.3.1. Neka je O tacka ravni i M proizvoljna tacka ravni razlicita od O. Preslika-vanje f denisimo tako da je f (O) = O i

−−−−−→Of (M ) =arctg −−→OM

−−→OM −−→OM .

Ovo preslikavanje svakoj tacki ravni pridruzuje tacno jednu tacku u unutrasnjosti kruga sa centrom u tacki O i poluprecnikom π/ 2. Tada je f ano preslikavanje.

Primjer 6.3.2. Homotetija sa centrom u tacki O i koecijentom k je ano preslikavanje.

Primjer 6.3.3. Neka je p prava i q prava okomita na p. Kontrakcija duz prave q je anopreslikavanje. Dokazimo to! Neka je −→e1 vektor na pravoj p i −→e2 vektor na pravoj q. Neka je O tacka presjeka pravih p i q. Neka je koecijent kontarakcije µ, tj. Neka je f (−→e2 = µ−→e2 .



6.3. AFINA PRESLIKAVANJA 79

POsmatrajmo koordinatni sistem (O;{−→e1 , −→e2 }). Neka su tacke A(x1 , y1 ), C (x2 , y2 ) i B(x3 , y3 )kolinearne. Kontrakcijom duz prave q ovim tackama odgovarace redom tacke f (A)(x1 , µ y1 ),f (C )(x2 , µ y2 ) i f (B )(x3 , µ y3 ). Kako je tacka C na pravoj AB, to je

y2

−y1

x2 −x1 = y3

−y1

x3 −x1 = k,

gdje je k koecijent pravca prave AB. Odavde je

y2 −y1 = k(x2 −x1 ), y3 −y1 = k(x3 −x1 ),

pa je y3 −y2 = ( y3 −y1 ) −(y2 −y1 ) = k(x3 −x1 ) −k(x2 −x1 ) = k(x3 −x2 ).

Dalje imamo

d(A, C )d(C, B )

= (x2 −x1 )2 + ( y2 −y1 )2

(x2

−x3 )2 + ( y2

−y3 )2

= |x2 −x1 |√ 1 + k2

|x2

−x3

|√ 1 + k2

= |x2 −x1 |

|x2

−x3

|

.

d(f (A), f (C ))d(f (C ), f (B ))

= (x2 −x1 )2 + ( µ y2 −µ y1 )2

(x2 −x3 )2 + µ y2 −µ y3 )2= |x2 −x1 | 1 + µ2 k2

|x2 −x3 | 1 + µ2 k2= |x2 −x1 |

|x2 −x3 |.

Dakle,d(A, C )d(C, B )

= d(f (A), f (C ))d(f (C ), f (B ))

.

Iz denicije anih preslikavanja slijedi da ano preslikavanje ima inverzno preslika-vanje i da je inverzno preslikavanje takode ano preslikavanje.

Jednostavno se dokazuje da ano preslikavanje f ima osobine:

1. Ako je −→AC = λ −−→AB, onda je −−−−−−→f (A)f (C ) = λ −−−−−−→f (A)f (B ).2. Ano preslikavanje preslikava pravu u pravu i duz u suz.

3. Anim preslikavnje paralelne prave se preslikavaju u paralelne prave.

4. Anim preslikavanjem se prave koje se sijeku preslikavaju se u prave koje se sijeku.

5. Ako je −−→AB = −−→CD, onda je −−−−−−→f (A)f (B ) = −−−−−−−→f (C )f (D ).

6. Ako je −→AC = −−→AB + −−→AD, onda je −−−−−−→f (A)f (C ) = −−−−−−→f (A)f (B ) + −−−−−−−→f (A)f (D ).

7. f (λ

−→a + µ −→b ) = λ f (

−→a ) + µ f (−→b ).

8. Ako tacka M u koordinatnom sistemu ( O, {−→e1 , −→e2 }) ima koordinate ( x, y), ondatacka f (M ) ima koordinate ( x, y) u odnosu na koordinatni sistem ( f (O), {f (−→e1 ), f (−→e2 }) .




6.3.2 Analiticki zapis anih preslikavanja

Neka je (O, {−→e1 , −→e2 }) pravougli dekartov koordinatni sistem i neka je f ano preslika-vanje. Neka je M (x, y ) proizvoljna tacka ravni i f (M )(x∗, y∗) njena slika. Tada je

−−→OM = x −→e1 + y −→e2 i −−−−−→Of (M ) = x∗−→e1 + y∗−→e2 . Odavde je

−−−−−−−→f (O)f (M ) = −−−−−→Of (M ) −−−−−→Of (O),

tj.xf (−→e1 ) + yf (−→e2 ) = x∗−→e1 + y∗−→e2 −α−→e1 −β −→e2 ,

gdje je−−−−→Of (O) = α−→e1 + β −→e2 .

Neka je f (e1 ) = a1−→e1 + b1−→e2 i f (−→e2 = a2−→e1 + b2−→e2 . Sada imamo

x (a1−→e1 + a2−→e2 ) = x∗−→e1 + y∗−→e2 −α−→e1 −β −→e2 ,

pa jex∗ = a1 x + a2 y + αy∗ = b1 x + b2 y + β. (6.3.1)

Kako su vektori f (−→e1 ) i f (−→e2 ) linearno nezavisni, to je

a1 a2

b1 b2= 0 . (6.3.2)

Jednostavno se dokazuju sljedec e tvrdnje:

1. Svako preslikavanje (6.3.1) za koje vrijedi (6.3.2) je ano preslikavanje.

2. Ako vektor −→a u bazi −→e1 i −→e2 ima koordinate u i v, onda vektor f (−→a ) ima koor-dinate

u∗ = a1 u + a2 v, v∗ = b1 u + b2 v

u odnosu na bazu −→e1 i −→e2 .

3. Za svaka dva dekartova koordinatna sistema postoji tacno jedno ano preslika-vanje koje jedan koordinatni sistem prevodi u drugi.

4. Ano preslikavanje krivu drugog reda prevodi u krivu drugog reda i to iz iste

klase, tj elipsu prevodi u elipsu, parabolu u paraboli i hiperbolu u hiperbolu.5. Svako ano preslikavanje je proizvod ortogonalnog preslikavanja i kontrakcija duz

dvije medusobno ortogonalne prave.



6.3. AFINA PRESLIKAVANJA 81

6.3.3 Promjena povrsine pri anim preslikavanjima

Neka je {−→e1 , −→e2 } ortonormirana baza. Posmatrajmo povrsinu paralelograma konstru-isanog nad vektorima

−→a i −→b . Tada je P =

−→a

×−→b . Neka je f ano preslikavanje koje

je dato jednacinama (6.3.1). Odavde je f (e1 ) = a1−→e1 + b1−→e2 i f (−→e2 ) = a2−→e1 + b2−→e2 .Neka je −→a = x1−→e1 + x2−→e2 i −→b = x2−→e1 + y2−→e2 . Tada je f (−→a ) = x1 f (−→e1 ) + y1 f (−→e2 ) if (−→b ) = x2 f (−→e1 ) + y2 f (−→e2 ). Sada imamo P = −→a ×−→b = |x1 y2 −x2 y1 | . Dalje imamo

P ∗ = f (−→a ) ×f (−→b ) = |a1 b2 −a2 b1 | |x1 y2 −x2 y1 | = |a1 b2 −a2 b1 | P.

Dakle,P ∗P

= |a1 b2 −a2 b1 | .




Documents

Anal i Tick Age o Metri Jaja Mak