Математика 2 (гимназиско образование) by B.K5

See discussions, stats, and author profiles for this publication at: https://www.researchgate.net/publication/306894166

Математика 2 (гимназиско образование) Book · August 2002

CITATIONS

READS

695

2 authors, including: Risto Malčeski FON University 167 PUBLICATIONS 390 CITATIONS SEE PROFILE

Some of the authors of this publication are also working on these related projects:

Inequalities in 2-normed and Quasi 2-normed Space View project

Strictly convex 2-normed spaces View project

All content following this page was uploaded by Risto Malčeski on 26 August 2016. The user has requested enhancement of the downloaded file.

MATEMATIKA 2

ZA VTORA GODINA VO REFORMIRANOTO GIMNAZISKO OBRAZOVANIE

S O D R @ I N A VOVED Lista na koristeni oznaki

5 6

GLAVA I TRIGONOMETRISKI FUNKCII OD OSTAR AGOL VO PRAVOAGOLEN TRIAGOLNIK 1. Poim za agol. Merewe na agli 2. Definicija na trigonometriski funkcii od ostar agol

8 10

Vrednosti na trigonometriski funkcii za aglite 30  ,45  ,60  i od proizvolen agol Trigonometriski funkcii od komplementni agli

13 17

5. 6. 7. 8.

Menuvawe na trigonometriskite funkcii pri promena na agolot od 0  do 90  Vrski me|u trigonometriskite funkcii od ist agol Re{avawe na pravoagolen triagolnik Re{avawe na prakti~ni problemi

19 24 27 30

GLAVA II KOMPLEKSNI BROEVI 1. Pro{iruvawe na mnoèstvoto realni vo mnoèstvo kompleksni broevi 2. Sobirawe, mnoèwe i odzemawe na kompleksni broevi 3. Kowugirano kompleksni broevi. Modul na kompleksen broj 4. Delewe i stepenuvawe na kompleksni broevi 5. Geometriska interpretacija na kompleksen broj

36 40 44 47 51

GLAVA III KVADRATNA RAVENKA 1. Poim za kvadratna ravenka. Vidovi kvadratni ravenki 2. Re{avawe na nepolni kvadratni ravenki 3. Re{avawe na polni kvadratni ravenki. Diskriminanta na kvadratna ravenka 4. Vietovi formuli 5. Razlo`uvawe na kvadraten trinom na linearni mno`iteli 6. Drobno racionalni ravenki koi se sveduvaat na kvadratni ravenki 7. Bikvadratni ravenki 8. Iracionalni ravenki 9. Sistem od edna linearna i edna kvadratna ravenka so dve nepoznati 10. Primena na kvadratnite ravenki

56 59 62 66 71 75 80 83 88 93

GLAVA IV KVADRATNA FUNKCIJA I KVADRATNA NERAVENKA 1. Linearna funkcija (povtoruvawe)

Poim za kvadratna funkcija. Grafik na funkcijata f ( x)  ax 2

102

Grafici na funkciite f ( x)  ax 2  c i f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0

106

Grafik na funkcijata f ( x)  ax  bx  c

111

Svojstva na kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c

6. 7.

Geometriska interpretacija na sistem ravenki od vidot ax  bx  c  y; ex  f  y Kvadratna neravenka

115 2

124 127

8. 9.

Sistem kvadratni neravenki Primena na kvadratnite neravenki i sistemite kvadratni neravenki

130 133

GLAVA V KONSTRUKCIJA NA TRIAGOLNIK I ^ETIRIAGOLNIK 1. Poim za konstruktivna zada~a 2. Elementarni konstruktivni zada~i 3. Elementarni konstrukcii na triagolnik 4. Metod na geometriski mesta 5. Elementarni konstrukcii na ~etiriagolnik 6. Primena na translacijata i rotacijata vo re{avawe na konstruktivni zada~i 7. Primena na osnata i centralnata simetrija vo re{avawe na konstruktivni zada~i 8. Konstrukcija na nekoi pravilni mnoguagolnici

138 141 144 149 153 156 160 164

GLAVA VI PLO[TINA NA RAMNINSKA FIGURA 1. Poim za plo{tina. Plo{tina na paralelogram 2. Plo{tina na triagolnik 3. Heronova formula za plo{tina na triagolnik. Plo{tini na sli~ni triagolnici 4. Plo{tina na trapez 5. Plo{tina na trapezoid 6. Perimetar i plo{tina na pravilen mnoguagolnik 7. Perimetar na kru`nica. Plo{tina na krug 8. Dol`ina na kru`en lak. Plo{tina na delovi na krug

170 175 178 181 184 186 190 194

GLAVA VII ELEMENTI OD STEREOMETRIJA 1. Poim za geometrisko telo 2. Poim za poliedar. Vidovi poliedri 3. Preseci na prizma so ramnina 4. Preseci na piramida so ramnina 5. Plo{tina na poliedar 6. Poim za volumen. Volumen na prava prizma 7. Volumen na kosa prizma 8. Volumen na piramida 9. Volumen na potse~ena piramida 10. Poim za rotaciono telo. Plo{tina i volumen na cilinder 11. Plo{tina i volumen na konus 12. Plo{tina i volumen na potse~en konus 13. Topka, preseci na topka 14. Volumen na topka i delovi na topka

200 203 207 210 214 219 223 225 229 232 236 241 245 250

GLAVA VIII RABOTA SO PODATOCI 1. Interval, opseg, aritmeti~ka sredina, moda i medijana na podatocite 2. Kvartili i interkvartalno rastojanie. Procentili 3. Disperzija i standardna devijacija 4. Standardizirawe na podatocite. Sporeduvawe na raspredelbi na obele`ja

256 261 264 266

Odgovori i upatstva na nekoi zada~i za ve`bawe Indeks na poimi Literatura

269 273 275

VOVED Pred tebe e u~ebnikot po izborniot predmet MATEMATIKA za vtora godina od gimnaziskoto obrazovanie. Toj e raboten taka, {to }e moè{ i samostojno da se zdobiva{ so novite znaewa i umeewa {to se predvideni so nastavnata programa po ovoj predmet. Materijalot e podelen, soglasno so programata, vo osum oddelni celini (temi). Na po~etokot na sekoja tema, pokraj sodrìnata {to e razrabotena vo nea daden e pregled na potrebnite predznaewa za uspe{no sledewe na materijalot koj e razraboten vo taa glava. Isto taka, daden e i pregledot na novite znaewa i umeewa so koi treba da se stekne{ dokolku uspe{no gi sovlada{ predvidenite sodrìni. Sekoja tema e zaokruèna celina i e razdelena na odreden broj lekcii koi, isto taka, pretstavuvaat zaokruèni celini. Temite se ozna~eni so rimski broevi, dodeka lekciite se ozna~eni so arapski broevi. Vo sekoja tema, definiciite, primerite, zabele{kite i teoremite se numerirani integralno za temata. Istoto se odnesuva i na zada~ite za ve`bawe koi se dadeni po sekoja lekcija. Na krajot od sekoja tema e daden test, so ~ija pomo{ moè{ da gi proveri{ i da gi oceni{ svoite znaewa i umeewa. [to se odnesuva do testovite, tie se oformeni taka {to baraat dve nivoa na znaewa, no pri nivnoto re{avawe moè{ da gi kombinira{ nivoata od razli~nite zada~i. Pritoa, od sekoja zada~a izbira{ samo edna podzada~a a) ili b), a za da go oceni{ svoeto znaewe, gi sobira{ bodovite od re{enite zada~i i kako pokazatel, vo konsultacija so tvojot profesor, moè{ da go koristi{ kriteriumot koj e daden za sekoj test oddelno. Razrabotuvaniot materijal sodrì golem broj tvrdewa (teoremi), od koi del treba da gi usvoi{ bez dokaz, {to e posebno nazna~eno za sekoja teorema. Primerite, koi gi ima vo dovolen broj, se celosno re{eni i se dadeni kako ilustracija na tvrdewata {to se razrabotuvaat. Zatoa, osobeno e va`no dobro da gi razraboti{, bidej}i samo taka moè{ da se podgotvi{ za samostojno re{avawe na zada~i, a potoa da premine{ kon re{avawe na zada~ite za ve`bawe. Za polesno koristewe na u~ebnikot, definiciite, primerite, teoremite, zada~ite za ve`bawe, testovite i delovite koi se predvideni kako nezadolìtelni t.e. za onie {to sakaat da znaat pove}e, se oboeni vo slednive boi: 5

- definicija - primer - teorema - za onie {to sakaat da znaat pove}e - zada~i za ve`bawe - proveri go svoeto znaewe Isto taka, za polesno koristewe na u~ebnikot, daden e registar na poimite so koi }e se sretne{ vo tekot na u~eweto, kako i spisok na koristenite oznaki. Na krajot od u~ebnikot se dadeni odgovori i upatstva na nekoi od zada~ite za ve`bawe. Poèlno e pred da go pogledne{ odgovorot ili upatstvoto na zada~ata, da se obide{ samostojno da ja re{i{ i da izvr{i{ samoproverka. Samo taka }e moè{ da se zdobie{ so samodoverba i }e moè{ uspe{no da usvojuva{ novi znaewa i umeewa. Se razbira deka za poseopfatno i podlaboko usvojuvawe na predvideniot materijal, poèlno e da koristi{ i dopolnitelna literatura, pa zatoa taa e navedena vo poseben del, vedna{ po odgovorite i upatstvata na zada~ite. Avtorite

LISTA NA SIMBOLI Simbol N N0 Z Q I R

Zna~ewe mnoèstvo prirodni broevi mn. prirodni broevi zaedno so 0 mnoèstvo celi broevi mnoèstvo racionalni broevi mnoèstvo iracionalni broevi mnoèstvo realni broevi

Simbol

kompleksni broevi

 O,

translacija za vektor a rotacija okolu to~. O za ag. 

  rad

agol stepen radijan dol`ina na otse~ka sinus kosinus tangens kotangens konugira kompleksen broj na z modul od kompleksen broj z aritmei~ka sredina

a O

osna simetrija so oska a centralna simetrija so cen. O

T [O, r ]

zatvorena topka, cen. O i rad. r otvorena topka, cen. O i rad. r sfera so centar O i radius r plo{tina na geom. fig. ABC... volumen na geom. telo. ABC... osnova na geometrisko telo bo~na povr{ina na geom. telo brojot pi disperzija

AB sin cos tg ctg z |z| x s me

standardna devijacija medijana

i D f :R R  k(O,r)



T (O, r ) S (O, r )

PABC... VABC... B M

 s2 mo

Zna~ewe imaginarna edinica diskriminanta na kvadrat. rav. realna funkcija triagolnik kro`nica so centar O i rad. r

moda

GLAVA I TRIGONOMETRISKI FUNKCII OD OSTAR AGOL VO PRAVOAGOLEN TRIAGOLNIK NOVI ZNAEWA I UMEEWA

SODR@INA NA TEMATA 1. Poim za agol. Merewe na agli 2. Definicija na trigonometriski funkcii od ostar agol 3. Vrednosti na trigonometriski funkcii za aglite 30  ,45  ,60  i od proizvolen agol 4. Trigonometriski funkcii od komplementni agli 5. Menuvawe na trigonometriskite funkcii pri promena na agolot od 0  do 90  6. Vrski me|u trigonometriskite funkcii od ist agol 7. Re{avawe na pravoagolen triagolnik 8. Re{avawe na prakti~ni problemi

Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

POTREBNI PREDZNAEWA Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na: -

da go utvrdi{ poimot za agol i da gi usvoi{ mernite edinici za agol, da gi usvoi{ trigonometriskite funkcii sinus, kosinus, tangens i kotangens od ostar agol, da go objasnuva{ menuvaweto na trigonometriskite funkcii koga agolot se menuva od 0  do 90  , da ja usvoi{ teoremata za komplementni agli i da mo`e{ istata da ja primenuva{, da gi koristi{ vo zada~i vrednostite na trigonometriskite funkcii za agli od 30  , 45  i 60  , so kalkulator da ja odreduva{ vrednosta na trigonometriskata funkcija ako e daden agol i obratno, da gi koristi{ osnovnite trigonometriski identiteti vo re{avawe na zada~i, da nau~i{ da re{ava{ pravoagolen triagolnik so dadeni potrebni elementi i da re{ava{ prakti~ni zada~i koi se sveduvaat na re{avawe na pravoagolen triagolnik.

pomot za agol, komplementni agli i mereweto na agli vo stepeni, ramnostraniot i ramnokrakiot pravoagolen triagolnik, priznacite za sli~ni triagolnici, poimot funkcija i monotona funkcija, Pitagorovata teorema, operaciite so drobno-racionalni izrazi i formulite za skrateno mno`ewe,

Interesot na ~ovekot za triagolnikot datira u{te od najrani vremiwa. Toa e prirodno, osobeno ako se ima predvid negovata premena vo izu~uvaweto na drugite geometriski figuri i pri re{avaweto na golem broj prakti~ni problemi vo grade`ni{tvoto, geodezijata itn. Eden takov primer e i sledniot, koj vo natamo{nite razgleduvawa }e go re{ime. Da se odredi rastojanieto na brodot do ezerskiot breg, ako e poznata visinata na svetilnikot i so pomo{ na soodveten meren instrument e odreden agolot  (crt. 1). Triagolnikot }e bide predmet na na{ interes i vo ovaa tema. Pokonkretno }e se zapoznaeme so nekoi zavisnosti me|u elementite na pravoagolniot triagolnik i niz re{avawe na karakteristi~ni primeri }e ja sogledame prakti~nata primena na istite.

1. POIM ZA AGOL. MEREWE NA AGLI Vo osnovnoto obrazovanie se zapoznavme so pove}e geometriski figuri, me|u koi i agolot. Da se potsetime na definicijata na agol. Definicija 1. Dve polupravi OX i OY so zaedni~ki po~etok ja delat ramninata na dva dela. Sekoj od ovie delovi zaedno so dvete polupravi se narekuva agol, vo oznaka XOY (crt. 2). Zaedni~kata to~ka O na polupravite OX i OY ja narekuvame teme na XOY . Polupravite OX i OY gi narekuvame kraci na XOY . Eden agol e napolno opredelen so to~ka P {to ne leì na kracite. To~kata P {to ne leì na kracite ja narekuvame vnatre{na to~ka, a mnoèstvoto vnatre{ni to~ki go narekuvame vnatre{nost na agolot XOY , a delot od ramninata koj ne ja sodrì P go narekuvame nadvore{nost na agolot XOY (ja sodrì to~kata M ). Kako {to moème da zabeleìme, so pomo{ na to~kata P ednozna~no se opredeleni vnatre{nosta i nadvore{nosta na agolot. Vo natamo{nite razgleduvawa ~esto pati namesto da ja potencirame to~kata P od definicija 1, za ozna~uvawe na vnatre{nosta na agolot }e koristime kruèn lak (crt. 3). Definicija 2. Za DCE }e velime deka e ramen agol, ako polupravite CD i CE obrazuvaat prava (crt. 4). Za agolot koj e polovina od ramniot agol }e velime deka e prav agol. 8

Za agolot  }e velime deka e ostar, ako toj e pomal od praviot agol, a ako e pogolem od praviot agol i pomal od ramniot agol, toga{ }e velime deka  e tap agol. Prakti~nite potrebi nalagaat merewe na geometriskite figuri, {to zna~i i merewe na aglite. Vo osnovnoto obrazovanie se zapoznavme stepenot, koj go ozna~uvame so  , kako merna edinica za agol i istiot go opredelivme kako eden devedesetti del od praviot agol. Isto taka, vovedovme i pomali edinici od stepenot za merewe na agili i toa, minuta i sekunda koi gi ozna~uvame so ' i " , soodvetno. Pritoa minutata ja definiravme kako {eesetti del od stepenot, t.e. 1  60' , a sekundata ja definiravme kao {eesetti del od minutata, t.e. 1'  60" . Definicija 3. Za agolot  }e velime deka e konveksen ako toj e pomal ili ednakov na ramniot agol (crt. 5a), t.e. pomal od ili ednakov na 180  (zo{to?), a ako toj e pogolem od ramniot agol go narekuvame konkaven (crt. 5b). Primer 1. a) Pretvori go vo minuti agolot   12  45' . b) Pretvori go vo stepeni agolot   45  15' 36" . Re{enie. a) Stepenite gi pretvorame vo minuti i dobivame

  12  45'  12  60'45'  720'45'  765' . b) Prvo sekundite gi pretvorame vo minuti, a potoa minutite gi pretvorame vo stepeni i dobivame

  45 15' 36"  45  15'( 36 )'  45  15'0,6'  45  15,6'  45  (1560,6 )   45  0,26  45,26 .  60 Za merewe na aglite vo matematikata postoi u{te edna merna edinica, koja detalno }e ja objasnime pri izu~uvaweto na dolìna na lak na kru`nica, a ovde istata }e ja vovedeme bez detalni objasnuvawa. Definicija 4. Neka e dadena kru`nica k (O, r ) . Za centralniot agol  }e velime deka ima golemina od eden radijan, vo oznaka 1rad , ako dolìnata na pripadniot kruèn lak e ednakva na radiusot na kru`nicata. Od definicija 3 sleduva deka, za da ja opredelime goleminata na agolot  , izrazena vo radijani, dovolno e dolìnata l na pripadniot kruèn lak da ja podelime so radiusot na kru`niot lak, t.e.   rl rad (crt. 6). Primer 2. a) Najdi ja goleminata na agolot  , izrazena vo radijani, ako dolìnata na kru`niot lak soodveten na agolot e dvapati pogolema od radiusot. b) Presmetaj ja goleminata na praviot agol izrazena vo radijani. Re{enie. a) Od uslovot na zada~ata imame l  2r , pa zatoa goleminata na agolot  izrazena vo radijani e 9

  rl rad 

2r r

rad  2rad .

b) Kako {to znaeme, dol`inata na kru`nicata so radius r e ednakva na 2r , i kako polniot agol e zbir na ~etiri pravi agli dobivame deka dol`inata na kru`niot lak soodveten na praviot agol e l  24r  2r . Spored toa, goleminata na praviot agol r

izrazena vo radijani e   rl rad  r2 rad  2rr rad  2 rad .  Komentar 1. Od primer 2 b) i faktot deka merata na agol od 0  izrazena vo radijani e 0rad (zo{to?), zaklu~uvame deka ako 0     90  , toga{   [0, 2 ] , i obratno.

ZADA^I ZA VE@BAWE 1.

So pomo{ na linijar i aglomer nacrtaj agol od: v) 225  i

a) 36  , b) 185  , Pretvori gi vo stepeni aglite:

v) 77  24' 42" .

a) 85  36' 54" , b) 25  42' i Pretvori gi vo minuti aglite

v) 77  24' .

a) 55  17' , b) 35  41' i Pretvori gi vo sekundi aglite

a) 15  16'17" , b) 52  24' i v) 77  24' 42" . Izrazi ja goleminata na ramniot agol vo stepeni i radijani. [to zaklu~uva{?

g) 310  .

2. DEFINICIJA NA TRIGONOMETRISKI FUNKCII OD OSTAR AGOL Pri izu~uvaweto na pravoagolniot triagolnik vidovme deka negovi osnovni elementi se katetite a i b , hipotenuzata c i ostrite agli  i  . Pri standardno obele`uvawe na elementite na pravoagolniot triagolnik za agolot  velime deka e sprotiven na katetata a , a za agolot  katetata a e nalegnata (crt. 7). Ponatamu, bidej}i agolot pri temeto C e prav agol, od teoremata za zbir na agli vo triagolnikot dobivame deka

    90  .

(1)

Isto taka, znaeme deka za stranite na pravoagolniot triagolnik va`i Pitagorovata teorema, t.e. deka a2  b2  c2 , (2) {to zna~i deka vo pravoagolen triagolnik zbirot na kvadratite na katetite e ednakov na kvadratot na hipotenuzata.

Kako {to znaeme dva triagolnici se sli~ni, ako imaat ednakvi agli. Bidej}i kaj pravoagolnite triagolnici edniot agol e prav agol, od (1) sleduva deka tie se sli~ni ako imaat ednakov eden ostar agol. Taka, na primer, od crt. 8 imame deka triagolnicite ABC i A1 B1C1 se sli~ni, {to zna~i a c

a b a  c1 , bc  c1 i ba  b1 . 1 1 1

Neka e daden pravoagolniot triagolnik ABC i preku temiwata B i C da gi prodol`ime kracite na ostriot agol CAB (crt. 9). Na krakot AC proizvolno izbirame to~ki C1 , C 2 , C 3 ,... i vo ovie to~ki povlekuvame pravi normalni na AC koi go se~at krakot AB vo to~kite B1 , B2 , B3 ,... , soodvetno. Od prethodno ka`anoto sleduva deka triagolnicite ABC , A1 B1C1 , A2 B2 C 2 , A3 B3C 3 ,... se sli~ni, {to zna~i deka nivnite soodvetni strani se proporcionalni. Taka, gi imame slednite nizi ravenstva B1C1 AB1



B2C2 AB 2



AC AB

 AC1  AC 2  AC 3  ...  bc

BC AC



AC BC

 AC1  AC 2  AC 3  ...  ba .

AB1

B1C1 AC1

B1C1



B3C3 AB 3

BC AB

AB 2



B2C2 AC 2

B2C2

 ...  ac

AB3



B3C3 AC 3

 ...  ba i

B3C3

Od prethodnite ravenstva zaklu~uvame deka, za daden ostar agol  odnosite na soodvetnite strani vo pravoagolnite triagolnici, ~ij eden agol e  se konstantni. No, {to stanuva so koli~nicite, ako ostriot agol se menuva (crt. 10 a)). O~igledno, ako agolot se menuva, toga{ pravoagolnite triagolnici imaat ista nalegnata kateta, a razli~ni hipotenuzi i sprotivni kateti, {to zna~i deka odnosot na katetite i odnosot na nalegnatata kateta i hipotenuzata se menuva, t.e. BC  B1C i AC  AC . Sli~no, od AC

AB1

crt. 10 b), bidej}i za site pravoagolni triagolnici hipotenuzata e konstantna, a sprotivnata kateta se menuva zaklu~uvame deka pri promena na ostriot agol odnosot na sprotivnata kateta i hipotenuzata se menuva AC  AC1 . So drugi zbororvi, odnosot na AB

dve strani na pravoagolen triagolnik se menuva ako se menuva ostriot agol na toj triagolnik. Zna~i, na eden ist ostar agol ili na ednakvi ostri agli sekoga{ im soodvetstvuvaat ednakvi brojni vrednosti na odnosite na stranite na pravoagolen triagolnik na koj mu pripa|a ostiot agol, a na razlini ostri agli im soodvestvuvaat razli~ni brojni vrednosti na odnosite na stranite na soodvetnite pravoagolni triagolnici. Spored toa, so pomo{ na koli~inicite na stranite na pravoagolniot triagolnik mo`e-

me da definirame funkcii od ostar agol, koi gi narekuvame trigonometriski funkcii. Ovie funkcii }e bidat predmet na na{ite natamo{ni razgleduvawa. Definicija 5. Odnosot na sprotivnata kateta a na ostriot agol  i hipotenuzata c vo pravoagolniot triagolnik go narekuvame sinus od agolot  i go ozna~uvame so sin  , t.e. sin   ac . Definicija 6. Odnosot na nalegnatata kateta b na ostriot agol  i hipotenuzata c vo pravoagolniot triagolnik go narekuvame kosinus od agolot  i go ozna~uvame so cos  , t.e. cos   bc . Definicija 7. Odnosot na sprotivnata kateta a i nalegnatata kateta b na ostriot agol  vo pravoagolniot triagolnik go narekuvame tangens od agolot  i go ozna~uvame so tg  , t.e. tg   ba . Definicija 8. Odnosot na nalegnatata kateta b i sprotivnata kateta a na ostriot agol  vo pravoagolniot triagolnik go narekuvame kotangens od agolot  i go ozna~uvame so ctg  , t.e. ctg   ba . Zabele{ka 1. Od defiiciite 7 i 8 imame ctg   ba  1a  tg1 , odnosno tg   ctg1 . b

Da spomeneme deka i drugi vrski me|u trigonometriskite funkcii, nekoi od koi podocna }e gi razgledame. Pruo~uvaweto na trigonometriskite funkcii, soodnosite me|u niv, re{avaweto na takanare~enite trigonometriski ravenki i primenata na trigonometriskite funkcii pri re{avaweto na triagolnik go so~inuvaat matemati~kata oblast trigonometrija, koj e edna od najstarite matemati~ki disciplini. Primer 3. Presmetaj gi vrednostite na trigonometriskite funkcii na ostriot agol vo pravoagolniot triagolnik so kateti a  2cm i b  2 3cm . Re{enie. Prvo }e ja opredelime hipotenuzata na pravoagolniot triagolnik. Od Pitagorovata teorema imame

c  a 2  b 2  2 2  (2 3 ) 2 cm  4  12cm  4cm . Sega od definiciite na trigonometriskite funkcii za dadenite vrednosti na a, b i c dobivame

sin   ac  24  12 , cos   bc  2 4 3  23 , tg   ba  2  1  33 i ctg   2 2 3  3 .  2 3 3 Opredeluvaweto na to~nite vrednosti na trigonometriskite funkcii od proizvolen ostar agol ne e nitu malku ednostavna zada~a. Sepak, pribli`nite vrednosti na ovie funkcii, koristej}i ednostaven grafi~ki metod, mo`at da se opredelat. Da razgledame eden primer.

Primer 4. Pribli`no opredeli gi vrednostite na trigonometriskite funkcii od agolot   25  . Re{enie. Prvo }e nacrtame SAT  25  i na krakot AS zemame proizvolna to~ka B od koja povlekuvame prava normalna na krakot AT i ja dobivame to~kata C (crt. 11). Gi merime stranite na ABC i dobivame a  22mm , b  45mm i c  50mm . Spored toa, vrednostite na trigonometriskite funkcii se 22  0,44 , cos 25   b  45  0,9 , sin 25   ac  50 c 50 45  2,054 .  tg 25   ba  22  0,489 i ctg 25   ba  22 45

ZADA^I ZA VE@BAWE

Za pravoagolniot triagolnik se dadeni hipotenuzata c  13cm i katetata a  12cm . Presmetaj gi vrednostite na trigonometriskite funkcii od agolot  . Dadena e kocka so rab a . Presmetaj gi vrednostite na trigonometriskite funkcii za agolot formiran od dijagonalata na kockata i dijagonalata na osnovata na kockata. Grafi~ki odredi gi vrednostite na trigonometriskite funkcii od agolot:

a)   55  , b)   35  i v)   80  . a) Konstruiraj ostar agol  takov, {to sin   53 .

6. 7.

b) Konstruiraj ostar agol  takov, {to tg   34 . v) Konstruiraj ostar agol  takov, {to ctg   12 . 5 10. Dali mo`e da se konstruira agol  takov, {to sin   32 ? Odgovorot da se obrazlo`i. 11. Grafi~ki opredeli gi vrednostite na cos 30  i sin 45  .

3. VREDNOSTI NA TRIGONOMETRISKITE FUNKCII ZA AGLITE 30 , 45 , 60 I PROIZVOLEN OSTAR AGOL

Pri re{avaweto na zada~a 9 od zada~ite za ve`bawe, vo zavisnost od preciznosta na crte`ot, nekoj od vas vrednosta na cos 30  dobija pribli`no 0,86 , drug 0,87 , tret 0,84 itn. Ako vaka dobienite pribli`ni vrednosti gi koristime za natamo{ni presmetuvawa, toga{ ve}e napravenite gre{ki sigurno negativno da se odrazat pri re{avawe na prakti~ni problemi, t.e. to~nosta na dobienite rezultati nema da bide zadovolitelna. Zatoa, logi~no e da se zapra{ame dali od nekoi agli mo`eme ednostavno da gi presmetame vrednostite na trigonometriskite funkcii. Odgovorot na ova pra{a-

we e pozitiven i kako {to }e vidime, toa mo`eme da go napravime za agli so golemina

30 , 45  i 60 . Prvo }e gi opredelime vrednostite na trigonometriskite funkcii od agol   45  . Za taa cel da go razgledame ramnokrakiot pravoagolen triagolnik so kateti a  b  1 (crt. 12). Ostrite agli na ovoj triagolnik se     45  , a od Pitagorovata teorema za negovata hipotenuza nao|ame c  a 2  b 2  2 . Od definiciite na trigonometriskite funkcii nao|ame

sin 45   ac  1  22 , cos 45   bc  1  22 , tg 45   ba  1 i ctg 45  ba  1 . 2 2 Zabele{ka 2. Od prethodnite razgleduvawa zaklu~uvame deka sin 45   cos 45  i

tg 45   ctg 45  . Va`no e da napomeneme deka ova e edinstveniot ostar agol za koj sinusot e ednakov na kosinusot, a tangensot e ednakov na kotangensot, {to pokasno i podetalno }e go obrazlo`ime. Za da gi opredelime vrednostite na trigonometriskite funkcii od 30  i 60 }e go iskoristime ramnostraniot triagolnik ABC so strana 1 (crt. 13). Ja povlekuvame visinata CD i go dobivame pravoagolniot triagolnik CAD ~ii ostari agli se CAD  60  i DCA  30  . Za stranite na ovoj triagolnik imame AC  1 , AD  12 i

CD  12  ( 12 ) 2  23 . Da gi presmetame vrednostite na trigonometriskite funkcii za negovite ostri agli. Za agolot od 30  imame: 3

sin 30   12  12 , cos 30   12  23 , tg 30  

1 2 3 2

 1  33 i ctg 30   3

3 2 1 2

 3 i ctg 30  

3 2 1 2

 3.

a za agolot od 60 dobivame 3

sin 30   12  23 , cos 60   12  12 , tg 30  

1 2 3 2

 1  33 . 3

Kako {to moème da zabeleìme, za presmetuvawe na vrednostite na trigonometriskite funkcii od spomenatite agli dovolno e da gi znaeme definicite na trigonometriskite funkcii i svojstvata na ramnokrakiot pravoagolen i ramnostraniot triagolnik. Me|utoa, zaradi polesno pomnewe i poednostavna primena moème da ja sostavime slednata tabela. Primer 5. Presmetaj ja vrednosta na izrazot: 



a) 3 sin 30 tg 30  cos 60 ctg 60 ,

sin

30o

45o

60o

1 2

2 2

3 2

cos

3 2

tg

3 3

ctg

2 2

1 2

1 sin 45



1 cos 45

Re{enie. a) Za dadeniot izraz imame

3 sin 30  tg 30   cos 60  ctg 60   3  12  33  12  33  23  63  2 3 3 . b)

1 sin 45



1 cos 45

 12  12  2  2  22  22  2 .  2 2 2

Vo dosega{nite razgleduvawa vidovme kako grafi~ki mo`eme pribli`no da gi presmetame vrednostite na trigonometriskite funkcii od ostar agol, a isto taka nau~ivme i kako da gi presmetame to~nite vrednosti na trigonometriskite funkcii od

30  , 45  i 60 . Me|utoa, vo praktikata naj~esto treba da opredelime vrednost na nekoja od trigonometriskite funkcii od agol  , razli~en od 30  , 45  i 60 , i taa vrednost mora da bide najdena so golema to~nost. Nao|aweto na vakvi vrednosti se zasniva na poznavawe na dosta poslo`eni matemati~ki teorii, pa zatoa vo praktikata naj~esto se koristime so kalkulator. Imeno, ako sakame da najdeme vrednost na sin, cos ili tg od nekoj agol  , toga{ postapuvame na sledniot na~i: - proveruvame dali aktivnata merna edinica (stepen ili radijan) na kalkulatorot se sovpa|a so mernata edinica vo koja e izrazen agolot od koj ja presmetuvame vrednosta na trigonometriskata funkcija, - ako agolot e izrazen vo stepeni i pomali edinici (minuti ili sekundi), toga{ go pretvorame vo stepeni, a ako e vo radijani nema {to da pretvorame, - ja vnesuvame vrednosta na agolot i go pritiskame kop~eto sin , cos ili tg , soodvetno, so {to ja dobivame baranata vrednost na trigonometriskata funkcija. Primer 6. Presmetaj sin 39  , cos 25  , tg 56 15' i ctg 43 30' . Re{enie. Vnesuvame 39  i so pritiskawe na kop~eto sin dobivame

sin 39   0,6293203  0,62932 , pri {to zaokru`ivme na pet decimali. Vnesuvame 25  i so pritiskawe na kop~eto cos dobivame cos 25   0,90630 . Bidej}i 56 15'  56,25  vnesuvame 56,25  i so pritiskawe na kop~eto tg dobivame

tg 56 15'  1,49660 . Na pove}eto kalkulatori nema kop~e za presmetuvawe na funkcijata kotangens, pa zatoa vo ovoj slu~aj ja koristime relacija ctg   tg1 i toa na sledniot na~i: za dadeniot agol presmetuvame tg  , a potoa go pritiskame kop~eto 1x (ili x 1 ). Spored toa, vo slu~ajot vnasuvame 43 30'  43,5  , go pritiska kop~eto tg i go pritiskame kop~eto 1 x

i dobivame ctg 43 30'  1,05378 . 

Vidovme kako so pomo{ na kalkulator mo`e da se presmetaat vrednostite na trigonometriskite funkcii od ostri agli. Logi~no e da se zapra{ame dali mo`eme da

go napravime obratnoto, t.e. ako e poznata vrednosta na edna od trigonometriskite funkcii, dali mo`eme da go opredelime ostriot agol vo koj funkcijata ja prima dadenata vrednost. Odgovorot na ova pra{awe e potvrden i za taa cel postapuvame na sledniot na~in: ja vnesuvame dadenata vrednost na trigonometriskata funkcija, da ka`eme sin   0,5362 , i go pritiskame kop~eto arcsin (~itaj arkusinus) so {to go dobivame agolot   32,425329   32  25' . Zabele{ka 3. Vo slu~ajot imame nova realna funkcija, koja ja narekuvame arkusinus i pritoa ako sin   a , toga{   arcsin a (~itaj  e arkussinus od a ). Analogno, ako cos   a , toga{   arccos a (~itaj  e arkuskosinus od a ) i ako tg   a , toga{   arctg a (~itaj  e arkussinus od a ). Pritoa, ako rabotime na digitron gi koristime kop~iwata arccos i arctg . Vo slu~aj ako znaeme ctg   a , toga{ prvo nao|ame tg   ctg1  1a , a potoa go vnesuvame brojot 1a i so pritiskawe na kop~eto arctg ja dobivame baranata vrednost na agolot  . Primer 7. Presmetaj go agolot  ako a) tg   2,0934 ,

b) cos   0,88624 .

Re{enie. a) Na kalkulatorot vnesuvame 2,0934 , go pritiskame kop~eto arctg i dobivame   arctg 2,0934  64,4667   64  28' . b) Na kalkulatorot vnesuvame 0,88624 , go pritiskame kop~eto arccos i dobivame   arc cos 0,88624  27  35' . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 12. Presmetaj ja vrednosta na izrazot: a) (1  sin 30  )(1  sin 30  ) ,

2 cos 45 sin 45 1sin 2 45

sin 2 30  2 sin 2 45 3 cos 2 30 cos 2 45

13. Proveri ja to~nosta na ravenstvata: a) 3 tg 30   2 cos 30   2 ctg 30  , v)

1 sin 30



1 cos 60

b) sin 30   cos 60   tg 45  i

 (tg 45   ctg 45  ) 2 .

14. Presmetaj: a) sin 55  20' , b) cos 84  40'21" , v) tg 25  30' i g) ctg 71 39'4" . 15. Odredi go ostriot agol  ako: a) sin   0,1937 , b) sin   0,9336 , v) cos   0,8631 , g) cos   0,2070 , d) tg   0,3805 , |) tg   6,968 , e) ctg   5,066 i `) ctg   0,9271 . 16. a) Za koi dva agli velime deka se komplementni? b) Dali ostrite agli vo pravoagolen triagolnik se komplementni? 17. Proveri ja to~nosta na relaciite:

a) sin 30   cos 60  i

18. Presmetaj cos 50  i sin 40  . [to zabele`uva{?

b) tg 60   ctg 30  .

4. TRIGONOMETRISKI FUNKCII OD KOMPLEMENTNI AGLI Ako ja analizirame tabelata na strana 14 }e zabele`ime deka

sin 30   cos 60  , cos 30   sin 60  , tg 60   ctg 30  i tg 30   ctg 60  , a aglite 30  i 60  se komplementni. Isto taka, dokolku ja re{i zada~a 18 sigurno zabele`a deka komplementnite agli 50  i 40  va`i cos 50   sin 40  . Prethodnite razgleduvawa ne naveduvaat na zaklu~ok deka nekoi od trigonometriskite funkcii od komplementni agli se ednakvi me|u sebe. Vo ovaa smisla ja imame slednata teorema. Teorema 1. Ako  e ostar agol, toga{

sin   cos(90    ), cos   sin(90    ), tg   ctg(90    ), ctg   tg(90    ) .

(1)

Dokaz. Neka e daden pravoagolniot ABC so ostri agli  i  (crt. 14). Vrednostite na trigonometriskite funkcii od agolot  se:

sin   ac , cos   bc , tg   ba , ctg   ba .

(2)

a vrednostite na trigonometriskite funkcii za agolot  se

sin   bc , cos   ac , tg   ba , ctg   ba .

(3)

Od ravenstvata (2) i (3) gi dobivame ravenstvata

sin   cos  , cos   sin  , tg   ctg  i ctg   tg  .

(4)

Me|utoa,  i  se ostri agli vo pravoagolen triagolnik, pa zatoa     90  , t.e.

  90    i ako zamenime vo ravenstvata (4) gi dobivame ravenstvata sin   cos(90    ), cos   sin(90    ), tg   ctg(90    ), ctg   tg(90    ) , {to i treba{e da se doka`e.  Primer 8. Vo primer 7 presmetavme deka

sin 39   0,62932 , cos 25   0,90630 , tg 56 15'  1,49660 i ctg 43 30'  1,05378 . Od teorema (1) dobivame

cos 51  cos(90   39  )  sin 39   0,62932 ,

sin 65   sin(90   25  )  cos 25   0,90630 , ctg 33 45'  ctg(90   56 15' )  tg 56 15'  1,49660 i tg 46  30  tg(90   43 30' )  ctg 43 30'  1,05378 . 

Primer 9. Opredeli go ostriot agol  ako: a) sin   sin 28  i

b) sin   cos 42  .

Re{enie. Pri voveduvaweto na trigonometriskite funkcii poka`avme deka za koi bilo dva razli~ni agli me|u 0  i 90  vrednostite na sinusot, a i na ostanatite trigonometriski funkcii od tie agli se razli~ni me|u sebe, t.e. ako 1   2 , toga{ sin 1  sin  2 . No, toa zna~i, ako 1 i  2 se ostri agli i sin 1  sin  2 , toga{ 1   2 (zo{to?). Prethodno iznesenoto }e go izkoristime za da go opredelime agolot  . a) Od sin   sin 28  sleduva   28  . b) Od teorema 1 sleduva

sin   cos 42   sin(90   42  )  sin 48  pa zatoa   48  .  Primer 10. Opredeli go ostriot agol  ako: a) sin(  30  )  cos 20  i

b) sin(  10  )  cos(  10  )

Re{enie. a) Od teorema 1 i od uslovot na zada~ata sleduva sin(  30  )  sin 70  . Ponatamu, ako ja iskoristime postapkata od primer 9 dobivame   30   70  , od {to sleduva   40  . b) Od teorema 1 i od uslovot na zada~ata sleduva sin(  10  )  sin(80    ) . Ponatamu, ako ja iskoristime postapkata od primer 9 dobivame   10   80    , od {to sleduva   35  . Primer 11. Uprosti go izrazot

8 tg 20  2 ctg 70 3 tg 20 ctg 70

Re{enie. So primena na teorema 1 dobivame 8 tg 20  2 ctg 70 

3 tg 20 ctg 70





8 tg 20  2 tg 20 

3 tg 20  tg 20





10 tg 20 2 tg 20

5. 

Primer 12. Neka  i  se ostri agli na pravoagolen triagolnik. Uprosti go izrazot

sin   cos 2  cos  sin 2 

Re{enie. Od teorema 1 sleduva i ravenstvoto   90    sleduva sin   cos 2  cos  sin  2



cos(90  )  cos 2  

cos   cos (90  ) 2



cos   cos 2  cos   cos 2 

 1. 

Na krajot od ovoj del, da zabele`ime deka vo slu~aj na ostar agol  relacijata 18

ctg   tg(90    ) mo`eme da ja iskoristime za presmetuvawe na ctg   tg(90    ) . Navistina, ako so pomo{ na kalkulator treba da presmetame ctg 13 25 , toga{ koristej}i ja prethodnata relacija dobivame

ctg 13 25'  tg(90   13 25' )  tg 76  35'  4,1921 .

ZADA^I ZA VE@BAWE 19. Opredeli go komplementniot agol na agolot: a) 84  40'21" , b) 53 20' , 20. Koi od slednite ravenstva se to~ni:

v) 3314'

a) sin 55   cos 35  , b) cos 44   sin 36  , Odgovorot da se obrazlo`i. 21. Opredeli go ostriot agol  ako

v) tg 38   ctg 52  i

g) ctg 63   tg 17  .

a) sin   cos 35  , b) cos   sin 36  , 22. Opredeli go ostriot agol  ako

v) tg   ctg 52  i

g) ctg   tg 17 

a) sin(  15  )  cos 35  , b) cos(  22  )  sin 36  . 23. Opredeli go ostriot agol  ako a) cos(  20  )  sin(  20  ) , v) tg(  15  )  ctg(  25  ) i g) ctg(  20  )  tg(70    ) 24. Najdi gi trigonometriskite funkcii na pomaliot ostar agol na pravoagolniot triagolnik, kaj koj ednata kateta pretstavuva 75% od drugata kateta. 25. Uprosti gi izrazite: a)

4 sin 40  cos 50 3 sin 40  2 cos 50

sin 2 65 cos 25 cos 2 25 sin 65

tg 72 ctg 2 18 

ctg 18  tg 72 2



tg   ctg 2  ctg   tg 2 

5. MENUVAWE NA TRIGONOMETRISKITE FUNKCII PRI PROMENA NA AGOLOT OD 0 DO 90 Vo prethodnite razgleduvawa zaklu~ivme deka pri 1   2 va`i sin 1  sin  2 , cos 1  cos  2 itn.. Me|utoa, sakame da utvrdime kako se odnesuvaat vrednostite na trigonometriskite funkcii koga vrednostite na agolot  se menuvaat od 0  do 90  . Za taa cel prvo }e razgledame eden primer. Primer 13. So presmetuvawe na vrednostite na funkcijata sin za aglite 25  , 38  i 65  dobivame sin 25   0,42261 , sin 38   0,61566 i sin 65   0,9063 . Kako {to mo`eme da vidime, so zgolemuvawe na vrednosta na argumentot se zgolemuva i vrednosta na funkcijata sin . 

Da se vratime na pra{aweto postaveno na po~etokot od ovoj del. Za taa cel }e go razgledame delot od kru`nicata so radius r , vo koj vpi{uvame pravoagolni triagolnici OA1 B1 , OA2 B2 , OA3 B3 , ..., OAn Bn ,... (crt. 15), za koi hipotenuzite se ednakvi, t.e.

r  OB1  OB 2  OB 3  ...  OB n  ... , a za aglite vo temeto O va`i

1   2   3  ...   n  ... . Ponatamu, od crt. 15 gledame deka A1 B1  A2 B 2  A3 B 3  ...  An B n  ... pa zatoa

A1B1 OB1



A2 B 2 OB 2



A3 B3 OB3

 ... 

An B n OB n

 ... , od {to sleduva deka

sin 1  sin  2  sin  3  ...  sin  n  ... . Od dosega iznesenoto sleduva deka so zgolemuvaweto na vrednosta na agolot  , se zgolemuva i vrednosta na sin  , {to zna~i deka funkcijata sin  monotono raste na intervalot [0, 2 ] . Od crt. 15 lesno se voo~uva deka koga agolot  se pribliùva do 0  se namaluva dolìnata na sprotivnata kateta na vpi{anite triagolnici i taa se pribliùva kon nula, a kako hipotenuzata na vpi{anite triagolnici e fiksna, zaklu~uvame deka koli~inikot na katetata i hipotenuzata se pribliùva kon nula, {to zna~i deka sin  se pribliùva kon nula, pa zatoa moème da stavime sin 0   0 . Ponatamu, ako agolot  se pribliùva do 90  , toga{ dolìnata na sprotivnata kateta na vpi{anite triagolnici se pribliùva do dolìnata na hipotenuzata i kako dolìnata na hipotenuzata e konstantna (crt. 15), zaklu~uvame deka koli~nikot na katetata i hipotenuzata se pribliùva do eden, pa zatoa moème da stavime sin 90   1 . Od prethodno iznesenoto i od komentar 1 sleduva to~nosta na slednata teorema. Teorema 2. Funkcijata sin  monotono raste na intervalot [0, 2 ] i pritoa

0  sin   1 , za sekoj   [0, 2 ] .  Primer 14. a) Bez da presmetuva{, podredi gi po golemina sin 15  43' , sin 35  ,

sin 75  i sin 4312" . b) Bez da presmetuva{, opredeli go znakot na izrazot sin 35   sin 42  . Re{enie. a) Od teorema 2 i neravenstvata 15  43'  35   4312"  75  sleduva sin 15  43'  sin 35   sin 4312"  sin 75  .

b) Od teorema 2 i neravenstvoto 35   42  sleduva sin 35   sin 42  , {to zna~i

sin 35   sin 42   0 . 

Povtorno da go razgledame crt. 15. O~igledno OA1  OA 2  A 3  ...  OA n  ... pa zatoa OA1  OA2  OA3  ...  OAn  ... , od {to sleduva deka OB1

OB 2

OB3

OB n

cos 1  cos  2  cos  3  ...  cos  n  ... . Od dosega iznesenoto sleduva deka so zgolemuvaweto na vrednosta na agolot  , se namaluva vrednosta na cos  , {to zna~i deka funkcijata cos  monotono opa|a na intervalot [0, 2 ] . Od crt. 15 lesno se voo~uva deka koga agolot  se pribliùva do 0  se zgolemuva nalegnatata kateta na vpi{anite triagolnici i nejzinata dolìna se pribliùva do dolìnata na hipotenuzata, a kako dolìnata na hipotenuzata na vpi{anite triagolnici e konstantna, zaklu~uvame deka koli~inikot na katetata i hipotenuzata se pribliùva kon eden, {to zna~i deka cos  se pribliùva kon eden, pa zatoa moème da stavime cos 0   1 . Ponatamu, ako agolot  se pribliùva do 90  , toga{ dolìnata na nalegnata kateta na vpi{anite triagolnici se pribliùva do nula i kako dolìnata na hipotenuzata e konstantna (crt. 15), zaklu~uvame deka koli~nikot na katetata i hipotenuzata se pribliùva do nula, pa zatoa moème da stavime cos 90   0 . Od prethodno iznesenoto i od komentar 1 sleduva to~nosta na slednata teorema. Teorema 3. Funkcijata cos  monotono opa|a na intervalot [0, 2 ] i pritoa

0  cos   1 , za sekoj   [0, 2 ] .  Primer 15. Bez da presmetuva{, podredi gi po golemina cos 13 , cos 82  i cos 75  . Re{enie. a) Od teorema 3 i neravenstvata 13  75   82  sleduva

cos 13  cos 75   cos 82  .  Da go razgledame crt. 16, na koj se nacrtani nekolku pravoagolni triagolnici so zaedni~ka nalegnata kateta AC i za aglite vo temeto A va`i

1   2   3 O~igledno

CB1  CB 2  CB 3 pa zatoa CB1  CB 2  CB 3 , od {to sleduva deka AC

tg 1  tg  2  tg  3 . Od dosega iznesenoto sleduva deka so zgolemuvaweto na vrednosta na agolot  , se zgolemuva vrednosta na tg  , {to zna~i deka funkcijata tg  monotono raste na razgleduvaniot interval. Od crt. 16 lesno se voo~uva deka koga agolot  se pribli`uva do 0  se namaluva sprotivnata kateta na vaka konstruiranite triagolnici i nejzinata dol`ina se pri-

bliùva do nula, a kako dolìnata na nalegnatata kateta e konstantna, zaklu~uvame deka koli~nikot na sprotivnata i nalegnatata kateta se pribliùva do nula, {to zna~i tg  se pribliùva do nula, pa zatoa moème da stavime tg 0   0 . Ponatamu, ako agolot

 se pribliùva do 90  , toga{ dolìnata na sprotivnata kateta na vaka konstruiranite triagolnici neograni~eno raste i kako dolìnata na nalegnatata kateta e konstantna zaklu~uvame deka koli~nikot na sprotivnata i nalegnatata kateta neograni~eno raste. Poslednoto moème da go iskaème na sledniot na~in: ako agolot  raste i se stremi kon 90   2 , toga{ tg  neograni~eno raste i se stremi kon beskone~nost, t.e. ako   2 , toga{ tg    . Od prethodno iznesenoto i od komentar 1 sleduva to~nosta na slednata teorema. Teorema 4. Funkcijata tg  monotono raste na intervalot [0, 2 ) i pritoa

0  tg    , za sekoj   [0, 2 ) .  Primer 16. a) Bez da presmetuva{, podredi gi po golemina tg 13 , tg 82  i tg 75 . b) Bez da presmetuva{, podredi gi po golemina ostrite agli  ,  ,  i  , ako se deka tg   0,437, tg   5,678, tg   1,0234 i tg   25,786 . Re{enie. a) Od teorema 4 i neravenstvata 13  75   82  sleduva

tg 13  tg 75   tg 82  . b) Od 0,437  1,0234  5,678  25,786 sleduva tg   tg   tg   tg  , pa od teorema 4 zaklu~uvame deka        .  Primer 17. Za koi vrednosti na ostriot agol  va`i tg   3 , a za koi

tg   3 . Re{enie. Znaeme deka tg 60   3 . Sega od teorema 4 sleduva: - ako 0     60  , toga{ tg   3 , a - ako 60     90  , toga{ tg   3 .  Vo prethodnite razgleduvawa vidovme deka od 0  1   2   3 sleduva 0  tg 1  tg  2  tg  3 . No za pozitivni realni broevi x i y od x  y sleduva 1 x

 1y , pa zatoa

 tg1  tg1 , 2 3 i ako iskoristime deka za sekoj ostar agol  va`i 1  ctg  dobivame tg  1 tg 1

ctg 1  ctg  2  ctg  3 . 22

Ponatamu, so analogni razmisluvawa, kako i za tangensot mo`eme da zaklu~ime deka

ctg 90   0 i ako agolot  opa|a i se stremi kon 0  , toga{ ctg  neograni~eno raste i se stremi kon beskone~nost, t.e. ako   0  , toga{ ctg    . Obidi se ova samostojno da go zaklu~i{. Od prethodno iznesenoto i od komentar 1 sleduva to~nosta na slednata teorema. Teorema 5. Funkcijata ctg  monotono opa|a na intervalot (0, 2 ] i pritoa

0  ctg    , za sekoj   (0, 2 ] .  Primer 18. a) Bez da presmetuva{, opredli go znakot na izrazot ctg 28   1 . b) Proveri dali e to~no neravenstvoto ctg 35   tg 25   0 . v) Bez da presmetuva{, opredeli go znakot na izrazot

tg 55  tg 25 ctg 37 ctg 45

Re{enie. Znaeme deka ctg 45   1 i kako 45   28  od teorema 5 sleduva

ctg 28   ctg 45  , t.e. ctg 28   ctg 45   0 . Spored toa, ctg 28   1  ctg 28   ctg 45   0 . b) Ako go iskoristime ravenstvoto tg   ctg(90    ) , toga{ od teorema 5 imame

ctg 35   tg 25   ctg 35   ctg 65   0 . v) Bidej}i 55   25  od teorema 4 dobivame tg 55   tg 25  , t.e. tg 55   tg 25   0 . No, 37   45  , pa zatoa ctg 37   ctg 45  , t.e. ctg 37   ctg 45   0 . Kone~no,

tg 55  tg 25 ctg 37 ctg 45

0

(zo{to?).  Primer 19. Za koi vrednosti na ostriot agol  va`i ctg   1 , a za koi ctg   1 . Re{enie. Znaeme deka ctg 45   1 . Sega od teorema 5 sleduva: - ako 0     45  , toga{ ctg   1 , a - ako 45     90  , toga{ ctg   1 .  ZADA^I ZA VE@BAWE 26. Bez da presmetuva{, opredeli koj broj e pogolem: a) sin 33  ili sin 44  b) sin 72  ili sin 27  27. Bez da presmetuva{, podredi gi broevite da rastat: a) sin 38  , sin 25  , sin 74  , sin 45  , sin 17  30' b) sin 52  , sin 41 , sin 18  , sin 81 , sin 12  45' 28. Bez da presmetuva{, opredeli koj broj e pogolem: a) cos 17  ili cos 18 

b) cos 31 20' ili cos 30  40'

v) tg 39  ili tg 29 

g) ctg 56  ili ctg 65 

29. Bez da presmetuva{, podredi gi po opa|awe broevite: a) cos 14  , cos 25  , cos 75  , cos 48  , cos 10  20' ; b) tg 39  , tg 73  , tg 24  , tg 48  50' , tg 26 10' . 30. Bez da presmetuva{, podredi gi po golemina ostrite agli  ,  ,  i  ako: a) sin   13 , sin   0,34 , sin   52 , sin   0,33 , b) cos   34 , cos   0,77 , cos   79 , cos   0,77 . 31. Bez da presmetuva{, sporedi gi broevite a) sin 27  i cos 27  ,

b) sin 72  i cos 45  ,

v) tg 39  i ctg 25  , g) tg 37  i ctg 39  , 32. Bez da presmetuva{ opredeli go znakot na izrazot: a)

tg 57 ctg 34 ctg 57 ctg 45

sin 57 cos 34 tg 10 ctg 23

33. Za koi vrednosti na agol  , 0     90  e to~no neravenstvoto: b) sin  

a) tg   1 ,

1 2

34. Ako 0     90  , najdi ja najgolemata vrednost na izrazot: a) sin   1 ; b) 2 cos   3 , 



35. Ako 0    90 , najdi ja najmalata vrednost na izrazot: a) sin   2 , b) 2 cos   3 ,

v) cos  

3 2

v) 4  3 cos  . v) 4  3 sin  .

36. Ako 0    90 , najdi vo koi granici se menuva vrednosta na izrazot: a) 5  sin  , b) 2  3 cos  , g) 4 sin   5 .

6. VRSKI ME\U TRIGONOMETRISKITE FUNKCII OD IST AGOL Pri definiraweto na trigonometriskite funkcii, vo zabele{ka 1 vidovme deka tg   ctg1 , za sekoj ostar agol  i ova e odredena zavisnost me|u dve trigonometriski funkcii od ist agol (ponatamu pod ist agol }e podrazbirame samo isti ostri agli). Vo ovoj del }e izvedeme nekolku osnovni zavisnosti me|u trigonometriskite funkcii od ist agol. Da razgledame eden primer. Primer 20. Presmetaj a) sin 2 45   cos 2 45  ,

b) sin 2 30   cos 2 30  .

Re{enie. Imame, a) sin 2 45   cos 2 45   ( 22 ) 2  ( 22 ) 2  24  24  1 i b) sin 2 30   cos 2 30   ( 12 ) 2  ( 23 ) 2  14  34  1 . 

Primerot 20 ne naveduva na pretpostavkata deka zbirot na kvadratite na funkciite sinus i kosinus od eden ist agol  e ednakov na eden. Vo slednata teorema }e poka`eme deka na{ata pretpostavka e to~na. Teorema 6. Zbirot na kvadratite na sinus i kosinus od eden ist agol  e ednakov na edinica, t.e.

sin 2   cos 2   1 .

(1)

Dokaz. Neka ABC e pravoagloen triagolnik so ostar agol  . Od definicijata na sinus i kosinus imame sin   ac , cos   bc , {to zna~i

sin 2   cos 2   ( ac ) 2  ( bc ) 2  a 2b . c No, triagolnikot ABC e pravoagolen so kateti a i b i hipotenuza c , pa od Pitagorovata teorema imame 2

a 2  b 2  c 2 i ako zamenime vo poslednoto ravenstvo dobivame 2 2 2 sin 2   cos 2   a 2b  c 2  1 ,

{to i treba{e da se dokaè.  Zabeleùvame deka ravenstvoto (1) se odnesuva na vrednostite na funkciite sinus i kosinus od ist agol  , pa zatoa istoto moè da se iskoristi za opredeluvawe vrednosta, da kaème na kosinus, od nekoj agol ako e poznata vrednosta na sinus od istiot agol. Da razgledame eden primer. Primer 21. a) Za ostriot agol  najdi cos  ako sin   0,6 . b) Uprosti go izrazot (2  cos  )(2  cos  )  3 . Re{enie. a) Od identitetot (1) i sin   0,6 posledovatelno dobivame

0,6 2  cos 2   1 , 0,36  cos 2   1 i cos 2   1  0,36  0,64 . No, cos   0 , pa od posalednoto ravenstvo sleduva cos   0,8 . b) Ako iskoristime deka (a  b)(a  b)  a 2  b 2 , toga{ od identitetot (1) dobivame

(2  cos  )(2  cos  )  3  2 2  cos 2   3  1  cos 2   sin 2  .  Kako {to znaeme, to~na e formulata tg   ctg1 od koja sleduvat formulite

tg   ctg   1 i

(2)

ctg  

(3)

1 tg 

sin   Od druga strana, od sin   ac , cos   bc sleduva cos 

a c b c

 ba  tg  , t.e. to~na e formulata 25

sin  . tg   cos 

(4)

 , t.e. to~na e formulata Sega, od (3) i (4) dobivame ctg   tg1  sin1  cos sin  cos 

 . ctg   cos (5) sin  Ravenstvata (1), (2), (4) i (5) vo literaturata se poznati kako osnovni trigonometriski identiteti. Vo slednite primeri }e uka`eme na nekoi primeni na istite.

Primer 22. Za ostriot agol  presmetaj cos  , sin  i ctg  , ako tg   12 5 Re{enie. Ako go iskoristime identitetot (3) dobivame 5 . ctg   tg1  121  12 5

sin  cos

Sega od identitetot (4) imame

 tg   12 t.e. sin  5 sin 2   144 cos 2  25

 12 cos  pa zatoa 5

i ako zamenime vo (1) dobivame 144 cos 2  25

 cos 2   1

25 i ako zememe pridvid deka cos   0 nao|ame cos   5 . Kone~no, so pa zatoa cos 2   169 13 12 zamena vo sin   5 cos  dobivame

sin   12 cos   12  5  12 .  5 5 13 13 ]e re{ime u{te edva primeri vo koi }e ja ilustrirame primenata na osnovnite trigonometriski identiteti. Primer 23. Doka`i go identitetot:

sin 2   cos 2   1  2 cos 2  Re{enie. Dokaùvaweto na vakvi identiteti moè da se utvrdi na dva na~ina: 1. So transformacija, ednata strana na ravenstvoto se sveduva na drugata 2. Se transformiraat i dvete strani na ravenstvoto se do nivno sveduvawe na o~igledno vistinito ravenstvo Vo ovoj slu~aj }e go izbereme prviot na~in. Imeno, od (1) dobivame sin 2   1  cos 2  , i ja transformirame levata strana na dadenoto ravenstvo sin 2   cos 2   1  cos 2   cos 2   1  2 cos 2  {to i treba{e da dokaème.  Primer 24. Dokaì go identitetot: 2tg

1  1sin   cos Re{enie. Za razlika od prethodniot primer vo ovoj primer dadeniot identitet }e go doka`eme na vtoriot na~in i toa: 1 1sin 

1sin  1sin  (1sin  )(1sin  )

2 sin 

cos   cos 



2 sin  1sin 2 

 2 sin2 

2 sin  cos 2 



cos 

 2 sin2  , cos 

so {to identitetot e doka`an.  ZADA^I ZA VE@BAWE 37. Odredi gi ostanatite trigonometriski funkcii od ostriot agol  ako: a) sin   0,7 ,

b) sin   23 . 38. Odredi gi ostanatite trigonometriski funkcii od ostriot agol  ako: a) cos   54 , b) cos   0,6 . 39. Odredi gi ostanatite trigonometriski funkcii od ostriot agol  ako: a) tg   3 ,

b) tg   7 8 2 . 40. Odredi gi ostanatite trigonometriski funkcii od ostriot agol  ako: b) ctg   42 . 41. Presmetaj ja vrednosta na izrazot a) ctg   5,6 ,

tg  1

 2 cos  , ako tg   20 , a) 5 sin3cos  21

b) 1 tg  , ako sin   53 ,

13 sin  , ako cos   5 . v) 5 15 tg  12 ctg  13 42. Odredi go tg  od ravenstvoto:

  cos   4 , a) 2 sinsin  43. Doka`i go identitetot:

3 cos    1 . b) 5 sin2cos  2

b) tg 2   1 

1 a) 1sin  1  22 ,  1sin  cos 

v) (tg   1) 2  (tg   1) 2 

2 cos 2 

1 2 cos 2  2 sin 2  1

1 cos 2 

1.

44. Doka`i go identitetot: a)

ctg  cos  ctg 

(sin   cos  ) 2 1 2 cos 

 1  sin  ,  sin  ,

b) ctg 1 tg   sin   cos  ,   1 cos   2 . g) 1sin cos  sin  sin 

7. RE[AVAWE NA PRAVOAGOLEN TRIAGOLNIK Na po~etokot na ovaa tema rekovme deka edna od celite koi sakame da gi postigneme so voveduvaweto na trigonometriskite funkcii od ostar agol e re{avaweto na pravoaglniot triagolnik. Poslednoto podrazbira odreduvawe na osnovnite elementi na pravoagolniot triagolnik, strani i ostri agli, koga se dadeni dva negovi elementi, razli~ni od praviot agol. Postavenata zada~a ima re{enie, vo {to nie }e se uverime razgleduvaj}i gi ~etirite tipa zada~i za re{avawe na pravoagolen triagolnik, i toa:

poznati se hipotenuzata i eden agol, poznati se kateta i agol, poznati se kateta i hipotenuza i poznati se dvete kateti.

Primer 25. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so hipotenuzata c  56cm i agolot   53 28' . Re{enie. Dadeni se c  56cm i   53 28' (crt. 19). Treba da gi opredelime a, b i  . Agolot  }e go opredelime od uslovot

    90  . Imame,

  90     90   53 28'  36  32' . Ponatamu, od sin   ac sleduva a  c sin   56 sin 53 28'  45cm ,

a od cos   bc sleduva

b  c cos   56 cos 53 28'  33,3cm .  Zabele{ka 6. Poèlno e site elementi na triagolnikot da gi opredelime so po~etnite podatoci, bidej}i vo slu~aj ako koristime ve}e presmetani vrednosti, toga{ pove}ekratnite pribli`ni presmetuvawa moàt da dovedat do pogolemi gre{ki. Poèlno e na krajot da napravi{ proverka na dobienite rezultati. Imeno, toa moè{ da go napravi{ so pomo{ na Pitagorovata teorema. Vo slu~ajot imame

a 2  b 2  45 2  33,3 2  2025  1108,89  3133,89  55,89 . Primer 26. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so kateta a  123cm i agolot   4112' . Re{enie. Dadeni se a  123cm i   4112' (crt. 19). Treba da gi opredelime b, c i  . Agolot  }e go opredelime od uslovot     90  . Imame,

  90     90   4112'  48  48' . Ponatamu, od cos   ac sleduva

c  cosa  

123 cos 4112'

 163,5cm ,

a od tg   ba sleduva

b  a tg   123 tg 4112'  107,7 .  Primer 27. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so kateta a  24cm i hipotenuza c  30cm . 28

Re{enie. Dadeni se a  24cm i c  30cm (crt. 19). Treba da gi opredelime b,  i  . Od Pitagorovata teorema imame

b  c 2  a 2  30 2  24 2  900  576  324  18cm . 24  0,8 , pa e   arccos 0,8  36  52' i   90     90   36  52'  53 8' .  Ponatamu, cos   ac  30

Primer 28. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so kateti a  2,4cm i b  3,5cm . Re{enie. Dadeni se a  2,4cm i b  3,5cm (crt. 19). Treba da gi opredelime c,  i  . Od Pitagorovata teorema imame

c  a 2  b 2  2,4 2  3,5 2  5,76  12,25  18,01  4.2cm . 24 , pa e   arctg 24  34  26' i   90     90   34  26'  55  34' .  Ponatamu, tg   ba  35 35

ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E Steknatite znaewa za trigonometriskite funkcii od ostar agol i re{avaweto na pravoagolniot triagolnik moème da gi iskoristime za re{avawe na proizvolen triagolnik, ostroagolen ili tapoagolen. Na crt. 20 se dadeni ostroagolen i tapoagolen triagolnik. I vo dvata slu~ai so pomo{ na visinata AD dobivame dva pravoagolni triagolnici ABD i ACD . Spored toa, za da go re{ime triagolnikot ABC za koj se poznati tri elementi, potrebno e da gi re{ime pravoagolnite triagolnici ABD i ACD . Moè da se pokaè deka poslednoto e sekoga{ mo`no, {to nie }e go ilustrirame na eden primer, bez da gi razgleduvame site mo`ni slu~ai. Primer 29. Re{i go triagolnikot ABC zadaden so a  28,5 ,   68  i   54  . Re{enie. Od teoremata za zbirot na aglite vo triagolnik, za agolot  dobivame

  180       180   68   54   58  . Od pravoagolniot triagolnik BCD imame h  a sin   28,5 sin 54   23 i y  a cos   16,7 ,

a od pravoagolniot triagolnik CAD imame b  sinh 

23 sin 68

 24,8 i b  tgh  23   9,3 . tg 68

Kone~no, za tretata strana dobivame c  x  y  9,3  16,7  26 , so {to triagolnikot e re{en. 

ZADA^I ZA VE@BAWE 45. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so: a) a  0,5 i c  1,3 ; b) c  15 i b  8 . 46. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so: a) a  0,5 i   22  30' ;

b) a  236 i   54  .

47. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so: a)   33  22' i c  71,5 ;

b) c  15,6 i   44  28' .

48. Re{i go pravoagolniot triagolnik zadaden so: a)   29  29' i b  12,3 ;

b) b  72 i   56 10' .

49. Opredeli gi aglite na pravoagolniot triagolnik, ako a) a  18 i b  31 ; b) a  7,9 i b  5,6 50. Odredi gi aglite na ramnokrakiot triagolnik so osnova 25 i visina spu{tena kon osnovata 15 . 51. Presmetaj go perimetarot na ramnokrakiot triagolnik, ~ij krak e 14cm , a agolot pri osnovata e 50  . 52. Presmetaj gi aglite i stranite na rombot, ako negovite dijagonali se 32cm i 60cm . 53. Ramnokrakiot trepez e zadaden so pogolemata osnova a  42cm , krakot c  25cm i agolot pri pogolemata osnova 47  20' . Presmetaj ja drugata osnova i visinata.. 54. Presmetaj go perimetarot na pravoagolnikot na koj agolot me|u dijagonalite mu e 64  40' i dijagonalata e 10cm . 55. Presmetaj go perimetarot na pravoagolnikot so strana a  18cm i agol me|u stranata a i dijagonalata   44  .

8. RE[AVAWE NA PRAKTI^NI PROBLEMI Da se vratime na po~etniot primer od vovedot na temata, vo koj se bara{e: Da se odredi rastojanieto a na brodot do ezerskiot breg, ako e poznata visinata na svetilnikot h  68m i so pomo{ na soodveten meren instrument e odreden agolot   1 30' (crt. 22). Jasno, re{avaweto na postaveniot problem se sveduva na re{avawe na pravoagolen triagolnik vo koj se bara stranata, i pritoa

a  h tg(90    )  68 tg 88  30'  2597 m . Vo slednite primeri }e razgledame prakti~ni problemi ~ie re{avawe se sveduva na re{avawe na pravoagolen triagolnik.

Primer 30. To~kite A i B se nao|aat na sprotivni bregovi na edna reka. Za odreduvawe rastojanieto AB e izbrana treta to~ka C , taka {to CA  AB i AC  85m (crt. 23). Presmetaj go rastojanieto AB , ako ACB  35  40' . Re{enie. Dadeni se AC  85m i   ACB  35  40' (crt. 23). Treba da se odredi AB . Od pravoagolniot triagolnik ABC imame

AB  AC ctg   85 ctg 35  40'  61m , {to zna~i, baranoto rastojanie e pribli`no 61m .  Primer 31. Odredi ja visinata na cilindri~en fabri~ki oxak, koj se nao|a na horizontalna ramnina, ako na rastojanie AC  40m od oxakot, e postaven instrument so visina AE  1,5m so koj e opredelen CAB  31 (crt. 24) Re{enie. Od uslovot na zada~ata sleduva deka visinata na oxakot e

DB  DC  CB  AE  AB ctg   1,5  40 ctg 31  26m . Primer 32. Od ezerskiot breg na eden ostrov se zabeleàni dva predmeti A i B (crt. 25). Kako moè da se opredeli rastojanieto me|u A i B . Re{enie. Postaveniot problem moème da go re{ime na sledniot na~in. Od to~kata C , koja se nao|a na bregot, na pravata AC povlekuvame normalna poluprava CM i na nea so pomo{ na meren instrument nao|ame to~ka D takva, {to CDB  90  . Potoa, so meren instrument gi opredeluvame aglite  i  i rastojanieto CD  a . Ako zamislime deka AE || CD , toga{ od pravoagolniot trapez DBAC dobivame 2

AB  AE  BE ,

(1)

kade AE  CD  a i BE  BD  AC . Ponatamu, od pravoagolnite triagolnici ACD i BCD imame

DB  CD tg   a tg  i AC  CD tg   a tg  . Kone~no, ako zamenime vo (1) dobivame 2

AB  AE  BE  a 2  ( BD  AC ) 2  a 2  (a tg   a tg  ) 2  a 1  (tg   tg  ) 2 . 

Primer 33. Na konec zakrepen na eden kraj i dolg l  1,2m obesena e te{ka topka (ni{alo). Za kolkav agol e otkloneto ni{aloto od ramnote`nata polo`ba ako e napraven otklon (amplituda) a  17cm (crt. 26). Re{enie. Prvo da gi pretvorime dol`inite na ni{aloto i amplitudata vo ista merna edinica. Imame, l  1,2m  120cm i a  17cm . Neka so  go ozna~ime agolot za koj e otkloneto ni{aloto od ramnote`nata polo`ba. Toga{, 17  0,14166 . sin   al  120 Spored toa,

  arcsin 04166  8  9' .  ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E Avion leta na konstantna visina, nepoznata za nabquduva~ite od zemjata koi raspolagaat so dva merni instrumenti za opredeluvawe na agli. Dali moè da se opredeli visinata na koja leta avionot? Odgovorot na postavenoto pra{awe e pozitiven. ]e pokaème kako pri dadenite uslovi moè da se opredeli visinata na koja leta avionot. Neka visinata na instrumentite e h . Gi postavuvame instrumentite za merewe na agli AA1 i BB1 na horizontalna ramnina na rastojanie A1B 1  a , taka {to ramninata AA1B1B ja se~e patekata na dvièwe na avionot (crt. 27). Vo momentot koga avionot ja se~e ramninata AA1B1B so dvata instrumenti gi merime aglite  i  . Od pravoagolnite triagolnici CDB i CDA imame CD  DB tg 

(2)

CD  DA tg 

(3)

pa zatoa DA tg   DB tg  .

No, DA  DB  BA  DB  a , pa zatoa od poslednoto ravenstvo dobivame ( DB  a ) tg   DB tg 

t.e. a tg 

DB  tg   tg  .

Ako od (4) zamenime vo (2) dobivame CD 

a tg  tg  tg   tg 

(4)

. Spored toa, baranata visina na avionot e

CD 1  CD  DD 1 

a tg  tg  tg   tg 

h.

(5)

Na primer, ako pri mereweto se dobieni slednite rezultati: h  1,5m , a  93,5m ,   39  i

  44  , toga{ so zamena vo formulata (5) za visinata na avionot nao|ame CD 1 

93,5 tg 39 tg 44 tg 44  tg 39

 1,5  470m .

ZADAÎ ZA VE@BAWE 56. Od podno`jeto na edna planina do nejziniot vrv pod agol   32  40' vo odnos na horizontalnata ramnina e pravoliniski e postavena ìcarnica, ~ija dolìna e 1260m . Presmetaj ja visinata na planinata. 57. Kolkava amplituda (otklon) pravi ni{alo dolgo 55cm , ako agolot na otklonuvawe od ramnote`nata pol`ba e 12  40' . 58. Sila so golemina p  385 N e razloèna na dve zaemno normalni komponenti. Najdi gi goleminite na komponentite, ako agolot me|u silata i ednata komponenta e   32  . 59. @elezni~ka pruga se izdiga po 1m na sekoi 60m od patot. Najdi go naklonot na toj del od prugata. 60. Vrvot na edna kula od to~ka A vo ramninata na podno`jeto na kulata se gleda po agol   27  . Odredi ja visnata na kulata, ako to~kata A e oddale~ena 100m od podno`jeto na kulata. 61. Eden svetilnik, visok 150m , se gleda od brod pod agol   9  . Kolkavo e rastojanieto od brodot do svetilnikot. 62. To~kite A i B se nao|aat na sprotivni bregovi na edna reka. Za odreduvawe rastojanieto AB e izbrana treta to~ka C , taka {to CA  AB i AC  125m (crt. 23). Presmetaj go rastojanieto AB , ako ACB  25  30' . 63. Ako na horizontalnata povr{ina na Zemjata sakame da nasadime drva na rastojanie a  4,5m (crt 28), toga{ na koe rastojanie edna od druga treba da gi kopame dupkite za sadewe na drvata na strmnina koja so

horizontalnata ramnina zafa}a agol   21 ?

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

b) Konstruiraj ostar agol  takov, 2.

sin 2 30  2 sin 2 45 3 cos 2 30 cos 2 45 {to sin   73 . 

a) Presmetaj ja vrednosta na izrazot

(4 b) (6 b)

a) Presmetaj go ostriot agol  ako sin(  5 )  cos 35  . b) Uprosti go izrazot



sin 65 cos 25 cos 2 25 sin 65 2

(6 b)

3. a) Bez da presmetuva, opredeli go znakot na izrazot

tg 57 ctg 34 ctg 57 ctg 45

b) Podredi gi po golemina aglite  ,  ,  ,  ako sin   sin  

7 9

(4 b)

3 4

, sin   0,77 ,

, sin   0,77 .

(8 b)

4. a) Presmetaj gi vrednostite na ostanatite triginometriski funkcii od ostriot agol  , ako sin   23 . b) Presmetaj gi vrednostite na ostanatite trigonometriski funkcii na ostiot agol  , ako tg   12 . 7 5.

(6 b)

2 tg 

1 a) Doka`i go identitetot 1sin  1  cos .  1sin 

(8 b) (12 b) (16 b)

b) Doka`i go identitetot 6.

1sin  1sin 

  2 tg  .  11sin sin 

(20 b)

a) Re{i go pravoagolniot triagolnik   39  29' i b  15,3 . b) Ramnokrakiot trepez e zadaden so pogolemata osnova a  40cm , krakot c  2,7 dm

(14 b)

i agolot pri pogolemata osnova 39  30' . Presmetaj ja drugata osnova i visinata na trapezot. 7. a) Presmetaj ja visinata na fabri~kiot oxak ako od to~ka M , {to e na rastojanie

(17 b)

76m od negovoto podno`je, oxakot se gleda pod agol (sprema zemjata) od 32  . b) Do koja visina dopiraat po`arnikarski skali dolgi 30m koga }e se navednat

(11 b)

sprema zemjata pod agol od 58 

(13 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

29-44 2

45-58 3

59-71 4

72-82 5

GLAVA II KOMPLEKSNI BROEVI SODR@INA NA TEMATA 1. Pro{iruvawe na mnoèstvoto realni vo mnoèstvo kompleksni broevi 2. Sobirawe, mnoèwe i odzemawe na kompleksni broevi 3. Kowugirano kompleksni broevi. Modul na kompleksen broj 4. Delewe i stepenuvawe na kompleksni broevi 5. Geometriska interpretacija na kompleksen broj

NOVI ZNAEWA I UMEEWA Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

POTREBNI PREDZNAEWA -

Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na: -

svojstvata na realnite broevi i operaciite so niv, formulite za skrateno mno`ewe linearnite ravenki i sistemite linearni ravenki, Pitagorovata teorema, vektorite i operaciite so niv i Dekartoviot koordinaten sistem vo ramnina.

da ja voo~i{ potrebata od pro{iruvaweto na mnoèstvoto realni broevi; da go usvoi{ poimot za kompleksen broj; da gi usvoi{ operaciite so kompleksnite broevi (sobirawe, odzemawe, mnoèwe i delewe); da gi usvoi{ poimite kowugiran kompleksen broj i modul na kompleksen broj; da ja usvoi{ geometriskata interpretacija na kompleksnite broevi, t.e. nivnata vrska so vektorite vo ramninata; da ja sogleda{ vrskata me|u vektorskoto pretstavuvawe na kompleksniot broj i negoviot modul; da go usvoi{ poimot kompleksna ramnina; da ja voo~i{ polo`bata na sprotivnite i kowugiranite kompleksni broevi vo kompleksnata ramnina; da moè{ da go odreduva{ realniot i imaginarniot del na kompleksen broj zapi{an algebarski ili pretstaven so to~ka vo ramnina; i da moè{ da re{ava{ linearni ravenki vo mnoèstvoto kompleksni broevi.

Vo dosega{noto izu~uvawe na mnoèstvata broevi se zapoznavme so prirodnite, celite, racionalnite i realnite broevi, so {to vsu{nost se osposobivme da gi merime geometriskite veli~ni (dolìna, plo{tina na ramninska figura i volumen na geometrisko telo). Isto taka, vidovme deka vo mnoèstvoto realni broevi moème da ja re{ime sekoja ravenka od oblik ax  b  0, a, b  R , a  0 . Od druga strana, bidej}i x 2  0 , za sekoj x  R dobivame deka x 2  1  1  0 , za sekoj x  R , {to zna~i deka ravenkata

x 2  1  0 nema re{enie vo mnoèstvoto realni broevi. Tokmu ovoj fakt e neposredna pri~ina za pro{iruvaweto na mnoèstvoto realni broevi, t.e. za voveduvaweto na kompleksnite broevi. Me|utoa, zna~eweto na kompleksnite broevi e daleku pogolemo, pri {to dovolno e samo da napomeneme deka istite ovozmoùvaat algebarsko tolkuvawe na translacijata, osnata i centralnata simetrija, rotacijata i redica drugi preslikuvawa vo ramninata, a leàt i vo osnovata na kompleksnata analiza, koja se vbrojuva me|u najzna~ajnite matemati~ki disciplini.

1. PRO[IRUVAWE NA MNO@ESTVOTO REALNI BROEVI VO MNO@ESTVO KOMPLEKSNI BROEVI Prvo se zapoznavme so mnoèstvoto prirodni broevi N  {1,2,3,...} . Zbirot i proizvodot na dva prirodni broja e priroden broj i pritoa za sobiraweto i mnoèweto vaàt komutativniot i asocijativniot zakon, a mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto. Spored toa, za sekoi a, b, c  N vaàt pravilata:

a  b  b  a, ab  ba , (a  b)  c  a  (b  c), (ab)c  a(bc) , (a  b)c  ac  bc .

(1) (2) (3)

Me|utoa, vo mno`estvoto prirodni broevi razlikata 3  6 ne e opredelena. So drugi zborovi ravenkata 6  x  3 nema re{enie vo mno`estvoto N . Voop{to, ravenkata

a  x  b, a , b  N ima re{enie x vo mnoèstvoto N ako i samo ako a  b . Za da go ovozmoìme izveduvaweto na operacijata odzemawe bez bilo kakvi preduslovi, go pro{irivme mnoèstvoto N vo mnoèstvoto celi broevi Z  {0,1,1,2,2,...}. Sega, re{enie na ravenkata 6  x  3 vo mnoèstvoto Z e brojot  3 t.e. x  3  6  3 . Voop{to, ravenkata a  x  b, a, b  Z vo mnoèstvoto Z ima re{enie x  b  a , za sekoi a, b  Z , pa zatoa taa ima re{enie i koga a, b  N . Da zabeleìme deka pravilata (1)-(3) vaàt za sekoi a, b, c  Z , t.e. operaceiite sobirawe i mnoèwe na celi broevi se komutativni i asocijativni i mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto. 36

Kako {to znaeme vo mnoèstvoto Z koli~nikot 5 : 3 ne e opredelen, t.e. ravenkata 3x  5 nema re{enie vo mnoèstvoto Z . Za da go ovozmoìme izveduvaweto na operacijata delewe na celi broevi b : a , a, b  Z , a  0 , bez dopolnitelni preduslovi go pro{irivme mnoèstvoto Z vo mnoèstvoto racionalni broevi Q  { ba | b  Z, a  N} . Sega re{enie na ravenkata 3x  5 vo mnoèstvoto Q e brojot 53 t.e. x  5 : 3  53 . Voop{to, ravenkata ax  b, a, b  Q, a  0 vo mnoèstvoto Q ima re{enie x  ba , za sekoi

a, b  Q, a  0 , pa zatoa taa ima re{enie i koga a, b  Z, a  0 . Ponatamu, kako i pri voveduvaweto na celite broevi, pravilata (1)-(3) vaàt za sekoi a, b, c  Q , t.e. operaciite sobirawe i mnoèwe na racionalni broevi se komutativni i asocijativni i mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto.

Zo{to ne moème da bideme zadovolni ni so mnoèstvoto Q ? Da zememe kvadrat ~ija dolìna na strana e ednakva na 1. Toga{, spored Pitagorovata teorema, kvadratot na dolìnata na negovata dijagonala e ednakov na 2. Moè da se dokaè deka ne postoi racionalen broj ~ij kvadrat e ednakov na 2, t.e. ravenkata x 2  2 nema re{enie vo mnoèstvoto Q . A prirodno e da imame nekoj broj koj }e ja ozna~uva dolìnata na dijagonalata na kvadratot merena so stranata na toj kvadrat kako edini~na merka. Spored toa, povtorno mora da izvr{ime pro{iruvawe, i toa od mnoèstvoto Q do mnoèstvoto R na realni broevi. Mnoèstvoto R e unija na mnoèstvoto racionalni broevi Q i na mnoèstvoto iracionalni broevi I . Na ovoj na~in dobivme mnoèstvo koe e zatvoreno vo odnos na sobiraweto, odzemaweto, mnoèweto, deleweto (osven deleweto so 0) i nao|aweto koren od nenegativen broj. Imeno, za sekoj realen broj a  0 i za sekoj priroden broj n ravenkata x n  a ima re{enie vo mnoèstvoto realni broevi koe go ozna~uvame so n a . Ponatamu, kako i pri voveduvaweto na racionalnite broevi, pravilata (1)-(3) vaàt za sekoi a, b, c  R , t.e. operaciite sobirawe i mnoèwe na racionalni broevi se komutativni i asocijativni i mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto. Da ja razgledame ravenkata x 2  2 . Bidej}i x 2  0 , za sekoj x  R dobivame deka

x 2  0  2 , za sekoj x  R , {to zna~i deka ravenkata x 2  2 nema re{enie vo mno`estvoto realni broevi. Sega sme vo situacija ili da se pomirime so faktot deka taka ednostavni ravenki kako {to se x 2  2 , x 2  1 , x 2   52 itn.

nemaat re{enie ili pak, kako i vo nekolkute prethodni slu~ai, mnoèstvoto R da go pro{irime do novo mnoèstvo broevi - mnoèstvoto C kompleksni broevi, vo koe navedenite ravenki i ravenkite sli~ni na niv }e imaat re{enie. Ova pro{iruvawe go nalagaat i drugi problemi vo matematikata i tehnikata za koi ovde od razbirlivi pri~ini nema da govorime. Za da pro{iruvaweto na mnoèstvoto R vo mnoèstvoto C kompleksni broevi e celishodno }e gi po~ituvame slednite barawa: a) mnoèstvoto realni broevi e vistinsko podmnoèstvo od mnoèstvoto kompleksni broevi, t.e. R  C ,

b) vo mnoèstvoto C ravenkata x 2  1 ima barem edno re{enie i v) kompleksnite broevi gi sobirame, odzemame, mnoìme i delime (osven so 0) na sli~en na~in kako i realnite broevi. Sobiraweto i mnoèweto na kompleksni broevi se komutativni i asocijativni operacii i mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto, t.e. vaàt (1)-(3). Za da go zadovolime baraweto b), voveduvame kompleksen broj i koj e re{enie na ravenkata x 2  1 , t.e. takov, {to def

i2  1. Vaka definiraniot broj i go narekuvame imaginarna edinica i jasno toj e re{enie na ravenkata x 2  1 . Spored toa, i  C . Imaj}i gi vo predvid barawata a) i v), za sekoj realen broj b i imaginarnata edinica i , mnoèstvoto C treba da go sodrì i nivniot proizvod bi (zatvorenost na operacijata mnoèwe). Isto taka, mnoèstvoto C , pokraj realniot broj a i proizvodot bi , treba da go sodrì i nivniot zbir a  bi (zatvorenost na operacijata sobirawe). Od dosega iznesenoto sleduva deka mnoèstvoto C mora da gi sodrì site broevi od vidot a  bi , kade {to a, b  R . Vsu{nost, zemame deka sekoj kompleksen broj ima oblik a  bi , kade {to a, b  R i }e velime deka toa e algebarski (standarden) oblik na kompleksen broj. Zna~i, zemame deka

C  {a  bi | a, b  R} .

(4)

Kompleksniot broj a  bi ~esto pati }e go ozna~uvame i so edna bukva z , t.e. z  a  bi . Po dogovor, t.e. po definicija zemame deka 0  i  0, 1  i  i i (1)i  i . Zatoa, a  i  0  a , t.e. kompleksniot broj a  i  0 e realniot broj a . Poslednoto e edna od pri~inite za voveduvaweto na slednata definicija. Definicija 1. Neka e daden kompleksniot broj z  a  bi . Za realniot broj a velime deka e realen del ili realna komponenta na z i pi{uvame a  Re z . Za realniot broj b velime deka e imaginaren del ili imaginarna komponenta na z i pi{uvame b  Im z . Primer 1. Opredeli gi realniot i imaginarniot del na z ako e: a) z  6  5i ,

b) z  12 ,

v) z  i i

g) z  2  1  23 3 i .

Re{enie. a) Od definicija 1 neposredno sleduva deka Re z  6 i Im z  5 . b) Bidej}i z  12  12  0  i od definicija 1 dobivame Re z  12 i Im z  0 . v) Od z  i  0  (1)i i definicija 1 sleduva Re z  0 i Im z  1 .

g) Imame z  2  1  23 3 i  2  1  ( 23 3 )i pa zatoa

Re z  2  1 i Im z   23 3 .  Prethodno vidovme deka, ako kaj kompleksniot broj z  a  bi imaginarniot del b  0 , toga{ z e realen broj. Ako b  0 , toga{ za kompleksniot broj z }e velime deka e imaginaren broj. Ponatamu, ako a  0 i b  0 , toga{ za brojot z  bi }e velime deka e ~isto imaginaren. Primer 2. Opredeli gi realniot broj x taka da i kompleksniot broj

z  2 2  332 x i bide realen. Re{enie. Za da kompleksniot broj z bide realen potrebno i dovolno e negoviot imaginaren del da bide ednakov na 0, t.e. 332 x  0 . Re{enie na poslednata ravenka e

x  32 i pritoa z  2 2  R .  Spored toa, mnoèstvoto C e unija na dve disjunktni mnoèstva i toa na mnoèstvoto realni broevi R i na mnoèstvoto imaginarni broevi J . Ovaa podelba e prikaàna vo slednata tabela: Mnoèstvo kompleksni broevi: C  {a  bi | a, b  R} Mnoèstvo imaginarni broevi Mnoèstvo realni broevi R  {a  bi | a  R , b  0} J  {a  bi | a, b  R , b  0} Mnoèstvo ~isto imaginarni broevi {bi | b  R \ {0}

Prirodno e da se zapra{ame: Koga dva kompleksni broja se ednakvi? Bidej}i sekoj kompleksen broj se sostoi od dva dela: realen i imaginaren del, logi~no e ednakvosta na dva kompleksni broja da se povrze so ednakvosta na nivnite realni i imaginarni delovi. Taka ja imame slednata definicija. Definicija 2. Za kompleksnite broevi z  a  bi i w  c  di }e velime deka se ednakvi ako tie imaat ednakvi realni delovi i ednakvi imaginarni delovi, t.e. ako ac i bd . Pritoa }e pi{uvame z  w . Zabele{ka 1. Pri sporeduvaweto na dva realni broja a i b mo`ni se dva slu~aja: a  b ili a  b . Ako a  b , toga{ ili a  b ili a  b . Isto taka, pri sporeduvaweto na dva kompleksni broja z  a  bi i w  c  di mo`ni se dva slu~aja: z  w ili z  w (koga se razlikuvaat realnite ili imaginarnite delovi). Me|utoa, ako z  w i z i w ne se realni broevi, toga{ relaciite "e pomal od" i "e pogolem od" nemaat smisla, t.e. vo mnoèstvoto C nemame podreduvawe na broevite kako {to toa be{e slu~aj kaj realnite broevi. Zatoa, za broevite z  1  2i i w  2  3i moème da kaème samo deka z  w , no ne moème da govorime deka edniot e pomal ili pogolem od drugiot. Primer 3. Najdi gi realnite broevi x i y taka da se ispolneti ravenstvata a) x  2  ( y  3)i  1  4i i b) x  ( x  3 y )i  2 y  5i .

Re{enie. a) Od definicija 2 neposredno dobivame deka dadenoto ravenstvo e ispolneto ako i samo ako x  2  1 i y  3  4 od kade {to nao|ame x  3 i y  7 . b) Analogno na re{enieto pod a) imame deka x i y se re{enija na sistemot ravenki x  2 y   x  3 y  5. Ako od prvata ravenka za x zamenime vo vtorata posle sreduvaweto dobivame 5 y  5 , t.e. y  1 od {to sleduva x  2 . 

PRA[AWA I ZADA^I ZA VE@BAWE 1.

a) Koj e po~etniot motiv za pro{iruvawe na mnoèstvoto R . b) Koi tri barawa gi postavuvame pri pro{iruvawe na mnoèstvoto R vo mnoèstvoto C ? v) Kakvi se broevite a, b i i kaj kompleksniot broj z  a  bi ?

Dopolni go tekstot: a) Ako b  0 , toga{ kompleksniot broj z  a  bi e _____________________ . b) Ako b  0 , toga{ kompleksniot broj z  a  bi e _____________________ . v) Ako a  0, b  0 , toga{ kompleksniot broj z  a  bi e __________________________ .

Opredeli gi realniot i imaginarniot del na kompleksniot broj: a) z 

2 2 3

 13 i ,

3 3

i i

13 . v) z  12

Napi{i go kompleksniot broj z  a  bi ako a) Re z  Im z  1 ,

b) z  

b) Re z  2 3 , Im z  0 i

v) Re z   53  2 , Im z  0,5 .

Za koi realni broevi x i y va`at ravenstvata: a) 2 x  ( y  1)i  4  3i ,

b) x  2  yi  3  i i

v) x  3  2 yi  4  6i .

2. SOBIRAWE, MNO@EWE I ODZEMAWE NA KOMPLEKSNI BROEVI Kako }e gi sobirame i mnoìme kompleksnite broevi? Za da odgovorime na ova pra{awe }e se pridrùvame na baraweto v) iskaàno pri pro{iruvaweto na realnite broevi, a toa e deka za ovie operacii treba da vaàt komutativniot i asocijativniot zakon, a mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto, t.e. deka sobirame i mnoìme na sli~en na~in kako vo R . Da razgledame eden primer. Primer 4. Najdi go zbirot i proizvodot na broevite z  1  3i i w  2  5i . Re{enie. Ako za moment "zaboravime" deka stanuva zbor za novi broevi za zbirot na dadenite broevi dobivame:

z  w  (1  3i )  ( 2  5i )  1  3i  2  5i  1  2  3i  5i  (1  2)  (3  5)i  3  2i .

Sli~no, ako zememe vo predvid deka i 2  1 , toga{ za proizvodot na broevite z i w nao|ame: z  w  (1  3i )  (2  5i )  1  ( 2  5i )  3i  (2  5i )  1  2  1  ( 5i )  3i  2  3i  (5i )  2  5i  6i  15i 2  2  5i  6i  15  (1)  (2  15)  (5  6)i  17  i.

Kako {to moème da zabeleìme, kompleksnite broevi gi sobirame i mnoìme kako da se polinomi po imaginarnata edinica i , so toa {to vodime smetka deka i 2  1 .  Postapkata od primer 4 vaì vo op{t slu~aj. Imeno, ako z  a  bi i w  c  di se proizvolni kompleksni broevi, toga{ na potpolno ist na~in nao|ame:

z  w  (a  bi )  (c  di )  a  bi  c  di  (a  c)  (bi  di )  (a  c)  (b  d )i z  w  (a  bi )  (c  di )  a  (c  di )  bi  (c  di )  ac  adi  bci  bdi 2  ac  adi  bci  bd  (ac  bd )  (ad  bc)i. Od prethodnata diskusija prirodno se nametnuva slednata definicija. Definicija 3. Neka z  a  bi i w  c  di se proizvolni kompleksni broevi. Zbir na z i w go narekuvame kompleksniot broj

u  (a  c)  (b  d )i . Pritoa pi{uvame u  z  w . Proizvod na z i w go narekuvame kompleksniot broj

v  (ac  bd )  (ad  bc)i . Pritoa pi{uvame v  zw . Primer 5. a) Najdi go zbirot i proizvodot na broevite z  1  23 i i w  3  5i . b) Najdi gi realnite broevi x i y za koi va`i (3i  8) x  (2i  5) y  i . Re{enie. a) Neposredno od definicija sleduva deka

z  w  (1  3 )  ( 23  5)i i zw  [1  3  (5)  23 ]  [ 3  23  1  (5)  i ]  7 2 3  72 i. b) So ekvivalentni transformacii na denata ravenka posledovatelno dobivame:

3xi  8 x  2iy  5 y  i ,  8 x  5 y  (3x  2 y )i  i . Sega od definicijata za ednakvost na kompleksni broevi go dobivame sistemot ravenki

 8 x  5 y  0  3 x  2 y  1 ~ie re{enie e x  5, y  8 .  Zabele{ka 2. Kako {to mo`eme da vidime zbir i proizvod na dva kompleksni broja e kompleksen broj, {to zna~i deka mno`estvoto kompleksni broevi C e zatvore-

no vo odnos na operaciite sobirawe i mno`ewe na kompleksni broevi, t.e. od z, w  C sleduva z  w, zw  C . Ponatamu, od definicija 3 i a  a  0  i, b  b  0  i , za sekoi a, b  R dobivame deka

a  b  (a  0  i )  (b  0  i )  (a  b)  (0  0)i  (a  b)  0  i ab  (a  0  i )(b  0  i )  (ab  0  0)  (a  0  0  b)i  ab  0  i

{to zna~i deka definiciite za zbir i proizvod na dva kompleksni broja se vo sklad so definiciite za zbir i proizvod na dva realni broja. Kako {to rekovme, pri pro{iruvaweto na realnite broevi edno od barawata be{e za operaciite sobirawe i mnoèwe na kompleksni broevi da vaàt komutativniot i asocijativniot zakon, a mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto, odnosno da e to~na slednata teorema. Teorema 1. Za sekoi z , w, u  C vaàt pravilata:

z  w  w  z , zw  wz , ( z  w)  u  z  ( w  u ), ( zw)u  z ( wu ) ( z  w)u  zu  wu .

(1) (2) (3)

Dokaz. Neka z  a  bi, w  c  di i u  e  fi . Ako se iskoristi deka operaciite sobirawe i mno`ewe na realni broevi se komutativni, toga{ od definicija 3 sleduva

z  w  (a  c)  (b  d )i  (c  a )  (d  b)i  w  z i

zw  (ac  bd )  (ad  bc)i  (ca  db)  (da  cb)i  wz

t.e. vaì (1). Ostanatite pravila se proveruvaat analogno, so toa {to treba da se koristi deka sobiraweto i mnoèweto na realni broevi se asocijativni operacii i deka mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto. Obidi se samostojno da gi dokaè{ (2) i (3).  Pred da preminema na voveduvawe na operacijata odzemawe na kompleksni broevi, da se potsetime deka za sekoj realen broj x postoi realen broj  x koj go narekuvame sprotiven na x i za koj vaì x  ( x)  0 . Neka z  a  bi e proizvolen kompleksen broj i da go razgledame brojot w  a  bi . Od definicija 3 sleduva deka

z  w  (a  bi )  (a  bi )  (a  a)  (b  b)i  0  0  i  0 . Poslednoto ravenstvo e neposredna pri~ina za slednata definicija. Definicija 4. Za kompleksniot broj w  a  bi }e velime deka e sprotiven na brojot z  a  bi . Pritoa pi{uvame w   z . Primer 6. a) Za kompleksniot broj z  2  23 i negoviot sprotiven broj e

 z  2  23 i . 42

b) Za kompleksniot broj w  5 2i negoviot sprotiven broj e  w  5 2i . 

Operacijata odzemawe na kompleksni broevi ja voveduvame na potpolno ist na~in kako kaj realnite broevi. Definicija 5. Neka z  a  bi i w  c  di se proizvolni kompleksni broevi. Razlika na z i w go narekuvame kompleksniot broj u  z  ( w) .

Pritoa pi{uvame u  z  w Zabele{ka 3. Od definiciite na sprotiven kompleksen broj i sobirawe na kompleksni broevi neposredno sleduva deka razlikata na dva kompleksni broja e kompleksen broj, ~ij realen del e ednakov na razlikata od realnite delovi, a imaginarniot del e ednakov na razlikata od imaginarnite delovi na dadenite broevi. Primer 7. a) Najdi ja razlikata na broevite z  2  25 i i w  1  35 i . b) Re{i ja ravenkata z  2  23 i  3  33 i . Re{enie. a) Soglasno so zabele{ka 3 imame

z  w  (2  1)  ( 25  35 )i  1  3 5 6 2 5 i  1  5 6 5 i . b) Od dadenata ravenka posledovatelno dobivame z  (2  23 i )  3  33 i , z  3  33 i  (2  23 i ) , z  (3  2)  ( 33  23 )i , z  1  63 i . 

PRA[AWA I ZADA^I ZA VE@BAWE 6. 7. 8.

a) Dokaì gi asocijativnite zakoni na sobiraweto i mnoèweto na kompleksni broevi. b) Dokaì deka mnoèweto e distributivno vo odnos na sobiraweto kompleksni broevi. Opredeli go zbirot na kompleksnite broevi: a) 3  2i i 5  8i ; b) 3  4i i 8  2i ; v) 8  4i , 7  2i i 6  i . Presmetaj: a) (7  i )  (2  8i )  (9  12i ) , b) ( 13  52 i )  ( 23  14 i )  ( 15  12 i ) , v) (7 x  2 yi )  (3 x  5 yi)  ( x  yi) , x, y  R .

Presmetaj: a) (5  2i )(3  2i ) ,

b) (7  2i )(6  3i ) i

v) ( 3  i 2 )( 3  i 2 ) .

10. Najdi gi realnite broevi x i y , ako: a) 3x  xi  2 y  12  yi  i , b) 5 x  3 yi  2i  6  xi  y i

v) x  yi  2  4 xi  3 y  3i .

3. KOWUGIRANO KOMPLEKSNI BROEVI. MODUL NA KOMPLEKSEN BROJ Da gi razgledame kompleksnite broevi z  3  4i i w  3  4i . Zbirot na ovie broevi e

z  w  (3  4i )  (3  4i )  6 ,

a nivniot proizvod e

zw  (3  4i )(3  4i )  9  16  (12  12)i  25 .

Zabele`uvame deka i vo dvata slu~ai krajniot rezultat e realen broj. Ova va`i za koi bilo dva kompleksni broevi ~ii realni delovi se ednakvi, a imaginarnite delovi im se sprotivni broevi. Poslednoto e neposreden povod za voveduvawe na poimot kowugirano kompleksni broevi. Taka ja imame slednata definicija. Definicija 6. Za kompleksniot broj z  a  bi , a, b  R , brojot a  bi go nareku-

vame kowugiran kompleksen broj na brojot z i go ozna~uvame so z (~itaj z crta). Primer 8. a) Ako z  2  3i , toga{ z  2  3i , {to zna~i ( z )  2  3i . b) Za kompleksnite broevi z  2  3i i w  4  i imame z  2  3i i w  4  i . Spored toa, z  w  6  2i , pa zatoa z  w  6  2i i kako z  w  6  2i dobivame z  w  z  w .

Od druga strana zw  11 10i , pa zatoa zw  11 10i i kako z  w  11 10i dobivame zw  z  w .  Dobienite ravenstva za konkretnite kompleksni broevi vo primer 8 vaàt i vo op{t slu~aj, t.e. to~na e slednata teorema. Teorema 2. a) Za sekoj kompleksen broj z vaì ( z )  z . b) Za sekoj komplesen broj z vaì z  z  2 Re z i z  z  2i Im z . v) Za sekoi kompleksni broevi z i w vaì z w zw

(1)

zw  z  w .

(2)

Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). a) Neka z  a  bi e proizvolen kompleksen broj. Toga{, z  a  bi , pa zatoa ( z )  a  bi  z . b) Neka z  a  bi e proizvolen kompleksen broj. Toga{, Re z  a , Im z  b i z  a  bi , pa zatoa z  z  (a  bi )  (a  bi )  2a  2 Re z i z  z  (a  bi )  (a  bi )  2bi  2i Im z .

v) Neka z  a  bi i w  c  di se proizvolni kompleksni broevi. Toga{ z  w  (a  bi )  (c  di )  (a  c)  (b  d )i  (a  c)  (b  d )i  (a  bi )  (c  di )  z  w

i zw  (a  bi )(c  di )  (ac  bd )  (ad  bc )i  (ac  bd )  (ad  bc)i  [ac  (b)(d )]  [a (d )  (b)c)i  z  w

{to i treba{e da se doka`e. 

Zabele{ka 4. Kako {to vidovme vo teorema 2 za sekoj kompleksen broj z kowugiraniot kompleksen broj na brojot z e samiot broj z , pa zatoa mo`eme da ka`eme deka broevite z i z se zaemno kowugirani kompleksni broevi.

Formulite (1) i (2) od prethodnata teorema va`at za proizvolen broj kompleksni broevi. Imeno, ako z1 , z 2 ,..., z n se proizvolni kompleksni broevi, toga{

z1  z 2  ...  z n  z1  z 2  ...  z n i z1 z 2  ...  z n  z1  z 2  ...  z n . Logi~no e da se zapra{ame koga kompleksniot broj z e ednakov na svojot kowugiran kompleksen broj z . Ako z  a  bi . toga{ z  a  bi , pa od ravenstvoto z  z sleduva a  bi  a  bi , {to zna~i b  b t.e. b  0 . Spored toa, ako z  z , toga{ kompleksniot broj z e realen. Vaì i obratnoto tvrdewe, t.e. sekoj realen broj e ednakov na svojot kowugiran kompleksen broj. Navistina, a  a  0  i  a  0  i . So toa ja dokaàvme slednata teorema. Teorema 3. Za kompleksniot broj z vaì z  z ako i samo ako z  R . 

Na po~etokot od ovaa lekcija vidovme deka proizvodot na kompleksniot broj z  3  4i so negoviot kowugiran kompleksen broj z  3  4i e ednakov na 25 i toa e realen broj. Poslednoto e to~no za sekoj kompleksen broj, t.e. to~na e slednata teorema. Teorema 4. Za sekoj kompleksen broj z proizvodot z z e nenegativen realen broj. Dokaz. Navistina, ako z  a  bi , toga{ z  a  bi , pa zatoa

z z  (a  bi )(a  bi )  a 2  b 2  (ab  ab)i  a 2  b 2  0 , z z e nenegativen realen broj.  Zabele{ka 5. Od teorema 4 sleduva deka za sekoi a, b  R va`i

a 2  b 2  (a  ib)(a  ib) .

(3)

Formulata (3) dava razloùvawe na zbir na kvadrati na realni broevi vo mnoèstvoto C . Kako {to znaeme, takvo razloùvawe (faktorizacija) ne e mo`no vo mnoèstvoto R . Vo teorema 4 dokaàvme deka za sekoj kompleksen broj z proizvodot z z e nenegativen realen broj, t.e. z z  a 2  b 2  0 . Zatoa brojot realen broj. Da go ozna~ime ovoj broj so | z | , t.e.

| z | z z .

z z  a 2  b 2 e nenegativen

(4)

Od dosega iznesenoto sleduva deka za sekoj z  C postoi edinstven nenegativen realen broj | z | , koj e zadaden so (4). Taka, ja imame slednata definicija.

Definicija 7. Realniot broj | z | z z go narekuvame apsolutna vrednost ili modul na kompleksniot broj z . Primer 9. a) Modulot na kompleksniot broj z  12  23 i e

| z | z z  ( 12 ) 2  ( 23 ) 2  14  34  1 . b) Modulot na kompleksniot broj z  22  22 i e

| z | z z  ( 22 ) 2  ( 22 ) 2  24  24  1 .  Vo prethodniot primer vidovme deka dva razli~ni kompleksni broevi mo`at da imaa ist modul. Ova svojstvo kako da go namaluva zna~eweto na poimot modulot na kompleksen broj. Me|utoa, toa e samo na prv pogled, bidej}i kako {to }e vidime pri geometriskoto tolkuvawe na kompleksnite broevi modulot ima ogromno geometrisko zna~ewe. Vo slednata teorema }e navedeme nekolku svojstva na modulot na kompleksen broj. Teorema 5. a) | z | 0 ako i samo ako z  0 . b) Za sekoi kompleksni broevi broj z i w va`i

| zw || z |  | w | .

(5)

Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). a) Ako z  0  0  0  i , toga{ | z | 0 2  0 2  0 . Neka z  a  bi i | z | 0 . Toga{

a 2  b 2  0 , pa zatoa a 2  b 2  0 i kako a 2  0, b 2  0 , za

sekoi a, b  R dobivame deka a 2  b 2  0 t.e. a  b  0 . Kone~no, z  0  0  i  0 , {to i treba{e da se doka`e. b) Neka z i w se proizvolni kompleksni broevi. Od definicijata na modul na kompleksen broj i od teorema 2 b) sleduva | zw | zw  zw  zw  z  w  ( z z )( ww)  z z ww | z |  | w | . 

Primer 10. Presmetaj | zw | kade z  22  22 i i w  54  53 i . Re{enie. Vo primer 9 vidovme deka | z | 1 . Od druga strana | w | ( 54 ) 2  ( 53 ) 2  1 , pa od ravenstvoto (5) sleduva | zw || z |  | w | 1 .  Vo prethodnata teorema navedovme dve va`ni svojstva na modulot na kompleksen broj. Isto taka, za kompleksnite broevi va`i i neravenstvoto na triagolnik, koe }e go prifatime bez dokaz, a negovata to~nost }e ja potvrdime pri razgleduvaweto na geometriskata interpretacija na kompleksnite broevi. Teorema 6. Za sekoi kompleksni broevi broj z i w va`i

| z  w || z |  | w | .  46

(6)

Primer 11. Za kompleksnite broevi z  22  22 i i w  54  53 i proveri go neravenstvoto (4). Re{enie. Od primerite 9 i 10 imame | z || w | 1 . Od druga strana

z  w  ( 22  54 )  ( 22  53 )i pa zatoa

| z  w | 2  7 5 2  2 | z |  | w | .  Zabele{ka 6. Formulite (5) i (6) va`at za proizvolen broj kompleksni broevi. Imeno, ako z1 , z 2 ,..., z n se proizvolni kompleksni broevi, toga{

| z1  z 2  ...  z n || z1 |  | z 2 | ... | z n | i | z1 z 2  ...  z n || z1 |  | z 2 | ... | z n | . PRA[AWA I ZADA^I ZA VE@BAWE 11. Dadeni se broevite z  3  2i i w  1 3i . Presmetaj ja vrednosta na izrazot: a) z  w , b) z  w  w z i v) z w  zw . 12. Proveri gi formulite z  w  z  w i zw  z  w ako a) z  3  2i i w  1 3i ,

b) z 

1 2

i i w  2 i .

13. [to mo`e da se ka`e za modulite na: a) dva kowugirano kompleksni broevi i b) dva sprotivni kompleksni broevi. 14. Odredi gi modulite na kompleksnite broevi: a) 2  3i ,

b) 3  7i ,

2  2i ,

g) 5  12i i

1 2

 23 i .

15. Dadeni se broevite z  3  2i i w  1  3i . Presmetaj ja vrednosta na izrazot: a) | z  w  3 z | i b) | z  w |  | z  w | . 16. Proveri deka za broevite z  3  6i i w  1  i vaì | zw || z |  | w | i | z  w || z |  | w | . 17. Dokaì deka zw  0 ako i samo ako z  0 ili w  0 . Upatstvo. Ravenstvoto zw  0 pomnoì go so zw i potoa primeni ja teorema 5 a).

4. DELEWE I STEPENUVAWE NA KOMPLEKSNI BROEVI Vo prethodnata lekcija vidovme deka za sekoi realni broevi a i b vo mnoèstvoto kompleksni broevi vaì razloùvaweto

a 2  b 2  (a  bi )(a  bi ) . ]e poka`eme kako ovaa ednostavna formula mo`e da se iskoristi za nao|awe na koli~nik na dva kompleksni broja. Imeno, ako se dadeni kompleksnite broevi z  a  bi  0 i

w  c  di , toga{ za da go opredelime koli~nikot wz dovolno e broeitelot i imenitelot da gi pomno`ime so z . Pritoa dobivame: w z

(c  di )( a bi ) ac bd  ( ad bc )i ac bd  ac di    2 2  ad2 bc2 i bi ( a bi )( a bi ) a 2 b 2 a b a b

t.e. w z

 ac2 bd2  ad2 bc2 i . a b

(1)

a b

Formulata (1) jasno poka`uva deka koli~nikot na dva kompleksni broja e kompleksen broj. Nema potreba ovaa formula da se pamti, bidej}i dovolno e samo da se znae deka problemot na delewe na dva kompleksni broja se re{ava so mno`ewe na broitelot i imenitelot so kowugiraniot kompleksen broj na imenitelot. Primer 12. a) Za broevite z  1  5i i w  2  3i presmetaj wz . b) Re{i ja po z ravenkata

(2  i ) z  2 z  3  4  6i . Re{enie. a) Soglasno prethodno ka`anoto imame w z

( 23i )( 15i ) ( 23i )( 15i ) ( 215)  ( 310)i 1313i 1 1  2135ii  ( 15i )( 15i )    26  2  2 i . 26 ( 1) 2 52

b) So posledovatelni ekvivalentni transformacii dobivame:

(2  i ) z  2 z  3  4  6i , (2  i  2) z  4  6i  3 , (4  i ) z  7  6i i (7  6i )( 4i ) ( 28 6) ( 247 )i 3417i z  746ii  ( 4i )( 4i )   17  2  i . 42 12 Kone~no, re{enie na dadenata ravenka e z  2  i . 

Koga sme kaj operacijata delewe na kompleksni broevi, prirodno e da se zapra{ame kako se nao|a recipro~nata vrednost na daden kompleksen broj z . Analogno, kako i kaj realnite broevi za recipro~nata vrednost 1z na kompleksniot broj z  a  bi  0 imame 1 z

 1z  z  z  a2bi2  z

a b

a a 2 b 2



b a 2 b 2

(2)

Od prethodno iznesenoto sleduva deka za sekoj kompleksen broj z  0 postoi broj z ' C takov, {to z  z '  1 i toa e brojot 1z koj e recipro~en na z . Primer 12. a) Recipro~nata vrednost na imaginarnata edinica i e 1 i

 i (ii )  i2  i . i

b) Ako ja iskoristime formulata (2), za recipro~nata vrednost na kompleksniot 1  23i  2  3 i .  broj w  2  3i dobivame w 2 2 13 13 2 3

Neka z i w se proizvolni kompleksni broevi. Vo teorema 5 b) doka`avme deka | zw || z |  | w | . Prirodno e da se zapra{ame, ako z  0 , dali analogno ravenstvo va`i za koli~nikot na kompleksnite broevi z i w . Ako go iskoristime ravenstvot wz  z  w , to|w| ga{ od teorema 5 b) sleduva | w | wz  z | wz  | z | , {to zna~i wz  | z| , t.e. to~na e slednata teorema.

Teorema 7. Za sekoi kompleksni broevi broj z i w , z  0 va`i |w|

 | z| . 

w z

(6)

Primer 13. Presmetaj go modulot na kompleksniot broj: a) z  638ii ,

b) z  2i . 1i 3

Re{enie. a) Od prethodnata teorema neposredno sleduva | 3 i| |6 8i|



|2i| |1i 3|



| z |

( 3)2 12

2 1 .  10 5 6  ( 8) 2

b) Imame | z |

2 12  ( 3) 2



2 2

1. 

Stepenuvaweto na kompleksen broj z go definirame kako i stepenuvaweto na realen broj. Imeno:

z 1  z , z n 1  z n  z , n  N , a stepenot na brojot z  0 sostepenov pokazatel nula i cel negativen broj go voveduvame so:

z 0  1,

z  n  1n , n  N . z

Pred da razgledame nekoi primeri da zabele`ime deka, kako i kaj realnite broevi, za stepenite na kompleksnite broevi va`at ravenstvata

z k w k  ( zw) k ,

z k z m  z k m ,

zk zm

 z k  m , ( wz ) k  z k , ( z k ) m  z km . w k

Primer 14. a) Doka`i deka za sekoj priroden broj k va`i

i 4 k  1, i 4k 1  i, i 4 k  2  1 i i 4k 3  i . b) Presmetaj

i 25  (i ) 50  i 62  i 83 . Re{enie. a) Imame, i1  i, i 2  1 , i 3  i 21  i 2 i  i i i 4  i 2 i 2  (1)(1)  1 , pa zatoa

i 4 k  (i 4 ) k  1k  1, i 4k 1  i 4k i  1  i  i, i 4 k  2  i 4k i 2  1  (1)  1 i i 4 k 3  i 4k i 3  1  (i )  i . b) Ako se iskoristat ravenstvata vo zada~ata pod a) dobivame

i 25  ( i ) 50  i 62  i 83  i 641  (1) 50 i 412 2  i 415 2  i 4203  i  1  1  i  2 .  Primer 15. a) Doka`i deka (1  i ) 4  (1  i ) 4 e realen broj. b) Presmetaj (11ii ) 208 . Re{enie. a) Ako ja primenime formulata (a  b) 2  a 2  2ab  b 2 dobivame

(1  i ) 4  (1  i ) 4  [(1  i ) 2 ] 2  [(1  i ) 2 ] 2  (1  2i  i 2 ) 2  (1  2i  i 2 ) 2  ( 2i ) 2  (2i ) 2  0 ,

{to zna~i deka (1  i ) 4  (1  i ) 4 e realen broj. b) Imame

(11ii ) 208 

(1i ) 208 (1i ) 208



[(1i ) 2 ]104 [(1i ) 2 ]104



(1 2i i 2 )104 (1 2i i 2 )104



( 2i )104 ( 2i )104



( 2i )104 ( 1)104 ( 2i )104

 1. 

PRA[AWA I ZADA^I ZA VE@BAWE 18. Najdi ja recipro~nata vrednost na brojot z : a) z  5  12i , 19. Presmetaj

w z

b) z  12  23 i i

v) z  7  2i .

b) w  5  2i, z  1  i i

v) w  1  3i, z  1  i .

ako:

a) w  2  3i, z  2  3i ,

20. Presmetaj ja vrednosta na izrazot: a)

zz 1 z z

ako z  1  i i

z z 2 z 3

ako z 

i 1 2

21. Presmetaj: a) i 20  i 30  i 40  i 50  i 60  i 70 i

b) (i ) 63  i 102  i 112  i 201

22. Presmetaj ja vrednosta na izrazot: a) z 2  2 z  3 , za z  2  i i 23. Presmetaj

(1 i )3

( 3 i ( 2 3i ) 2 2  i

b) 2 z 2  z  1 , za z  3  5i .

 32ii ) .

24. Doka`i deka ( 1i2 7 ) 4  ( 1i2 7 ) 4  1 . 25. Re{i ja po z ravenkata: a) 2 z (3  5i )  z  1  30  65i i

b) ( z  i )(1  2i )  (1  zi )(3  4i )  1  7i .

5. GEOMETRISKA INTERPRETACIJA NA KOMPLEKSEN BROJ Kako {to znaeme mnoèstvoto realni broevi go pretstavuvame na brojna oska i pritoa na sekoj realen broj mu soodvetstvuva edna i samo edna to~ka od brojnata oska. Vaì i obratnoto, t.e. na sekoja to~ka od brojnata oska i soodvetstvuva eden i samo eden realen broj. Logi~no e da se zapra{ame dali sli~no pretstavuvawe e mo`no i za kompleksnite broevi. Kako {to znaeme sekoj kompleksen broj z  x  iy moème da go opredelime ako ni se zadadeni negoviot realen i imaginaren del. Poslednoto ne naceduva na razmisla deka za geometrisko pretstavuvawe na kompleksnite broevi treba da ja iskoristime ramninata. Neka xOy e pravoagolen koordinaten sistem vo ramninata i neka to~kata A leì vo ramninata. To~kata A vo ramninata e napolno opredelena so nejzinite koordinati x i y , t.e. so podredeniot par ( x, y ) . Ako prvata koordinata vo podredeniot par ( x, y ) ja zememe za realen, a vtorata za imaginaren del na nekoj kompleksen broj z , toga{ kompleksniot broj e ednozna~no opredelen. Spored toa, na sekoja to~ka od ramninata A( x, y ) i soodvetstvuva to~no opredelen kompleksen broj z  x  iy . Jasno, vaì i obratnoto, t.e. na sekoj kompleksen broj z mu soodvetstvuva edna i samo edna to~ka A vo ramninata (crt. 1). Pritoa Re z e x  koordinatata na to~kata A , a Im z e y  koordinatata na A , pa zatoa apcisnata oska ja narekuvame realna oska, a ordinatnata oska ja narekuvame imaginarna oska. Ramninata so zadaden vo nea pravoagolen koordinaten sitem, koristen za pretstavuvawe na kompleksnite broevi, ja narekuvame kompleksna ramnina. Primer 16. Obidi se, vo kordinaten sistem da gi pretstavi{ kompleksnite broevi:

z1  1  2i , z 2  1  2i , z 3  1  2i , z 4  3  i i z 5  1,5  2,5i . 

Vo prethodniot primer zabeleùvame deka z1 i z 2 se kowugirano kompleksni broevi i deka to~kite koi im soodvetstvuvaat se simetri~ni vo odnos na realnata oska. Ponatamu, broevite z1 i z 3 se sprotivni eden na drug i kako {to moè da se vidi to~kite koi im soodvestvuvaat se simetri~ni vo odnos na koordinatniot po~etok. Lesno se gleda deka prethodno kaànoto vaì za sekoj par kowugirano kompleksni broevi i za sekoj par sprotivni broevi. Imeno, ako z  x  iy , toga{  z   x   i y  i z  x   y i i to~kite koi im se pridruèni na ovie broevi se A( x, y ) , B ( x, y ) i C ( x, y ) . Jasno, to~ite A i C , soodvetni na kowugiranite broevi z i z , se simetri~ni vo odnos na realnata oska, a to~kite A i B , soodvetni na sprotivnite broevi z i  z , se simetri~ni vo odnos na koordinatniot po~etok.

Kako {to rekovme na sekoj kompleksen broj z soodvetstvuva edna i samo edna to~ka vo kompleksnata ramnina, pa zatoa do krajot na ovoj del za to~kata soodvetna na kompleksniot broj z }e ja koristime oznakata Z . Ve}e rekovme deka pri daden koordinaten sistem na kompleksniot broj z  x  yi mu soodvetstvuva edna i samo edna to~ka Z ( x, y ) . Od druga strana koordinatniot po~etok O zemen kako po~etna i to~kata Z zemana kako krajna to~ka opredeluvaat eden i samo eden vektor OZ . Spored toa, na sekoj kompleksen broj z mu soodvetstvuva eden i Crt. 2

samo eden vektor OZ .

Sega moème da se osvrneme na geometriskata smisla na operaciite sobirawe i odzemawe na kompleksni broevi. Neka se dadeni kompleksnite broevi z1 i z 2 , na koi im gi pridruùvame vektorite OZ 1 i OZ 2 . Za da go najdeme zbirot z 3  z1  z 2 , go konstruirame paralelogramot (crt. 2) nad vektorite OZ 1 i OZ 2 . Jasno, vektorot OZ 3 (crt. 2), koj e dijagonala na paralelogramot OZ1 Z 3 Z 2 , mu soodvetstvuva na zbirot na kompleksnite broevi z1 i z 2 . Razlikata na kompleksnite broevi z1 i z 2 ja nao|ame kako zbir na kompleksnite broevi z1 i  z2 , t.e. z1  z 2  z1  ( z 2 ) . Spored toa, geometriski taa moè da se najde so nanesuvawe na vektorite soodvetni na kompleksnite broevi z1 i  z2 i ako gi sobereme ovie vektori (crt. 3). Da go razgledame crte` 2, z 2  a  bi . Triagolnikot OMZ 2 e pravoagolen so kateti OM  a i MZ 2  b . Od Pitagorovata teorema imame Crt. 3

OZ 2  OM

 MZ 2  a 2  b 2 .

Od druga strana | z 2 | a 2  b 2 , {to zaedno so prethodnoto ravenstvo zna~i deka modulot na kompleksniot broj e ednakov na dol`inata na vektorot soodveten na kompleksniot broj. Ponatamu, rastojanieto me|u to~kite soodvetni na kompleksnite broevi z1 i z 2 e ednakvo na dol`inata na vektorot soodveten na kompleksniot broj z1  z 2 , a toa zna~i deka e ednakvo na | z1  z 2 | . Primer 17. Na telo koe se nao|a vo koordinatniot po~etok O (crt. 4) dejstvuvaat

silite p1 i p 2 . Normalnata komponenta (proekcijata) na silata p1 na x  oskata e 5 N (5 wutni), a na y  oskatae 2 N . Za silata p 2 ovie komponenti se 2 N i 4 N . Najdi go intenzitetot na rezultantata na ovie sili.

Re{enie. Na crt. 4 silte p1 i p 2 se pretstaveni so kompleksnite broevi z1  5  2i i z 2  2  4i . Spored toa, na rezultantata na ovie sili i soodvetstvuva vektorot pretstaven so kompleksniot broj

z  z1  z 2  7  6i .

No, | z | 7 2  6 2  49  36  85 ,

{to zna~i intenzitetot na rezultantata e

85 N . 

Vo prethodnite razgleduvawa rekovme deka to~nosta na neravenstvoto 6 od teorema 6 }e ja potvrdime pri razgleduvawe na geometriskata interpretacija na kompleksnite broevi. Za taa cel da go razgledame crt. 2. Ako neravenstvoto na triagolnik go primenime na OZ1 Z 3 dobivame OZ 3  OZ 1  Z1 Z 3 {to zna~i | z1  z 2 || z1 |  | z1  z 2  z1 | t.e. | z1  z 2 || z1 |  | z 2 | ,

{to vsu{nost e i tvrdeweto na teorema 6.

PRA[AWA I ZADA^I ZA VE@BAWE 26. Pretstavi gi geometriski (so pomo{ na vektori) kompleksnite broevi z i w i geometriski odredi go nivniot zbir: a) z  5  2i , w  3  i b) z  1  2i , w  2  3i i v) z  2  3i , w  3  i . 27. Pretstavi gi geometriski (so pomo{ na vektori) kompleksnite broevi z i w i geometriski odredi ja nivnata razlika: a) w  2  3i, z  2  3i , b) w  5  2i, z  1  i i v) w  1  3i, z  1  i . 28. Presmetaj go rastojanieto me|u to~kite, koi im soodvetstvuvaat na kompleksnite broevi z i w: a) z  5  2i , w  3  i b) z  1 2i , w  2  3i i v) z  2  3i , w  3  i . 29. a) [to e geometriskoto mesto na to~ki vo kompleksnata ramnina za koi | z | 1 ? b) [to e geometriskoto mesto na to~ki vo kompleksnata ramnina za koi | z  1 || z  i | ? 30. Obrazlo`i gi slednite tvrdewa: a) Na kowugirano kompleksnite broevi z i z im soodvetstvuvaat to~ki od kompleksnata ramninata, koi se simetri~ni vo odnos na realnata oska. b) Na zaemno sprotivnite kompleksni broevi z i  z im soodvestvuvaat to~ki od kompleksnata ramnina koi se simetri~ni vo odnos na koordinatniot po~etok. 31. Na telo koe se nao|a vo koordinatniot po~etok O dejstvuvaat silite p1 i p 2 . Normalnata komponenta (proekcijata) na silata p1 na x  oskata e 2 N , a na y  oskatae 3 N . Za silata p 2 ovie komponenti se 3N i 1N . Najdi go intenzitetot na rezultantata na ovie sili.

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

a) Opredeli go realniot i imaginarniot del na: z  2  4i, w  12 i  12 . b) Opredeli go realniot broj x taka da kompleksniot broj z 

x 3 4

(4 b)

 2  12i bide ~isto

imaginaren.

(6 b)

2. a) Najdi gi realnite broevi x i y taka da e ispolneto ravenstvoto ( x  iy )((2  i )  1  3i . (6 b) b) Najdi gi realnite broevi x i y taka da e ispolneto ravenstvoto

x iy  4 i 1i

 2  5i .

(8 b)

3. a) Dadeni se kompleksnite broevi z  2  3i i w  1  i . Presmetaj ja vrednosta na izrazot | z  w |  | z  w | ..

(10 b)

b) Dadeni se kompleksnite broevi z  izrazot

| z  w|| z  w| | z  w|| z  w|

1 2

 23 i i w  1  i . Presmetaj ja vrednosta na

(15 b)

4. a) Presmetaj ja vrednosta na izrazot

1i ( 3i ( 2 3i ) 2 2 i

 32ii ) .

(15 b)

b) Presmetaj ja vrednosta na izrazot ( 1i2 3 ) 4  ( 1i2 3 ) 4 . 5. a) Re{i ja po z ravenkata 2 z (2  5i )  3 z  4  33  65i b) Re{i ja po z ravenkata ( z  i )(1  2i )  (1  zi )(3  4i )  1  7i . 6. a) Pretstavi gi geometriski (so pomo{ na vektori) kompleksnite broevi z  2  i i w  1 4i i geometriski odredi gi nivniot zbir i razlika.

(20 b) (15 b) (20 b) (10 b)

b) Na telo koe se nao|a vo koordinatniot po~etok O dejstvuvaat silite p1 i p 2 . Normalnata komponenta (proekcijata) na silata p1 na x  oskata e 4 N , a na y  oskata e 32 N . Za silata p 2 ovie komponenti se 32 N i 2,5 N . Najdi go

intenzitetot na rezultantata na ovie sili.

(15 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

30-46 2

47-59 3

60-72 4

73-84 5

NOVI ZNAEWA I UMEEWA

GLAVA III KVADRATNA RAVENKA SODR@INA NA TEMATA 1. Poim za kvadratna ravenka. Vidovi kvadratni ravenki 2. Re{avawe na nepolni kvadratni ravenki 3. Re{avawe na polni kvadratni ravenki. Diskriminanta na kvadratna ravenka 4. Vietovi formuli 5. Razlo`uvawe na kvadraten trinom na linearni mno`iteli 6. Drobno racionalni ravenki koi se sveduvaat na kvadratni ravenki 7. Bikvadratni ravenki 8. Iracionalni ravenki 9. Sistem od edna linearna i edna kvadratna ravenka so dve nepoznati 10. Primena na kvadratnite ravenki

Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

da go usvoi{ poimot za kvadratna ravenka; da sveduva{ kvadratna ravenka od op{t vid vo normalen vid; da re{ava{ nepolna kvadratna ravenka od

vidot ax 2  bx  0 i da gi analizira{ re{enijata na istata; da re{ava{ nepolna kvadratna ravenka od

POTREBNI PREDZNAEWA Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na:

svojstvata na realnite broevi i operaciite so niv; svojstvata na kompleksnite broevi i operaciite so niv; formulite za skrateno mno`ewe; linearnite ravenki; polinomi i operaciite so niv; drobno-racionalnite i iracionalnite algebarski izrazi i operaciite so niv; i re{avaweto na sistemite linearni ravenki so metod na zamena.

vidot ax 2  c  0 i da gi analizira{ re{enijata na istata; da re{ava{ polna kvadratna ravenka koristej}i ja formulata za korenite na kvadratna ravenka; da diskutira{ za korenite na kvadratna ravenka spored znakot na nejzinata diskriminanta; da re{ava{ polna i nepolna parametarska kvadratna ravenka; da gi usvoi{ Vietovite formuli zakorenite na kvadratna ravenka i istite da gi koristi{ pri re{avawe na zada~i; da sostavuva{ kvadratna ravenka ~ii koreni se dadeni; da re{ava{ prakti~ni zada~i koi se sveduvaat na re{avawe kvadratni ravenki; da ja usvoi{ i ja koristi{ teoremata za razloùvawe na kvadraten trinom na mnoìteli; da se zapoznae{ so drobno racionalnite ravenki i da se osposobi{ istite da gi re{ava{; da re{ava{ i diskutira{ parametarski drobno linearni ravenki; da difinira{ bikvadratna ravenka i da se osposobi{ istata da ja re{ava{; da difinira{ i da prepoznava{ iracionalna ravenka; da go opredeluva{ difinicionoto mnoèstvo na iracionalnite ravenki; da re{ava{ iracionalni ravenki koi se sveduvaat na linearni ili kvadratni ravenki; da gi diskutira{ re{enijata na iracionalnite ravenki; da se zapoznae{ so sistem od edna linearna i edna kvadratna ravenka so dve nepoznati; i da re{ava{ sistemi od edna linearna i edna kvadratna ravenka so dve nepoznati.

Re{avaweto na zada~ata: "Eden voz rastojanieto od 650km go minuva za 3 ~asa pobrzo od drug voz, ~ija brzina e za 15km / h pomala od brzinata na prviot voz. Najdi gi brzinite na vozovite." ne doveduva do ravenkata x 2  15 x  3250  0 . Sli~no, re{avaweto na zada~ite od vertikalen i horizontalen istrel naj~esto se sveduva na re{avawe na ravenki od vidot at 2  bt  c  0 , kade so t e ozna~eno nepoznatoto vreme, a realnite broevi a, b i c se dadeni i pritoa va`i a  0 . Ravenkite od vakov vid se sre}avaat i pri re{avaweto na drugi prakti~ni problemi, pa zatoa vo ovoj del istite }e gi prou~ime i }e se osvrneme na nivnta primena pri re{avaweto na drugi vidovi ravenki.

1. POIM ZA KVADRATNA RAVENKA. VIDOVI KVADRATNI RAVENKI Da gi razgledame ravenkite

x 2  5 x  6  0,  12 x 2  2 x  4  0,

3x 2  4 x  0 i 7 x 2  2 2  0 .

Zabele`uvame deka kaj sekoja od ovie ravenki nivnata leva strana e polinom od vtor stepen vo odnos na nepoznatata x , t.e. kvadraten trinom, a desnata strana na site ravenki e ednakva na nula. Ako ova svojstvo na gornite ravenki go zememe kako karakteristi~no svojstvo ja imame slednata definicija. Definicija 1. Ravenkata od vidot ax 2  bx  c  0 ,

(1)

kade {to x e nepoznata, a a, b, c  R , a  0 ja narekuvame kvadratna ravenka so edna nepoznata. Broevite a, b i c gi narekuvame koeficienti na kvadratnata ravenka, i toa: a e koeficient na kvadratniot ~len, b e koeficient na linearniot ~len i c e sloboden ~len. Zabele{ka 1. Pretpostavkata a  0 e od su{tinsko zna~ewe, bidej}i vo sprotivno ravenkata (1) bi bila linearna, a ne kvadratna. Primer 1. Opredeli gi koeficientite na kvadratnite ravenki: a) (1  2 ) x 2  3 4 x  12  0 ,

b) 12 x 2  x  0 i

v) 0,5 x 2  12  0 .

Re{enie. a) Soglasno so definicija 1 imame a  1  2 , b  3 4 i c  12 .

b) Dadenata ravenka ja zapi{uvame vo oblikot 12 x 2  1  x  0  0 od kade soglasno definicija 1 nao|ame a  12 , b  1, c  0 . v) Dadenata ravenka ja zapi{uvame vo oblikot 0,5 x 2  0  x  12  0 od kade soglasno definicija 1 nao|ame a  0,5, b  0, c  12 .  Zabele`uvame deka koeficientite b i c na kvadratnata ravenka vo primerot 1 a) se razli~ni od nula, koeficientot c vo kavdratnata ravenka od primer 1 b) e ednakov na nula i koeficientot b vo kvadratnata ravenka od primer 1 v) e ednakov na nula. Vo op{t slu~aj vo zavisnost od vrednosta na koeficientite b i c ja imame slednata podelba na kvadratnite ravenki:

ako koeficientite b i c se razli~ni od nula, toga{ kvadratnata ravenka (1) ja narekuvame polna kvadratna ravenka i ako barem eden od koeficientite b i c e ednakov na nula, toga{ kvadratnata ravenka (1) ja narekuvame nepolna kvadratna ravenka.

Jasno, nepolnite kvadratni ravenki se:

ax 2  bx  0 , b  0 ;

ax 2  c  0 , c  0 ;

ax 2  0 .

Da gi razgledame ravenkite x 2  5 x  6  0 i  12 x 2  2 x  4  0 . Zable`uvame deka vo prvata ravenka koeficeentot na kvadratniot ~len e a  1 , a vo vtorata ravenka imame a   12 i ova e pri~ina za u{te edna podelba na kvadratnite ravenki i toa:

ako a  1 , toga{ za kvadratnata ravenka (1) }e velime deka e od op{t vid, ako a  1 , toga{ za kvadratnata ravenka }e velime deka e od normalen vid ili sveden vid, i obi~no za istata go koristime zapisot

x 2  px  q  0 , p, q  R .

(2)

Neka e dadena kvadratnata ravenka (1). Ako istata ja podelime so a , a  0 , toga{ sme ja zapi{ale vo normalen vid, pri {to p  ba i q  ac . Primer 2. Kvadratnite ravenki od primer (1) zapi{i gi vo normalen vid: Re{enie. a) Soglasno so prethodno ka`anoto dovolno e ravenkata da ja podelime so a  1  2 i pritoa dobivame

x2 

4 1 2

x  12  0 . 1 2

b) Analogno, kako vo primerot pod a), posle deleweto na ravenkata so a  12 nao|ame x 2  2 x  0 . v) Analogno, kako vo primerot pod a), posle deleweto na ravenkata so a  0,5 nao|ame x 2  24  0 .  Na krajot od ovoj del }e spomeneme u{te eden tip kvadratni ravenki, koi mnogu ~esto se sre}avaat vo praktikata. Imeno, ako barem eden od koeficientite a, b ili c

na kvadratnata ravenka (1) zavisi od parametar, toga{ }e velime kvadratnata ravenka e parametarska, t.e. so parametri ili op{ti koeficienti. Primer 3. Za koi vrednosti na parametarot m ravenkata a) (m  1) x 2  4mx  12  0 ,

b) (m  2)t 2  t  (m  2)  0 ,

v) (m  2) y 2  2(m  1) y  m  4  0 , e kvadratna, a za koi e nepolna kvadratna ravenka. Re{enie. a) Za da parametarskata ravenka e kvadratna potrebno i dovolno e koeficientot pred x 2 da e razli~en od nula. Zna~i m  1  0 , t.e m  1 . Spored toa, za m  (,1)  (1, ) dadenata ravenka e kvadratna. Slobodniot ~len e razli~en od nula, pa zatoa dadenata ravenka moè da bide nepolna samo ako koeficientot pred linearniot ~len e ednakov na nula, t.e 4m  0 , {to zna~i m  0 i pritoa ravenkata e  x 2  12  0 . b) Dadenata ravenkata e kvadratna za m  2  0 , {to zna~i m  2 , odnosno m  (,2)  ( 2, ) . Koeficientot pred linearniot ~len e razli~en od nula, pa zatoa dadenata ravenka moè da bide nepolna kvadratna ravenka samo ako slobodniot ~len e ednakov na nula. No, toa ne e mo`no bidej}i slobodniot ~len e ednakov na koeficientot pred kvadratniot ~len, t.e. vo ovoj slu~aj ravenkata e linearna. Spored toa, za nitu edna vrednost na parametarot m dadenata ravenka ne moè da bide nepolna kvadratna ravenka. v) Dadenata ravenka e kvadratna za m  2  0 , {to zna~i m  2 , t.e. m  (,2)  ( 2, ) . Dadenata ravenka e nepolna kvadratna ravenka ako slobodniot ~len e ednakov na nula, t.e. m  4 i pritoa dobivame 2 y 2  10 y  0 . No, taa e nepolna i ako m  1 i vo ovoj slu~aj ravenkata e  3 y 2  5  0 . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 1.

Transformiraj gi dadenite ravenki vo op{t vid, a potoa istite zapi{i gi vo normalen (sveden) vid: a) 4 x( x  1)  2  3 x ,

b) ( x  12 ) 2  2 x  3  (2  x)(3  x) ,

2 x (13 x ) v) 354 x  2  5  x 41 .

Za koi vrednosti na parametarot k ravenkata: a) (k  2) x 2  (k  1) x  k  1  0 ,

b) x 2  k  2kx 2  kx  3 ,

v) 3kx 2  10  x 2  (k  13 ) x ,

e kvadratna, a za koi e nepolna kvadratna ravenka. 3.

Opredeli ja vrednosta na kvadratniot trinom 6 x 2  3 x  7 za: a) x  0 ,

Ispitaj koi od broevite 2,  1, 2, 3, 5, se re{enija na ravenkata x 2  5 x  6  0 .

Razlo`i go na mno`iteli binomot: a) 6 x 2  3 x ,

Za koi vrednosti na x e ednakov na nula proizvodot:

b) x 2  6 ,

b) x  3 ,

v) x 

1 3

v) ( x  12 ) 2  25 , g) ( x  12 ) 2  34 . 4

a) x(2 x  3) ,

b) ( x  2)( x  5) .

2. RE[AVAWE NA NEPOLNI KVADRATNI RAVENKI Da ja razgledame ravenkata 2 x 2  3x  0 . Ako na levata strana na ravenkata pred zagrada izvadime x , toga{ dadenata ravenka ja transformirame vo ekvivalentnata na nea ravenka x(2 x  3)  0 . Na toj na~in dobivme proizvodot na dva monomi da e ednakov na nula, a toa e mo`no ako i samo ako x  0 ili 2 x  3  0 , t.e. x  0 ili x   32 . Vistinitosta na poslednite tvrdewa se zasniva na dobro poznatiot fakt deka proizvodot na dva kompleksni broja e ednakov na nula ako i samo ako barem eden od broevite e ednakov na nula. Prethodnoto ima svoja generalizacija, koja se sostoi vo slednoto. Pri re{avawe na nelinearna ravenka od oblik f ( x)  0 najprvo go razlo`uvame izrazot f ( x) i istiot istiot go zapi{uvame vo oblik f ( x)  g ( x)h( x) , t.e. dadenata ravenka ja transformirame vo ekvivalentnata na nea ravenka h( x) g ( x)  0 , koja e ekvivalentna na

h( x)  0 ili g ( x)  0 . Sega gi re{avame ravenkite h( x)  0 i g ( x)  0 i nivnite re{enija se re{enija na ravenkata f ( x)  0 . Da razgledame eden primer. Primer 4. Re{i ja ravenkata

( x  1)(2 x  3)  4( x  1)(3  x)  0 . Re{enie. Ako na levata strana izvadime pred zagrada x  1 posledovatelno dobivame

( x  1)[2 x  3  4(3  x)]  0 ( x  1)(2 x  3  12  4 x)  0 ( x  1)(6 x  15)  0. Ponatamu, poslednata ravenka e ekvivalentna na x  1  0 ili 6 x  15  0 t.e. na vkupnosta na ovie ravenki x  1  0 6 x  15  0.  Ja re{avame sekoja ravenka od vkupnosta i dobivame x  1, x  52 , pa mno`estvoto re{enija na vkupnosta, a so toa i na dadenata ravenka e M  {1, 52 } .  Teorema 1. Nepolnata kvadratna ravenka od vidot

ax 2  bx  0, a  0 ,

(1)

x1  0,

(2)

ima re{enija

x 2   ba .

Dokaz. Levata strana na ravenkata (1) ja razlo`uvame na mno`iteli i dobivame deka taa e ekvivalentna na ravenkata x(ax  b)  0 , odnosno na vkupnosta ravenki

x  0 ax  b  0, a  0  ~ie re{enie e x1  0, x 2   ba , a toa se re{enijata i na po~etnata ravenka.  Diskusija 1. O~igledno deka ravenkata (1) ima sekoga{ dve realni re{enija i toa se x1  0, x 2   ba . Jasno, ako b  0 , toga{ x 2   a0  0 i vo ovoj slu~aj velime deka

x1  x 2  0 e dvoen (dvokraten) koren na ravenkata ax 2  0, a  0 . Primer 5. Re{i ja ravenkata 4 x 2  7 x  0 . Re{enie. Dadenata ravenka e nepolna kvadratna ravenka od vidot (1) so a  4 i b  7 . Soglasno so teorema 1 nejzinite re{enija se x1  0 i x 2   74 . Se razbira za re{avawe na ovaa zada~a mo`e i neposredno da ne ja koristime teorema 1. Pritoa imame

4 x 2  7 x  0  x(4 x  7)  0  x  0 ili 4 x  7  0  x  0 ili x   74 . 

Primer 6. Za koi vrednosti na parametarot k edno re{enie na ravenkata

x 2  5 x  ( 2k 2  4k )  0 e ednakvo na nula. Za najdenata vrednost na k opredelete go i drugoto re{enie. Re{enie. Prvo da zabele`ime deka edno re{enie na ravenkata ax 2  bx  c  0 e ednakvo na nula ako i samo ako c  0 . Navistina, ako c  0 , toga{ ravenkata e nepolna od vidot (1) i spored teorema 1 edno nejzino re{enie e x1  0 . Obratno, ako x1  0 e re{enie na ravenkata ax 2  bx  c  0 , toga{ a  0 2  b  0  c  0 t.e. c  0 . Od prethodno iznesenoto sleduva deka dadenata ravenka ima edno re{enie nula ako i samo ako  (2k 2  4k )  0 t.e. ako i samo ako 2k 2  4k  0 . Sega od teorema 1 sleduva deka k1  0 i k 2   12 . Za najdenite vrednosti na k dadenata ravenka go dobiva oblikot x 2  5 x  0 i vtoroto nejzino re{enie e x 2  5 .  Teorema 2. Nepolnata kvadratna ravenka od vidot

ax 2  c  0, a  0 ,

(2)

x1 / 2    ac .

(3)

ima re{enija

Dokaz. Slobodniot ~len c go prefrlame na desnata strana na ravenkata i potoa ravenkata ja delime so a  0 , so {to ja dobivame ekvivalentna na ravenka x 2   ac . Re{enija na poslednata ravenka se x1 / 2    ac i toa se re{enija na dadenata ravenka.  Diskusija 2. a) Ako  ac  0 , t.e. ako c i a se so razli~ni znaci, toga{ ravenkata (3) ima realni i razli~ni re{enija i tie se dadeni so x1 / 2    ac . b) Ako  ac  0 , t.e. ako c i a se so isti znaci, toga{ ravenkata (3) ima kowugirano kompleksni koreni i tie se dadeni so x1 / 2   ac  i . v) Ako c  0 , toga{ x1  x 2  0 e dvoen koren na ravenkata ax 2  0, a  0 . Primer 7. Re{i ja ravenkata: a) 4 x 2  25  0 ,

b) 9 x 2  49  0

Re{enie. a) Za dadenata ravenka imame a  4 i c  25 t.e.  ac  25  0 , pa od 4 diskusija 2 a) sleduva deka nejzini re{enija se x1 / 2    ac   25   52 . 4 b) Za dadenata ravenka imame a  9 i c  49 t.e.  ac   49  0 , pa od diskusija 2 b) 9 sleduva deka nejzini re{enija se x1 / 2   ac  i   49  i   73  i . 9 Se razbira za re{avawe na ovaa zada~a mo`e i neposredno da ne ja koristime teorema 2. Pritoa imame a) 4 x 2  25  0  (2 x  5)(2 x  5)  0  2 x  5  0 ili 2 x  5  0  x 

5 2

ili x   52 .

b) 9 x 2  49  0  (3 x  7i)(3 x  7i)  0  3x  7i  0 ili 3x  7i  0  x  73 i ili x   73 i . 

Vo sledniot }e razgledame parametarska kvadratna ravenka koja e nepolana kvadratna ravenka od vidot ax 2  c  0 . Primer 8. Re{i ja ravenkata (12  3k ) x 2  17k  3  0 . Re{enie. Dadenata ravenka e nepolna kvadratna ravenka ako 12  3k  0 t.e. k  4 . Pritoa imame k 3 . (12  3k ) x 2  17k  3  0  x 2  17 123k k 3  0 , t.e. k  ( 3 ,4) , ravenkata ima realni i razli~ni koreni x 17 k 3 Ako 17 1 / 2   123k . 123k 17

3 ravenkata ima dvoen koren x 17 k 3 Ako 17  3k  0 , t.e. k  17 1 / 2  0 . Ako 123k  0 t.e. 3 )  ( 4,) , ravenkata ima kowugirano kompleksni koreni x 17 k 3 k  ( , 17 1 / 2   3k 12  i . 

Primer 9. Koja relacija treba da ja zadovoluvaat parametrite a i b , za da edno re{enie na ravenkata (2a  1) x 2  15b  25  0 e brojot  5 ? Za taka najdenata zavisnost najdi go i drugoto re{enie na ravenkata. Re{enie. Ako x1  5 e re{enie na dadenata ravenka, toga{

(2a  1)  ( 5) 2  15b  25  0 t.e. 50a  25  15b  25  0 , od kade nao|ame b  10 a i toa e baranata relacija. 3 Ponatamu, vo ravenkata zamenuvame b  10 a i ja dobivame ravenkata 3

(2a  1) x 2  50a  25  0 , koja e ekvivalentna na ravenkata (2a  1)( x 2  25)  0 . Ako 2a  1  0 , t.e. a  12 , toga{ re{enie e sekoj realen broj. Ako a  12 , toga{ x1 / 2  5 , t.e. vtoroto re{enie e 5. 

ZADA^I ZA VE@BAWE 7.

Re{i gi ravenkite: a) ( x  4)( x  1)  0 ,

v) x  2  (4  x)(2  x)  0 .

Re{i gi ravenkite: a) ( x  2) 2  9  0 ,

b) ( x  1) 2  (1  x)( x  3)  0 , b) ( x  1) 2  25  0 ,

v) (3x  4) 2  25  0 ,

g) ( x  5) 2  5  0 .

Re{i gi ravenkite: a) ( y  3) 2  ( y  4) 2  y 2  25 ,

b) 2t (t  5)  3(t  12)  36  4t .

10. Re{i gi parametarskite ravenki: a) (  2) x 2    1  0 ,

b) x 2  4  x 2 ,

v) x 2    2x 2  3 ,

g) (3   ) x 2  2   .

11. Zapi{i go kako razlika na kvadrati na dva izrazi polinomot: a) x 2  2ax ,

b) x 2  3 x ,

12. Razlo`i go na linearni mno`iteli trinomot:

v) 2 x 2  7 x ,

g) x 2  4 x  3 .

a) x 2  7 x  12 ,

b) x 2  2 x  8 .

3. RE[AVAWE NA POLNI KVADRATNI RAVENKI. DISKRIMINANTA NA KVADRATNA RAVENKA Vo prethodnite razgleduvawa pokaàvme deka nepolnite kvadratni ravenki moème da gi re{ime so razloùvawe na nivnata leva strana na mnoìteli i koristewe na faktot deka g ( x)h( x)  0 ako i samo ako g ( x)  0 ili h( x)  0 . ]e pokaème deka ovaa ideja moè da se iskoristi i za re{avawe na polnite kvadratni ravenki. Najprvo }e go razgledame sledniot primer. Primer 10. Re{i ja kvadratnata ravenka a) x 2  8 x  12  0 ,

b) x 2  8 x  20  0 .

Re{enie. a) Ja transformirame levata strana na ravenkata

x 2  8 x  12  x 2  2  4 x  12  x 2  2  4 x  16  16  12  ( x  4) 2  4  ( x  4) 2  2 2  ( x  4  2)( x  4  2)  ( x  2)( x  6).

Zna~i, dadenata ravenka e ekvivalentna na ravenkata ( x  2)( x  6)  0 ~ii re{enija se x1  2 i x 2  6 . b) Ja transformirame levata strana na ravenkata

x 2  8 x  20  x 2  2  4 x  20  x 2  2  4 x  16  16  20  ( x  4) 2  4  ( x  4) 2  (2i ) 2  ( x  4  2i )( x  4  2i ).

Zna~i, dadenata ravenka e ekvivalentna na ravenkata ( x  4  2i )( x  4  2i )  0 ~ii re{enija se x1  4  2i i x 2  4  2i .  Kako {to moème da zabeleìme, vo prethodniot primer pri razloùvaweto na levata strana na ravenkata na mnoìteli prvo vr{evme dopolnuvawe do poln kvadrat, a potoa analogno na postapkata pri re{avaweto na nepolna ravenka od vidot ax 2  c  0 gi nao|avme re{enijata na dadenite ravenki. ]e pokaème deka ovaa postapka moè da se iskoristi i za re{avawe na kvadratna ravenka od op{t vid. Neka e dadena ravenkata ax 2  bx  c  0, a  0 .

(1)

Ja transformirame nejzinata leva strana na sledniot na~in: 2 ax 2  bx  c  a( x 2  ba x  ac )  a[ x 2  2  2ba x  ( 2ba ) 2  ( 2ba ) 2  ac ]  a[( x  2ba ) 2  b 2  ac ] 4a 2  a[( x  2ba ) 2  b 42ac ].

2 Spored toa, ravenkata (1) e ekvivalentna na ravenkata a[( x  2ba ) 2  b  42ac ]  0 , t.e. na

ravenkata ( x  2ba ) 2  b  42ac od kade {to sleduva 2

2 x  2ba   b  42ac ,

pa zatoa korenite na ravenkata (1) se

2 2 x1  b 2ba 4ac i x 2  b  2ba 4ac i istite

mo`eme da gi zapi{eme so pomo{ na formulata: 2 x1 / 2  b  2ba 4ac .

(2)

koja ja narekuvame formula za korenite na kvadratnata ravenka (1). So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 3. Korenite na polnata kvadratna ravenka (1) se dadeni so formulata

(2).

Zabele{ka 2. Dobienata formula za korenite na kvadratnata ravenka (1) mo`e da se iskoristi i za nao|awe na korenite na nepolnite kvadratni ravenki, t.e. i za onie kvadratni ravenki kaj koi b  0 ili c  0 . Vo ova mo`ete da se uverite so neposredna proverka.

Vo slu~aj koga ravenkata (1) e dadena vo normalen vid imame a  1, b  p i c  q , pa zatoa formulata (2) mo`eme da ja zapi{eme vo oblikot x1 / 2 

 p  p 2 4q 2

p

 2 

p 2 4q 4

p

 2  ( 2 )2  q .

(3)

Primer 11. Re{i ja kvadratnata ravenka a) 2 x 2  5 x  25  0 ,

b) x 2  2 x  28  0 ,

v) x 2  6 x  58  0

Re{enie. a) Koeficientite na ravenkata se a  2 , b  5 i c  25 . So zamena vo formulata (2) za korenite na ravenkata dobivame

x1 / 2 

( 5)  ( 5) 2  42( 25) 22

 5 254  200  5415 .

Spored toa, re{enija na ravenkata se x1  5415   52 i x1  5415  5 . b) Imame, p  2 i q  28 t.e.ravenkata e dadena vo normalen vid, pa zatoa ja koristime formulata (3) i dobivame:

x1 / 2 

( 2) 2

 ( 22 ) 2  (28)  1  1  28  1  29 .

v) Imame, p  6 i q  58 pa zatoa t.e.ravenkata e dadena vo normalen vid, pa zatoa ja koristime formulata (3) i dobivame:

x1 / 2 

( 6) 2

 ( 26 ) 2  58  3  9  58  3   49  3  7i . 

Vo primerite 11 a) i b) korenite na ravenkite se realni, a vo primer 11 v) tie se kowugirano kopleksni broevi. Logi~no e da se zapra{ame od {to zavisi dali korenite }e bidat realni ili kowugirano kompleksni broevi. Ova pra{awe e osobeno va`no koga re{avame parametarski ravenki, pa zatoa na krajot od ovoj del istoto posebno }e go razgledame. Definicija 2. Realniot broj D  b 2  4ac

(4)

go narekuvame diskriminanta na kvadratnata ravenka (1). Ako ja iskoristime diskriminantata D , toga{ formulata (2) mo`eme da ja zapi{eme vo oblikot x1 / 2  b 2 a D .

(5)

Bidej}i D e realen broj, mo`ni se slednite slu~ai: D  0 , D  0 ili D  0 . ]e gi razgledame oddelno ovie slu~ai. 64

a) Ako D  0 , toga{ D e pozitiven realen broj, pa zatoa kvadratnata ravenka (1) ima dva realni i razli~ni koreni koi se dadeni so (5). b) Ako D  0 , toga{ D  0 , pa kvadratnata ravenka (1) ima dvoen koren x1  x 2  2ab . c) Ako D  0 , toga{  D  0 e realen broj i

D  i  D , pa zatoa korenite na

ravenkata (1) se kowugirano kompleksni broevi, t.e. x1 / 2  b 2i a  D . So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 4. Korenite na kvadratnata ravenka

ax 2  bx  c  0, a, b, c  R, a  0 se:

- realni i razli~ni ako D  0 , - realni i ednakvi ako D  0 i - kowugirano kompleksni broevi ako D  0 . 

Vo slednite primeri }e ja poka`eme primenata na ovaa teorema pri diskusijata na korenite na parametarskite ravenki. Primer 12. Bez da ja re{ava{ kvadratnata ravenka odredi ja prirodata na nejzinite koreni. a) 3 x 2  4 x  12  0 i

b) 2 x 2  5 x  7  0 ,

Re{enie. a) Imame D  (4) 2  4  3  12  16  144  0 , {to zna~i deka korenite na ravenkata se kowugirano kompleksni broevi. b) Imame D  5 2  4  2  (7)  25  56  0 , {to zna~i deka korenite na ravenkata se realni i razli~ni. Primer 13. Za koi vrednosti na m, ravenkata

mx 2  2(m  1) x  1  m  0 , ima eden dvoen koren? Za sekoja od tie vrednosti na m, da se najde dvojniot koren na dobienata ravenka. Re{enie. Za da ravenkata ima dvoen koren treba nejzinata diskriminanta da e ednakva na nula t.e. (2( m  1)) 2  4m(1  m)  0 odnosno 4m 2  8m  4  4m  4m 2  0 . Ova e kvadratna ravenka 2m 2  3m  1  0 ~ii re{enija se 2 m1,2  3 232 421  341 ; m1   12 ; m 2  1 .

Za m1   12 , x1,2  1 dodeka za m2  1,

x1,2  0 . 

Primer 14. Ispitaj ja, vo zavisnost od parametarot k , prirodata na korenite na

kvadratnata ravenka x 2  2 x  k  2  0 . 65

Re{enie. Diskriminantata na kvadratnata ravenka e

D  b 2  4ac  4  4(k  2)  4k  4 . Soglasno teorema 4, ako D  0 , t.e. 4k  4  0 odnosno k  1 ravenkata ima dvoen koren. Ponatamu, ako D  0 t.e. 4k  4  0 odnosno k  1 ravenkata ima realni i razli~ni koreni. Kone~no, ako D  0 t.e. k  1 ravenkata ima kowugirano kompleksni koreni. 

ZADA^I ZA VE@BAWE 13. Re{i gi ravenkite: a) y 2  12 y  13  0 ,

b) x 2  4 x  13  0 ,

2 x2 3

 1 12 x  1 14  1 13 x  3 34 .

14. Re{i gi ravenkite: a) (1  2 ) x 2  2(1  2 ) x  3 2  1  0 ,

b) x 2  (3  2 5 ) x  7  3 5  0 ,

v) x 2  (3  2 2 ) x  4  3 2  0 . 15. Re{i gi ravenkite: a) x 2  3ax  2a 2  0, a  0 , b) 6 x 2  ax  a 2 , a  0 . 16. Bez da ja re{ava{ kvadratnata ravenka odredi ja prirodata na nejzinite koreni: a) x 2  4 x  12  0 , b) x 2  7 x  10  0 , 17. Za koi vrednosti na m, ravenkata

v) x 2  2 2 x  2  2  0 .

a) mx 2  2(m  1) x  1  m  0 , b) x 2  2(3m  1) x  14m  21  0 . ima dvoen koren? Za sekoja od tie vrednosti na m, da se najde dvojniot koren na dobienata ravenka. 18. Za koja vrednost na parametarot k i dvete kvadratni ravenki x 2  x  a  0 i x 2  x  a  0 }e imaat po dva realni koreni? 19. Ispitaj ja, vo zavisnost od parametarot m , prirodata na korenite na kvadratnata ravenka a) mx 2  (2m  3) x  m  2  0 , 20. Za sekoja od ravenkite

b) 3mx 2  8 x  5  0 ,

v) x 2  2 x  m  3  0 .

a) x 2  5 x  7  0 , b) x 2  2 2 x  2  2  0 , v) x 2  4 x  12  0 , presmetaj go zbirot i proizvodot na nejzinite koreni i dobienite rezultati sporedi gi so nejzinite koeficienti.

4. VIETOVI FORMULI  24 Da ja razgledame ravenkata x 2  7 x  6  0 ~ii re{enija se x1 / 2  7 49  72 5 2 t.e. x1  1 i x 2  6 . Zabeleùvame deka x1  x 2  1  6  7  (7) i x1 x 2  1  6  6 t.e. zbirot na korenite na ovaa ravenka e ednakov koeficientot pred linearniot ~len zemen so znak "-", a proizvodot na nejzinite koreni e ednakov na slobodniot ~len. Logi~no e da se zapra{ame dali vakvi ili sli~ni relacii vaàt za korenite i koeficientite na sekoja kvadratna ravenka ili toa vaì samo za nekoi kvadratni ravenki.

Za da odgovorime na prethonoto pra{awe }e ja ragledame kvadratnata ravenka

ax 2  bx  c  0, a  0 .

(1)

Kako {to znaeme nejzinite koreni se: 2 2 x1  b  2ba 4ac i x 2  b 2ba  4ac .

Spored toa, 2 2 2 2 x1  x 2  b 2ba  4ac  b 2ba  4ac  b  b 4ac2a b  b 4ac   22ba   ba ,

x1 x 2 

b  b 2  4 ac 2a



b  b 2  4 ac 2a



( b ) 2  b 2  4 ac 4a

2 2  b b 2 4ac  4ac2  ac . 4a 4a

Pokaàvme deka, ako x1 i x 2 se koreni na kvadratnata ravenka (1), toga{ vaàt ravenstvata x1  x 2   ba i x1 x 2  ac , (2) koi se poznati kako Vietovi formuli (spored francuskiot matemati~ar Fransoa Viet, 1540-1603). ]e dokaème deka vaì i obratnoto tvrdewe, t.e. ako za broevi x1 i x 2 vaàt ravenstvata (2), toga{ tie se koreni na ravenkata (1). Jasno x1 i x 2 se koreni na ravenkata

( x  x1 )( x  x 2 )  0 ,

(3)

koja e ekvivalentna na ravenkata x 2  xx1  xx 2  x1 x 2  0 t.e. na ravenkata

x 2  ( x1  x 2 ) x  x1 x 2  0 . Vo poslednata od (2) ravenka zamenuvame x1  x 2   ba i x1 x 2  ac i dobivame deka x1 i

x 2 se koreni na ravenkata x 2  ( ba ) x  ac  0 , koja e ekvivalentna na ravenkata (1). So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 5. Broevite x1 i x 2 se koreni na ravenkata (1) ako i samo ako va`at ravenstvata (2).  Zabele{ka 3. Ako kvadratnata ravenka e dadena vo normalen vid x 2  px  q  0 , toga{ ravenstvata (2) imaat poednostaven oblik, t.e.

x1  x 2   p i x1 x 2  q .

(4)

Primer 15. a) Vietovite formuli za kvadratnata ravenka 4 x 2  7 x  5  0 se

x1  x 2   47  74 i x1 x 2  54 . b) Vietovite formuli za kvadratnata ravenka x 2  (1  2 ) x  2 2  0 se

x1  x 2  1  2 i x1 x 2  2 2 .  Zabele{ka 4. Ako se dadeni korenite na edna kvadratna ravenka, toga{ istata moème da ja sostavime koristej}i ja formulata (3). Me|utoa, toa moème mnogu poednostavno da go napravime koristej}i gi Vietovite formuli, {to moè da se vidi od sledniot primer. Primer 16. Sostavi kvadratna ravenka ~ii koreni se: a) x1  5, x 2  7 ,

b) x1   52 , x 2  34 .

Re{enie. a) Ako gi iskoristime formulite (3) dobivame

p  ( x1  x 2 )  (5  7)  2 i q  x1 x 2  5  7  35 , {to zna~i deka baranata kvadratna ravenka e

x 2  2 x  35  0 . b) Imame, p  ( x1  x 2 )  ( 52  34 )  74 i q  x1 x 2   52  34   15 , pa zatoa baranata 8 ravenka e x 2  74 x  15  0 , t.e. 8 x 2  14 x  15  0 .  8 Vo prethodniot del gi usvoivme Vietovite formuli za kvadratna ravenka. Vo slednite nekolku primeri }e ja razgledame primenata na ovie formuli. Primer 17. Za koja vrednost na m , ravenkata x 2  mx  12  0 ima eden koren ednakov na 3? Potoa, najdi go i drugiot koren. Re{enie. Bidej}i x1  3 e koren ravenkata, so zamena vo istata dobivame 9  3m  12  0 , pa zatoa m  7 . Sega od Vietovite pravila imame x1  x 2  m  7 t.e. x2  4 .  Primer 18. Za koja vrednost na parametarot p korenite x1 i x 2 na ravenkata x 2  4 x  p  5  0 go zadovoluvaat uslovot x1  x 2  0 ? Za taa vrednost na p , da se najdat korenite na ravenkata. Re{enie. Od Vietovite pravila imame x1  x 2  4 i x1 x 2  p  5 . Od uslovot na zada~ata imame x1  x 2 pa ako zamenime vo x1  x 2  4 nao|ame x1  x 2  2 . Kone~no, so zamena vo x1 x 2  p  5 dobivame p  9 .  Primer 19. Da se najde parametarot a taka {to zbirot na kvadratite na korenite na ravenkata x 2  (a  1) x  2a  0 e ednakov na 5. Re{enie. Od Vietovite formuli imame x1  x 2  a  1, x1 x 2  2a pa zatoa

5  x12  x 22  x12  x 22  2 x1 x 2  2 x1 x 2  ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2  ( a  1) 2  4a  a 2  2a  1 t.e. ja dobivame ravenkata a 2  2a  4  0 ~ii re{enija se

a1  1  5 , a 2  1  5 .  68

Primer 20. Vo kvadratnata ravenka x 2  2(m  1) x  3m  2  0 da se opredeli parametarot m taka {to zbirot na korenite na dadenata ravenka da e ednakov na zbirot na nivnite kvadrati. Re{enie. Od Vietovite pravila imame x1  x 2  2(m  1) i x1 x 2  3m  2 . Ponatamu, od uslovot na zada~ata imame

2( m  1)  x1  x 2  x12  x 22  ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2  4( m  1) 2  2(3m  2) od kade posle sreduvaweto dobivame 2m 2  1  0 . Re{enijata na poslednata ravenka se m1  1 i m2   1 .  2

Primer 21. Neka x1 i x 2 se korenite na ravenkata 6 x 2  5 x  1  0 . Bez da ja re{ava{ dadenata ravenka, sostavi kvadratna ravenka po y ~ii re{enija se x 1

y1  x1 1 , 1

x 1

y 2  x2 1 . 2

Re{enie. Za dadenata ravenka od Vietovite formuli imame x1  x 2  56 i

x1 x 2  16 . Neka baranata ravenka po y e y 2  py  q  0 . Toga{, povtorno od Vietovite formuli imame x 1

x 1

2 1  2

2 x x 2

 p  y1  y 2  x1 1  x2 1  x x (1x 2 x )1  1 65  5 t.e. p  5  1 1 2 1 2 1 2 6 6 x 1 x 1

x x  ( x  x )1

1  5 1

q  y1 y 2  x1 1  x2 1  x1x2 ( x1  x2 )1  61 56  6 .  1 1 2 1 2 1 2 6 6 Spored toa, baranata ravenka po y e y 2  5 y  6  0 .  ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E a) Neka e dadena kvadratnata ravenka ax 2  bx  c  0, a, b, c  R, a  0 i neka kompleksniot broj z e nejzin koren. ]e doka`eme deka z e isto taka koren na dadenata ravenka. Navistina, bidej}i z e koren na ravenata imame az 2  bz  c  0 . No toa zna~i deka 2

az 2  bz  c  0 t.e. a  z  b  z  c  0 . No, a, b, c  R t.e. a  a, b  b i c  c , {to zna~i deka 2

poslednoto ravenstvo e ekvivalentno na ravenstvoto a z  b z  c  0 , {to zna~i deka i kompleksniot broj z e re{enie na ravenkata dadenata ravenka. Primer 22. Sostavi kvadratna ravenka so realni koeficienti, ako eden nejzin koren e kompleksniot broj z  2  3i . Re{enie. Od prethodno iznesenoto imame deka drugiot koren na baranata ravenka e brojot z  2  3i . Sega od Vietovite formuli dobivame p  ( z  z )  4 i q  z z | z | 2  13 . Spored toa, baranata ravenka e x 2  4 x  13  0 . 

b) Neka e dadena kvadratnata ravenka ax 2  bx  c  0, a, b, c  Q, a  0 i neka iracionalniot broj x1  u  v r , u, v, r  Q, r  Q e koren na istata. ]e doka`eme deka brojot x 2  u  v r e vtoriot koren na dadenata ravenka. Od x1 e koren na dadenata ravenka sleduva ax12  bx1  c  0, a(u  v r ) 2  b(u  v r )  c  0, au 2  av 2 r  bu  c  (2auv  bv) r  0.

Od poslednoto ravenstvo sleduva 2auv  bv  0 (zo{to?) i kako v  0 dobivame 2au  b  0 t.e.  ba  2u . Ponatamu, od Vietovite formuli sleduva x2   ba  x1  2u  (u  v r )  u  v r , {to i treba{e da se doka`e. Primer 23. Sostavi kvadratna ravenka so racionalni koeficienti, ako eden nejzin koren e x1  1  2 . Re{enie. Od prethodno iznesenoto sleduva deka drugiot koren na baranata ravenka e x 2  1  2 . Sega od Vietovite formuli dobivame p  ( x1  x 2 )  2 i q  x1 x 2  1 . Spored toa,

baranata ravenka e x 2  2 x  1  0 . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 21. Napi{i gi Vietovite formuli za ravenkite: a) 4 x 2  3ax  7a 2  0 ,

b) x 2  (2k  1) x  2k  2  0 ,

22. Sostavi kvadratna ravenka ~ii koreni se: a) x1  3, x 2  12 , b) x1  k  1, x 2  2k  1 ,

v) 3x 2  (3a  2) x  a 2  4  0 . v) x1  k2 , x 2  1 .

23. Bez da ja re{ava{ kvadratnata ravenka 2 x 2  5 x  9  0 , presmetaj ja vrednosta na izrazot x13  x 23 , kade x1 i x 2 se korenite na dadenata ravenka.

Upatstvo. Iskoristi go razlo`uvaweto x13  x 23  ( x1  x 2 )( x12  x 22  x1 x 2 )  ... i potoa primeni gi Vietovite formuli. 24. Ako x1 i x 2 se korenite na ravenkata 5 x 2  3x  1  0 , presmetaj ja vrednosta na izrazot A  2 x13  3 x12 x 2  2 x 23  3 x 22 x1 .

Upatstvo. Iskoristi deka A  2 x13  3 x12 x 2  2 x 23  3x 22 x1  2( x13  x 23 )  3x1 x 2 ( x1  x 2 )  ... i potoa primeni gi Vietovite formuli. 25. Za koja vrednost na parametarot m korenite x1 i x 2 na ravenkata x 2  9 x  m  0 go zadovoluvaat uslovot x1  x 2  5 ? 26. Za koja vrednost na parametarot m korenite x1 i x 2 na ravenkata x2  6x  m  0 go zadovoluvaat uslovot x1  x 2  10 ? 27. Za koja vrednost na parametarot a kvadratnata ravenka x 2  ax  a  1  0 ima re{enija takvi, {to zbirot na kvadratite od recipro~nite vrednosti na korenite e ednakov na 5.

28. Da se najde parametarot k taka {to da va`i x12  x 22  1 , kade x1 i x 2 se koreni na ravenkata x 2  (k  1) x  k  0 .

29. Neka x1 i x 2 se korenite na ravenkata 3x 2  5 x  6  0 . Bez da ja re{ava{ dadenata ravenka, sostavi kvadratna ravenka po y ~ii re{enija se y1  x1  x1 , 2

y 2  x 2  x1 . 1

30. Sostavi kvadratna ravenka so realni koeficienti, ako eden nejzin koren e kompleksniot broj z  3  3i . 31. Sostavi kvadratna ravenka so racionalni koeficienti, ako eden nejzin koren e x1  4  2 2 .

5. RAZLO@UVAWE NA KVADRATEN TRINOM NA LINEARNI MNO@ITELI Prethodno ja izu~ivme kvadratnata ravenka, t.e. gi usvoivme metodot za nejzino re{avawe i Vietovite formuli, a ja razgledavme i primenata na kvadratnite ravenki pri re{avawe na nekolku vidovi problemi. Vo ovoj del }e se osvrneme na kvadratniot trinom koj se definira kako {to sleduva. Definicija 3. Neka a, b, c  R i a  0 . Polinomot

P( x)  ax 2  bx  c ,

(1)

go narekuvame kvadraten trinom po odnos na promenlivata x . Brojot D  b 2  4ac go narekuvame diskriminanta na kvadratniot trinom, a korenite na kvadratnata ravenka ax 2  bx  c  0 gi narekuvame nuli na kvadratniot trinom (1).

Pri izu~uvaweto na kvadratniot trinom prvo }e se zadrìme na negovoto razloùvawe na linearni mnoìteli, koe e osobeno od polza pri re{avaweto na golem broj zada~i povrzani so kvadratniot trinom. Za taa cel prvo }e ja dokaème slednata teorema. Teorema 6. Neka x1 i x 2 se realni nuli na kvadratniot trinom (1). Ako x1 , x 2  R , toga{ postoi razloùvawe na kvadratniot trinom (1) na linearni mnoìteli so realni koeficienti koe e dadeno so

ax 2  bx  c  a ( x  x1 )( x  x 2 ) . Dokaz. Neka x1 i x 2 se nuli na trinomot (1). Od Vietovite formuli sleduva x1  x 2   ba i x1 x 2  ac , t.e.

b   a ( x1  x 2 ) i c  ax1 x 2 .

(2)

Ako od (2) zamenime vo (1) posledovatelno nao|ame

ax 2  bx  c  ax 2  a( x1  x 2 ) x  ax1 x 2  a[ x 2  x1 x  x 2 x  x1 x 2 ]  a[ x( x  x1 )  x 2 ( x  x1 )]  a( x  x1 )( x  x 2 )

{to i treba{e da se dokaè.  Zabele{ka 5. Kako {to znaeme, nulite na kvadratniot trinom se realni ako i samo negovata diskriminanta e nenegativna, t.e. D  0 . Moè da se dokaè deka za D  0 , t.e. ako nulite na trinomot (1) se kowugirano kompleksni broevi, toga{ istiot ne moè da se razloì na linearni mnoìteli so realni koeficienti.

Me|utoa, ako sakame kvadratniot trinom da go razloìme na linearni mnoìteli so kompleksni koeficienti, toga{ baranoto razloùvawe sekoga{ postoi. Dokazot na ova tvrdewe e analogen na dokazot na teorema 6. Od prethodnata teorema neposredno sleduva deka ako x1  x 2  R , toga{ razloùvaweto na kvadratniot trinom (1) e dadeno so ax 2  bx  c  a ( x  x1 ) 2 . Primer 24. Razloì go na linearni mnoìteli se realni koeficienti kvadratniot trinom: a) P ( x)  2 x 2  9 x  5 ,

b) P ( x)  3x 2  2 x  5 ,

v) P ( x)  2 x 2  2 x  5 .

 40 911 Re{enie. a) Nulite na trinomot se dadeni so x1 / 2  9 81  4 t.e. tie se 4 x1   12 i x 2  5 . Sega od teorema 6 sleduva deka baranoto razlo`uvawe e

P ( x)  2 x 2  9 x  5  2( x  12 )( x  5)  (2 x  1)( x  5) . b) Nulite na trinomot se dadeni so x1 / 2  2 6460  26 8 t.e. tie se x1  1 i x 2  53 . Sega od teorema 6 sleduva deka baranoto razlo`uvawe e

P( x)  3x 2  2 x  5  3( x  53 )( x  1)  (3x  5)( x  1) . v) Nulite na trinomot se dadeni so x1 / 2  2 44 40  246i t.e. tie se x1  123i i x 2  123i . Sega od zabele{ka 5 sleduva deka baranoto razlo`uvawe ne postoi. Me|utoa,

ovoj trinom moè da se razloì na linearni mnoìteli so kompleksni koeficienti i pritoa imame

P( x)  2 x 2  2 x  5  2( x  123i )( x  123i ) .  Vo sledniot primer }e dademe edna primena na razlo`uvaweto na kvadratniot trinom na linearni mno`iteli so realni koeficienti. Primer 25. Skrati ja dropkata, ako toa e mo`no: a)

x2  x 3 x  2 x 5 2

x 2 4 3 x  4 x 4 2

2 v) 2 x 2 7 x 4 .

x 9

Re{enie. a) Spored primer 29 b) za imenitelot na dropkata imame

3x 2  2 x  5  3( x  53 )( x  1) . Od druga strana za broitelot na dropkata dobivame x 2  x  x( x  1) , pa zatoa x2  x 3 x  2 x 5 2



x ( x 1) 3( x  53 )( x 1)



x 3( x  53 )

 3 xx5 .

Jasno, dropkata e definirana za sekoj realen broj razli~en od nulite na imenitelot, t.e. za x  R \ {1, 53} . b) Analogno kako vo zada~ata pod a) dobivame 3x 2  4 x  4  3( x  23 )( x  2) i

x 2  4  ( x  2)( x  2) , pa zatoa x 2 4 3 x  4 x 4 2

Dropkata e definirana za x  R



( x 2)( x  2) 3( x  23 )( x  2)

 x 22  3xx22 . 3( x  ) 3

\ {1, 23 } .

v) Za imenitelot na dropkata imame x 2  9  ( x  3)( x  3) . Ponatamu, nulite na

broitelot na dropkata se x1  4 i x 2  12 , pa zatoa negovoto razlo`uvawe na linearni faktori so realni koeficienti e 2 x 2  7 x  4  2( x  12 )( x  4) . O~igledno broitelot i imenitelot nemaat zaedni~ki linearen faktor, pa zatoa vo ovoj slu~aj skratuvawe ne e mo`no. Dropkata e definirana za x  R \ {3,3} .  Sega }e se osvrneme na pra{aweto za znakot na kvadratniot trinom (1). Za taa cel istiot go zapi{uvame vo oblikot 2 P ( x)  ax 2  bx  c  a[( x  ba ) 2  b  42ac ]  a[( x  ba ) 2  D2 ] .

(3)

]e poka`eme kako so pomo{ na znakot na diskriminantata D i koeficientot pred kvadratniot ~len mo`e da se opredeli znakot na kvadratniot trinom. Za taa cel }e gi razgledame slednite slu~ai. 1) Ako D  0 , t.e. nulite na trinomot se kowugirano kompleksni broevi, toga{  D2  0 , pa zatoa i ( x  ba ) 2  D2  0 . Spored toa, za sekoj x  R znakot na 4a

kvadratniot trinom se sovpa|a so znakot na koeficientot pred kvadratniot ~len, te. a) ako D  0 i a  0 , toga{ P ( x)  0 , za sekoj x  R i b) ako D  0 i a  0 , toga{ P ( x)  0 , za sekoj x  R . 2) Ako D  0 , t.e. nulite na trinomot x1 / 2 se realni i ednakvi, toga{  D2  0 , pa 4a 2 b D zatoa i ( x  a )  2  0 . Spored toa, za sekoj x  R \ {x1} znakot na kvadratniot 4a

trinom se sovpa|a so znakot na koeficientot pred kvadratniot ~len, te. a) ako D  0 i a  0 , toga{ P ( x)  0 , za sekoj x  R \ {x1} i 73

b) ako D  0 i a  0 , toga{ P ( x)  0 , za sekoj x  R \ {x1} . 3) Ako D  0 , t.e. trinomot ima dve realni i razli~ni nuli x1 i x 2 , toga{ spored teorema 6 trinomot moè da se razloì na linearni mnoìteli so realni koeficienti, koe raloùvawe e dadeno so P ( x)  a ( x  x1 )( x  x 2 ) Bez ograni~uvawe na op{tosta moème da pretpostavime deka x1  x 2 . Toga{ nulite na trinomot go razbivaat mnoèstvoto realni broevi na tri disjunktni intervali: (, x1 ), [ x1 , x 2 ] i ( x 2 ,) . ]e go opredelime znakot na trinomot na sekoj od ovie intervali. a) Ako x  (, x1 ) , toga{ x  x1  0 i x  x 2  0 , pa zatoa ( x  x1 )( x  x 2 )  0 , {to zna~i deka znakot na kvadratniot trinom se sovpa|a so znakot na koeficientot pred kvadratniot ~len, t. e. i) a  0 , toga{ P( x)  0 , za sekoj x  (, x1 ) i ii) a  0 , toga{ P( x)  0 , za sekoj x  (, x1 ) . b) Ako x  [ x1 , x 2 ] , toga{ x  x1  0 i x  x 2  0 , pa zatoa ( x  x1 )( x  x 2 )  0 , (znak na ravenstvo vaì samo na kraevite na intervalot), {to zna~i deka znakot na kvadratniot trinom e sprotiven na znakot na koeficientot pred kvadratniot ~len, t. e. i) a  0 , toga{ P( x)  0 , za sekoj x  [ x1 , x 2 ] i ii) a  0 , toga{ P( x)  0 , za sekoj x  [ x1 , x 2 ] . v) Ako x  ( x 2 ,) , toga{ x  x1  0 i x  x 2  0 , pa zatoa ( x  x1 )( x  x 2 )  0 , {to zna~i deka znakot na kvadratniot trinom se sovpa|a so znakot na koeficientot pred kvadratniot ~len, t. e. i) a  0 , toga{ P( x)  0 , za sekoj x  ( x 2 ,) i ii) a  0 , toga{ P( x)  0 , za sekoj x  ( x 2 ,) . Primer 26. Opredeli go znakot na trinomot: a) P ( x)  3x 2  4 x  4 ,

b) P ( x)  2 x 2  5 x  2 i

v) p ( x)  9 x 2  12 x  4 .

Re{enie. a) Bidej}i D  (4) 2  4  3  4  16  48  32  0 i a  3  0 , od 1 a) sleduva deka P( x)  0 , za sekoj x  R . b) Od D  5 2  4( 2)(2)  9  0 sleduva deka trinomot ima dve realni nuli i toa

se x1  12

i x 2  2 . Ponatamu, bidej}i a  2  0 od 3) sleduva deka: P( x)  0 na

intervalot (, 12 ) , P ( x)  0 na intervalot [ 12 ,2] i P ( x)  0 na intervalot (2,) . v) Bidej}i D  12 2  4  9  4  144  144  0 i a  9  0 od 2 a) sleduva deka toga{ P ( x)  0 , za sekoj x  R .  Zabele{ka 6. Mo`e da se doka`e deka: a) ako kvadratniot trinom (1) e pozitiven za sekoj x  R , toga{ D  0 i a  0 , b) ako kvadratniot trinom (1) e negativen za sekoj x  R , toga{ D  0 i a  0 .

Primer 27. Opredeli go parametarot m taka {to kvadratniot trinom

P( x)  (m  2) x 2  (m  1) x  4 da bide negativen za sekoj x  R . Re{enie. Spored zabele{ka 6 ako kvadratniot trinom (1) e negativen za sekoj x  R , toga{ D  0 i a  0 , {to zna~i m  2  0 i (m  1) 2  16(m  2)  0 , t.e. m  2 i m 2  14m  33  0 .

Za kvadratniot trinom P(m)  m 2  14m  33 imame D  196  132  64 {to zna~i deka toj ima realni nuli m1  3 i m 2  11 i ako negoviot koeficient pred kvadratniot ~len e a  1  0 spored 3) b) i) dobivame deka P (m)  0 ako m  [3,11] , t.e. 3  m  11 . Zna~i, treba m  2 i 3  m  11 , {to ne e mo`no. Spored toa, ne postoi realen broj m taka {to kvadratniot trinom P( x)  (m  2) x 2  (m  1) x  4 da bide negativen za sekoj x  R . 

ZADAÎ ZA VE@BAWE 32. Razloì gi na linearni mnoìteli so realni koeficienti kvadratnite trinomi: a) x 2  10 x  24 , b) 6 x 2  x  15 , v) 3x 3  10 x 2  3 x i g) 3x 4  7 x 3  4 x 2 . 33. Dali moàt da se razloàt na linearni mnoìteli so realni koeficienti trinomite: a) 3x 2  5 x  3 ,

b) 2 x 2  7 x  7 ,

v) 5 x 2  5 x  2 i

g)  2 x 2  3 2 x  2 3 .

34. Skrati ja dropkata: a)

4 x 2 19 x 12 12 x 2  x 6

a 2  6 a 8 a 3  5a 2  4 a

x 2  4 ax 3a 2 x 2 ( a b ) x  ab

15 x 2  ax  2 a 2 6 x 2  ax  a 2

35. Opredeli go znakot na kvadratniot trinom: a) 6 x 2  7 x  3 ,

b) 4 x 2  2 x  3 ,

v) 2 x 2  7 x  7 i

g)  2 x 2  3 2 x  2 3 .

36. Za koi vrednosti na parametrite k i p kvadratniot trinom kx 2  px  3 prima pozitivni vrednosti samo vo intervalot (1,3) ? 37. Odredi ja definicionata oblast na izrazot a)

2 x 1 x2 4

a 8 a 3  5a 2  4 a

12 x 3 1 12 x 2  x 6

x 8 x 2  x 2

6. DROBNO RACIONALNI RAVENKI KOI SE SVEDUVAAT NA KVADRATNI RAVENKI Dosega gi prou~ivme linearnite i kvadratnite ravenki, nivnoto re{avawe i svojstva, kako i nekoi svojstva na kvadratniot trinom. Me|utoa, vo praktikata re{avaweto na golem broj se sveduva na ravenki koi ne se kvadratni. Tokmu zatoa, ovde }e gi razgledame drobno racionalnite ravenki koi se sveduvaat na kvadratni ravenki. 75

Za taa cel naprvo }e go vovedeme poimitte za racionalna drpka i drobno racionalna ravenka. P( x)

Definicija 4. Racionalna dropka e izrazot Q ( x ) kade P(x) i Q(x) se polinomi so P( x)

realni koeficienti i Q(x) e nenulti polinom. Ako Q( x)  c, c  R , }e velime deka Q ( x ) e vistinska racionalna dropka. 2 Primer 28. Izrazite 2 x 75 x 4 , x 3 5 ,

nalni dropki. Me|u ovie niv samo dropkite

x3  x  2 3 x  x 2  x 1

1 x 2 2 x 7 3

x3  x  2 , x  2 x  x 2  x 1 x 2  x 1 3

x 2 x  x 1 2

a 7 1 a  4 a 5 5

se racio-

se vistinski. 

Definicija 5. Ravenkata od vidot f ( x)  0 , kade izrazot f ( x) sodr`i samo racionalni dropki povrzani so operaciite sobirawe, mno`ewe, odzemawe i delewe na, od koi barem edna dropka e vistinska ja narekuvame drobno racionalna ravenka. Primer 29. Ravenkite a) 4x x  x2x4  1  0 ,

b) x x 2  x 5 2  28  12  0 i x 4

x2 x  x 1 2

2  x2 4  0

x  x 1

se drobno racionalni ravenki.  Kako {to mo`eme da zabele`ime vo ravenkata 4x x  x2x4  1  0 se javuva racionalnata dropka x2x4 . Bidej}i deleweto so 0 ne e mo`no, zaklu~uvame deka ovaa racionalna

dropka e opredelena za sekoj realen broj x , osven za brojot x  4 {to zna~i deka nejzinata definiciona oblast e D1  R \ {4} . Analogno zaklu~uvame deka definicionata oblast na racionalnata dropka 4x x e D2  R \ {0} . Jasno, ravenkata e definirana ako site izrazi na nejzinata leva strana se definirani, pa ottuka sleduva deka nejzinata definiciona oblast e presek na D1 i D2 , t.e D  D1  D2  R \ {0,4} . Sli~no, definicionata oblast na ravenkata od primer 29 b) se nao|a od uslovite

x  2  0 , x  2  0 i x 2  4  0 (zo{to?). Spored toa, definicionata oblast na ovaa ravenka e D  R \ {2,2} . Opredeli ja definicionata oblast na revankata od primer 29 v). Pri re{avaweto na drobno racionalnite ravenki naj~esto postapuvame spored sledniot redosled:

gi raloùvame imenitelite na racionalnite dropki na mnoìteli, ja opredeluvame definicionata oblast na ravenkata, ravenkata ja mnoìme so NZS na racionalnite dropki, so {to se osloboduvame od dropkite, ja re{avame dobienata ravenka i proveruvame koi od dobienite re{enija na poslednata ravenka pripa|aat na definicionata oblast na po~etnata ravenka i tie se re{enija na po~etnata ravenka.

]e razgledame nekolku primeri. Primer 30. Vo mno`estvoto kompleksni broevi re{i ja ravenkata: a) xx 44  xx 44  3 13

b) 5x5x  55 xx  100 2 , 25 x

2 x 1 x 2  2 x 3



3 x 1 x 2 6 x 5



x  20 . x 2  2 x 15

Re{enie. a) Dadenata ravenka e ekvivalentna na ravenkata xx 44  xx 44  10 . Za defi3 nicionata oblast na ravenkata imame x  4  0 i x  4  0 , t.e. x  4 i x  4 , pa zatoa D  R \ {4,4} . NZS na racionalnite dropki vo ravenkata e ednakov na 3( x  4)( x  4) i ako izvr{ime mno`ewe ja dobivame ravenkata ekvivalentna na kvadratnata ravenka

3( x  4) 2  3( x  4) 2  10( x  4)( x  4) , koja e

x 2  64 .

Jasno, poslednata ravenka vo definicionata oblast D  R \ {4,4} e ekvivalentna na po~etnata ravenka. Spored toa, re{avaweto na po~etnata ravenka go svedovme na re{avawe na ravenkata x 2  64 ,

x  D  R \ {4,4} .

Korenite na ravenkata x 2  64 se x1  8 i x 2  8 i bidej}i tie pripa|aat na oblasta D  R \ {4,4} zaklu~uvame deka tie se koreni i na po~etnata ravenka. b) Dadenata ravenka e ekvivalentna na ravenkata 5x5x  55 xx  (5 x100 . Za defini)(5 x ) cionata oblast na ravenkata nao|ame x  5  0 , 5  x  0 i (5  x)(5  x)  0 , od {to sleduva deka x  5 i x  5 , pa zatoa D  R \ {5,5} . NZS na racionalnite dropki vo ravenkata e ednakov na ( x  5)( x  5) i ako izvr{ime mno`ewe ja dobivame ravenkata

(5  x) 2  (5  x) 2  100 , koja e ekvivalentna na ravenkata

x 2  25 . Jasno, poslednata ravenka vo definicionata oblast D  R \ {5,5} e ekvivalentna na po~etnata ravenka. Spored toa, re{avaweto na po~etnata ravenka go svedovme na re{avawe na ravenkata x 2  25 ,

x  D  R \ {5,5} .

Korenite na ravenkata x 2  25 se x1  5 i x 2  5 i bidej}i tie ne pripa|aat na oblasta D  R \ {5,5} zaklu~uvame deka po~etnata ravenka nema re{enie. v) Prvo gi ralo`uvame imenitelite na racionalnite dropki na linearni mno`iteli so realni koeficienti. Imame,

x 2  3 x  3  ( x  1)( x  3) , x 2  6 x  5  ( x  1)( x  5) i x 2  2 x  15  ( x  5)( x  3) . Spored toa, dadenata ravenka e ekvivalentna na ravenkata

2 x 1 ( x 1)( x 3)

.  ( x 31x)(x15)  ( x x5)(20 x 3)

Definicionata oblast na ravenkata e D  R \ {3,1,5} (zo{to?). NZS na racionalnite dropki vo ravenkata e ednakov na ( x  1)( x  3)( x  5) i ako izvr{ime mno`ewe ja dobivame ravenkata (2 x  1)( x  5)  (3x  1)( x  3)  ( x  20)( x  1) koja e ekvivalentna na ravenkata x 2  9  0 ~ii re{enija se x1 / 2  3i i tie se re{enija na po~etnata ravenka (zo{to?).  Primer 31. Vo mno`estvoto kompleksni broevi re{i ja ravenkata: a) 3x 2  7 x  7x  32  0 x

21 x 2  4 x 10

 ( x 2  4 x  6)  0 .

Re{enie. a) Dadenata ravenka e ekvivalentna na ravenkata

3( x 2  2  12 )  6  7( x  1x )  0 x

t.e. na ravenkata

3( x  1x ) 2  6  7( x  1x )  0 , ~ija definiciona oblast e D  R \ {0} . Voveduvame zamena na nepoznata x  1x  t i ja dobivame ravenkata 3t 2  7t  6  0 ~ii re{enija se t1  3 i t 2   23 . Za t1  3 ja dobivame ravenkata x  1x  3 ~ii re{enija se x1 / 2  32 5 , a za t 2   23 ja dobivame ravenkata

x  1x   23 ~ii re{enija se x3 / 4  1 22 2i . Kone~no, re{enijata na po~etnata ravenka se x1 / 2  32 5 i x3 / 4  1 22 2i (zo{to?). b) Definicionata oblast na ravenkata e D  C \ {2  i 2 ,2  i 2} . Voveduvame zamena na nepoznatata x 2  4 x  t i ja dobivame ravenkata t 21  (t  6)  0 ~ija definiciona 10 oblast e D  R \ {10} . Poslednata ravenka ja mno`ime so t  10 i ja dobivame ravenkata t 2  16t  39  0 ~ii re{enija se t1  3 i t 2  13 koi pripa|aat na definicionata oblast

na ravenkata t 21  (t  6)  0 . 10 Sega se vra}ame na starata nepoznata x . Za t1  3 ja dobivame ravenkata

x 2  4x  3  0 ~ii re{enija se x1  1 i x 2  3 , a za t 2  13 ja dobivame ravenkata

x 2  4 x  13  0 ~ii re{enija se x3 / 4  2  3i . Jasno, najdenite re{enija x1  1 , x 2  3 i x3 / 4  2  3i se re{enija i na po~etnata ravenka (zo{to?). 

Pri re{avaweto na drobno linearnite ravenki osobeno treba da se vnimava ako istite sodràt parametar. Vo sledniot primer }e pokaème kako se re{ava edna ednostavna drobno linearna parametarska ravenka. Primer 32. Vo mnoèstvoto realni broevi re{i ja ravenkata a x b

 x b a  2 , a, b  R .

Re{enie. ]e razgledame ~etiri mi`nosti za parametrite a i b . 1) Jasno, za a  b  0 ravenkata nema re{enie (zo{to?). 2) Ako a  0, b  0 , toga{ ravenkata e linearna i nejzino re{enie e x  b2 (proveri!). 3) Analogno, za b  0, a  0 re{enie e x  a2 . 4) Neka sega b  0, a  0 . Toga{, definicionata oblast na dadenata ravenka e D  R \ {a, b} . Ako ravenkata ja pomno`ime so ( x  a )( x  b) ja dobivame ravenkata

2 x 2  3(a  b) x  (a  b)2  0 , ~ii re{enija se x1  a 2 b i x 2  a  b . Za da x1  a 2 b e re{enie na po~etnata ravenka potrebno i dovolno e da x1  a i x1  b , od {to sleduva deka a 2 b  a i a 2 b  b , odnosno

b  a . Za da x 2  a  b e re{enie na po~etnata ravenka potrebno i dovolno e da x 2  a i x 2  b , od {to sleduva deka a  b  a i a  b  b , odnosno b  0 i a  0 . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 38. Odredi ja definicionata oblast na ravenkata: a) 1  1

1  1 x  2 x 1 x  2

x 1

0 i

4 x 2 2 x

 x28  24 x 1  0 x x

x  x 2

38. Vo mno`estvoto realni broevi re{i ja ravenkata : a)

x x 2

 x 5 2  28 ,

x 4

x 2 x 1

 x21  26 i

x 1

x2 x 2

 xx22  13 . 6

39. Vo mno`estvoto kompleksni broevi re{i gi ravenkite: a) 2 x 2  3 x  3x  22  16 ,

b)  2 x 2  7 x  7x  22  9 i

v) 6( x  1x ) 2  25( x  1x )  24  0 .

40. Re{i gi ravenkite: a)

x 2  x 2 x



x x  x 2 2

3,

x 2 3 x x



8x x 3 x 2

Upatstvo. a) Vovedi smena na nepoznatata v) Vovedi smena

x 2 5 x x 1

2 i x 2  x 2 x

x 2 5 x x 1



x 1 x 2 5 x



37 6

2  t . b) Vovedi smena na nepoznatata x x 3 x  y .

t.

41. Re{i gi ravenkite: a) x 2  4 x 

1 x2 4 x4



44 9

6 x 2 3 x  2



8 x 2 3 x  4

1 i

24 x 2  2 x 8



15 x 2  2 x 3

1.

Upatstvo. a) Vovedi smena x 2  4 x  t . b) Vovedi smena x 2  3x  t . v) Vovedi smena x 2  2 x  t .

42. Doka`i deka korenite na ravenkata

1 x a

 x 1b  m 2 se realni za koi bilo a, b, m  R , a  0 ili

b  0 ili m  0 . 43. Re{i gi ravenkite:

1 x a



1 x b



1 a

 b1 ,

a xa



b x b



( a b) 2 ab

x a x b



x b xa



4 ab a 2 b 2

 0.

7. BIKVADRATNI RAVENKI Pri razgleduvaweto na drobno linearnite ravenki vidovme deka nekoi ravenki od povisok stepen mo`e da se re{at taka {to so pogodna smena gi sveduvame na kvadratni ravenki. Vo ovoj del }e gi prou~ime bikvadratnite ravenki, koi so ednostavna smena gi sveduvame na kvadratni. Prvo da razgledame eden primer. Primer 33. Re{i ja ravenkata x 4  5 x 2  6  0 . Re{enie. So smenata x 2  t , pri koja x 4  t 2 dadenata ravenka se sveduva na kvadratnata ravenka

t 2  5t  6  0 ,  24 51 ~ii re{enieja se t1 / 2  5 25  2 t.e. t1  2 i t 2  3 . Sega, od smenata x 2  t za t1  2 ja 2

dobivame kvadratnata ravenka x 2  2 ~ii re{enija se x1 / 2   2 , a za t 2  3 ja dobivame kvadratnata ravenka x 2  3 ~ii re{enija se x3 / 4   3 . Spored toa, ravenkata od ~etvrti stepen x 4  5x 2  6  0

ima ~etiri re{enija x1 / 2   2 i x3 / 4   3 .  Definicija 6. Ravenkata od vidot ax 4  bx 2  c  0

(1)

kade a, b, c  R i a  0 ja narekuvame bikvadratna ravenka. Kako {to mo`eme da zabele`ime bikvadratnata ravenka (1) e od ~etvrti stepeni istata so smenata x 2  t ja sveduvame na kvadratnata ravenka

at 2  bt  c  0 .

(2)

Ravenkata (2) ja re{avame na voobi~aeniot na~in i neka nejzinite koreni se t1 i t 2 . Potoa imaj}i ja predvid smenata x 2  t ja dobivame vkupnosta od dve kvadratni ravenki

x 2  t1 i x 2  t 2 , ~ii re{enija

(3)

x1 / 2   t1 i x3 / 4   t 2 ,

(4)

soodvetno, vsu{nost se re{enijata na bikvadratnata ravenka (1). Soglasno prethodno izu~enoto, vkupnosta ravenki znaeme da ja re{ime ako t1 i t 2 se realni broevi, {to zna~i ako diskriminantata D  b 2  4ac na ravenkata (2) e nenegativna. Vo slu~aj koga D  0 re{enijata t1 i t 2 na (2) se kowugirano kompleksni broevi, pa za da ja re{ime vkupnosta ravenki (3) treba da znaeme da nao|ame kvadraten koren od kompleksen broj i na ova pra{awe }e se navratime pri izu~uvaweto na sistemite kvadratni ravenki. Za re{enijata na ravenkata vo primer 33 zabele`uvame deka

x1  x 2  x3  x 4   2  2  3  3  0 i x1 x 2 x3 x 4  ( 2 )  2  ( 3 )  3  6 i pritoa 6  16  ac . Logi~no e da se zapra{ame dali ovie relacii vaàt za sekoja bikvadratna ravenka. ]e pokaème deka prethodnite relacii vaàt za re{enijata na sekoja bikvadratna ravenka, t.e. deka e to~na slednata teorema. Teorema 7. Za korenite x1 , x 2 , x3 i x 4 na bikvadratnata ravenka (1) to~ni se slednite formuli

x1  x 2  x3  x 4  0

(5)

x1 x 2 x3 x 4  ac .

(6)

Dokaz. Ako x1 , x 2 , x3 i x 4 se korenite na bikvadratnata ravenka (1), toga{ x1 / 2   t1 i x3 / 4   t 2 , kade t1 i t 2 se korenite na kvadratnata ravenka (2). Spored toa, x1  x 2  x3  x 4  t1  t1  t 2  t 2  0 t.e. to~na e formulata (5). Ponatamu, imame x1 x 2 x3 x 4  t1t 2 i kako, soglasno Vietovite formuli primeneti na ravenkata (2) vaì t1t 2  ac dobivame x1 x 2 x3 x 4  ac , {to i treba{e da se dokaè.  Kako {to znaeme, za re{avawe na kvadratna ravenka imame gotova formula. Logi~no e da se zapra{ame dali i za bikvadratna ravenka moème da izvedeme gotova formula, namesto postojano da ja povtoruvame postapkata so smena na nepoznatata. Odgovorot na pra{aweto e pozitiven i za da ja izvedeme formulata da gi razgledame re{enijata

t1 i t 2 na ravenkata (2) koi se dadeni so t1  b 2ba  4ac i t 2  b  2ba 4ac . Sega, od formulite (4) dobivame deka re{enijata na vkupnosta ravenki (3), a so toa i na bikvadratnata ravenka (1), se dadeni so 2

2 2 x1 / 2   b  2ba 4 ac i x3 / 4   b  2ba  4ac .

(7)

Primer 34. Re{i ja bikvadratnata ravenka x 4  13 x 2  36  0 . Re{enie. Imame, a  1, b  13 i c  36 . Ako gi iskoristime formulite (7) za re{enijata na bikvadratnata ravenka dobivame

144 144 x1 / 2   13 169  2 i x3 / 4   13 169  3 .  2 2

Pri izu~uvaweto na kvadratniot trinom posebno vnimanie posvetivme na negovoto razloùvawe na linearni mnoìteli. Koristej}i go prethodno nau~enoto ovde }e se osvrneme na razloùvawe na mnoìteli na bikvadratniot trinom.

P( x)  ax 4  bx 2  c  0 ,

(8)

koj so smenata x 2  t go sveduvame na kvadratniot trinom Q(t )  at 2  bt  c . Ako t1 i t 2 se re{enija na ravenkata (2), toga{ kvadratniot trinom go razlo`uvame na linearni mno`iteli Q(t )  a(t  t1 )(t  t 2 ) , pa zatoa

Q(t )  a(t  t1 )(t  t 2 )  a ( t  t1 )( t  t1 )( t  t 2 )( t  t 2 ) Ponatamu, ako se ima predvid deka x 2  t , x1 / 2   t1 i x1 / 2 / 3 / 4 se korenite na bikvadratnata ravenka (1) od poslednoto ravenstvo

P ( x)  a ( x  x1 )( x  x 2 )( x  x3 )( x  x 4 ) ,

(9)

i toa e baranoto razloùvawe na bikvadratniot trinom na linearni mnoìteli. Zabele{ka 7. Jasno, ako korenite na bikvadratnata ravenka se realni, toga{ bikvadratniot trinom se razloùva na linearni mnoìteli so realni koeficienti, no ako me|u korenite ima kompleksni broevi, toga{ vakvoto razloùvawe ne e mo`no. ]e razgledame eden primer. Primer 35. Razloì go bikvadratniot trinom na mnoìteli: a) P( x)  x 4  13 x 2  36 ,

b) P( x)  x 4  5 x 2  6 i

v) P ( x)  4 x 4  35 x 2  9 .

Re{enie. a) Spored primer 34 korenite na soodvetnata bikvadratna ravenka se x1 / 2  2 i x3 / 4  3 . Soglasno (9) baranoto razlo`uvawe e

P ( x)  ( x  2)( x  2)( x  3)( x  3) . b) Spored primer 33 korenite na soodvetnata bikvadratna ravenka se x1 / 2   2 i

x3 / 4   3 . Soglasno (9) baranoto razlo`uvawe e P ( x)  ( x  2 )( x  2 )( x  3 )( x  3 ) . v) Za dadenata ravenka imame a  4, b  35 i c  9 . Ako gi iskoristime formulite (7) za re{enijata na bikvadratnata ravenka dobivame 144 144 x1 / 2   35 1225   35837  3i i x3 / 4   35 1225   35837   12 . 8 8 Soglasno (9) baranoto razlo`uvawe e

P ( x)  4( x  3i )( x  3i )( x  12 )( x  12 )  ( x  3i )( x  3i )( x  1)( x  1) . Kako {to moème da zebeleìme vo ovoj slu~aj imame razloùvawe na linearni faktori so kompleksni koeficienti. Ako sakame vo razloùvaweto da imame samo fak-

tori so realni koeficienti, toga{ gi mnoìme faktorite koi pri razloùvaweto se dobivaat so pomo{ na kowugiranite kompleksni koreni na bikvadratnata ravenka. Za razgleduvaniot bikvadraten trinom razloùvaweto e

P ( x)  ( x 2  (3i ) 2 )( x  3i )( x  1)( x  1)  ( x 2  9)( x  1)( x  1) . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 44. Koja od slednite ravenki e bikvadratna: a) 3x 4  7 x 2  5  0 ,

b)  2 x 4  5 x 3  5  0 ,

v)  x 4  5 x 2  5  0 i

g) x 4  21 x3  0. 4

v) 4 x 4  17 x 2  4  0 i

g) x 4  8 x 2  9  0 .

Odgovorot da se obrazlo`i. 45. Re{i gi bikvadratnite ravenki: a) 9 x 4  13x 2  4  0 , b) x 4  3x 2  4  0 , 46. Re{i gi bikvadratnite ravenki:

a) x 4  8 x 2  16  0 , b) x 4  18 x 2  81  0 , v) x 4  4 x 2  0 i 47. Razlo`i go na mno`iteli bikvadratniot trinom:

g) 4 x 4  9 x 2  0 .

a) x 4  11x 2  18 , 48. Skrati gi dropkite

g) 3t 4  t 2  2 .

a 4 16 a 13a 2 36 4

v) 2 x 4  7 x 2  4 i

b) y 4  13 y 2  40 , b)

x 4 11x 2  24 x 4 17 x 2  72

8. IRACIONALNI RAVENKI Dosega nau~i da re{ava{ linearni, kvadratni, bikvadratni i drobno racionalni ravenki koi se sveduvaat na kvadratni ravenki. Ovde }e se zapoznaeme so takanare~enite iracionalni ravenki ~ie re{avawe se sveduva na re{avawe na kvadratni ravenki. Primer 36. Ravenkite a)

7  x  x 1,

g) ( x  5) 3  x  3 x31 ,

b) d)

3x  7  x  1  2 , 1

x x2  x



x x2  x

 3 i

v) x  37  x 2  5 , |) xx12  22 xx 53

se iracionalni.  Kako {to moème da vidime, vo navedenite primeri na iracionalni ravenki sre}avame samo racionalni dropki povrzani so operaciite sobirawe, mnoèwe, odzemawe, delewe i korenuvawe, pri {to barem edna{ imame korenuvawe na racionalna dropka. Vo ovaa smisla ja imame slednata definicija na iracionalna ravenka. Definicija 7. Ravenkata od vidot f ( x)  0 , kade izrazot f (x) sodrì samo racionalni dropki povrzani so operaciite sobirawe, mnoèwe, odzemawe, delewe i korenuva-

we, pri {to barem edna{ imame korenuvawe na racionalna dropka koja ne e realen broj, ja narekuvame iracionalna ravenka. Da zabeleìme deka, soglasno definicija 7, ravenkata x 2  2 2 x  4  0 ne e iracionalna ravenka. Imeno, vo ovaa ravenka nemame korenuvawe na racionalna dropka koja ne e realen broj. Iracionalni ravenki gi re{avame samo vo mnoèstvoto realni broevi. [to ova zna~i moè da se vidi od sledniot primer. Primer 37. a) Da ja razgledame ravenkata 2  x  3  0 . Bidej}i vo mnoèstvoto realni broevi kvadraten koren postoi samo za nenegativni realni broevi, dobivame deka definicionata oblast na ovaa ravenka se dobiva za x  3  0 , t.e. D  [3,) . Me|utoa, za sekoj x  D imame nema re{enie.

x  3  0 , {to zna~i 2  x  3  2  0 , pa zatoa ravenkata 2  x  3  0

b) Da ja razgledame ravenkata 2  3 x  3  0 . Kako {to znaeme, neparen koren e opredelen za sekoj realen broj i pritoa toj e pozitiven ako potkorenovata veli~ina e pozitivna, a e negativen ako potkorenovata veli~ina e negativna. Spored toa, definicionata oblast na ovaa ravenka e mno`estvoto R i od 2  3  11  3  2  3  8  2  (2)  0 sleduva deka x1  11 e eden koren na razgleduvanata ravenka.  Pri razgleduvaweto na ravenkite od primer 41 posebno vnimanie posvetivme na definicionata oblast na ovie ravenki. Nao|aweto na definicionata oblast na iracionalna ravenka e od posebno zna~ewe, {to mo`e da se vidi od sledniot primer. Primer 38. Re{i ja iracionalnata ravenka

2  x  x 3  2.

Re{enie. Prviot kvadraten koren vo ravenkata e opredelen ako 2  x  0 , a vtoriot ako x  3  0 . Spored toa, definicionata oblast ja nao|ame od sistemot neravenki

2  x  0  x  3  0 koj nema re{enie, t.e. D   . Bidej}i pri re{avaweto na iracionalnata ravenka nejzinite re{enija treba da gi barame vo definicionata oblast od D   sleduva deka ravenkata nema re{enie.  Pri re{avaweto na iracionalnite ravenki naj~esto postapuvame spored sledniot redosled: - ja opredeluvame definicionata oblast na ravenkata, - se osloboduvame od korenite vo ravenkata, stepenuvaj}i ja istata potrebniot broj pati, - ja re{avame dobienata ravenka, - proveruvame koi od dobienite re{enija na poslednata ravenka pripa|aat na definicionata oblast na po~etnata ravenka i - proveruvame dali re{enijata koi pripa|aat na definicionata oblast na dadenata ravenka se i re{enija na istata.

Kako {to rekovme opredeluvaweto na definicionata oblast na iracionalnata ravenka ima posebno zna~ewe. Pokraj pri~inata od primer 42, ova e va`no bidej}i pri stepenuvaweto na iracionalna ravenka na paren stepen ne dobivame ekvivalentna ravenka, {to mo`e da se vidi od sledniot primer. Primer 39. Analogno kako vo primer 38 imame deka definicionata oblast na ravenkata 1  5  x e D   , {to zna~i deka dadenata ravenka nema re{enie. x 7

Sega ja kvadrirame dadenata ravenka i ja dobivame ravenkata x 1 7  5  x , koja e definirana za x  7 i x1  6 e nejzin kore. Spored toa, so kvadrirawe na ravenka koja nema re{enie dobivme ravenka koja ima re{enie, pa zatoa pri stepenuvaweto na iracionalna ravenka na paren stepen ne dobivame ekvivalentna ravenka.  Primenuvaj}i ja prethodno opi{anata postapka }e re{ime nekolku iracionalni ravenki. Primer 40. Re{i gi iracionalnite ravenki: a)

3x  2  2 ,

b) x  x  1  3 i

v) 1  2 x  1  2 x  2 x.

Re{enie. a) Definicionata oblast na ravenkata se dobiva za 3x  2  0 , t.e. D  [ 23 ,) . Ja kvadrirame dadenata ravenka i ja dobivame ravenkata 3x  2  4 ~ie re{enie e x0  2 . Bidej}i 2  D proveruvame dali e re{enie na dadenata ravenka. Imame, 3  2  2  4  2 , {to zna~i deka edinstveno re{enie na dadenata ravenka e x0  2 . b) Definicionata oblast na ravenkata e mno`estvoto D  [1,) . Za da se oslobodime od kvadratniot koren so edno kvadrirawe, ravenkata ja zapi{uvame vo oblikot x  3  x  1 . Sega so kvadrirawe ja dobivame ravenkata

( x  3) 2  x  1 koja ja doveduvame vo normalen vid

x 2  7 x  10  0 . Poslednata ravenka ima koreni x1  2 i x 2  5 i tie pripa|aat na definicionata oblast na dadenata ravenka. Proveruvame dali x1  2 i x 2  5 navistina se koreni na po~etnata ravenka. Od x1  x1  1  2  2  1  1  3 dobivame deka x1  2 ne e koren na dadenata ravenka. Ponatamu, od x 2  x 2  1  5  5  1  3 dobivame deka x 2  5 e koren na dadenata ravenka. v) Definicionata oblast na ravenkata se dobiva kako re{enie na sistemot linearni neravenki

1  2 x  0  1  2 x  0

pa zatoa D  [ 12 , 12 ]. Dadenata ravenka ja kvadrirame i posledovatelno dobivame

1  2x  2 1  4x 2  1  2x  4x 2 1  4x 2  1  2x 2 (1  4 x 2 )  (1  2 x 2 ) 2 1  4x 2  4x 4  4x 2  1 t.e. 4 x 4  0 . Poslednata ravenka ima koren x 0  0 , toj pripa|a na definicionata oblast i kako 1  2  0  1  2  0  1  1  0  2  0 zaklu~uvame deka toj e koren na dadenata ravenka.  Faktot deka vo primer 40 b) iako x1  2 pripa|a na definicionata oblast na ravenkata sepak toj ne e nejzin koren, sam za sebe dovolno govori za neophodnosta od proverka dali najdenite vrednosti se navistina koreni na dadenata ravenka. Kako {to mo`eme da zabele`ime, re{avaweto na iracionalnite ravenki voop{to ne e ednostavno. Zatoa vo natamo{nite razgleduvawa }e se osvrneme na problemot na re{avawe na nekoi tipovi iracionalni ravenki, sveduvaj}i gi istite na kvadratni ravenki. Za da ja re{ime ravenkata od vidot ax 2  bx  ax 2  bx  c  d ja koristime smenata

ax 2  bx  c  t , t  0 . Primer 41. Re{i ja iracionalnata ravenka x 2  5 x  10  4 x 2  5 x  7

Re{enie. Bidej}i diskriminantite na kvadratniot trinom na levata strana na ravenkata i na kvadratniot trinom pod korenot na desnata strana od ravenkata se negativni (proveri!), a koeficientot pred kvadratniot ~len i vo dvata slu~aja e a  1  0 zaklu~uvame deka i dvata trinomi se pozitivni za sekoj realen broj, pa zatoa definicionata oblast na ravenkata e mno`estvoto realni broevi R . Voveduvame smena x 2  5 x  7  t  0 i ja dobivame ravenkata t 2  3  4t ~ii koreni se t1  1 i t 2  3 i tie go zadovoluvaat uslovot t  0 . Ottuka gi dobivame ravenkite x 2  5 x  7  1 i x 2  5 x  7  9 ~ii koreni se x1 / 2  521 i x1 / 2  5 2 33 , soodvetno. So proverka konstatirame deka najdenite ~etiri koreni ja zadovoluvaat po~etnata ravenka. 

So dve kvadrirawa ravenkata od vidot a1 x 2  b1 x  c1  a 2 x 2  b2 x  c 2  d se sveduva na polinomna ravenka od ~etvrti red za ~ie re{avawe postoi to~no opredelen algoritam, no istiot izleguva nadvor od na{ite razgleduvawa. Me|utoa, ako a1  a 2  a , t.e. ravenkata e od vidot ax 2  b1 x  c1  ax 2  b2 x  c 2  d , toga{ istata ja zapi{uvame vo ekvivalentna na nea ravenka

ax 2  b1 x  c1  d  ax 2  b2 x  c 2 i so dve kvadrirawa ja sveduvame na kvadratna ravenka. 86

Primer 42. Re{i ja iracionalnata ravenka Re{enie. Imame

x 2  5 x  2  x 2  3x  3  3 .

x 2  5 x  2  3  x 2  3x  3 od {to posle kvadriraweto dobi-

vame x 2  5 x  2  9  6 x 2  3x  3  x 2  3x  3 t.e. 4 x  5  3 x 2  3x  3 . Poslednata ravenka povtorno ja kvadrirame i ja dobivame ravenkata 16 x 2  40 x  25  9( x 2  3 x  3) , koja e ekvivalentna na ravenkata 7 x 2  13 x  2  0 . Ottuka x1  2 i x 2   17 . So neposredna proverka nao|ame deka samo x1  2 e koren na po~etnata ravenka.  Pri re{avaweto na iracionalnite ravenki od sledniot vid }e ja koristime formulata (a  b) 3  a 3  b 3  3ab(a  b) . Imeno, ako e dadena ravenka od vidot 3

ax  b  3 cx  d  e

toga{ ista ja kubirame i ja dobivame ekvivalentnata ravenkata

ax  b  (cx  d )  33 ax  b  3 cx  d (3 ax  b  3 cx  d )  e 3 , koja e ekvivalentna na ravenkata

 33 ax  b  3 cx  d  e 2  (ax  b)  (cx  d ) . Kone~no, so povtorno kubirawe dobivame kubna ravenka za ~ie re{avawe postoi to~no opredelen algoritam, no istiot izleguva nadvor od na{ite razgleduvawa. ]e razgledame primer koj se sveduva na re{avawe na kvadratna ravenka. Primer 43. Re{i ja iracionalnata ravenka 3 2  x  3 2  x  1 . Re{enie. Dadenata ravenka ja kubirame i dobivame ekvivalentna na nea ravenka

1  2  x  2  x  33 2  x  3 2  x  (3 2  x  3 2  x )  4  33 2  x  3 2  x . Poslednata ravenka e ekvivalentna na ravenkata 3 2  x  3 2  x  1 , koja so povtorno kubirawe ja transformirame vo ekvivalentna ravenka 4  x 2  1 t.e. x 2  5 . Re{enija na poslednata ravenka se x1 / 2   5 . Zaradi simetri~nost dovolno e da proverime deka, na primer, x1  5 e re{enie na dadenata ravenka. Imame, 3

3 3 (1 5 )3 (1 5 )3 1 5 1 5 2  5  3 2  5  3 1688 5  3 1688 5    2  2 1.  2 2

ZADA^I ZA VE@BAWE 49. Re{i gi iracionalnite ravenki: a)

2x  3  7  1 x ,

50. Re{i gi iracionalnite ravenki: a) ( 2 x  2) x  10  x 2  x  2 ,

x  2  1 x i

b) 2 x  2

x  5  x 2  3x  2 i

x  2  3 x

v) 1  2 x  1  2 x  2 x.

Upatstvo. a) Razlo`i go kvadratniot trinom x 2  x  2 . b) Razlo`i go kvadratniot trinom

x 2  3 x  2 na mno`iteli. 51. Re{i gi iracionalnite ravenki: a) x 2  x  2 x 2  x  0 i

b) x 2  x  x 2  x  9  3 .

52. Re{i gi iracionalnite ravenki: a)

4 x 3 4 x  2 i

2 x  17  3 2 x  37  6 .

53. Re{i gi iracionalnite ravenki: a)

3x 2  2 x  15  3x 2  2 x  8  7 i

x 2  4x  3  x 2  2x  4  1 .

9. SISTEM OD EDNA LINEARNA I EDNA KVADRATNA RAVENKA SO DVE NEPOZNATI Vo prva godina nau~i da re{ava{ sistemi od dve linearni ravenki so dve nepoznati. Na krajot od ovaa tema }e razgledame kako se re{ava sistem od edna kvadratna i edna linearna ravenka so dve nepoznati. Za taa cel najprvo }e gi definirame poimite koi }e gi koristime vo natamo{nata rabota. Definicija 8. Ravenkata od vidot

ax 2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0 ,

(1)

kade a, b, c, d , e, f  R i a  0 ili b  0 ili c  0 ja narekuvame kvadratna ravenka so dve nepoznati. Sistemot od vidot ax 2  bxy  cy 2  dx  ey  f  0   px  qy  r  0

(2)

go narekuva sistem od edna kvadratna i edna linearna ravenka so dve nepoznati. Podredeniot par ( x 0 , y 0 ) koj ja zadovoluva ravenkata (1) (sistemot (2)) go narekuvame re{enie na ravenkata (1) (sistemot (2)). Sistemot (2) naj~esto go re{avame so metodot na zamena. Imeno, od linearnata ravenka ja izrazuvame ednata nepoznata i ja zamenuvame vo kvadratnata ravenka. Taka dobivame kvadratna ravenka so edna nepoznata. Gi nao|ame re{enijata na kvadratnata ravenka, a potoa istite gi zamenuvame vo linearnata ravenka so {to gi nao|ame soodvetnite vrednosti na drugata nepoznata. Primer 44. Re{i go sistemot ravenki

 x 2  2 y 2  3xy  x  2  0 .  2 x  y  5.

Re{enie. Od linearnata ravenka imame y  2 x  5 i ako zamenime vo kvadratnata ravenka ja dobivame ravenkata

x 2  2(2 x  5) 2  3x(2 x  5)  x  2  0 koja e ekvivalentna na ravenkata x 2  26 x  48  0 .

Korenite na poslednata ravenka se x1  2 i x 2  24 . Sega so zamena vo ravenkata y  2 x  5 za soodvetnite vrednosti na nepoznata y dobivame y1  1 i y 2  43 . Spored toa, dadeniot sistem ravenki ima dve re{enija, t.e. mno`estvoto re{enija na sistemot e M  {(2,1), (24,43)} . Deka podredenite parovi (2,1) i (24,43) se re{enija na sistemot mo`eme da proverime so zamena vo ravenkite na sistemot. Toa }e go napravime za podredeniot par (2,1) . Imame

 x12  2 y12  3x1 y1  x1  2  2 2  2(1) 2  3  2  (1)  2  2  4  2  6  2  2  0  2 x1  y1  2  2  (1)  4  1  5 t.e. podredeniot par (2,1) gi zadovoluva ravenkite na sistemot, pa zatoa toj e negovo re{enie.  Primer 45. Re{i go sistemot ravenki

 xy  3  0 .  3 x  2 y  11. Re{enie. Od linearnata ravenka imame y  3 x211 i ako zamenime vo kvadratnata ravenka ja dobivame ravenkata

x 3 x211  3  0 koja e ekvivalentna na ravenkata

3x 2  11x  6  0 . Korenite na poslednata ravenka se x1  23 i x 2  3 . Sega so zamena vo ravenkata y  3 x211 za soodvetnite vrednosti na nepoznata y dobivame y1   92 i y 2  1 . Spored toa, dadeniot sistem ravenki ima dve re{enija, t.e. mno`estvoto re{enija na sistemot e M  {( 23 , 92 ), (3,1)} .  Da go razgledame sistemot

x  y  a   xy  b.

(3)

Ako vovedeme pomo{na nepoznata z , ~ii koreni se x i y , toga{ od Vietovite formuli dobivame kvadratna ravenka po z :

z 2  az  b  0 , 2 ~ii koreni se z1 / 2  a  a2  4b . Poslednoto zna~i deka mno`estvoto re{enija na sistemot (3) e 2 2 2 2 M  {( a  a2 4b , a  a2 4b ), ( a  a2  4b , a  a2 4b )} .

So navedenata postapka }e go re{ime sistemot od primer 49. Za taa cel istiot da go zapi{eme vo oblikot (3x)  (2 y )  18  3x  (2 y )  11. Spored toa, nepoznatite 3x i  2 y mo`eme da gi opredelime re{avaj}i ja kvadratnata ravenka z 2  11z  18  0 ~ii koreni se z1  2 i z 2  9 . Kone~no, re{enijata na sistemot gi dobivame od 3x1  2,  2 y1  9 i 3x 2  9,  2 y 2  2 , od {to nao|ame deka mno`estvoto re{enija na sistemot e M  {( 23 , 92 ), (3,1)} . ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E Da go razgledame sistemot ax 2  by 2  c   xy  d

(4)

koj se sostoi od dve kvadratni ravenki so dve nepoznati. Vo natamo{nite razgleduvawa }e pretpostavime deka a  0, b  0 i d  0 , bidej}i vo sprotivno re{avaweto na sistemot (4) e trivijalno. Od vtorata ravenka ja izrazuvame ednata nepoznata, na primer y 

d x

i ja zamenuvame vo vtorarata

ravenka so {to ja dobivame ravenkata ax 2  bd2  c . Mno`ej}i ja poslednta ravenka so x 2 ja dobix

vame bikvadratnata ravenka ax 4  cx 2  bd 2  0 .

Gi nao|ame re{enijata na ravenkata (5) i so zamena vo y 

d x

(5) gi opredeluvame re{enijata na

sistemot (4). Primer 46. Re{i go sistemot  x 2  y 2  8   xy  3.

Re{enie. Od vtorata ravenka imame y  3x i so zamena vo prvata ravenka, posle sreduvaweto ja nao|ame bikvadratnata ravenka x 4  8 x 2  9  0 ~ii re{enija se x1 / 2  3 i x 3 / 4  i . So zamena vo y  3x nao|ame y1 / 2  1 i y 3 / 4  3i . Kone~no, mno`estvoto re{enija na sistemot e M {(3,1), (3,1), (i,3i ), (i,3i )} .  Pri izu~uvaweto na komleksnite broevi gi vovedovme operaciite sobirawe, odzemawe, mno`ewe i delewe na kompleksni broevi, kako i stepenuvaweto na kompleksen broj so celobroen eksponent. Me|utoa, voop{to ne se osvrnavme na operacijata korenuvawe na kompleksen broj iako

istata prirodno se javuva pri re{avawe na bikvadratnite ravenki. Toa ne go napravivme od ednostavna pri~ina {to korenuvaweto na kompleksni broevi e dosta slo`eno i se potrebni dopolnitelni znaewa od trigonometrija, no sepak ovde }e poka`eme kako na ednostaven na~in se nao|a kvadraten koren od kompleksen broj. Definicija 9. Za kompleksniot broj w }e velime deka e kvadraten koren od kompleksniot broj z ako w 2  z . Neka z  a  ib i negoviot kvadraten koren e brojot w  x  iy . Od definicija 9 sleduva x 2  y 2  2 xyi  a  ib ,

Od kade go dobivame sistemot ravenki  x 2  y 2  a (6)  2 xy  b, ~ii re{enija treba da gi barame vo mno`estvoto realni broevi. Spored toa, nao|aweto na kvadraten koren od kompleksniot broj z  a  ib se sveduva na re{avawe na sistemot (6), za {to prethodno govorevme.

Primer 47. Najdi kvadraten koren od kompleksniot broj 4  3i . Re{enie. Neka baraniot koren e w  x  iy . Za dadeniot kompleksen broj sistemot (6) e  x 2  y 2  4  2 xy  3,

(7)

koj treba da go re{ime vo mno`estvoto realni broevi. Od vtorata ravenka imame y  23x i so zamena vo prvata, posle sreduvaweto ja dobivame bikvadratnata ravenka

4 x 4  16 x 2  9  0 . Korenite na ovaa ravenka se x1 / 2   3 2 2 i x3 / 4   i 22 i kako sistemot (7) treba da go re{ime vo mno`estvoto realni broevi baranite re{enija se x1 / 2   3 2 2 . So zamena vo y  23x dobivame

y1 / 2  

2 2

. Spored toa, broevite w1 

na kompleksniot broj 4  3i . 

3 2 2



2 2

i i w2   3 22 

2 2

i se baranite kvadratni koreni

Zabele{ka 8. Kvadratnata ravenka az 2  bz  c  0 , kade a  0, b i c se kompleksni broevi ima re{enie re{enija vo mno`estvoto kompleksni broevi i tie se nao|aat spored istata formula kako i za kvadratna ravenka so realni koeficienti. Zna~i, z1 / 2 

b  b 2  4 ac 2a

i pritoa so

b 2  4ac e ozna~en eden od kompleksnite broevi ~ij kvadrat e b 2  4ac .

Primer 48. Vo mno`estvoto kompleksni broevi re{i ja ravenkata z 2  3 z  i  0 . Re{enie. Soglasno zabele{ka 8 re{enijata na ravenkata se dadeni so z1 / 2 

3  3 4i 2

(8)

pa zatoa treba da gi opredelime kvadratnite koreni na kompleksniot broj 3  4i . Analogno kako vo primer 47 nao|ame deka tie se w1  2  i i w2  2  i . Kone~no, so zamena vo (8) za korenite na dadenata ravenka nao|ame z1 

3  2i 2

i z2 

3  2 i 2

.

Zabele{ka 9. Prethodno iznesenoto sega ni ovozmo`uva sekoga{ da mo`eme da gi najdeme korenite na bikvadratna ravenka so realni koeficienti. Imeno, ako diskriminantata na bikvadratnata ravenka ax 4  bx 2  c  0 e D  b 2  4ac  0 , toga{ re{avaweto na istata se sveduva na nao|awe na kvadratni koreni od kompleksnite broevi b 

b 2  4 ac 2a

i b 

b 2  4 ac 2a

. Da razgledame

eden primer. Primer 49. Re{i ja bikvadratnata ravenka x 4  2 x 2  2  0 . Re{enie. Voveduvame smena x 2  t i ja dobivame ravenkata t 2  2t  2  0 ~ii koreni se t1  1  i i t1  1  i . Spored toa, x 2  1  i i x 2  1  i . Poslednite dve ravenki gi re{avame so nao|awe na kvadratni koreni od kompleksnite broevi 1  i i 1  i i toa se re{enijata na bikvadratnata ravenka. Analogno kako vo primer 47 nao|ame 2 2 2 2

x1 / 2  



i 2 2 2

i x3 / 4  

2 2 2 2



i 2 2 2

.

ZADA^I ZA VE@BAWE 54. Re{i gi sistemite ravenki:  x  y  2 a)  2 b)  x  2 y 2  3 x  10, 55. Re{i gi sistemite ravenki: x  y  9 a)   xy  14,

 x  y  1  0 i  2  x  y 2  3 y  4  0

 x  y  7 b)  1 1 3 i  x  y  10

 x  y  0 v)  2  x  2 xy  12.  xy  35 v)  x  y  x  y  6.

56. Re{i gi sistemite ravenki:  1 x  x 2  3  2 a) 1 y  y i  x  y  2,

1 y  x 2 4  b) 1 x  y 2 i x  y  5 

( x  2)( y  3)  1 v)  x  2  y 3  1.

57. Re{i gi sistemite ravenki:  xy  2  xy  1 2 xy  1 a)  2 b)  2 i v)  2 2 2  x  y  4,  x  4 y  3  x  3 y 2  1 58. Najdi kvadraten koren od kompleksnite broevi: a) 5  i , b) 7  i i v) 5  3i . 59. Vo mno`estvoto kompleksni broevi re{i gi kvadratnite ravenki: a) z 2  zi  i  1  0 :, b) 2 z 2  1  i  0 i 60. Re{i gi bikvadratnite ravenki: a) x 4  x 2  1  0 ,

b) x 4  6 x 2  25  0 i

v) z 2  (1  2i ) z  i  0 . v) 5 x 4  6 x 2  5  0 .

10. PRIMENA NA KVADRATNITE RAVENKI Vo razli~ni oblasti na naukata, tehnikata i praktikata, re{avaweto na mnogu problemi se sveduva na re{avawe na ravenki ili sistemi ravenki. Postojat niza problemi ~ie re{avawe se sveduva na re{avawe na kvadratna ravenka. Re{avaweto na kvadratnite ravenki go izu~ivme prethodno, a ovde }e se osvrneme na primenata na istite. Pritoa }e se obideme preku primeri da uka`eme na na~inot kako re{avaweto na daden problem se sveduva na re{avawe na kvadratna ravenka. Primer 50. Da se najde dvocifren broj takov, {to cifrata na edinicite e za 2 pogolema od cifrata na desetkite, a proizvodot na baraniot broj i zbirot na negovite cifri e 144. Re{enie. Ako so x ja ozna~ime cifrata na desetkite, toga{ cifrata na edinicite e x  2 , pa zatoa baraniot broj e 10 x  ( x  2)  11x  2 , a zbirot na negovite cifri e x  ( x  2)  2 x  2 . Bidej}i proizvodot na baraniot broj i zbirot na negovite cifri e 144 ja dobivame ravenkata (11x  2)(2 x  2)  144 koja e ekvivalentna na ravenkata 11x 2  13 x  70  0 . 35 i x  2 . No, x e cifra, pa zatoa re{enie Re{enijata na poslednata ravenka se x1   11 2 35 ne gi zadovoluva uslovite na zada~ata. Spored toa, x  2 , t.e. cifrata na to x1   11

desetkite e 2, pa zatoa cifrata na edinicite e x  2  2  2  4 , t.e. baraniot broj e 24.  Primer 51. Zbirot na kvadratite na tri posledovatelni parni broevi e 200. Koi se tie broevi? Re{enie. Ako so n go ozna~ime prviot od baranite broevi, toga{ drugite dva se n  2 i n  4 . Zbirot na kvadratite na ovie broevi e

n 2  ( n  2) 2  (n  4) 2  n 2  n 2  4n  4  n 2  8n  16  3n 2  12n  20 . Od uslovot na zada~ata ja dobivame kvadratnata ravenka 3n 2  12n  20  200 koja e ekvivalentna na ravenkata n 2  4n  60  0 . Re{enija na poslednata ravenka se n1  10 i n 2  6 . Zada~ata ima dve re{enija i toa  10,  8 i  6 ili 6, 8 i 10 .  Primer 52. Dva planinari trgnale istovremeno na kota koja e oddale~ena 30km od niv. Brzinata na prviot planinar e za 1km / h pogolema od brzinata na vtoriot planinar, pa zatoa toj na kotata stignal 1h porano od vtoriot planinar. Najdi ja brzinata na sekoj od planinarite. Re{enie. So v da ja ozna~ime brzinata na vtoriot planinar. Toga{ brzinata na prviot planinar }e bide v  1 . Od uslovot na zada~ata imame deka vtoriot planinar na predvidenata kota stignal za vreme 30 ~asa. Toa zna~i deka prviot planinar, koj stignal v

1h porano od vtoriot planinar, toa go napravil za 30  1 ~asovi. Spored toa, prviot v planinar patot 30km go pominal za 30  1 ~asovi, dvièj}i se so brzina od v  1 v kilometri na ~as, od {to ja dobivame ravenkata ( 30  1)(v  1)  30 , koja e ekvivalentna na v ravenkata v 2  v  30  0 ~ii re{enija se v1  6 i v 2  5 . No, brzinata ne moè da bide negativna, pa zatoa re{enieto v1  6 go otfrlame. Kone~no, brzinata na vtoriot planinar e 5km / h , a brzinata na prviot planinar e 6km / h .  Primer 53. Eden rabotnik sam raboti 7 dena na edna rabota, a potoa doa|a vtor rabotnik i zaedno ja zavr{uvaat rabotata u{te za 8 dena. Za kolku dena, sekoj od niv, moè sam da ja zavr{i rabotata, ako vtoriot rabotnik ja zavr{uva rabotata za 5 dena pomalku, otkolku prviot? Re{enie. Neka prviot rabotnik ja zavr{uva rabotata za x denovi. Toga{ vtoriot rabotnik }e ja zavr{i rabotata za 5 dena pomalku, t.e. za x  5 denovi. Za eden den prviot rabotnik zavr{uva 1x  ti del od rabotata, a vtoriot zavr{uva x15 -ti del. Prviot rabotnik raboti 15 dena i }e zavr{i 15  ti del od rabotata, a vtoriot raboti samo 8 dena x i}e zavr{i x85  ti del od rabotata, so {to }e bide zavr{ena celata rabota. Od dosega iznesenoto sleduva ravenkata 15  x85  1 koja e ekvivalentna na ravenkata x x 2  28 x  75  0 . Korenite na poslednata ravenka se x1  3 i x 2  25 . Jasno, prviot koren ne gi zadovoluva uslovite na zada~ata, bidej}i vo sprotivno vtoriot rabotnik treba da ja zavr{i rabotata za 3  5  2 {to e nevozmo`no. Kone~no, prviot rabotnik sam bi ja zavr{il rabotata za 25 dena, a vtoriot rabotnik toa }e go napravi za 25  5  20 dena. 

Primer 54. Dadena e kru`nica so radius K (O, R) i to~ka A na kru`nicata. Ako l e dadena dol`ina, da se najde polo`bata na promenlivata tetiva BC koja e normalna na radiusot OA i takva, {to da e ispolneto ravenstvoto 2

AB  AC  BC  4l 2 .

(1)

Re{enie. Neka AH  x . Od pravoagolniot triagolnik 2

ABH imame BH  R 2  OH . Ponatamu, bidej}i OH | x  R | , ako H  OA' toga{ OH  x  R i ako H  OA , toga{ OH  R  x , dobivame deka 2

BH  R 2  ( x  R ) 2  2 Rx  x 2 , odnosno 2

BC  4(2 Rx  x 2 ) . 94

Od druga strana, AB  AC  AH  A' A  2 Rx i ako zamenime vo ravenstvoto (1) ja dobivame ravenkata 4 Rx  4(2 Rx  x 2 )  4l 2 koja e ekvivalentna na ravenkata

x 2  3Rx  l 2  0 2 2 ~ii re{enija se x1 / 2  3R  92R  4l . Jasno, re{enijata se realni ako i samo ako

9 R 2  4l 2  0 t.e. ako i samo ako 9 R 2  4l 2 . 

ZADAÎ ZA VE@BAWE 61. Zbirot na cifrite na eden broj e 11, a proizvodot na toj broj i brojot zapi{an so istite cifri zemeni so obraten redosled e 3154. Koj e toj broj. 62. Najdi tri posledovatelni celi broevi ~ij zbir na kvadrati e ednakov na 110. 63. Razlikata na kubovite na dva posledovatelni celi broevi e ednakva na 91. Koi se tie broevi? 64. Najdi dvocifren broj, ~ija cifra na edinici e za 1 pogolema od cifrata na desetkite, a proizvodot na baraniot broj i zbirot na negovite cifri e ednakov na 616. 65. Cifrata na desetkite na dvocifreniot broj e za 2 pogolema od cifrata na edinicite. Ako toj dvocifren broj go podelime so zbirot na negovite cifri, se dobiva koli~nik za 40 pomal od od brojot napi{an so istite cifri zemeni so obraten redosled i ostatok 4. Najdi go ovoj broj. 66. Eden voz rastojanieto od 650km go minuva za 3 ~asa pobrzo od drug voz, ~ija brzina e za 15km / h pomala od brzinata na prviot voz. Najdi gi brzinite na vozovite. 67. Patot od 840km tovarniot voz treba da go izmine za odredeno vreme. Na polovina pat vozot bil zadràn 30 minuti, pa zatoa vozot ja zgloemil brzinata za 2km / h i povtorno stignal spored vremeto predvideno so vozniot red. Kolku vreme patuval vozot? 68. Po sredbata na dva broda eden od niv se upatil na jug, a drugiot na zapad. Po dva ~asa od sredbata rastojanieto me|u brodovite bilo 60km . Najdi gi brzinite na dvata broda, ako se znae deka brzinata na edniot od niv e za 6km / h pogolema od brzinata na drugiot. 69. Dve slavini go polnat bazenot za 1 78 ~asa. Prvata slavina oddelno moè da go napolni istiot bazen za 2 ~asa pobrzo otkolku vtorata slavina. Za koe vreme sekoja slavina oddelno go polni bazenot? 70. Dvajca rabotnici treba da zavr{at edna rabota. Ako rabotata zaedno, toga{ rabotata }e ja zavr{at za 12 dena. Na edniot rabotnik mu se potrebni 10 dena pove}e za sam da ja zavr{i rabotata otkolku na drugiot rabotnik. Za koe vreme sekoj od niv samostojno }e ja zavr{i rabotata? 71. Stranata na eden kvadrat e za 2m pogolema od stranata na drug kvadrat. Najdi gi stranite na ovie kvadrati, ako nivnite plo{tini se odnesuvaat kako 9 : 4 . 72. Dadena e polukru`nica nad dijametar AB  2 R . Od to~ka M na ovaa polukru`nica spu{tena e normala MN na tangentata vo to~kata B . Presmetaj ja dolìnata AM  x ako AM  MN  94 R . 73. Dadena e polukru`nica nad dijametar AB  2 R . Najdi na polukru`nicata to~ka M koja e poblisku do to~kata A otkolku do to~kata B taka {to za tetivata MN koja e paralelna so 2

dijametarot AB va`i AM  3MN  2 R 2 .

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

a) Koi od broevite 2, 3, 5 i 7 se re{enija na ravenkata x 2  5 x  14  0 . Odgovorot da se obrazlo`i (4 b) b) Za koi vrednosti na parametarot k ravenkata (2k  3) x 2  (k  1) x  4  0 e kvadratna, a za koi e nepolna kvadratna. (6 b)

a) Re{i ja ravenkata x 2  7 x  0 .

(6 b)

b) Re{i ja ravenkata ( x  1)  4( x  1)  0 .

(8 b)

a) Re{i ja ravenkata x 2  (3  2 2 ) x  4  3 2  0 .

(10 b)

b) Za koi vrednosti na parametarot m ravenkata x  (3m  1) x  4m  3  0 ravenkata ima dvoen koren.

(15 b)

a) Sostavi kvadratna ravenka ~ii koreni se x1   13 i x 2 

(10 b)

4 5

b) Ako x1 i x 2 se korenite na ravenkata kx 2  (2k  1) x  1  0 , presmetaj go 5.

parametarot k taka da x1 x 22  x12 x1  4 . a) Najdi dva posledovatelni celi broevi ~ij zbir na kvadrati e ednakov na 685. b) Brzinata na motoren ~ame vo mirna voda e 15km / h . Koga se dvi`i vo reka ~amecot rastojanieto od 72km go minuva nizvodno za 2 ~asa pobrzo, otkolku uzvodno. Presmetaj ja brzinata na rekata. a) Skrati b) Re{i ja

2 ja dropkata 2 x2  x 3 . 6 x 7 x 2 ravenkata 1  x2x4  2 27 2 x 7 x 4 4 2

(20 b) (10 b)

 2 x61 .

(15 b)

a) Re{i ja ravenkata x  2 x  15  0 . b) Re{i ja ravenkata

(15 b) (15 b)

(10 b)

3x  7  x  1  2 .

(15 b)

 y  2 x  0 8. a) Re{i go sistemot ravenki  3xy  y 2  2.

(10 b)

 x y  3  y b) Re{i gi sistemot ravenki  1  xy  11. 5 

(15 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

35-54 2

55-74 3

75-92 4

93-109 5

GLAVA IV KVADRATNA FUNKCIJA I KVADRATNA NERAVENKA SODR@INA NA TEMATA 1. 2.

Linearna funkcija (povtoruvawe) Poim za kvadratna funkcija. Grafik na funkcijata f ( x)  ax 2

4. 5.

NOVI ZNAEWA I UMEEWA Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

Grafici na funkciite f ( x)  ax  c

vidot f ( x)  ax 2 , f ( x)  ax 2  c, f ( x)  ax 2  bx

i f ( x)  a ( x  x 0 ) 2

i f ( x)  ax 2  bx  c , da mo`e{ da utvrdi{ dali edna to~ka pripa|a na grafikot na dadena kvadratna funkcija, grafi~ki da re{ava{ sistem od edna linearna i edna kvadratna ravenka od vidot

Grafik na funkcijata f ( x)  ax 2  bx  c Svojstva na kvadratnata funkcija f ( x)  ax  bx  c Geometriska interpretacija na sistem ax 2  bx  c  y ravenki od vidot  ex  f  y.

7. 8. 9.

Kvadratni neravenki Sistem kvadratni neravenki Primena na kvadratnite neravenki i sistemite kvadratni neravenki

ax 2  bx  c  y  0 so dve nepoznati, -

POTREBNI PREDZNAEWA Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na: -

da go usvoi{ poimot kvadratna funkcija i da go odreduva{ mno`estvoto vrednosti na kvadratnata funkcija, grafi~ki da gi pretstavuva{ funkciite od

poimite funkcija i grafik na funkcija; kvadratnite ravenki i nivnoto re{avawe, opredeluvaweto na znakot na kvadraten trinom, re{avaweto na sistem od edna linearna i edna kvadratna ravenka so dve nepoznati i linearnite neravenki, nivnoto re{avawe i grafi~kata interpretacija na re{enieto na linearna neravenka.

da go odreduva{ brojot na re{enijata na sistem od edna linearna i edna kvadratna ravenka od vidot ax 2  bx  c  y  0 spored polo`bata na graficite na linearnata i kvadratanata funkcija, da go usvoi{ poimot kvadratna neravenka so edna nepoznata, da utvrduva{ dali daden broj e re{enie na kvadratna neravenka so edna nepoznata, da re{ava{ kvadratni neravenki so edna nepoznata, grafi~ki da go interpretira{ re{enieto na kvadratna neravenka so edna nepoznata, da re{ava{ prakti~ni zada~i ~ie re{avawe se sveduva na re{avawe na kvadratna neravenka so edna nepoznata, da go usvoi{ poimot sistem kvadratni neravenki so edna nepoznata, da sveduva{ daden sistem kvadratni neravenki vo normalen vid, grafi~ki da go interpretira{ re{enieto na sistem kvadratni neravenki so edna nepoznata i da re{ava{ prakti~ni zada~i ~ie re{avawe se sveduva na re{avawe sistem kvadratni neravenki so edna nepoznata.

Plo{tinata na kvadratot P ja presmetuvame spored formulata P (a)  a 2 , kade a e dolìnata na stranata na kvadratot i moè da bide proizvolen pozitiven realen broj. So formulata P (a)  a 2 e opredeleno mnoèstvota {(a, a 2 ) | a  R  } , pa gi imame, na primer, podredenite parovi ( 12 , 14 ), (1,1), ( 2 ,2), (2,4) itn. Isto taka, od fizikata znaeme deka, ako nekoe telo slobodno pa|a (bez po~etna brzina), toga{ pominatiot pat s (t ) g

za vreme t se presmetuva po formulata s (t )  2 t 2 , kade g  9,81m / s 2 e zabrzuvaweto na zemjinata te`a, a t e oznaka za vremeto na pa|awe izrazeno vo sekundi. Iznesenite primeri se dovolna pri~ina za prou~uvawe na funkcijata od vidot

f ( x)  ax 2  bx  c, a, b, c  R, a  0 , koja vo literaturata e poznata kako kvadratna funkcija.

1. LINEARNA FUNKCIJA (povtoruvawe) Kako {to znaeme, ako na sekoj realen broj x mu e pridru`en, po nekoe pravilo f , ednozna~no opredelen realen broj y , toga{ velime deka f e funkcija od R vo R so i pi{uvame f : R  R . Za elementot y velime deka e slika na elementot x i ozna~uvame y  f (x) . Vo ovoj slu~aj domenot i kodomenot na funkcijata se R . Takvi funkcii se, na primer, funkciite zadadeni so formulite

f ( x )  x,

g ( x)  2 x  1 i h( x)   x  53

i sekoja od niv e linearna funkcija ~ij op{t vid e

f ( x)  ax  b ,

(1)

kade {to a, b  R , a  0 , koi gi narekuvame koeficienti na linearnata funkcijata f , a x e zavisno promenliva ili argument. Ponatamu, grafikot na linearnata funkcija (1) e prava y  ax  b . Kako {to znaeme realniot broj a go narekuvame koeficient na pravec na pravata y  ax  b . Prethodno pretpotpostavivme deka a  0 , bidej}i ako a  0 , toga{ linearnata funkcija e konstantnata funkcija f ( x)  b ~ie prou~uvawe e trivijalno i nejziniot grafik e prava koja minuva niz to~kata B (0, b) i e paralelna so x  oskata. Me|utoa, ako a  0 , toga{ grafikot na linearnata funkcija ne e paralelen so nitu edna od koordinatnite oski. Da se potsetime kako najlesno mo`eme da go konstruirame grafikot na funkcijata (1). ]e razgledame dva slu~aja i toa b  0 i b  0 . 98

Ako b  0 , toga{ funkcijata (1) go prima vidot f ( x)  ax i za x  0 dobivame f ( x)  0 , t.e. grafikot na funkcijata minuva niz koordinatniot po~etok O(0,0) . Ponatamu, bidej}i sekoja prava e ednozna~no opredelena so dve nejzini to~ki dovolno e da najdeme u{te edna to~ka od grafikot na funkcijata, na primer za x  1 imame f ( x)  a , t.e. to~kata A(1, a) . Kone~no, niz to~kite O(0,0) i A(1, a ) povlekuvame prava i toa e grafikot na funkcijata f ( x)  ax . Ponatamu, vo zavisnost od znakot na koeficientot na pravecot a funkcijata f ( x)  ax monotono raste ili monotono opa|a. ]e razgledame dva slu~aja i toa a  0 i a0. Neka a  0 i x1 , x 2  R se takvi, {to x1  x 2 . Ako dvete strani na poslednoto neravenstvo gi pomno`ime so pozitivniot broj a , toga{ znakot za neravenstvo ne se menuva, pa zatoa ax1  ax 2 , t.e. f ( x1 )  f ( x 2 ) , {to zna~i deka pri a  0 funkcijata monotono raste. Neka a  0 i x1 , x 2  R se takvi, {to x1  x 2 . Ako dvete strani na poslednoto neravenstvo gi pomno`ime so negativniot broj a , toga{ znakot za neravenstvo se menuva, pa zatoa ax1  ax 2 , t.e. f ( x1 )  f ( x 2 ) , {to zna~i deka pri a  0 funkcijata monotono opa|a. Primer 1. Nacrtaj gi graficite na funkciite a) f ( x)  x , g ( x)  2 x i h( x)  12 x i b) f ( x)   x , g ( x)  2 x i h( x)   12 x Re{enie. Od prethodno iznesenoto imame deka graficite na funkciite se pravi koi minuvaat niz koordinatniot po~etok O(0,0) . Ponatamu, za istite da gi nacrtame nao|ame f (1)  1 , g (1)  2 i h(1)  12 , pa zatoa graficite na f , g i h minuvaat niz to~kite

A(1,1), B (1,2) i C (1, 12 ) soodvetno (crt. 1). b) I graficite na ovie funkcii minuvaat niz koordinatniot po~etok O(0,0) . Od f (1)  1 , g (1)  2 i h(1)   12 sleduva deka graficite na f , g i h minuvaat niz to~kite A(1,1), B(1,2) i C (1, 12 ) soodvetno (crt. 2).  Neka b  0 . Toga{, za x  0 od (1) dobivame f ( x)  b , t.e. grafikot na funkcijata minuva niz to~kata B (0, b) i toa e presekot so y  oskata. Ponatamu, bidej}i sekoja prava e ednozna~no opredelena so dve nejzini to~ki dovolno e da go najdeme presekot so x  oskata,

koj se dobiva za f ( x)  0 . Zna~i, ax  b  0 t.e. x 0   ba i presekot e to~kata A( ba ,0) . Vrednosta na argumentot x 0   ba ja narekuvame nula na funkcijata (1). Neka a  0 i x1 , x 2  R se takvi, {to x1  x 2 . Ako dvete strani na poslednoto neravenstvo gi pomno`ime so pozitivniot broj a , toga{ znakot za neravenstvo ne se menuva, pa zatoa ax1  ax 2 i ako na dvete strani na poslednoto neravenstvo dodademe b dobivame ax1  b  ax 2  b , t.e. f ( x1 )  f ( x 2 ) , {to zna~i deka pri a  0 funkcijata monotono raste. Neka a  0 i x1 , x 2  R se takvi, {to x1  x 2 . Ako dvete strani na poslednoto neravenstvo gi pomno`ime so negativniot broj a , toga{ znakot za neravenstvo se menuva, pa zatoa ax1  ax 2 i ako na dvete strani na poslednoto neravenstvo dodademe b dobivame ax1  b  ax 2  b , t.e. f ( x1 )  f ( x 2 ) , {to zna~i deka pri a  0 funkcijata monotono opa|a. Primer 2. Nacrtaj gi graficite na funkciite

f ( x )  2 x , g ( x )  2 x  1 i h( x )  2 x  1 . Re{enie. Grafikot na funkcijata f ( x)  2 x go nacrtavme vo primer 1 a), (crt. 3). Za da go nacrtame grafikot na funkcijata g ( x)  2 x  1 stavame x  0 i dobivame g ( x)  1 , {to zna~i toj ja sodr`i to~kata A(0,1) . Ponatamu, od g ( x)  0 sleduva x   12

t.e. grafikot ja sodr`i i to~kata

B ( 12 ,0) . Sega ja povlekuvame pravata AB i toa e grafikot na funkcijata g ( x)  2 x  1 . Za da go nacrtame grafikot na funkcijata h( x)  2 x  1 stavame x  0 i dobivame

h( x)  1 , {to zna~i toj ja sodrì to~kata C (0,1) . Ponatamu, od h( x)  0 sleduva x  12 t.e. grafikot ja sodrì i to~kata D( 12 ,0) . Sega ja povlekuvame pravata CD i toa e grafikot na funkcijata h( x)  2 x  1 .  Zabele{ka 1. Od crt. 3 zabeleùvame deka grafikot na funkcijata g ( x)  2 x  1 moè da se dobie od grafikot na funkcijata f ( x)  2 x so translacija po y  oskata za b  1 , a grafikot na funkcijata h( x)  2 x  1 moè da se dobie od grafikot na funkcijata f ( x)  2 x so translacija po y  oskata za b  1 . Prethodno iznesenot vaì i vo op{t slu~aj. Imeno, grafikot na funkcijata f ( x)  ax  b e pravata y  ax  b koja se dobiva so translacija na pravata y  ax po y  oskata za broj | b | , i toa vo pozitivna nasoka ako b  0 , odnosno vo negativna nasoka ako b  0 . Zabele{ka 2. Funkcijata (1) e napolno opredelena ako se znaat nejzinite koeficienti a i b , koi moème da gi opredelime ako gi znaeme vrednostite na funkcijata

100

vo dve nejzini to~ki. Navistina, ako ni e poznato deka f ( x1 )  y1 i f ( x 2 )  y 2 , toga{ so zamena vo (1) go dobivame sistemot ravenki ax1  b  y1  ax 2  b  y 2 so ~ie re{avawe gi nao|ame koeficientite a i b na funkcijata (1). Primer 3. Odredi ja linearnata funkcija f ( x)  ax  b ako se znae deka f (1)  2 i f (3)  5 . Re{enie. Soglasno so zabele{ka 2 go dobivame sistemot

a  b  2  3a  b  5. Ako od vtorata ravenka ja izvadime prvata dobivame 2a  3 t.e. a  32 . Sega od prvata ravenka na sistemot nao|ame b  2  a  2  32  12 . Kone~no, baranata funkcija e f ( x)  32 x  12 .  Primer 4. Odredi ja linearnata funkcija f ( x)  ax  b ako

f ( 2 x  1)  3 x  5 .

(2)

Re{enie. Za da ja opredelime funkcijata f stavame 2 x  1  t . Od poslednoto ravenstvo nao|ame x  t 21 . Ponatamu, izrazot za x go zamenuvame vo (2) i nao|ame

f (t )  3  t 21  5  32 t  3210  32 t  13 . 2

ZADA^I ZA VE@BAWE 1. 2. 3.

Nacrtaj go grafikot na funkcijata: a) f ( x)  3 x , b) f ( x)   14 x i

v) f ( x) 

Nacrtaj go grafikot na funkcijata: a) f ( x)  13 x  2 , b) f ( x)  32 x  3 i

v) f ( x)  3 x  4 .

2 3

Koja od slednite funkcii monotono raste, a koja monotono opa|a: a) f ( x)  4 x  12 ,

b) f ( x)  5 x  2 2 ,

v) f ( x)  3 4 x  1 i

g) f ( x) 

2 2

x3

Odgovorot da se obrazlo`i. Odredi ja linearnata funkcija f ( x)  ax  b ako:

v) f ( 13 )  1, f ( 21 )  1 , g) f (0)  2, f (4)  2 . Odredi ja linearnata funkcija f ( x)  ax  b ako: a) f ( x  1)  4  x , b) f (3 x  4)  3x  1 . a) f (2)  3, f (1)  2 ,

b) f (2)  1, f (1)  23 ,

101

2. POIM ZA KVADRATNA FUNKCIJA. GRAFIK NA FUNKCIJATA f ( x)  ax 2 A) POIM ZA KVADRATNA FUNKCIJA Kako {to rekovme so formulata P (a)  a 2 , kade a  R  presmetuvame plo{tina g

na kvadrat so strana a , a so formulata s (t )  2 t 2 go presmetuvame pominatiot pat s (t ) za vreme t pri slobodno pa|awe bez po~etna brzina. Od geometrijata i fizikata ni se poznati i drugi vakvi formuli kako, na primer, formulata P (r )  r 2 za plo{tina na krug so radius r , formulata s (t )  a2 t 2  v 0 t  s 0 za izminatiot pat pri ramnomerno zabrzano dvi`ewe so po~etna brzina v0 i zabrzuvawe a itn. Vo slu~aj na formulata

s (t )  a2 t 2  v 0 t  s 0 velime deka patot s e izrazen kako funkcija od vremeto t . Ovie funkcii se primeri na kvadratna funkcija, koja se definira na sledniot na~in. Definicija 1. Ako a, b, c  R , a  0 , toga{ funkcijata f : R  R opredelena so

f ( x)  ax 2  bx  c ,

(1)

ja narekuvame kvadratna funkcija. Primer 5. a) Dadena e funkcijata f ( x)  2 x 2  x  5 . Presmetaj f (0), f (1), f (2) i

f (3) . b) Koi od funkciite f ( x)  x( x  1) , f ( x)  2 x 2  3 x 1  1 i f ( x)  3  2 x  4 x 2 se kvadratni. Re{enie. a) Za dadenata funkcija imame:

f (0)  2  0 2  0  5  5 , f (1)  2  12  1  5  4 , f ( 2)  2  2 2  2  5  1 i f (3)  2  3 2  3  5  10 . b) Za funkcijata f ( x)  x( x  1) imame f ( x)  x 2  x i taa e od vidot (1), a  1, b  1 i c  0 , {to zna~i deka e kvadratna. Funkcijata f ( x)  2 x 2  3x 1  1 ne e kvadratna, bidej}i istata go sodr`i sobirokot 3x 1 {to spored definicija 1 ne e mo`no. Funkcijata f ( x)  3  2 x  4 x 2 e od vidot (1), a  4, b  2 i c  3 , {to zna~i deka e kvadratna.  Primer 6. Za koi vrednosti na parametarot m funkcijata a) f ( x)  (m  2) x 2  2 x  5 i e kvadratna.

102

b) f ( x)  2 x 2  (m  1) x  5

Re{enie. a) Soglasno definicija 1 funkcijata f ( x)  (m  2) x 2  2 x  5 e kvadratna ako i samo ako a  m  2  0 , {to zna~i ako i samo ako m  2 . Spored toa, m  R \ {2} . b) Za dadenata funkcija imame a  2  0 , {to zna~i deka taa e kvadratna za sekoj realen broj m .  Zabele{ka 3. Bidej}i kvadratniot trinom ax 2  bx  c ima smisla za sekoj realen broj x zaklu~uvame deka definicionata oblast na kvadratnata funkcija e mno`estvoto realni broevi, t.e. D f  R . Vo zabele{ka 2 vidovme deka linearnata funkcija e napolno opredelena ako se znaat nejzinite vrednosti za dve vrednosti na argumentot x . Bidej}i kaj linearnata funkcija imame dva koeficienti, a kaj kvadratna funkcija imame tri koeficienti logi~no e da se zapra{ame dali kvadratnata funkcija e napolno opredelena ako se znaat nejzinite vrednosti za tri vrednosti na argumentot. Odgovorot na ova pra{awe e pozitiven, t.e. kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c e napolno opredelena ako se znaat nejzinite vrednosti vo to~kite x1 , x 2 i x3 . Analogno, kako i kaj linearnata funkcija vo ovoj slu~aj re{avame sistem od tri ravenki so tri nepoznati. Primer 7. Odredi ja kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c ako se znae deka f ( 1)  6 , f (1)  2 i f (2)  3 . Re{enie. Od uslovot na zada~ata go dobivame sistemot a  b  c  6  a  b  c  2 4a  2b  c  3,  ~ie re{enie e a  1, b  2 i c  3 , pa zatoa baranata funkcija e f ( x)  x 2  2 x  3 .  B) GRAFIK NA FUNKCIJATA f ( x)  ax 2 Ako b  c  0 , toga{ kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c go dobiva vidot

f ( x)  ax 2 . (2) Ispituvaweto na funkcijata od vidot (2) }e go zapo~nema so osnovnata kvadratna funkcija f ( x)  x 2 , a potoa oddelno }e gi razgledame slu~aite a  0 i a  0 . Primer 8. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 . Re{enie. Prvo sostavuvame tablica na vrednosti na funkcijata f za nekoi vrednosti na argumentot x . Imame: x

...

-3

-2

-1

 12

 13

f (x)

...

1 4

1 9

1 3 1 9

1 2

...

1 4

...

Dobienite to~ki (0,0), ( 13 , 19 ), ( 13 , 19 ), ( 12 , 14 ), ( 12 , 14 ), (1,1), (1,1), (2,4), (2,4), (3,9), (3,9), ... gi

103

crtame vo koordinatna ramnina xOy i gi svrzuvame so neprekinata linija so {to go dobivame grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 (crt. 4). Da zabeleìme deka grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 e kriva, koja se vika parabola. Od podatocite vo tabelata, a i od skicata na grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 moè da se zaklu~i deka taa vo to~kata x0  0 ja dostignuva svojata najmala vrednost f ( x 0 )  0 i deka toa e edinstvena to~ka vo koja funkcijata prima vrednost 0. Za da go dokaème ova dovolno e da zabeleìme deka x 2  0 , za sekoj

x  R i x 2  0 ako i samo ako x  0 . To~kata O (0,0) ja narekuvame teme na parabolata f ( x)  x 2 . Neka x1  x 2  0 . Toa zna~i deka x12  x1 x 2 i x1 x 2  x 22 (znakot na neravenstvoto se menuva ako toa se pomnoì so negativen broj). Sega od poslednite dve neravenstva sleduva x12  x 22 t.e. f ( x1 )  f ( x 2 ) , {to zna~i deka funkcijata f ( x)  x 2 monotono opa|a na intervalot (,0) . Neka 0  x1  x 2 . Toa zna~i deka x12  x1 x 2 i x1 x 2  x 22 (znakot na neravenstvoto ne se menuva ako toa se pomnoì so pozitiven broj). Sega od poslednite dve neravenstva sleduva x12  x 22 t.e. f ( x1 )  f ( x 2 ) , {to zna~i deka funkcijata f ( x)  x 2 monotono raste na intervalot (0,) . Na crt. 4 voo~uvame deka grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 e simetri~en vo odnos na y  oskata (za vakva funkcija velime deka e parna). Ova se dolì na faktot deka na sekoi dva sprotivni realni broevi im soodvestvuvaat ednakvi vrednosti na funkcijata f ( x)  x 2 . Navistina, za sekoj x  R vaì

f (  x)  ( x) 2  x 2  f ( x) .  Primer 9. Nacrtaj go grafikot na funkcijata: a) f ( x)  2 x 2 i

b) f ( x)  12 x 2 .

Re{enie. a) Povtorno sostavuvame tablica na vrednosti na funkcijata f za nekoi vrednosti na argumentot x . Imame, x

...

-3

-2

-1

 12

 13

f (x)

...

1 2

2 9

1 3 2 9

1 2

...

1 2

...

i dobienite to~ki gi crtame vo koordninatna ramnina, a potoa gi povrzuvame so neprekinata kriva so {to go dobivame grafikot na funkcijata f ( x)  2 x 2 .

104

Zabele`uvame deka funkcijata

f ( x)  2 x 2 vo to~kata x0  0 ja dostignuva svojata najmala vrednost f ( x0 )  0 , potoa na intervalot (,0) monotono opa|a, a na intervalot (0,) monotono raste. Od prethodnata tabela, a i od crt. 5 moè da se zabeleì deka grafikot na funkcijata f (x)  2x 2 moè da se dobie od grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 , ako ordinatite na to~kite od grafikot na f ( x)  x 2 se pomnoàt so 2. Ponatamu, parabolata y  2 x 2 e potesna od parabolata y  x 2 , i dvete se simetri~ni vo odnos na y  oskata i i dvete se otvoreni nagore. Temeto na parabolata y  2x 2 e to~kata O (0,0) . b) Analogno, grafikot na funkcijata f ( x)  12 x 2 moè da se dobie od grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 , ako ordinatite na to~kite od grafikot na f ( x)  x 2 se pomnoàt so 1 2

(crt. 6). Ponatamu, parabolata y  12 x 2 e po{iroka od parabolata y  x 2 , simetri~na e

vo odnos na y  oskata i e otvorena nagore. Isto taka, vo to~kata x 0  0 funkcijata f ( x)  12 x 2 ja dostignuva svojata najmala vrednost f ( x 0 )  0 t.e. O (0,0) e nejzino teme, na intervalot (,0) monotono opa|a, a na intervalot (0,) monotono raste.  Kako {to mo`eme da vidime od prethodnite dva primeri garficite na funkciite f ( x)  x 2 , f ( x)  2 x 2 i f ( x)  12 x 2 se paraboli koi se mnogu sli~ni. Vsu{nost, takov e i grafikot na sekoja funkcija f ( x)  ax 2 , a  0 . Imeno, za sekoj a  0 va`i:

grafikot na funkcijata f ( x)  ax 2 e parabolata y  ax 2 , koja e otvorena nagore, simetri~en e vo odnos na y  oskata i za a  1 e potesen, a za 0  a  1 e po{irok od grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 ,

vo to~kata x0  0 funkcijata f ( x)  ax 2 ja dostignuva svojata najmala vrednost (minimum) f ( x 0 )  0 , t.e. to~kata O (0,0) e teme na parabolata y  ax 2 i

na intervalot (,0) funkcijata f ( x)  ax 2 monotono opa|a, a na intervalot (0,) taa monotono raste.

Primer 10. Nacrtaj gi graficite na funkciite

f ( x)   x 2 , g ( x)  2 x 2 i

h( x)   12 x 2 . Re{enie. Vrednostite na funkcijata f ( x)   x 2 se dobivaat taka {to vrednostite na funkcijata f1 ( x)  x 2 se pomno`at so  1 . Geometriski toa zna~i deka parabolata

105

y   x 2 se dobiva od parabolata y  x 2 so osna simetrija vo odnos na x  oskata. Analogno gi dobivame i graficite na funkciite g i h .  Imaj}i go predvid primer 9 i svojstvata na funkcijata

f ( x)  ax 2 , a  0 za funkcijata f ( x)  ax 2 , a  0 dobivame: grafikot na funkcijata f ( x)  ax 2 e parabolata

y  ax 2 , koja e otvorena nadolu, simetri~en e vo odnos na y  oskata i za a  1 e potesen, a za  1  a  0 e po{irok od grafikot na funkcijata f ( x)   x 2 , vo to~kata x 0  0 funkcijata f ( x)  ax 2 ja dostignuva svojata najgolema vrednost (maksimum) f ( x0 )  0 ,

t.e. to~kata O (0,0) e teme na parabolata y  ax 2 i

- na intervalot (,0) funkcijata f ( x)  ax 2 monotono raste, a na intervalot (0,) taa monotono opa|a.

ZADA^I ZA VE@BAWE 6.

Opredeli go parametarot m taka da grafikot na funkcijata: a) f ( x)  x 2  (m  1) x  4 ,

b) f ( x)  mx 2  (2m  3) x  4 i

v) f ( x) 

2 3

x 2  mx  m3  2

da minuva niz to~kata (3,5) . Za koja vrednost na parametarot m funckijata: a) f ( x)  (2m  3) x 2  mx ,

b) f ( x )  (4m  53 ) x 2  x  5 i

v) f ( x)  (m 2  5m  6) x 2  3x  1

e kvadratna. 8. 9.

Odredi ja funkcijata f ( x)  ax 2  bx  c ako: a) f (0)  1, f (1)  3, f (2)  0 , b) f (1)  1, f (1)  2, f (2)  0 i Nacrtaj gi graficite na funkciite: a) f ( x)  3 x 2 ,

b) f ( x)  3 x 2 ,

v) f ( x) 

3 2

x2 ,

g) f ( x) 

2 3

v) f (2)  1, f (2)  3, f (3)  4 . x2 i

d) f ( x)   23 x 2 .

10. Vo ist koordinaten sistem nacrtaj gi graficite na funkciite f ( x)  x 2 , g ( x)  x 2  1 i h(x)  x2 1. [to zabele`uva{? Dali mo`e{ da gi dobie{ graficite na g i h od grafikot na f ? Kako?

3. GRAFICI NA FUNKCIITE

f ( x)  ax 2  c I f ( x)  a ( x  x0 ) 2 Vo prethodnata to~ka ja razgledavme kvadratnata funkcija od vidot f ( x)  ax 2 . Vo ovoj del }e gi razgledame funkciite f ( x)  ax 2  c i f ( x)  a( x  x0 ) 2 ~ii grafici ednostavno se konstruiraat so pomo{ na funcijata f ( x)  ax 2 .

106

A) GRAFIK NA FUNKCIJATA f ( x)  ax 2  c Definicija 2. Za brojot x 0  R }e velime deka e nula na funkcijata f ako e re{enie na ravenkata f ( x)  0 . (3) Zabele{ka 4. Ako x 0  R e nula na funkcijata f , toga{ to~kata A( x 0 ,0) pripa|a na grafikot na funkcijata f . No, to~kata A( x 0 ,0) pripa|a na x  oskata. Spored toa, nulite na funkcijata f se apcisite na to~kite vo koi grafikot na funkcijata ja se~e x  oskata. Primer 11. Vo ist koordinaten sistem nacrtaj gi graficite na funkciite

f ( x)  14 x 2 , f ( x)  14 x 2  2 i f ( x)  14 x 2  2 . Re{enie. Sostavuvame tablica na vrednosti na funkciite

f ( x)  14 x 2 , f ( x)  14 x 2  2 i f ( x)  14 x 2  2 za nekoi vrednosti na argumentot x . Imame, x

1

2

3

4

...

1 x2 4

1 4

9 4

...

1 x2  2 4

9 4

17 4

...

1 x2  2 4

-2

7

-1

1 4

...

i dobienite to~ki za sekoja funkcija oddelno gi gi crtame vo koordninatna ramnina, a potoa gi povrzuvame so neprekinata kriva so {to gi dobivame graficite na funkciite. Od formulite na razgleduvanite funkcii zabeleùvame deka oddelnite vrednosti na funkcijata f ( x)  14 x 2  2 , odnosno na funkcijata f ( x)  14 x 2  2 gi dobivame taka {to na soodvetnite vrednosti na funkcijata f ( x)  14 x 2 im go dodavame brojot 2, odnosno brojot  2 , t.e. odzemame 2. Ottuka sleduva deka parabolata y  14 x 2  2 , odnosno y  14 x 2  2 ja dobivame so translacija na parabolata y  14 x 2 za vektor OT koj e so dolìna 2 i e vo nasoka na y  oskata, odnosno za vektor OT 1 koj e so dolìna 2 i vo sprotivna nasoka od nasokata na y  oskata. Ponatamu, zabeleùvame deka site tri funkcii se parni, opa|aat na intervalot

(,0) i rastat na intervalot (0,) , (proveri!). Temeto na parabolata y  14 x 2 e to~kata O (0,0) , a dodeka na parabolite y  14 x 2  2 i y  14 x 2  2 se to~kite T (0,2) i

T1 (0,2) , soodvetno i ovie to~ki se to~ki na minimum za razgleduvanite funkcii.

107

Od crt. 8 mo`eme da zabele`ime graficite na site tri funkcii se otvoreni nagore. Funkcijata 1 4

f ( x)  14 x 2 ima nula vo to~kata x0  0 . Ponatamu, ravenkata

x 2  2  0 nema realni re{enija, pa zatoa funkcijata f ( x)  14 x 2  2 nema nuli. Me|u-

toa ravenkata 14 x 2  2  0 ima re{enie i nejzini koreni se x1 / 2  2 2 i toa se nuli na funkcijata f ( x)  14 x 2  2 . Soglasno zabele{ka 4 grafikot na ovaa funkcija, t.e. parabolata y  14 x 2  2 ja se~e x  oskata vo to~kite (2 2 ,0) i (2 2 ,0) (crt. 8).  Primer 12. Na crt. 9 se nacrtani graficite na funkciite f ( x)   34 x 2 , f ( x)   34 x 2  3 i f ( x)   34 x 2  2 . Pritoa e koristena slednata tablica za vrednostite na funkciite vo oddelni to~ki: x

1

2

3

4

...

 34 x 2

1 4

-3

 27 4

12

...

 34 x 2  3

9 4

 15 4

9

...

 34 x 2  2

-2

 11 4

-5

 35 4

14

...

Od formulite na razgleduvanite funkcii zabele`uvame deka oddelnite vrednosti na funkcijata

f ( x)   34 x 2  3 , odnosno na funkcijata f ( x)   34 x 2  2 gi dobivame taka {to na soodvetnite vrednosti na funkcijata

f ( x)   34 x 2 im go dodavame brojot 3, odnosno brojot  2 , t.e. odzemame 2. Ottuka sleduva deka parabolata y   34 x 2  3 , odnosno y   34 x 2  2 ja dobivame so translacija na parabolata y   34 x 2 za 3 i e vo nasoka na y  oskata,

odnosno za vektor 2 vo sprotivna nasoka od nasokata na y  oskata. Ponatamu, zabele`uvame deka site tri funkcii se parni, rastat na intervalot

(,0) i opa|aat na intervalot (0,) , (proveri!). Temeto na parabolata y   34 x 2 e to~kata O(0,0) , a dodeka na parabolite y   34 x 2  3 i y   34 x 2  2 se to~kite (0,3) i

(0,2) , soodvetno i ovie to~ki se to~ki na maksimum za razgleduvanite funkcii. Od crt. 9 mo`eme da zabele`ime graficite na site tri funkcii se otvoreni nadolu. Funkcjata f ( x)   34 x 2 ima nula vo to~kata x 0  0 , funkcijata f ( x)   34 x 2  3 vo to~kite (2,0) i (2,0) , a dodeka funkcijata f ( x)   34 x 2  2 nema nuli (zo{to?).  108

Od dosega iznesenoto za grafikot na funkcijata od vidot f ( x)  ax 2  c mo`eme da zaklu~ime:

grafikot na funkcijata f ( x)  ax 2  c e parabolata y  ax 2  c i se dobiva so translacija na parabolata y  ax 2 za | c | vo nasoka na y  oskata ako c  0 , a vo sprotivna nasoka od nasokata na y  oskata ako c  0 ,

parabolata y  ax 2  c e simetri~na vo odnos na y  oskata, a nejzinoto teme e T (0, c) ,

ako a  0 , toga{ parabolata e otvorena nagore, funkcijata f opa|a na intervalot (,0) , raste na intervalot (0,) i za x0  0 ima minimum koj iznesuva f (0)  c ,

ako a  0 , toga{ parabolata e otvorena nadolu, funkcijata f raste na intervalot (,0) , opa|a na intervalot (0,) i za x0  0 ima maksimum koj iznesuva f (0)  c i

ako koeficientite a i c se so isti znaci, toga{ funkcijata f nema nuli, a ako se so sprotivni znaci taa ima dve nuli koi se re{enie na kvadratnata ravenka ax 2  c  0 .

B) GRAFIK NA FUNKCIJATA f ( x)  a( x  x0 ) 2 Vo ovoj del }e poka`eme kako grafikot na funkcijata f ( x)  a( x  x0 ) 2 se dobiva so translacija po x  oskata od grafikot na funkcijata f ( x)  ax 2 . Za taa cel prvo }e razgledame eden primer. Primer 13. Nacrtaj go grafikot na funkcijata a) f ( x)  ( x  1) 2 ,

b) f ( x)  ( x  2) 2 i

v) f ( x)  2( x  1) 2 . Re{enie. a) Ja formirame slednata tablica za vrednostite na funkcijata za nekoi vrednosti na argumentot x : x ( x  1)

...

-2

-1

...

... ...

...

Ako gi naneseme to~kite vo koordinaten sistem i gi povrzeme so neprekinata linija }e zabele`ime deka grafikot na funkcijata f ( x)  ( x  1) 2 e parabola otvorena nagore, koja se dobiva od grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 , ako parabolata y  x 2 ja translatirame za 1 vo nasoka na x  oskata (crt. 10). Temeto na parabolata y  ( x  1) 2 e to~kata (1,0) , a pravata x  1 e nejzina oska na simetrija.

109

Ponatamu, na intervalot (,1) funkcijata monotono opa|a, a na intervalot (1,) taa monotono raste i vo to~kata x0  1 ima minimum f (1)  0 . b) Ja sostavuvame tablicata: x (x  2)

...

-4

-3

-2

-1

...

... ...

...

Kako i vo zada~ata pod a) zaklu~uvame deka grafikot na funkcijata f ( x)  ( x  2) 2 e parabola otvorena nagore, koja se dobiva od grafikot na funkcijata f ( x)  x 2 , ako parabolata y  x 2 ja translatirame za 2 sprotivno od nasokata na x  oskata (crt. 11). Temeto na parabolata y  ( x  2) 2 e to~kata (2,0) , a pravata x  2 e nejzina oska na simetrija. Ponatamu, na intervalot (,2) funkcijata monotono opa|a, a na intervalot (2,) taa monotono raste i vo to~kata x0  2 ima minimum f (2)  0 . v) Za da go nacrtame grafikot na funkcijata

f ( x)  2( x  1) 2 dovolno e da go nacrtame grafikot na funkcijata f ( x)  2 x 2 i istiot da go translatirame za 1 sprotivno od nasokata na x  oskata (crt. 12). Zna~i, grafikot e parabola otvorena nadolu i so teme vo to~kata (1,0) . Pravata x  1 e nejzina oska na simetrija. Ponatamu, na intervalot (,1) funkcijata monotono raste, a na intervalot (1,) taa monotono opa|a i vo to~kata x0  1 ima maksimum f ( 1)  0 .  Od dosega iznesenoto za grafikot na funkcijata od vidot f ( x)  a( x  x0 ) 2 mo`eme da zaklu~ime:

grafikot na funkcijata f ( x)  a( x  x0 ) 2 e parabolata y  a( x  x0 ) 2 i se dobiva so translacija na parabolata y  ax 2 za x0 vo nasoka na x  oskata ako x0  0 , a vo sprotivna nasoka od nasokata na x  oskata ako x0  0 ,

110

parabolata y  a ( x  x0 ) 2 e simetri~na vo odnos na pravata x  x0 , a nejzinoto teme e T ( x0 ,0) , ako a  0 , toga{ parabolata e otvorena nagore, funkcijata f opa|a na intervalot (, x0 ) , raste na intervalot ( x0 ,) i vo x0 ima minimum koj iznesuva f ( x0 )  0 i ako a  0 , toga{ parabolata e otvorena nadolu, funkcijata f raste na intervalot (, x0 ) , opa|a na intervalot ( x0 ,) i za x0 ima maksimum koj iznesuva f ( x0 )  0 .

ZADA^I ZA VE@BAWE 11. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  ax 2  c , ako: a) a  2, c 

1 2

b) a  12 , c 

3 2

v) a  2, c 

5 2

g) a  12 , c  4 .

12. Koja funkcija se dobiva ako ordinatite na sekoja to~ka od parabolata y  3x 2 se: a) zgolemat za 4, b) se namalat za 3. 13. Odredi ja kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  c , ako: a) f (0)  1, f (1)  2 , b) f (1)  1, f (2)  2 i

v) f (1)  2, f (2)  4

14. Najdi kvadratna funkcija za koja f (3)  f (3)  5, f (0)  4 . Upatstvo. Iskoristi deka od f (3)  f (3) sleduva deka funkcijata e od vidot f ( x)  ax 2  c . 15. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  a ( x  x 0 ) 2 , ako: a) a  12 , x 0  2 ,

b) a  13 , x 0  2 i

v) a  3, x 0  1 .

16. Odredi go maksimumot (minimumot) i intervalite na monotonost na funkcijata f , ako: a) f ( x)  ( x  3) 2 ,

b) f ( x)  2( x  3) 2 i

v) f ( x)  2( x  1) 2 .

17. Za kolku edinici i vo koja nasoka treba da se translatira parabolata y  2( x  1) 2 , za da se dobie parabolata: a) y  2 x 2 ,

b) y  2( x  3) 2 i

v) y  2( x  4) 2 .

4. GRAFIK NA FUNKCIJATA f ( x)  ax 2  bx  c Vo prethodnite razgleduvawa nau~ivme da gi konstruirame grafici na funkcii od vidovite f ( x)  ax 2 , f ( x)  ax 2  c i f ( x)  a( x  x0 ) 2 . Vo ovoj del }e se osvrneme na konstrukcijata na grafikot na funkcijata f ( x)  ax 2  bx  c . Za taa cel prvo }e razgledame kako se konstruira grafikot na funkcija od vidot f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0 . Ako funkcijata

f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0 ja sporedime so funkcijata

g ( x)  a ( x  x0 ) 2 zabele`uvame deka tie se razlikuvaat za konstanta y 0 . Toa, pak, zna~i deka grafikot na funkcijata f }e go dobieme od grafikot na funkcijata g so translacija po y  oskata za | y 0 | edinici i toa vo nasoka na y  oskata ako y 0  0 i vo nasoka sprotivna od nasokata na y  oskata ako y 0  0 . Da razgledame dva primeri. Primer 14. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  3( x  1) 2  2 .

111

Re{enie. Prvo go crtame grafikot na funkcijata

f 0 ( x)  3x 2 . So translacija za 1 vo nasoka na x  oskata go dobivame grafikot na funkcijata f1 ( x)  3( x  1) 2 (crt. 13). Sega so u{te edna translacija za 2 vo nasoka na y  oskata, no na grafikot na funkcijata f1 go dobivame grafikot na funkcijata f . Zna~i, grafikot na funkcijata f

go dobivame od

parabolata y  3x 2 , so dve nejzini translacii: vo nasoka na x  oskata za 1 i vo nasoka na y  oskata za 2. Temeto ma parabolata y  3( x  1) 2  2 e vo to~kata (1,2) , a pravata x  1 e nejzina oska na simetrija (zo{to?). Funkcijata ima minimum za x  1 i toj e f (1)  2 . Primer 15. Nacrtaj go grafikot na funkcijata

f ( x)  (2 x  1) 2  2 . Re{enie. Prvo dadenata funkcija }e ja zapi{eme vo vidot f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0 . Imame

f ( x)  (2 x  1) 2  2  [2( x  12 )] 2  2  4( x  12 ) 2  2 . Sega analogno kako vo primer 14 grafikot na funkcijata go dobivame so translacija na parabolata

y  4 x 2 za 12 vo nasoka sprotivna od nasokata na x  oskata, a potoa so translacija za 2 vo nasoka sprotivna od nasokata na y  oskata. Temeto na parabolata y  4( x  12 ) 2  2 e vo to~kata ( 12 ,2) , a pravata x   12 e nejzina oska na simetrija (zo{to?). Funkcijata ima nuli x1 / 2  12 2 i toa se korenite na ravenkata (2 x  1) 2  2  0 . Funkcijata ima minimum za x   12 i toj e f ( 12 )  2 .  Od dosega iznesenoto za grafikot na funkcijata od vidot f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0 mo`eme da zaklu~ime:

grafik na funkcijata f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0 e parabolata y  a( x  x0 ) 2  y 0 i toj se dobiva, prvo so translacija na parabolata y  ax 2 za x0 vo nasoka na x  oskata ako x0  0 , a vo sprotivna nasoka od nasokata na x  oskata ako

x0  0 , a potoa dobienata parabola y  a ( x  x0 ) 2 se translatira za y 0 vo na112

soka na y  oskata ako y 0  0 , a vo sprotivna nasoka od nasokata na y  oskata ako y 0  0 ,

parabolata y  a ( x  x0 ) 2  y 0 e simetri~na vo odnos na pravata x  x0 , a nejzinoto teme e T ( x0 , y 0 ) ,

ako a  0 , toga{ parabolata e otvorena nagore, funkcijata f opa|a na intervalot (, x0 ) , raste na intervalot ( x0 ,) i vo x0 ima minimum koj iznesuva f ( x0 )  y 0 ,

ako a  0 , toga{ parabolata e otvorena nadolu, funkcijata f raste na intervalot (, x0 ) , opa|a na intervalot ( x0 ,) i za x0 ima maksimum koj iznesuva f ( x0 )  y 0 i

ako a i y 0 se so isti znaci, toga{ funkcijata nema nuli, ako a i y 0 se so sprotivni znaci, toga{ taa ima nuli x1 i x 2 i toa se korenite

na ravenkata a( x  x 0 ) 2  y 0  0 , {to zna~i deka parabolata y  a( x  x0 ) 2  y 0 ja se~e x  oskata vo to~kite ( x1 ,0) i ( x 2 ,0) . Prethodnite razgleduvawa ni ovozmo`uvaat da go nacrtame grafikot na kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c . ]e razgledame dva primeri. Primer 16. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  3 x 2  6 x  1 . Re{enie. So dopolnuvawe do poln kvadrat imame:

f ( x)  3 x 2  6 x  1  3( x 2  2 x)  1  3( x 2  2 x  1  1)  1  3( x  1) 2  3  1  3( x  1) 2  2 t.e.

f ( x)  3( x  1) 2  2

(1)

Spored toa, grafikot na funkcijata f se dobiva od parabolata y  3 x 2 so translacija vo nasoka na x  oskata za 1 i vo nasoka sprotivna od nasokata na y  oskata za 2. Parabolata

y  3x 2  6 x  1 e otvorena nagore, nejzino teme e to~kata (1,2) , taa e simetri~na vo odnos na pravata x  1 i f ima minimum za x  1 i toa f (1)  2 . Bidej}i vo (1) koeficientite 3 i  2 se so sprotiven znak funkcijata f ima nuli i toa se korenite na ravenkata

3( x  1) 2  2  0 . 113

Spored toa, nuli na funkcijta se x1 / 2  33 6 , {to zna~i deka grafikot na funckijata

f ja se~e x  oskata vo to~kite ( 33 6 ,0) i ( 33 6 ,0) (crt. 15).  Primer 17. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)   12 x 2  4 x  5 . Re{enie. So dopolnuvawe do poln kvadrat imame:

f ( x)   12 x 2  4 x  5   12 ( x 2  8 x)  1   12 ( x 2  8 x  16)  3   12 ( x  4) 2  3 t.e.

f ( x)   12 ( x  4) 2  3

(1)

Spored toa, grafikot na funkcijata f se dobiva od parabolata y   12 x 2 so translacija vo nasoka na

x  oskata za 4 i vo nasoka na y  oskata za 3.

Parabolata y   12 x 2  4 x  5 e otvorena nadolu, nejzino teme e to~kata (4,3) , taa e simetri~na vo odnos na pravata x  4 i f ima minimum za x  4 i toa f (4)  3 . Bidej}i vo (1) koeficientite  12 i 3 se so sprotiven znak funkcijata f ima nuli i toa se korenite na ravenkata  12 ( x  4) 2  3  0 . Spored toa, nuli na funkcijta se x1 / 2  4  6 , {to zna~i deka grafikot na funckijata f ja se~e x  oskata vo to~kite (4  6 ,0) i (4  6 ,0) (crt. 16).  Da se vratime na op{tiot slu~aj. ]e go koristime spomenatiot metod na dopolnuvawe do poln kvadrat. Pri izu~uvaweto na kvadratnata ravenka vidovme deka 2 2 f ( x)  ax 2  bx  c  a ( x 2  ba x  ac )  a[( x  2ba ) 2  b 42ac ]  a ( x  2ba ) 2  4 ac4ab . 4a

Ako poslednoto ravenstvo go sporedime so ravenstvoto f ( x)  a( x  x0 ) 2  y 0 od prethodnite razgleduvawa zaklu~uvame deka: - grafikot na kvadratnata funkcija e parabola koja se dobiva so translacija na parabolata y  ax 2 ,

114

teme na parabolata e to~kata T ( 2ba , 4ac4ab ) ,

oska na simetrija e pravata x   2ba i

parabolata y  ax 2  bx  c e otvorena nagore ako a  0 , odnosno nadolu ako a0.

ZADA^I ZA VE@BAWE 18. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  a ( x  x 0 ) 2  y 0 , ako: a) a  2, x 0  1, y 0  2 ,

b) a   12 , x 0  2, y 0  1 i

v) a  4, x 0  1, y 0  2 .

19. Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  a ( x  x 0 ) 2  y 0 , ako nejziniot grafik ima tema: a) T (4,2) i minuva niz to~kata M (3,1) , b) T (3,2) i ja se~e x  oskata vo to~ka so apcisa 5 , v) T (2,1) i ja se~e y  oskata vo to~ka so ordinata 7 . 20. Nacrtaj go grafikot na funkcijata: a) f ( x)  x 2  4 x  5 ,

b) f ( x)   x 2  6 x  5 i

v) f ( x)   12 x 2  3x  3 .

21. Najdi gi temeto i oskata na sometrija na kvadratnata funkcija: a) f ( x)  x 2  x  1 ,

b) f ( x)   x 2  2 x  2 i

v) f ( x) 

1 4

x 2  2x  4 .

5. SVOJSTVA NA KVADRATNATA FUNKCIJA f ( x)  ax 2  bx  c Vo prethodnite razgleduvawa so pomo{ na grafikot na osnovnata kvadratna funkcija f ( x)  x 2 go konstruiravme grafikot na funkcijata od vidot f ( x)  ax 2 , a potoa so pomo{ na translacijata i elementarni algebarski transformacii go konstruiravme grafikot na kvadratanata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c . Vo ovaa to~ka }e se navratime na svojstvata na kvadratnata funkcija i istite }e gi izvedeme na na~in na koj naj~esto se prou~uvaat i drugi funkcii. Pritoa }e poka`eme kako grafikot na kvadratanata funkcija mo`e da se nacrta so pomo{ na nejzinite karakteristi~ni to~ki. A) EKSTREM, OSKA NA SIMETRIJA I MNO@ESTVO VREDNOSTI NA KVADRATNA FUNKCIJA

Da ja razgledame kvadratanata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c . Vo prethodnata to~ka poka`avme deka istata mo`e da se zapi{e vo vidot 2 f ( x)  a( x  2ba ) 2  4ac4ab ,

(1)

koj go narekuvame kanoni~en vid na kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c . Vo prethodno razgledanite primeri vidovme deka nekoi kvadratni funkcii imaat najmala vrednost (minimum), a nekoi imaa najgolema vrednost (maksimum). Minimumot i maksimumot na edna funkcija so zaedni~ko ime }e gi narekuvame ekstremi ili

115

ekstremni vrednosti na funkcijata. Vo prethodnite razgleduvawa intuitivno prifativme {to zna~at poimite minimum i maksimum na funkcija, no ovde istite }e gi definirame. Taka ja imame slednata definicija. Definicija 3. Neka f : A  R , A  R . Za funkcijata f }e velime deka vo to~kata x0  A ima ekstrem i toa:

a) maksimum, ednakov na f ( x0 ) , ako f ( x0 )  f ( x) za sekoj x  A ; b) minimum, ednakov na f ( x 0 ) , ako f ( x0 )  f ( x) za sekoj x  A . Vo vrska so ekstremnite vrednosti na kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 1. Neka e dadena kvadratana funkcija f ( x)  ax 2  bx  c . 2 a) Ako a  0 , toga{ f vo to~kata x0   2ba ima minimum f ( x0 )  4ac4ab . 2 b) Ako a  0 , toga{ f vo to~kata x0   2ba ima maksimum f ( x0 )  4ac4ab . Dokaz. a) Neka a  0 . Bidej}i kvadrat na realen broj e nenegativen realen broj i znakot na neravenstvoto ne se menuva ako go pomno`ime so pozitiven broj ili ako od dvete strani dodademe proizvolen realen broj posledovatelno dobivame:

( x  2ba ) 2  0 , za sekoj x  R ;

a( x  2ba ) 2  0 , za sekoj x  R i 2 2 a( x  2ba ) 2  4ac4ab  4ac4ab , za sekoj x  R . Ponatamu, ako se iskoristi kanone~niot vid na kvadratnata ravenka (2) dobivame deka 2 f ( 2ba )  4ac4ab , pa od poslednoto neravenstvo sleduva f ( 2ba )  f ( x) , za sekoj x  R , 2 {to zna~i deka funkcijata f vo to~kata x0   2ba ima minimum ednakov na 4ac4ab . Tvrdeweto pod b) se dokaùva analogno. Obidi se samostojno da go dokaè{. koristej}i deka znakot na neravenstvoto se menuva, ako toa se pomnoì so negativen broj. 

Primer 18. Najdi gi ekstremnite vrednosti na kvadratnata funkcija: a) f ( x)  12 x 2  4 x  5 i

b) f ( x)   32 x 2  x  2 .

Re{enie. a) Bidej}i a  12  0 od teorema 1 sleduva deka za x0   2ba  4 funkci-

jata ima minimum f ( x0 )  f (4) 

4 12 ( 5) 42 4 12

  16  8 . 2

a) Bidej}i a   32  0 od teorema 1 sleduva deka za x0   2ba   13 funkcijata ima

minimum f ( x0 )  f ( 13 ) 

116

4(  32 )( 2) ( 1) 2 4(  32 )

  11 . 6

Primer 19. Od par~e lim koe ima forma na ostroagolen triagolnik ABC (crt. 17), treba da se ise~e pravoagolnik taka, {to ednata strana da leì na stranata AB na triagolnikot i da ima najgolema mo`na plo{tina. Najdi gi dolìnite na stranite na pravoagolnikot. Re{enie. Neka DEFG e pravoagolnik vpi{an vo triagolnikot ABC taka {to edna negova strana leì na stranata AB i neka dolìnite na negovite strani se x i y . Bidej}i ABC ~ GFC imame c : h  x : (h  y ) , a ottuka

sleduva y   hc x  h . Sega plo{tinata na pravoagolnikot e P  xy i ako zamenime za y dobivame

P( x)   hc x 2  hc , i toa e kvadratna funkcija po x . Od  hc  0 , spored teorema 1, sleduva deka ovaa 2 funkcija za x   2ba  2c ima maksimum P ( 2c )  h h  hc . Vtorata strana na pravoagolni4 4(  c )

kot ima dol`ina y   hc  2c  h  h2 .  Vo prethodnite razgleduvawa vidovme deka grafikot na kvadratnata funkcija e parabola i istata ima oska na simetrija. Vo slednata teorema }e go doka`eme ova tvrdewe, bez pritoa da ja koristime translacijata. Teorema 2. Pravata x   2ba e oska na simetrija na grafikot na kvadratnata

funkcija f ( x)  ax 2  bx  c .

f (  2ba

Dokaz. Dovolno e da doka`eme deka za sekoj t  R e ispolneto ravenstvoto  t )  f ( 2ba  t ) (zo{to?).

Ako go iskoristime kanoni~niot vid na kvadratna funkcija dobivame 2 2 2 f (  2ba  t )  a( 2ba  t  2ba ) 2  4ac4ab  at 2  4 ac4ab  a( 2ba  t  2ba ) 2  4ac4ab  f ( 2ba  t ) ,

{to i treba{e da se doka`e.  Primer 20. Najdi ja oskata na simetrija na grafikot na kvadratnata funkcija: a) f ( x)  12 x 2  4 x  5

b) f ( x)   32 x 2  x  2 .

Re{enie. a) Koeficientite na funkcijata se a  12 , b  4 i c  5 , pa od teorema

2 sleduva deka oskata na simetrija na nejziniot grafik e pravata x   2ba  4 .

x

b) Analogno kako vo zada~ata pod a) nao|ame deka oskata na simetrija e pravata   13 . 

b 2a

117

Teorema 3. Za kvadratanata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c mno`estvoto vrednosti e: a) V f  f ( D)  [ 4 ac4ab ,) , ako a  0 ; 2

b) V f  f ( D)  (, 4ac4ab ] , ako a  0 . 2

Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). ]e go doka`eme tvrdeweto pod a). Tvrdeweto pod b) se doka`uva analogno. 2

Neka t  [ 4ac4ab ,) . Toa zna~i deka t  broj x takov, {to f ( x)  t , t.e deka za sekoj t 

4 ac b 2 4a

. Treba da doka`eme deka postoi realen

korenite na ravenkata ax 2  bx  c  t koja e

ekvivalentna na ravenkata ax 2  bx  c  t  0

(2)

se realni. Bidej}i a  0 od t 

4 ac b 2 4a

sleduva deka 4at  4ac  b 2 (znakot na neravenstvoto ne se

menuva ako go pomno`ime so pozitiven broj) odnosno b 2  4ac  4at  0 . Spored toa, za diskriminantata na ravenkata (2) dobivame D  b 2  4a(c  t )  b 2  4ac  4at  0 ,

{to zna~i deka nejzinite koreni se realni. 

Primer 21. Opredeli go mno`estvoto vrednosti na funkcijata: a) f ( x)  x 2  2 x  5 i

b) f ( x)   x 2  4 x  3 .

Re{enie. a) Bidej}i a  1  0 , od teorema 1 sleduva deka za x0   2ba  1 funkcija2 ta ima minimum y 0  4ac4ab  4 . Sega, od teorema 3 a) sleduva deka mno`estvoto vrednosti na funkcijata e V f  [4,) . 2 b) Bidej}i a  1  0 i 4ac4ab  12416  1 , od teorema 3 b) sleduva deka mno`estvoto vrednosti na funkcijata e V f  (,1] . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 22. Opredeli ja ekstremnata vrednost na funkcijata: a) f ( x)   13 x 2  2 x  2 ,

b) f ( x) 

1 2

x 2  3 x  52 i

23. Za koja vrednost na parametarot m funkcijata f ( x) 

v) f ( x)  2 x 2  12 x  15 . 1 2

x 2  x  m ima minimum ednakov na 2?

24. Za koja vrednost na parametarot m funkcijata f ( x )  (m  1) x 2  2 x  m ima ekstrem ednakov na 1? 25. Par~e ìca dolgo 40m treba da se podeli na 4 dela, taka {to od tie delovi da se sostavi pravoagolnik so maksimalna plo{tina. Kako treba da se podeli ìcata? 26. Brojot 18 zapi{i go kako zbir na dva broja taka da zbirot na nivnite kvadrati e najmal. 27. Par~e ìca so dolìna 56m treba da se podeli na dva dela, od edniot del da se sostavi kvadrat,a od drugiot pravoagolnik ~ij odnos na strani e 1 : 3 . Kako da se podeli ìcata za da zbirot na plo{tinite na kvadratot i pravoagolnikot e minimalen?

118

28. Najdi ja stranata na najmaliot kvadrat, koj mo`e da se vpi{i vo kvadrat so strana 6cm . 29. Vo polukrug so dijametar 10cm vpi{i trapez ~ija pogolema osnova e dijametarot, a negoviot perimetar da e maksimalen. 30. Opredeli ja oskata na simetrija na grafikot na funkcijata: a) f ( x)   23 x 2  x  2 ,

b) f ( x) 

5 2

x 2  7x 1 i

v) f ( x)   52 x 2  12 x  5 .

31. Opredeli go mno`estvoto vrednosti na funkcijata: a) f ( x)  4 x 2  2 x  14 ,

b) f ( x) 

3 2

x 2  x  53 i

v) f ( x)  2 x 2  x  5 .

B) RASTEWE I OPA\AWE, NULI I ZNAK NA KVADRATNA FUNKCIJA Vo teorema 1 doka`avme:

ako a  0 , toga{ kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c ima minimum koj se dostignuva vo to~kata x0   2ba i

ako a  0 , toga{ kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c ima maksimum koj se dostignuva vo to~kata x0   2ba .

Logi~no e da se zapra{ame kako funkcijata se odnesuva za vrednosti na argumentot pomali, odnosno pogolemi od x0   2ba . Vo slednata teorema }e doka`eme deka vo intervalite (, 2ba ) i ( 2ba ,) kvadratnata funcija f ( x)  ax 2  bx  c raste ili opa|a, vo zavisnost od znakot na koeficientot a . Za taa cel prvo poprecizno }e ka`eme {to zna~i funkcija monotono da raste, odnosno monotono da opa|a. Definicija 4. Neka f : R  R . Za funkcijata f }e velime deka: a) monoto raste vo intervalot (a, b) ako od x1  x 2 sleduva f ( x1 )  f ( x 2 ) , za sekoi x1 , x 2  (a, b) i b) monoto opa|a vo intervalot (a, b) ako od x1  x 2 sleduva f ( x1 )  f ( x 2 ) , za sekoi x1 , x 2  (a, b) . Kako {to znaeme, linearnata funkcija f ( x)  ax  b monotono raste na celiot interval ako a  0 , a opa|a na ovoj interval ako a  0 . Teorema 4. a) Ako a  0 , toga{ kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c monotono opa|a vo intervalot (, 2ba ) i monotono raste vo intervalot ( 2ba ,) . b) Ako a  0 , toga{ kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c monotono raste vo intervalot (, 2ba ) i monotono opa|a vo intervalot ( 2ba ,) . Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). a) Neka x1  x 2   2ba . Ako kon sekoja strana na neravenstvata dodademe

b 2a

dobivame x1  2ba  x 2  2ba  0 . Neravenstvoto x1  2ba  x 2  2ba

prvo go mno`ime so x1  2ba  0 , potoa so x 2  2ba  0 i dobivame ( x1  2ba ) 2  ( x 2  2ba )( x1  2ba ) i

119

( x 2  2ba )( x1  2ba )  ( x 2  2ba ) 2 , (znakot na neravenstvoto se menuva ako pomno`ime so negativen broj). Od poslednite dve neravenstva sleduva ( x1  2ba ) 2  ( x 2  2ba ) 2 . Ponatamu, neravestvoto (3) go mno`ime so a  0 i go dobivame neravenstvoto a( x1  2ba ) 2  a ( x 2  2ba ) 2 .

(3) (4)

2 Od dvete strani na neravenstvoto (4) dodavame 4ac4ab i go dobivame neravenstvoto 2

a( x1  2ba ) 2  4ac4ab  a ( x 2  2ba ) 2  4ac4ab , t.e. ako se ima predvid kanoni~niot vid na kvadratna funkcija neravenstvoto f ( x1 )  f ( x 2 ) , b ). {to zna~i deka f monotono opa|a vo intervalot (, 2a

Ako  2ba  x1  x 2 , toga{ 0  x1  2ba  x 2  2ba i povtorno so mno`ewe so 0  x1  2ba i 0  x 2  2ba se dobivaat neravenstvata ( x1  2ba ) 2  ( x 2  2ba )( x1  2ba ) i ( x 2  2ba )( x1  2ba )  ( x 2  2ba ) 2

od kade {to sleduva neravenstvoto ( x1  2ba ) 2  ( x 2  2ba ) 2 . Sega, ako poslednoto neravenstvo go 2 pomno`ime so a  0 , a potoa na dvete strani na dobienoto neravenstvo dodademe 4ac4ab go dobi-

vame neravenstvoto a( x1  2ba ) 2  4 ac4ab  a ( x 2  2ba ) 2  4ac4ab {to zna~i deka f monotono raste vo intervalot ( 2ba ,) .

t.e. neravenstvoto f ( x1 )  f ( x 2 ) ,

b) Dokazot e analogen na dokazot na tvrdeweto pod a). Obidi se istiot samostojno da go realizira{. 

Primer 22. Opredeli gi intervalite na monotonost na funkcijata: a) f ( x)  7 x 2  8 x  5 i

b) f ( x)  2 x 2  4 x  3 .

Re{enie. a) Bidej}i a  7  0 i  2ba   287  74 , od teorema 4 a) sleduva deka na intervalot (, 74 ) funkcijata monotono opa|a, a na intervalot ( 74 ,) taa monotono raste. b) Bidej}i a  2  0 i  2ba   2(42)  1 , od teorema 4 a) sleduva deka na intervalot (,1) funkcijata monotono raste, a na intervalot (1,) taa monotono opa|a.  Vo definicija 2 nulite na funkcijata f gi definiravvme kako realni re{enija na ravenkata f ( x)  0 . Spored toa, nuli na kvadratnata funkcija

f ( x)  ax 2  bx  c se realnite koreni na kvadratnata ravenka

(5)

ax 2  bx  c  0 . (6) So D povtorno da ja ozna~ime diskriminantata na ravenkata (6). Imame: - ako D  0 , toga{ korenite na ravenkata (6) se kowugirano kompleksni broevi, {to zna~i grafikot na funkcijata (5) nema zaedni~ki to~ki so x  oskata, - ako D  0 , toga{ ravenkata (6) ima realni i ednakvi koreni, t.e. x1  x 2 , {to zna~i grafikot na funkcijata (5) ja dopira x  oskata i

120

ako D  0 , toga{ ravenkata (6) ima realni i razli~ni koreni x1 i x 2 , {to zna~i grafikot na funkcijata (5) ja se~e vo dve to~ki x  oskata.

Primer 23. Opredeli gi nulite na funkcijata: a) f ( x)  7 x 2  8 x  5 ,

b) f ( x)  2 x 2  4 x  3 i

v) f ( x)  7 x 2  63x  63 . 4

Re{enie. a) Bidej}i D  64  140  0 funkcijata nema nuli. b) Od D  16  24  0 sleduva deka funkcijata ima dve nuli i toa

x1 / 2   44 40   424 10  1  10 2 v) Od D  63 2  63  7  0 sleduva deka deka funkcijata ima dve nuli i toa 632 637 x1 / 2  63 14  631442 2  926 2 . 

Primer 24. Neka e dadena familijata kvadratni funkcii

f ( x)  kx 2  2 x  k  2, k  R \ {0} . Dokaì deka sekoja od ovie funkcii ima realni nuli. Re{enie. Za diskriminantata D na sekoja funkcija od familijata imame D  (2) 2  4k ( k  2)  4  8k  4k 2  (2  2k ) 2  0 , {to zna~i deka nejzinite nuli se realni. Jasno, za k  1 nulite se realni i ednakvi, a za k  1 tie se realni i razli~ni.  Da se potsetime, pri prou~uvaweto na kvadratnite ravenki go razgledavme pra{aweto za znakot na kvadratniot trinom ax 2  bx  c . Pritoa pokaàvme deka: 1. Ako ako D  0 , t.e. trinomot nema realni koreni, toga{ a) za a  0 vaì P ( x)  0 , za sekoj x  R i b) za a  0 vaì P ( x)  0 , za sekoj x  R . 2. Ako D  0 , t.e. trinomot ima dvoen koren x1  x 2 , toga{ a) za a  0 vaì P ( x)  0 , za sekoj x  R \ {x1} i b) za a  0 vaì P ( x)  0 , za sekoj x  R \ {x1} . 3. Ako D  0 , t.e. trinomot ima dva realni i razli~ni koreni x1 i x 2 , x1  x 2 , koi go razbivaat mnoèstvoto realni broevi na tri disjunktni intervali: (, x1 ), [ x1 , x 2 ] i ( x 2 ,) , toga{ a) za a  0 vaì P ( x)  0 , za sekoj x  (, x1 ) , P ( x)  0 , za sekoj x  [ x1 , x 2 ] i P ( x)  0 , za sekoj x  ( x 2 ,) .

121

b) za a  0 va`i P ( x)  0 , za sekoj x  (, x1 ) , P ( x)  0 , za sekoj x  [ x1 , x 2 ] i P ( x)  0 , za sekoj x  ( x 2 ,) . Bidej}i pra{aweto za znakot na kvadratniot trinom ax 2  bx  c e ekvivalentno na pra{aweto za znakot na kvadratnata funkcijata f ( x)  ax 2  bx  c , tvrdewata 1, 2 i 3 va`at za znakot na kvadratnata funkcija i istite se ilustrirani na crt. 18. Primer 25. Opredeli go znakot na funkcijata: a) f ( x)  7 x 2  8 x  5 ,

b) f ( x)  2 x 2  4 x  3 i

v) f ( x)  7 x 2  21x  63 . 4

Re{enie. a) Od D  64  140  0 i a  7  0 sleduva f ( x)  0 , za sekoj x  R . b) Od D  16  24  0 sleduva deka funkcijata ima dve nuli i toa

x1 / 2   44 40  424 10  1  10 . 2 Ponatamu, a  2  0 , pa zatoa: - f ( x)  0 , za sekoj x  (,1  10 ), 2 - f ( x)  0 , za sekoj x  (1  10 ,1  10 )i 2 2 - f ( x)  0 , za sekoj x  ( 1  10 ,) . 2 v) Od D  212  63  7  0 i a  7  0 sleduva deka f ( x)  0 , za sekoj x  R \ { 32 } .  Primer 26. Za koja vrednost na x dropkata

1 x 2 2 x 2

ima najgolema vrednost.

Re{enie. Broitelot na dropkata e pozitivna konstanta, a imenitelot e kvadratna funkcija so a  1  0 i D  (2) 2  4  1  2  4  0 , t.e toj e pozitiven za sekoj realen broj x . Zatoa dropkata prima najmala vrednost koga imenitelot e najgolem, t.e. koga kvadratnata funkcija f ( x)  x 2  2 x  2 dostignuva maksimum, a toa e za x  1 i pritoa vrednosta na dropkata e 1.  Na krajot od ovoj del }e doka`eme kako so pomo{ na svojstvata na kvadratnata funkcija mo`e da se konstruira grafikot na kvadratnata funkcija. Primer 27. Konstruiraj go grafikot na funkcijata f ( x)  12 x 2  4 x  6 . i c6

Re{enie. Za dadenata funkcija imame a  12 , b  4

a) Oskata na simetrija na grafikot na funkcijata (parabolata) e pravata x   2ba  4 . b)

Bidej}i

a0,

funkcijata

ima

minimum

x 0   2ba  4 i toa f ( x0 )  4ac  b  2 , pa zatoa temeto na 2

parabolata e O ' (4,2) i parabolata e otvorena nagore.

122

v) Od D  b 2  4ac  4 sleduva deka funkcijata ima dve nuli i toa x1 / 2  41 2 , {to zna~i parabolata ja se~e x  oskata vo to~kite P (2,0) i P ' (6,0) . g) Za x  0 dobivame y  6 , {to zna~i deka parabolata ja se~e y  oskata vo to~kata Q (0,6) , a isto taka i to~kata Q' (8,6) e to~ka od parabolata (zo{to?). d) Funkcijata monotono opa|a na intervalot (,4) , a raste na intervalot (4,) , potoa f ( x)  0 na intervalite (,2) i (6,) , a f ( x)  0 na intervalot (2,6) . Sega, vo koordinatniot sistem gi nanesuvame najdenite elementi i go konstruirame grafikot na funkcijata, vodej}i smetka za d). ZADA^I ZA VE@BAWE 32. Opredeli gi intervalite na monotonost na funkcijata: a) f ( x)   13 x 2  2 x  2 ,

b) f ( x)  12 x 2  3 x  52 i

v) f ( x)  2 x 2  12 x  15 .

33. a) Doka`i deka apcisata x 0   2ba minimumot na funkcijata f ( x)  x 2  6 x  5 e aritmeti~ka sredina na nulite na funkcijata. b) Ako se x 0 , x1 i x 2 apcisite na ekstremot i nulite (dokolku gi ima) na kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c , doka`i deka x 0 

x1  x2 2

34. Bez da gi presmetuva{ nulite, doka`i deka intervalot (5,2) sodr`i to~no edna nula na funkcijata f ( x)  x 2  4 x  3 Upatstvo. Opredeli ja oskata na simetrija i zaklu~i deka e potrebno i dovolno broevite f (5) i f (2) da imaat sprotivni znaci. 35. Za koi vrednosti na x funkcijata a) f ( x)  3x 2  5 x  5 , b) f ( x)  16 x 2  24 x  9 i prima pozitivni vrednosti. 36. Za koi vrednosti na x funkcijata

v) f ( x)   x 2  x  6

a) f ( x)  4 x 2  11x  3 , b) f ( x)  9 x 2  6 x  1 i prima negativni vrednosti. 37. Opredeli go znakot na kvadratanata funkcija

v) f ( x)  2 x 2  5 x  3

a) f ( x)  x 2  2 x  6 ,

b) f ( x)  2 x 2  5 x  3 i

v) f ( x)  3x 2  x  3

38. Za koja vrednost na parametarot m funkcijata f ( x)  mx 2  2(m  1) x  m e negativna za sekoj realen broj x . 39. Za koi vrednosti na x dropkata a)

4 x 2 6 x 11

ima najgolema vrednost,

1  x 2  6 x 11

ima najmala vrednost.

123

6. GEOMETRISKA INTERPRETACIJA NA SISTEM RAVENKI OV VIDOT

ax 2  bx  c  y  ex  f  y.

Pri pru~uvaweto na kvadratnite ravenki gi prou~ivme i sitemite so dve nepoznati sostaveni od edna linearna i edna kvadratana ravenka, bez da navleguvame vo geometriskata interpretacija na istite, koja ovde }e ja dademe samo za nekoi od ovie sistemi. Da go razgledame sistemot od vidot

ax 2  bx  c  y  ex  fy  d .

(1)

Kako {to znaeme y  ax 2  bx  c e ravenka na parabola, a

ex  fy  d e ravenka na prava. Ako, f  0 , toga{ x   de i ako zamenime vo pravata ravenka na (1) dobivame deka sistemot ima edno re{enie. Ako f  0 , toga{ y   ef x  df i ako zamenime vo pravata ravenka na (1) i ja dobivame kvadratnata ravenka

ax 2  (b  ef ) x  c  df  0 .

(2)

Ponatamu, vo zavisnost od znakot na diskriminantata D  (b  ef ) 2  4a (c  df ) , ravenkata (2) moè da ima dve, edno ili niedno realno re{enie. Od prethodnata diskusija sleduva deka sistemot (1) moè da ima dve, edno ili niedno re{enie. Poslednoto zna~i deka parabola i prava moè da nemaat zaedni~ki to~ki ili da imaat edna ili dve zaedni~ki to~ki (crt. 20, koga f  0 ). Primer

28.

Najdi

presekot

parabolata

y  2 x  3 i pravata y  x  2 . 2

Re{enie. Kako {to rekovme prese~nite to~ki na pravata i parabolata gi nao|ame kako re{enie na sistemot ravenki  y  2 x 2  3   y  x  2. Od vtorata ravenka nao|ame y  2  x i zamenuvame vo pravata i posle sreduvaweto ja dobivame kvadratnata ravenka 2x2  x  1  0 ,

124

~ii koreni se x1 / 2  1 418  143 t.e. x1   12 i x 2  1 . Sega za x1   12 od ravenkata y  2  x dobivame y1  2  ( 12 )  52 , a za x 2  1 imame y 2  3 . Kone~no, pravata i parabolata se se~at vo to~kite T1 ( 12 , 52 ) i T1 (1,3) (crt. 21).  Primer

29.

Najdi

presekot

parabolata

y  2 x  2 i pravata y  4 x . 2

Re{enie. Prese~nite to~ki na pravata i parabolata gi nao|ame kako re{enie na sistemot ravenki

 y  2 x 2  2   y  4 x. Zamenuvame y  4 x od vtorata vo pravata ravenka i posle sreduvaweto ja dobivame kvadratnata ravenka 2x 2  4x  2  0 , koja ima dvoen koren x1 / 2  1 , pa zatoa y1 / 2  4 .

Kone~no, pravata i parabolata se dopiraat vo to~kata T (1,4) (crt. 22).  Primer 30. Najdi go presekot na parabolata

y  2 x 2  x  1 i pravata y  x  5 . Re{enie. Prese~nite to~ki na pravata i parabolata gi nao|ame kako re{enie na sistemot ravenki  y  2 x 2  x  1   x  y  5. Zamenuvame y  5  x od vtorata vo prvata ravenka i posle sreduvaweto ja dobivame kvadratnata ravenka

 x2  x  2  0 . Poslednata ravenka ima kowugirano kompleksni kox1 / 2  1i2 7 1 , {to zna~i deka parabolata i pravata nemaat zaedni~ki to~ki.  reni

Prethodno iznesenata postapka za nao|awe na prese~nite to~ki na prava i parabola mo`e da se iskoristi za grafi~ko re{avawe na kvadratnata ravenka ax 2  bx  c  0 .

(3)

Bidej}i a  0 , ravenkata (3) mo`eme da ja zapi{eme vo oblikot x 2   ba x  ac . Gi razgleduvame parabolata y  x 2 i pravata y   ba x  ac . Jasno, nivniot presek e re{enie na

125

ravenkata (3). Spored toa, za da grafi~ki ja re{ime ravenkata (3) dovolno e vo ist koordinaten sistem da gi nacrtame parabolata i pravata i da gi najdeme apcisite na nivnite prese~ni to~ki. Jasno, na krajot so zamena vo ravenkata treba da proverime dali to~no sme rabotele, bidej}i stanuva zbor za crtawe na grafici i merewe na dol`ini pri {to se mo`ni gre{ki. Primer 31. Ravenkata x 2  2 x  3  0 re{i ja grafi~ki. Re{enie. Dadenata ravenka ja zapi{uvame vo oblikot

x 2  2x  3 , od kade gi nao|ame parabolata y  x 2 i pravata y  2 x  3 . Ponatamu, vo ist koordinaten sistem precizno gi crtame garficite na pravata i parabolata (crt. 24). Kako {to gledame nivnite prese~ni to~ki se (1,1) i (3,9) . Spored toa, re{enijata na kvadratnata ravenka x 2  2 x  3  0 se apcisite na prese~nite to~ki x1  1 i x 2  3 . Proverka. So zamena vo dadenata ravenka za x1  1 dobivame

(1) 2  2(1) x  3  1  2  3  0 {to zna~i deka najdenoto re{enie e to~no. Za x 2  3 ima e

3 2  2  3x  3  9  6  3  0 {to zna~i deka najdenoto re{enie e to~no.  ZADA^I ZA VE@BAWE 40. Najdi go presekot na: a) parabolata y  x 2  x  7 i pravata y  x  2 , b) parabolata y  x 2  4 x  2 i pravata y  2 x  1 , v) parabolata y  2 x 2  3x  1 i pravata y  3 x  1 , g) parabolata y  3 x 2  x  2 i pravata y   x  5 , d) parabolata y  2 x 2  3x  3 i pravata y  2 , 41. Najdi go presekot na parabolite y  x 2  x  6 i y   x 2  2 x  3 . Upatstvo. Apcisite na prese~nite to~ki gi nao|ame kako re{enija na ravenkata x 2  x  6  x 2  2x  3 42. Grafi~ki re{i gi kvadratnite ravenki:

a) x 2  2 x  6  0 ,

126

b) 2 x 2  5 x  3  0 i

v) 3x 2  x  2  0

7. KVADRATNI NERAVENKI Minatata u~ebna godina go usvoi re{avaweto na linearnite neravenki so edna nepoznata. Da razgledame eden primer. Primer 32. Re{i ja neravenkata 2 x  3  0 . Re{enie. Od 2 x  3  0 sleduva 2 x  3 , pa zatoa 3 x  2 . Spored toa, re{enieto na neravenkata e mnoèstvoto (, 32 ) . Ova mnoèstvo e prikaàno na crt. 25. Ovaa neravenka moème da ja re{ime i grafi~ki. Ja razgleduvame funkcijata g ( x)  2 x  3 . Nejziniot grafik e pravata y  2 x  3 (crt. 26) koja ja se~e

x  oskata vo to~kata ( 32 ,0) . Od crt. 26 gledame deka funkcijata prima negativni vrednosti, odnosno deka pravata y  2 x  3 e pod

x  oskata za to~ki ~ii apcisi x se levo od 32 , t.e. g ( x)  0 ako i samo ako x  32 , {to zna~i deka mno`estvoto re{enija na neravenkata 2 x  3  0 e (, 32 ) .  Vo primer 32 na levata strana od znakot za neravenstvo imame polinom od prva stepen, a na desnata strana konstanta. Sli~en oblik ima i kvadratnata neravenka. Poto~no ja imame slednata definicija. Definicija 5. Neravenkata od vidot ax 2  bx  c  0 ili ax 2  bx  c  0 , odnosno ax 2  bx  c  0 ili ax 2  bx  c  0 kade {to a, b, c  R, a  0 ja narekuvame kvadratna neravenka so edna nepoznata.

Zabele{ka 5. Ako stavime f ( x)  ax 2  bx  c , toga{ soodvetnite neravenki od definicija 5 moème da gi zapi{eme vo oblikot f ( x)  0 ili f ( x)  0 , odnosno f ( x)  0 ili f ( x)  0 . Sli~no kako vo primer 32 re{avaweto na kvadratnite neravenki od vidot f ( x)  0 odnosno f ( x)  0 se sveduva na nao|awe na vrednostite na x , za koi funkcijata f ( x) e negativna, odnosno pozitivna. Mnoèstvoto re{enija, pak, na neravenkite f ( x)  0 odnosno f ( x)  0 gi sodrì u{te i nulite na funkcijata f ( x) . Pred da premineme na razgleduvawe na primeri da zabeleìme deka ako f ( x) i g ( x) se kvadratni trinomi so razli~ni koeficienti pred kvadratniot ~len, toga{ neravenkata od oblik f ( x)  g ( x) e kvadratna neravenka. Poslednata neravenka e ekvivalentna na neravenkata f ( x)  g ( x)  0 , t.e. na neravenkata g ( x)  f ( x)  0 , za koi }e velime deka se zapi{ani vo normalen vid.

127

Vo na{ite razgleduvawa kvadratnite neravenki }e gi re{avame so pomo{ na znakot na kvadratnata funkcija, no va`no e da se znae deka istite mo`eme da gi re{avame i so razlo`uvawe na kvadratniot trinom f ( x)  ax 2  bx  c , pri {to treba da gi koristime tvrdewata:

 f ( x)  0  f ( x)  0 a) f ( x) g ( x)  0 ako i samo ako  ili  i  g ( x)  0  g ( x)  0  f ( x)  0  f ( x)  0 b) f ( x) g ( x)  0 ako i samo ako  ili   g ( x)  0  g ( x)  0 pri {to vo slu~aj koga vo neravenkite figurira eden od znacite  ili  , toga{ istite znaci soodvetno se pojavuvaat i vo sistemite vo tvrdewata a) i b). Primer 33. Re{i ja kvadratnata neravenka

x 2  2x  3  0 . Re{enie. Ja razgleduvame funkcijata

f ( x)  x 2  2 x  3 . Nulite na funkcijata se re{enija na kvadratnata ravenka x 2  2 x  3  0 i toa se x1  1 i x 2  3 . Grafikot na funkcijata e parabola otvorena nagore koja ja se~e x  oskata vo to~kite (1,0) i (3,0) . Ova ni e dovolno da ja skicirame parabolata y  x 2  2 x  3 (crt. 27) i od grafikot da zaklu~ime za koi realni broevi x funkcijata f prima negativni vrednosti, odnosno za koi vrednosti na x parabolata e pod x  oskata. Toa se to~kite ~ii apcisi se me|u  1 i 3 . Spored toa, f ( x)  0 ako i samo ako x  (1,3) , pa zatoa x  ( 1,3) e re{enie na ravenkata x 2  2 x  3  0 .  Primer 34. Re{i ja kvadratnata neravenka x 2  2 x  15  0 .

Re{enie. Grafikot na funkcijata

f ( x)  x 2  2 x  15 e parabola otvorena nagore koja ja se~e x  oskata vo to~kite (5,0) i (3,0) . Na crt. 28 e daden grafikot na ovaa funkcija od koj se gleda deka f ( x)  0 ako i samo ako x  (,5) i x  (3,) . Spored toa, re{enie na neravenkata x 2  2 x  15  0 e mno`estvoto

(,5)  (3,) , t.e. mno`estvoto R \ [5,3] . 128

]e poka`eme kako dadenata ravenka mo`e da se re{i i bez koristewe na grafikot na funkcijata f ( x)  x 2  2 x  15 . Go razgleduvame kvadratniot trinom x 2  2 x  15 ~ii nuli se x1  5 i x 2  3 . Spored toa, x 2  2 x  15  ( x  5)( x  3) , pa dadenata ravenka go dobiva oblikot ( x  5)( x  3)  0 . Ako se iskoristi tvrdeweto pod a) gi dobivame deka neravenkata e ekvivalentna na sevkupnosta sistemi neravenki x  5  0 x  5  0 i  .  x  3  0 x  3  0

 x  5  x  5 Spored toa,   x  3 (zo{to?) ili   x  5 . Kone~no, re{enieto na dadex  3 x  3 nata dadenata neravenka e x  5 ili x  3 t.e. mno`estvoto (,5)  (3,)  R \ [5,3] . 

Primer 35. Re{i ja kvadratnata neravenka x2  x  3  5.

Re{enie. Po sreduvaweto na neravenkata go dobivame vidot x 2  x  2  0 . Grafikot na funkcijata

f ( x)  x 2  x  2 . ja se~e x  oskata vo to~ki so apcisi x1  2 i x 2  1 . Gledame deka f ( x)  0 za x  [2,1] . Spored toa, re{enie na neravenkata x 2  x  3  5 e mno`estvoto [2,1] (crt. 29).  Primer 36. Re{i ja kvadratnata neravenka  2x 2  2x  x  1.

Re{enie. Po sreduvaweto na neravenkata go dobivame vidot  2 x 2  x  1  0 . Grafikot na funkcijata

f ( x)  2 x 2  x  1 . ja se~e x  oskata vo to~ki so apcisi x1   12 i x 2  1 . Gledame deka f ( x)  0 za x  (, 12 ]  [1,) . Spored toa, re{enie na neravenkata x 2  x  3  5 e mno`estvoto x  (, 12 ]  [1,) , t.e. mno`estvoto R \ ( 12 ,1) (crt. 30). 

129

Primer 37. Re{i gi kvadratnite neravenki a) x 2  2 x  1  0 ,

b) 4 x 2  4 x  1  0 i

v) 9 x 2  6 x  1  0

Re{enie. a) Dadenata neravenka e ekvivalentna na neravenkata ( x  1) 2  0 koja nema re{enie bidej}i kvadrat na realen broj ne mo`e da bide negativen broj. b) Dadenata neravenka e ekvivalentna na neravenkata (2 x  1) 2  0 ~ie re{enie e

x  12 (zo{to?). v) neravenkata e ekvivalentna na neravenkata (3x  1) 2  0 ~ie re{enie e mno`estvoto R \ { 13} (zo{to?).  ZADA^I ZA VE@BAWE 43. Re{i ja linearnata neravenka: a) 5  4 x  8  2 x  17 , b) 4  5  4 x i 44. Re{i ja kvadratnata neravenka: ( x 1) 2 4

 1

x 1 2

a) x 2  2 x  15  0 ,

d) x 2  2 x  24  0 ,

|) x 2  3x  1  0 ,

v)  x  4  3 x  24

v) 4 x 2  9  0 ,

g) x 2  2 x  2  0 ,

e)  x 2  3 x  1  0 i

`) 4 x 2  3 x  12  0

8. SISTEM KVADRATNI NERAVENKI Minatata u~ebna godina se zapozna so re{avaweto na sistemi linearni neravenki so edna nepoznata. Vo primer 30 vidovme kako sistemite linearni neravenki mo`at da se iskoristat za re{avawe na kvadratna neravenka so edna nepoznata. Vo ovoj del }e poka`eme kako se re{avaat sistemite kvadratni neravenki so edna nepoznata, na koi se sveduva re{avaweto na nekoi problemi vo matematikata i praktikata. Definicija 6. Sistemot od vidot

a1 x 2  b1 x  c1  0  a 2 x 2  b2 x  c 2  0

( ili  0, ili  0, ili  0) ( ili  0, ili  0, ili  0)

(1)

go narekuvame sistem od dve kvadratni neravenki so edna nepoznata. Neka M 1 i M 2 se mno`estvata re{enija na prvata i vtorata neravenka na sistemot (1), soodvetno. Realniot broj x e re{enie na sistemot (1) ako i samo ako toj e re{enie i na dvete negovi neravenki, t.e. ako i samo ako x  M 1  M 2 . Spored toa, mno`estvoto re{enija na sistemot (1) e M  M 1  M 2 .

130

Primer 38. Re{i go sistemot kvadratni neravenki

  x 2  3x  2  0  .  x2  x  2  0  Re{enie.

Prvo

re{ime

neravenkata

 x  3 x  2  0 . Nulite na funkcijata

f ( x)   x 2  3x  2

se x1  1 i x 2  2 i nejziniot grafik e parabola otvorena nadolu (crt. 31). Spored toa, nejzinoto re{enie e mno`estvoto M 1  [1,2] . Analogno, nulite na funkcijata g ( x)  x 2  x  2

se x1  1 i x 2  2 i nejziniot grafik e parabola otvorena nagore (crt. 31). Spored toa, nejzinoto re{enie e mno`estvoto M 2  ( 1,2) (crt. 30). Kone~no, re{enie na dadeniot sistem e mno`estvoto M  M 1  M 2  [1,2]  (1,2)  [1,2) . 

Pri re{avaweto na mnogu zada~i ~esto pati se koristat slednite tvrdewa:  f ( x)  0  f ( x)  0 f ( x) a) g ( x )  0 ako i samo ako  ili  i  g ( x)  0  g ( x)  0  f ( x)  0  f ( x)  0 f ( x) b) g ( x )  0 ako i samo ako  ili   g ( x)  0  g ( x)  0

pri {to vo slu~aj koga vo neravenkite figurira eden od znacite  ili  , toga{ istite znaci soodvetno se pojavuvaat i vo neravenkite za broitelot vo sistemite vo tvrdewata a) i b). Primer 39. Re{i ja neravenkata x 2 2 x x2 2 x

0.

Re{enie. Soglasno tvrdeweto a) dadenata neravenka e ekvivalentna na vkupnosta od sistemite neravenki  x 2  2 x  0  x 2  2 x  0 ili  2  2  x  2 x  0  x  2 x  0.

Gi razgleduvame funkciite f ( x)  x 2  2 x i g ( x)  x 2  2 x ,

131

~ii grafici se paraboli otvoreni nagore. Nulite na f i g se x1  0 , x 2  2 i x1  2 i

x 2  0 (crt. 32). Re{enie na neravenkata x 2  2 x  0 e mno`estvoto M 1  R \ (0,2) , a na neravenkata x 2  2 x  0 e mno`estvoto M 2  R \ [2,0] . Spored toa, re{enie na sistemot  x 2  2 x  0  2  x  2 x  0

e mnoèstvoto M  M 1  M 2  R \ [ 2,2) . Ponatamu, re{enie na neravenkata x 2  2 x  0 e mnoèstvoto N1  [0,2] , a na neravenkata x 2  2 x  0 e mnoèstvoto N 2  ( 2,0) . Spored toa, re{enie na sistemot  x 2  2 x  0  2  x  2 x  0

e mno`estvoto N  N1  N 2  (2,0)  [0.2]   , {to zna~i deka toj nema re{enija. 2 Kone~no, re{enie na neravenkata x 2  2 x  0 e mno`estvoto

x 2 x

A  M  N  R \ [ 2,2) .  Primer 40. Re{i ja kvadratnata neravenka  x 2  2 x 5 2 x 2  x 1

 1 .

Re{enie. Imame  x 2  2 x 5 2 x 2  x 1

 1 

 x 2  2 x 5 2 x 2  x 1

1 0 

 x 2  2 x 5 2 x 2  x 1  0 2 x 2  x 1



x 2  x 6  0 . 2 x 2  x 1

Soglasno tvrdeweto b) dadenata neravenka e ekvivalentna na vkupnosta od sistemite neravenki  x 2  x  6  0  x 2  x  6  0 ili   2 2 x  x  1  0 2 x 2  x  1  0. Re{enie na neravenkata x 2  x  6  0 e mno`estvoto M 1  (3,2) , a na neravenkata 2 x 2  x  1  0 e mno`estvoto M 2  ( , 12 )  (1, ) . Spored toa, re{enie na sistemot  x 2  x  6  0  2 2 x  x  1  0

e mno`estvoto M  M 1  M 2  (3, 12 )  (1,2) . Ponatamu, re{enie na neravenkata x 2  x  6  0 e N1  (  ,3)  (2, ) , a na neravenkata 2 x 2  x  1  0 e mno`estvoto N 2  ( 12 ,1) . Spored toa, re{enie na sistemot 132

 x 2  x  6  0  2 2 x  x  1  0

e mno`estvoto N  N1  N 2   . 2 Kone~no, re{enie na neravenkata  x 2 2 x 5  1 e mno`estvoto

2 x  x 1

A  M  N  (3, 12 )  (1,2) .  ZADA^I ZA VE@BAWE 45. Re{i gi sistemite neravenki:  x 2  x  6  0 a)  2 x  15  x 2 ,

46. Re{i ja neravenkata:

 x 2  7 x  10  0  b)  2  x 2 7  4 x,

5 x 2  2 x 1 2 x 2 7 x 3

0 i

( x  2)( x  3)  3( x  2) v)  x 3 x ( x  2)  2  3  x  1. 2 b) x 25 x 1  0

2 x  4 x 3

Upatstvo. a) Kvadratniot trinom vo broitelot ima diskriminanta D  16  0 i kako a  0 , ovoj trinom e pozitiven za sekoj x  R . Zatoa dadenata neravenka e ekvivalentna na neravenkata 2 x 2  7 x  3  0 . 47. Re{i gi neravenkite: a)

x 2 5 x  6 x 2  x 1

 0,

x 2  x 6 x 2  2 x 5

x 2  x 6 x 2 6 x

1 x2

0 i

x 2  2 x 6 x 2  4 x 1

0

x 2 8 x  7 x 2  4 x 1

0

x 1 x 5

48. Re{i gi neravenkite: a)

1 2 x 3 x 2 3 x  x 2 5

0,

49. Re{i gi neravenkite: a) 4xx19  4 xx17 , 5 3

0,

 x 33 ,

x

Upatstvo. a) Dadenata neravenka e ekvivalentna na neravenkata neravenkata

( 4 x 19)( x 3) ( 4 x 17 )( x 5) ( x 5)( x 3)

4 x 19 x 5

 4 xx17  0 t.e. na 3

0.

9. PRIMENA NA KVADRATNITE NERAVENKI I SISTEMITE KVADRATNI NERAVENKI Na krajot od ovaa tema }e se osvrneme na primenata na kvadratnite neravenki. Za taa cel }e razgledame nekolku primeri. Primer 41. Opredeli ja difinicionata oblast na funkcijata

f ( x)  x 2  2 x  3 . 133

Re{enie. Kako {to znaeme kvadratniot koren ima smisla, t.e. e realen broj, ako i samo ako potkorenoviot izraz e nenegativen, dobivame deka definicionata oblast na funkcijata f ja nao|ame od uslovot x 2  2x  3  0 .

(1)

Korenite na ravenkata x 2  2 x  3  0 se x1  1 i x 2  3 , {to zna~i deka re{enie na neravenkata (1) e mno`estvoto (,1]  [3,) . Sledstveno, domenot na funkcijata f e mno`estvoto D f  R \ (1,3) .  Primer 42. Opredeli go parametarot k taka da korenite na ravenkata

(k  1) x 2  (k  5) x  k  2  0

se realni i razli~ni. Re{enie. Korenite na kvadratna ravenka se realni i razli~ni ako i samo ako nejzinata diskriminanta e pozitivna. Za dadenata ravenka ja dobivame neravenkata D  (k  5) 2  4(k  1)(k  2)  0

koja e ekvivalentna na neravenkata 3k 2  14k  33  0 .

Korenite na ravenkata 3k  14k  33  0 se k1 / 2  2

7  2 37 3

(2) , {to zna~i deka re{enie na

neravenkata (2) e mno`estvoto ( 7 23 37 , 7  23 37 ) . Kone~no, dadenata ravenka ima realni i razli~ni re{eni za sekoj k  ( 7  23 37 , 7  23 37 ) .  Primer 43. Vo ravenkata

(k  1) x 2  (k  5) x  k  2  0

opredeli go parametarot k taka da x1 x 22  x 2 x12  2 , kade x1 i x 2 se korenite na ravenkata. Re{enie. Od Vietovite formuli dobivame x1  x 2   kk15 i x1 x 2  kk12 . Ponatamu, x1 x 22  x 2 x12  x1 x 2 ( x1  x 2 )   kk 15  kk12  k 23k 10 , pa od uslovot na zada~ata ja dok  2 k 1 bivame neravenkata 2

k 2 3k 10 k 2  2 k 1

2 2 2  2  k 23k 10  2  0  k2  k 12  0  k 2 k 12  0 .

k  2 k 1

Diskriminantata na broitelot na dropkata na levata strana na neravenkata e D  47  0 i kako koeficientot pred kvadratniot ~len e pozitiven dobivame deka k 2  k  12  0 za sekoj k  R . Od druga strana, imenitelot na dropkata e poln kvadrat,

t.e. k 2  2k  1  ( k  1) 2 i toj e pozitiven ako i samo ako k  1 . Kone~no, x1 x 22  x 2 x12  2 ako i samo ako k  R \ {1} .  134

Primer 44. Za koi vrednosti na parametarot k funkcijata

f ( x)  (k  2) x 2  (k  1) x  4

e pozitivna za sekoj x  R . Re{enie. Kvadratnata funkcija f ( x)  ax 2  bx  c e pozitivna za sekoj x  R ako i samo ako a  0 i D  0 . Za dadenata funkcija go dobivame sistemot neravenki

k  2  0  (k  1) 2  16(k  2)  0

koj e ekvivalenten so sistemot k  2  2 k  14k  33  0.

Re{enie na prvata neravenka na sistemot e mnoèstvoto M 1  (2,) , a na vtorata e mnoèstvoto M 2  (3,11) , pa zatoa re{enie na posledniot sistem e mnoèstvoto M  M 1  M 2  (3,11) . Kone~no, funkcijata f e pozitivna za sekoj x  R ako i samo ako k  (3,11) .  Primer 45. Vo ravenkata

(k  2) x 2  2kx  2k  3  0 opredeli go parametarot k taka da nejzinite re{enija se so sprotivni znaci. Re{enie. Za da korenite x1 i x 2 na dadenata ravenka se so sprotivni znaci potrebno e nejzinata diskriminanta da e pozitivna i x1 x 2  0 . Spored toa, baranite vrednosti za parametarot k e mno`estvoto re{enija na sistemot neravenki (2k ) 2  4(k  2)(2k  3)  0  2 k 3  k  2  0 koj e ekvivalenten na sistemot k 2  k  6  0 (3)  2 k 3  k 2  0. Re{enie na prvata neravenka od sistemot e mno`estvoto M 1  (2,3) , a na vtorata nera-

venka e mno`estvoto M 2  ( 32 ,2) , pa zatoa re{enie na sistemot (2) e mno`estvoto M  M 1  M 2  ( 32 ,2) .

Kone~no, re{enijata na dadenata ravenka se so sprotivni znaci ako i samo ako k  (  3 ,2) . 2

ZADA^I ZA VE@BAWE 50. Opredeli ja definicionata oblast na funkciite: a) f ( x)  3x 2  8 x  3 ,

b) f ( x)  x 2  14 x  15 i

v) f ( x)   3 x 2  7 x  4

135

51. Za koi vrednosti na prametarot k korenite na ravenkata a) kx 2  (k  3) x  k  1  0 se kowugirano kompleksni broevi, b) x 2  (k  3) x  k  1  0 se realni i razli~ni. 52. Za koi vrednosti na parametarot k funkcijata f e negativna za sekoj x  R : a) f ( x)  kx 2  (k  1) x  3 , b) f ( x)  2kx 2  (k  1) x  k  1 i 53. Najdi go parametarot k taka da re{enijata na ravenkata a) (k  4) x 2  (k  2) x  k  0 , se so isti znaci.

b) kx 2  2(k  6) x  4k  0 i

v) f ( x)  x 2  (k  1) x  3k  2 v) kx 2  4 x  3k  1  0

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

a) Odredi ja funkcijata f ( x)  ax 2  bx  c ako f (0)  1, f (1)  3 i f (2)  7 .

(5 b)

b) Odredi ja funkcijata f ( x)  ax  bx  c ako f (1)  1, f (2)  4 i f (3)  11 .

(7 b)

a) Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  3 x 2  2 .

(6 b)

b) Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  2( x  1) .

(8 b)

a) Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  2( x  2) 2  1 .

(10 b)

b) Nacrtaj go grafikot na funkcijata f ( x)  3x  7 x  2

(15 b)

a) Za koja vrednost na parametarot m funkcijata f ( x) 

x 2  2 x  m ima minimum

ednakov na 2? b) Brojot 36 zapi{i go kako zbir na dva broja taka da zbirot na nivnite kvadrati e najmal.

(10 b)

a) Za koi vrednosti na x funkcijata f ( x)  3x  5 x  5 prima negativni vrednosti?

(10 b)

b) Za koja vrednost na x izrazot 6.

1 2

1 x 2 6 x 11 2

prima najgolema vrednost.

a) Najdi presek na parabolata y  x  2 x  7 i pravata y  2 x  2 ,

(15 b) (6 b)

b) Grafi~ki re{i ja kvadratnata ravenka 2 x  3x  2  0 .

(10 b)

a) Re{i ja neravenkata  x  3x  1  0 . b) Re{i ja neravenkata 4xx19  4 xx17 . 5 3

(10 b) (15 b)

(15 b)

8. a) Opredeli ja definicionata oblast na funkcijata f ( x )  3 x 2  8 x  3 . b) Najdi go parametarot k taka da re{enijata na ravenkata (k  4) x  (k  2) x  k  0 se so razli~ni znaci.

(10 b)

(15 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

136

33-50 2

51-67 3

68-84 4

85-100 5

NOVI ZNAEWA I UMEEWA

GLAVA V KONSTRUKCIJA NA TRIAGOLNIK I ^ETIRIAGOLNIK SODR@INA NA TEMATA 1. Poim za konstruktivna zada~a 2. Elementarni konstruktivni zada~i 3. Elementarni konstrukcii na triagolnik 4. Metod na geometriski mesta 5. Elementarni konstrukcii na ~etiriagolnik 6. Primena na translacijata i rotacijata vo re{avawe na konstruktivni zada~i 7. Primena na osnata i centralnata simetrija vo re{avawe na konstruktivni zada~i 8. Konstrukcija na nekoi pravilni mnoguagolnici

Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel da nau~i{ kako se re{ava konstruktivna zada~a, pri {to treba da sovlada{ pove}e osnovni konstrukcii, kako {to se konstrukcija na: -

POTREBNI PREDZNAEWA

otse~ka od vidot a 2 ď&#x20AC;Ť b 2 , kade a i b se dadeni otse~ki i otse~ka koja {to se gleda pod daden agol.

Isto taka treba da se osposobi{ da:

Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na: definiciite na osnovnite geomertiski figuri, proporcionalni otse~ki i priznacite za sli~nost na triagolnici, priznacite za skladnost na triagolnici, vidovite ~etiriagonici i nivnite svojstva i translacijata, rotacijata, osnata i centralnata simetrija i nivnite svojstva

simetrala na otse~ka, simetrala na agol, agol ednakov na daden agol, prava koja minuva niz dadena to~ka i e normalna na dadena prava, prava koja minuva niz dadena to~ka i e paralelna na dadena prava, zbir i razlika na dve otse~ki, podelba na otse~ka vo daden odnos, triagolnik so zadadeni osnovni elementi, so poseben osvrt na ramnostran, ramnokrak i pravoagolen triagolnik, tangenta na kru`nica povle~ena vo to~ka koja se nao|a na kru`nicata tangenta na kru`nica povle~ena od to~ka koja se nao|a nadvor od kru`nicata , tangenta na kru`nica paralelna na dadena prava, ~etvrta geometriska proporcionala, geometriska sredina na dve otse~ki,

re{ava{ elementarni konstruktivni zada~i za triagolnik, re{ava{ elementarni konstruktivni zada~i za ~etiriagolnik, konstruira{ pravilen mnoguagolnik vpi{an vo kru`nica i da ja objasnuva{ konstrukcijata, go primenuva{ i objasnuva{ metodot na geometrisko mesto na to~ki i go primenuva{ metodot na geometriski transformacii pri re{avawe na konstruktivni zada~i za triagolnik i ~etiriagolnik.

137

Izgradbata na sekoj gradeèn objekt, me|u drugoto, podrazbira izrabotka plan za istiot. Sli~no, ako sakame da konstruirame nekoja ma{ina, prvo pravime nacrt na istata t.e. na nejzinite delovi, a potoa pristapuvame kon izrabotka na oddelnite delovi i ma{inata vo celina. Moème da nabroime u{te mnogu vakvi primeri, no va`no e da zabeleìme deka za site ovie slu~ai zaedni~ko e baraweto da se nacrta nekoja geometriska figura i tokmu toa }e bide predmet na na{eto interesirawe vo ovaa tema.

1. POIM ZA KONSTRUKTIVNA ZADA^A Vo sekojdnevniot `ivot ~esto pati se sudruvame so problemot da se nacrta nekoja geometriska figura, pri {to crtaweto na istata treba da se realizira so pomo{ na dadeni instrumenti, naj~esto linijar i {estar. Prethodnite barawa vsu{nost go davaat odgovorot na pra{aweto: "[to e konstruktivna zada~a?". Taka, ja imame slednata definicija. Definicija 1. Baraweto da se nacrta nekoja geometriska figura so pomo{ na dadeni instrumenti za crtawe go narekuvame konstruktivna zada~a. Vo prethodnite temi, pri pru~uvaweto na kompleksnite broevi, kvadratnite ravenki itn., kako primeri, razgledavme niza zada~i povrzani so ovie poimi. Pritoa za sekoja od ovie zada~i ja dadovme i postapkata za nivno re{avawe. Logi~no e da se zapra{ame vo {to se sostoi re{avaweto na edna konstruktivna zada~a, t.e. dali e dovolno samo da se konstruira baranata figura ili se postavuvaat i dopolnitelni barawa. Odgovorot na ova pra{awe opfa}a nekolku naizgled nezavisni delovi, koi vo su{tina pretstavuvaat edna celina i tie se: -

opi{uvawe na postapkata za konstruirawe na baranata figura, dokaz deka konstrukcijata e mo`na pri dadenite uslovi vo zada~ata i diskusija za mo`nite re{enija na zada~ata.

Kako {to rekovme, re{avaweto na konstruktivna zada~a treba da zavr{i so diskusija za mo`nite re{enija na zada~ata. Sekako, za da moème da diskutirame za mo`nite re{enija na edna konstruktivna zada~a, potrebno e da znaeme {to e re{enie na takva zada~a. Vo ovaa smisla ja imame slednata definicija. Definicija 2. Re{enie na edna konstruktivna zada~a e sekoja figura {to gi zadovoluva uslovite na zada~ata. Prethodno rekovme deka instrumentite so koi se realizira konstrukcijata na dadena figura se naj~esto linijar i {estar. Vo na{ite razgleduvawa }e se zadrìme samo na koristeweto na ovie dva instrumenti. Toa zna~i, deka }e razgleduvame konstruktivni zada~i koi moè da se realiziraat samo so linijar i {estar, pa zatoa od interes e da gi 138

znaeme mo`nostite na ovie instrumenti. Naj~esto, za linijarot i {estarot, slednite konstrukcii se zemaat za osnovni i tie uka`uvaat na mo`nostite na ovie instrumenti: -

konstrukcija na otse~ka, ako se dadeni nejzinite krajni to~ki, konstrukcija na prava {to minuva niz dve dadeni to~ki, konstrukcija na kru`nica, ako se zadadeni nejziniot centar i radius, konstrukcija na prese~na to~ka me|u dve pravi (ako postoi), konstrukcija na prese~ni to~ki me|u prava i kru`nica (ako postojat) i konstrukcija na prese~ni to~ki me|u dve kru`nici (ako postojat).

Ako se ima predvid deka so linijar i {estar se mo`ni samo navedenite osnovni konstrukcii, zaklu~uvame deka crtaweto na baranata geometriska figura se sostoi vo posledovatelno izveduvawe na kone~na niza osnovni konstrukcii (mo`no e nivno pove}ekratno povtoruvawe), po ~ie izvr{uvawe }e moème da smetame deka baranata figura e konstruirana. Ve}e spomenavme deka re{avaweto na edna konstruktivna zada~a naj~esto opfa}a tri etapi. Me|utoa, ova se odnesuva na polesnite konstruktivni zada~i, kaj koi e voo~liva kone~nata niza osnovni konstrukcii so ~ija pomo{ ja crtame baranata figura. Ako stanuva zbor za poslèna konstruktivna zada~a i patot za nejzinoto re{avawe ne e o~igleden, toga{ ja realizirame slednata postapka za re{avawe na zada~ata, koja se sostoi od ~etiri dela, i toa: analiza, konstrukcija, dokaz i diskusija. ]e se osvrneme na sekoj od niv. Analiza. Analizata na zada~ata e prvata (podgotvitelna) etapa vo re{avaweto na konstruktivnite zada~i, no, isto taka, taa e i najvaàna, bidej}i ja podgotvuva konstrukcijata, odnosno ovozmoùva da se sogleda re{enieto na zada~ata. Celta na ovaa etapa e da se otkrijat vrskite me|u dadenite i baranite elementi na figurata koja treba da ja nacrtame. Istovremeno taa ovozmoùva da se sogleda po koja postapka ili metod najcelishodno moè da se re{i zada~ata. Obi~no analizata po~nuva so skicirawe na crte`, i toa, re~isi sekoga{, so zborovite: "Da pretpostavime deka zada~ata e re{ena". Potoa na napravenata skica se voo~uvaat poznatite elementi, se oddeluvaat poprosti figuri (ili se formiraat so dopolnuvawe na crteòt) i me|u niv se bara takva pomo{na figura koja }e gi zadovoluva slednite dva uslova: -

taa figura mo`e da se konstruira od dadenite elementi na osnovnata zada~a i trgnuvaj}i od nea mo`e da se konstruira baranata figura.

Konstrukcija. Ovaa etapa se realizira vrz osnova na izvr{enata analiza. Imeno, koristej}i gi elementite dadeni vo uslovot na zada~ata, soglasno izvr{enata analiza posledovatelno se realiziraat pomo{nite konstrukcii so ~ija pomo{ ja konstruirame baranata figura. Dokaz. So dokazot vsu{nost potvrduvame deka konstruiranata figura navistina gi zadovoluva uslovite na zada~ata. Diskusija. Kako {to rekovme, samata analiza skoro da go opredeluva metodot so koj }e ja konstruirame baranata figura. Kako rezultat na konstrukcijata naj~esto dobivame edno re{enie na zada~ata, no za celosno nejzino re{avawe treba da odgovorime na slednite pra{awa: 139

dali pri razli~en izbor na dadenite elementi, odnosno dali sekoga{ mo`e da bide konstruirana baranata figura i kolku re{enija ima zada~ata pri razli~en izbor na elementite dadeni vo uslovot na zada~ata, t.e. dali so dadenite elementi mo`e da se konstruira samo edna ili pove}e neskladni figuri koi se re{enija na zada~ata?

Kao {to moème da zabeleìme, diskusijata ima za cel da gi opredeli uslovite koga zada~ata e re{liva i da go opredeli brojot na re{enijata na istata. Zatoa, e poèlno diskusijata da se sproveduva taka, {to se analizira sekoj ~ekor na konstrukcijata vodej}i smetka dali i pri koi uslovi ~ekorot e moèn, na kolku razli~ni na~ini toj moè da se napravi i dali razli~nite na~ini doveduvaat do razli~ni re{enija. Primer 1. Pri konstrukcija na kru`nica koja minuva niz zadadena to~ka A i gi dopira kracite na zadaden agol, toga{ zada~ata ima najmnogu dve re{enija. Toa e slu~ajot koga kru`nicata leì vo vnatre{nosta na agolot (crt. 1). Dali ovaa zada~a moè da ima samo edno re{enie ili da nema re{enija? Pokasno }e se navratime na pra{aweto za konstruirawe na triagolnik, no ovde }e navedeme eden primer so koj }e gi ilustrirame navedenite etapi za re{avawe na konstruktivna zada~a. Pritoa, so ogled na toa deka gi ima{ potrebnite predznaewa za re{avawe na razgleduvanata zada~a, detalno }e se osvrneme na sekoja od ~etirite etapi. Primer 2. Konstruiraj triagolnik so zadadeni teì{ni linii t a , t b i t c . Re{enie. Analiza. Neka baraniot triagolnik ABC so teì{ni linii t a , t b i t c e konstruiran i neka T e negovoto teì{te (crt. 2).

Crt. 2

Poznato e deka teì{teto T gi deli teì{nite linii vo odnos 2 : 1 (trgnuvaj}i od temeto). Da ja prodolìme teì{nata linija t c preku to~kata C1 za 13 t c . Ako

dobienata to~ka T1 ja povrzeme so temiwata A i B , }e dobieme paralelogram AT1 BT , za koj stranite se 23 t a i 23 t b , a dijagonalite se 23 t c i AB  c . Spored toa, dolìnite na stranite na AT1T se AT  23 t a , AT 1  23 t b i TT 1  23 t c i C1 e sredina na stranata TT1 . Konstrukcija. Go konstruirame AT1T so strani AT  23 t a , AT 1  23 t b i TT 1  23 t c i povlekuva teì{na linija AC1 , koja e polovina od strana AB . Ponatamu, ja prodolùvame stranata AC1 preku to~kata C1 za dolìna AC 1 i go nao|ame temeto B . Temeto C }e se dobie ako stranata TT1 ja prodolìme preku temeto T za dolìna TT1  23 t c (crt. 3).

140

Dokaz. Dovolno e da dokaème deka dobieniot triagolnik ima teì{ni linii t a , tb i t c . Bidej}i C1 e sredina na stranata AB dobivame deka CC1 e teì{nata linija na ABC povle~ena od temeto C . Ponatamu, od TT1  23 t c i C1 e sredina na TT1 sleduva deka to~kata T ja deli teì{nata linija na ABC povle~ena od temeto C vo odnos 2 : 1 , {to zna~i T e teì{te na ABC . Kone~no, od

BT  AT1  23 t b i

AT  BT1  23 t a sleduva deka ABC ima te`i{ni linii t a , tb i tc . Diskusija. Od neravenstvata za stranite na triagolnik sleduva deka triagolnikot AT1T so strani AT  23 t a , AT 1  23 t b i TT 1  23 t c mo`e ednozna~no da se konstruira ako i samo ako Crt. 3

2t 3 a

 23 t b  23 t c i 23 t a | 23 t b  23 t c |

t.e. ako i samo ako

t a  t b  t c i t a | t b  t c | ,

(1)

a ostanatite elementarni konstrukcii se sekoga{ izvodlivi. Spored toa, zada~ata }e ima edinstveno re{enie ako i samo ako otse~kite t a , t b i t c go zadovoluvaat uslovot (1). 

POVTORUVAWE I UTVRDUVAWE 1. 2. 3. 4.

[to e re{enie na konstruktivna zada~a? Nabroj gi osnovnite konstrukcii koi mo`e da se izvedat so linijar i {estar. Koja e ulogata na analizata pri re{avaweto na konstruktivna zada~a? Na {to posebno treba da obrneme vnimanie pri diskusijata na re{enieto na konstruktivna zada~a?

2. ELEMENTARNI KONSTRUKTIVNI ZADAÎ Vo prethodnite razgleduvawa gi navedovme osnovnite konstrukcii koi moàt da se realiziraat so linijar i {estar. Vo ovoj del }e razgledame nekolku elementarni konstruktivni zada~i, koi imaat {iroka primena pri re{avawe na posloèni konstruktivni zada~i. Pri razgleduvaweto na ovie zada~i, zaradi nivnata elementarnost, kaj pove}eto od niv }e ja prezentirame samo konstrukcijata, bez da davame dokaz i diskusija.

141

Primer 3. a) Na polupravata OX nanesi otse~ka so dolìna a . b) Konstruiraj otse~ka ~ija dolìna e ednakva na zbirot na dolìnite na dve dadeni otse~ki. v) Konstruiraj otse~ka ~ija dolìna e ednakva na razlikata na dolìnite na dve dadeni otse~ki. Re{enie. a) Ja crtame polupravata OX i potoa k (O, a ) , k  OX  A . Jasno, otse~kata OA leì na polupravata OX i ima dolìna a (napravi crte`). b) Neka se dadeni dve otse~ki so dolìni a i b . Crtame poluprava OX i na nea nanesuvame otse~ka OA takva, {to OA  a . Potoa, na polupravata AX nanesuvame otse~ka AB takva, {to AB  b . Jasno, dolìnata na otse~kata OB e a  b (napravi crte`). v) Neka se dadeni dve otse~ki so dolìni a i b , a  b . Crtame poluprava OX i na nea nanesuvame otse~ka OA takva, {to OA  a . Potoa, na polupravata AO nanesuvame otse~ka AB takva, {to AB  b . Jasno, dolìnata na otse~kata OB e a  b (napravi crte`).  Primer 4. Dadena e otse~kata AB . Konstruiraj ja nejzinata simetrala. Re{enie. Konstruirame kru`nici k ( A, AB) i k1 ( B, AB) i neka k  k1  {C , D} . Pravata CD e baranata simetrala na otse~kata AB (napravi crte`).  Primer 5. Daden e XOY . Konstruiraj ja negovata simetrala. Re{enie. Zemame otse~ka so proizvolna dolìna a . Na polupravite OX i OY nanesuvame otse~ki OA i OB takvi, {to OA  OB  a . Ponatamu, konstruirame kru`nici k ( A, AB) i k1 ( B, AB) i neka k  k1  {C , D} . Pravata CD e baranata simetrala na XOY (napravi crte`).  Primer 6. Daden e XOY i to~ka A . Konstruiraj BAC takov, {to XOY  BAC . Re{enie. Povlekuvame proizvolna poluprava AB i konstruirame kru`nici k (O, r ) i k1 ( A, r ) . Neka k  OX  M , k  OY  N i k1  AB  P . Konstruirame kru`nici

k 2 ( P, MN ) i neka k1  k 2  {C , C1} . Jasno, aglite BAC i BAC1 gi zadovoluvaat uslovite na zada~ata.  Primer 7. Dadeni se prava p i to~ka P , P  p . Konstruiraj prava koja minuva niz to~kata P i e paralelna na pravata p . Re{enie. Konstruirame kru`nica k ( P, r ) , kade r e dovolno golemo, i k  p  { A, B} . Konstruirame kru`nici k1 ( B, BP) , k 2 ( P, AB) i nao|ame Q  k1  k 2 . Kone~no, pravata PQ minuva niz to~kata P i e paralelna na pravata p . 

142

Primer 8. Dadeni se prava p i to~ka P . Konstruiraj prava koja minuva niz to~kata P i e normalna na pravata p. Re{enie. ]e razgledame dva slu~ai: P  p i P  p . a) Neka p  P . Konstruirame kru`nica k1 ( P, r ) i nao|ame k1  p  A (crt. 5). Potoa konstruirame kru`nica k 2 ( A, r ) i nao|ame k1  k 2  B , pa konstruirame kru`nica k 3 ( B, r ) i nao|ame k 2  k 3  C . Na krajot, konstruirame kru`nica k 4 (C , r ) i ja dobivame to~kata Q  k 3  k 4 . Kone~no, pravata PQ e baranata prava koja minuva niz to~kata P i e normalna na pravata p . b) Neka p  P . Konstruirame kru`nica k ( P, r ) i nao|ame k  p  { A, B} (crt. 6). Sega gi konstruirame kru`nicite k1 ( A, r ) i k 2 ( B, r ) i neka Q  k1  k 2 . Kone~no, pravata PQ e baranata prava koja minuva niz to~kata P i e normalna na pravata p .  Slednite elementarni konstrukcii se baziraat na poimot za proporcionalni otse~ki, odnosno na priznacite za sli~ni triagolnici, koi ovde zaradi potsetuvawe }e gi navedeme. I priznak. Ako za triagolnicite ABC i A' B' C ' va`i A  A' i B  B ' , toga{ ABC ~ A' B' C ' . II priznak. Ako za triagolnicite ABC i A' B ' C ' va`i AB  AC i A  A' , toga{ A' B '

ABC ~ A' B' C ' .

III priznak. Ako za triagolnicite ABC i A' B ' C ' va`i

ABC ~ A' B' C ' .

A'C '

AB A' B '

 AC  BC A'C '

B 'C '

toga{

Primer 9. Da se podeli dadena otse~ka so dol`ina a na dve otse~ki, koi se proporcionalni na dve dadeni otse~ki so dol`ini m i n . Re{enie. Konstruirame proizvolen XOY i na polupravata OX nao|ame to~ka C takva, {to OC  a (crt. 7). Ponatamu na polupravata OY nao|ame to~ka N takva, {to ON  n i na polupravata NY nao|ame to~ka M takva, {to NM  m . Ja povlekuvame pravata MC i niz to~kata N povlekuvame prava koja e paralelna na pravata MC i neka A e prese~nata to~ka na ovaa prava i polupravata OX . Jasno, OAN ~ OCM , pa zatoa OA : OC  ON : OM , od {to sleduva deka

OA : AC  ON : NM  n : m .  143

Primer 10. Da se konstruira otse~ka, koja e ~etvrta geometriska proporcionala na tri dadeni otse~ki. Re{enie. Neka se dadeni tri otse~ki so dolìni a, b i a' i neka treba da se konstruira otse~ka za ~ija dolìna b' vaì a : a'  b : b' . Konstruirame proizvolen XOY i na polupravata OX nao|ame to~ki A i A' takvi, {to OA  a i OA'  a ' , a na polupravata OY nao|ame to~ka B takva, {to OB  b . Povlekuvame prava niz to~kata A' paralelna na pravata AB i neka B ' e presekot na ovaa prava so polupravata OY . Jasno, OAB ~ OA' B' , pa zatoa OA : OA'  OB : OB' , od {to sleduva deka a : a'  b : OB' , t.e. OB' e baranata otse~ka. 

ZADA^I ZA VE@BAWE 5.

Dadeni se tri otse~ki so dol`ini a, b i c , a  b  c . Konstruiraj otse~ka so dol`ina a  b  c .

Dadeni se XOY i AO' B . Konstruiraj agol koj ednakov na zbirot na dadenite agli.

Daden e agol XOY . Na krakot OY najdi to~ka A koja e na rastojanie d od krakot OX . Upatstvo. Vo proizvolna to~ka P na krakot OX konstruiraj prava normalna na OX i potoa na ovaa prava najdi to~ka Q takva, {to PQ  d .

Podeli ja otse~kata AB na n ednakvi otse~ki.

Dadeni se otse~ki so dol`ini a i b . Da se konstruira otse~ka so dol`ina c takva, {to a:b  b:c .

10. Dadeni se otse~ki so dolìni a i b . Konstruiraj otse~ka so dolìna x  ab . Upatstvo. Od x  ab moème da ja sostavime proporcijata e : a  b : x , kade {to e e edine~nata dolìna. 11. Dadena e otse~ka so dolìna a . Konstruiraj otse~ka so dolìna x  a 2 . Upatstvo. Iskoristi ja zada~a 9, pri uslov a  b .

3. ELEMENTARNI KONSTRUKCII NA TRIAGOLNIK Vo ovoj del }e se osvrneme na osnovnite konstrukcii na triagolnik. Potrebata od nivnoto posebno razgleduvawe leì vo zna~eweto na triagolnikot pri prou~uvaweto i konstruiraweto na posloènite geometriski figuri. Vo prethodnite razgleduvawa rekovme deka od poseben interes e da se znae dali so dadenite elementi moè da se konstruira samo edna ili pove}e neskladni figuri koi se re{enija na razgleduvanata konstruktivna zada~a. Zatoa, pred da premineme na razgleduvawe na osnovnite konstrukcii na triagolnik, }e se potsetime na priznacite za skladnost na dva triagolnika.

144

Priznak SSS. Ako stranite na eden triagolnik se ednakvi so stranite na drug triagolnik, toga{ tie triagolnici se skladni. Priznak SAS. Ako na dva triagolnika im se ednakvi po dve strani i aglite zafateni od niv, toga{ tie triagolnici se skladni. Priznak ASA. Ako na dva triagolnika im se ednakvi po edna strana i aglite {to leàt na tie strani, toga{ triagolnicite se skladni. Primer 11. Konstruiraj triagolnik ako se dadeni dolìnite na negovite strani a, b i c Re{enie. Na proizvolna prava konstruirame otse~ka BC  a (crt. 9). Potoa konstruirame kru`nici k1 ( B, c) i k 2 (C , b) . Ako ovie kru`nici imaat zaedni~ka to~ka A koja {to ne leì na pravata BC , toga{ triagolnikot ABC gi ispolnuva uslovite na zada~ata i e edinstveno nejzino re{enie (priznak SSS). Ako, pak, kru`nicite ne se se~at, toga{ zada~ata nema re{enie. Lesno se gleda deka kru`nicite k1 i k 2 se se~at ako i samo ako | b  c | a  b  c .  Primer 12. Konstruiraj triagolnik ako se dadeni dolìnite na negovite strani a i b i agolot  {to go zafa}aat. Re{enie. Prvo konstruirame XCY   (crt. 10). Potoa, na kracite CX i CY na XCY konstruirame otse~ki CA i CB so dolìni CA  b i CB  a . Triagolnikot ABC ima dve strani so dolìni a i b i agol  {to go zafa}aat, pa zna~i toj e re{enie na zada~ata. Bidej}i konstrukciite na agolot  i otse~kite na negovite kraci, ~ii dolìni se a i b se edinstveni, zaklu~uvame deka ovoj triagolnik e edinstveno re{enie na zada~ata. Spored toa, sekoj drug triagolnik koj {to }e gi ispolnuva uslovite na zada~ata, }e bide skladen so triagolnikot ABC (priznak SAS).  Primer 13. Konstruiraj triagolnik ako e dadena dolìnata na edna negova strana c i aglite  i  {to leàt na taa strana. Re{enie. Prvo }e ja nacrtame otse~kata AB , AB  c , a potoa vo to~kata A }e go naneseme agolot  taka {to polupravata AB e eden negov krak, a vo to~kata B }e go naneseme agolot  taka {to polupravata BA e eden negov krak. Vo presek na drugite kraci na aglite ja nao|ame to~kata C ,

145

Ovoj triagolnik gi ispolnuva uslovite na zada~ata i bidej}i konstrukcijata na otse~ka so dolìna c i na aglite  i  se edinstveni, ako     180  , zaklu~uvame deka re{enieto e edinstveno (ASA).  Vo primer 12 konstruiravme triagolnik za koj se dadeni dolìnite na dve negovi strani i agolot {to go zafa}aat. Vo sledniot primer }e razgledame konstrukcija na triagolnik za koj se dadeni dve negovi strani i agolot sproti ednata od niv. Primer 14. Konstruiraj triagolnik ako se dadeni dolìnite na negovite strani a i b i agolot  sproti stranata a . Re{enie. Prvo konstruirame XAY   i na krakot AX konstruirame otse~ka AC , AC  b . Sega konstruirame kru`nica k (C , a) . Mo`ni se dva slu~ai. a) Ako a  b , toga{ polupravata AY i kru`nicata k (C , a) imaat edna prese~na to~ka B i vo ovoj slu~aj triagolnikot ABC gi ispolnuva uslovite na zada~ata, {to zna~i toj e nejzino re{enie. b) Ako a  b , toga{ polupravata AY i kru`nicata k (C , a) moàt da nemaat zaedni~ki to~ki i vo toj slu~aj zada~ata nema re{enie (crt. 12), ili da imaat dve zaedni~ki to~ki i B1 i B2 (crt. 13). Jasno, triagolnicite AB1C i AB2 C gi zadovoluvaat uslovite na zada~ata i tie se nejzini re{enija.  Vo prethodnite ~etiri primeri gi razgledavme osnovnite konstrukcii na triagolnik, koi se razbira moàt da se iskoristat za konstrukcija na pravoagolen, ramnokrak i ramnostran triagolnik. Da razgledame nekolku primeri koi se specifi~ni za ovie triagolnici. Primer 15. Dadeni se otse~ki so dolìni a i b . Konstruiraj otse~ka so dolìna 2

a  b2 . Re{enie. Od Pitagoravata teorema znaeme deka dol`inata na hipotenuzata na pravoagolen triagolnik so kateti a i b e c  a 2  b 2 , pa zatoa treba da konstruirame pravoagolen triagolnik so kateti a i b . Konstruirame otse~ka BC , BC  a i vo to~kata C normala na pravata BC . Od to~kata C na normalata nanesuvame otse~ka CA , CA  b (napravi crte`). Triagolnikot

ABC e pravoagloen so hipotenuza AB , AB  a 2  b 2 .  Primer 16. Konstruiraj pravoagolen triagolnik ABC , so prav agol vo temeto C , zadaden so a i t c .

146

Re{enie. Konstruirame otse~ka BC , BC  a . Potoa gi konstruirame kru`nicite k1 ( B, t c ) i k 2 (C , t c ) i vo nivniot presek ja nao|ame to~kata C1 , koja e teme na ramnokrakiot triagolnik BCC1 . Temeto A leì vo prodolènieto na stranata BC1 , na rastojanie od C1 za t c (crt. 14). Jasno, ako moè da se konstruira BCC1 , t.e. ako 2t c  a , toga{ ABC gi zadovoluva uslovite na zada~ata i kako site konstrukcii se edinstveni zada~ata ima edinstveno re{enie.  Primer 17. Neka se dadeni otse~kite p i q . Konstruiraj ja nivnata geometriska sredina

pq .

Re{enie. Od Evklidovite teoremi znaeme deka vo pravoagolen triagolnik visinata h spu{tena kon hipotenuzata c e geometriska sredina na proekciite p i q od katetite a i b vrz hipotenuzata (crt. 15). Spored toa, za da ja konstruirame geometriskata sredina na otse~kite p i q treba da konstruirame pravoagolen triagolnik ako se poznati proekciite na katetite vrz hipotenuzata. Konstruirame otse~ka AD, AD  q i vo prodol`enie preku to~kata D konstruirame otse~ka DB, DB  p . Konstruirame simetrala na otse~kata AB i vo presek so AB dobivame to~ka O . Ponatamu, konstruirame kru`nica k (O, OA) i normala na pravata AB vo to~kata D , vo ~ij presek ja nao|ame to~kata C . Otse~kata CD e visina na ABC , pa zatoa CD  pq .  Primer 18. Konstruiraj ramnokrak triagolnik ABC ( AB  AC ), zadaden so hb i t b . Re{enie. Konstruirame otse~ka BB2 , BB 2  hb i vo to~kata B2 povlekuvame prava normalna na pravata BB2 (crt. 16). Potoa konstruirame kru`nica k ( B, t b ) i neka to~kata B1 e presek na kru`nicata k so normalata vo to~kata B2 . Ponatamu ja nao|ame to~kata T koja ja deli otse~kata BB1 vo odnos 2 : 1 2t

k1 (T , 3b ) . Nao|ame k1  B1 B2  C . Kone~no, konstruirame kru`nica k 2 ( B1 , CB1 ) i go opredeluvame temeto, t.e. k 2  B1 B2  A . i konstruirame kru`nica

Jasno, ako mo`e da se konstruira BB1 B2 , t.e. ako t b  hb , toga{ ABC gi zadovoluva uslovite na zada~ata i kako site konstrukcii se edinstveni zada~ata ima edinstveno re{enie. 

147

Primer 19. Konstruiraj triagolnik ABC , ako se dadeni a  b  c,  i . Re{enie. Ako ja prodol`ime stranata AB na dvete strani za AD  AC  b BE  BC  a gi dobivame ramnokrakite triagolnici CDA i 

ECB , ~ii agli pri osnovata se 2 i 2 soodvetno, crt. 17 (zo{to?). Spored



toa, za DEC poznati se edna strana a  b  c i dvata prilegnati agli 2 i 2 , pa zatoa istiot mo`e da se konstruira (ASA). Ponatamu, nao|ame simetrala s1 na stranata DC i A  s1  DE , a potoa nao|ame simetrala s 2 na stranata EC i B  s 2  DE . Kone~no, ABC gi zadovoluva uslovite na zada~ata i toj e nejzino edinstveno re{enie ako     180  , a zada~ata nema re{enie ako     180  .  Zabele{ka 1. Re{enijata na primerite vo ovoj del se dadeni vo skratena forma. Po`elno e istite detalno da gi razrabotite, pravej}i posebno analiza, konstrukcija, dokaz i diskusija.

ZADAÎ ZA VE@BAWE 12. Dadena e otse~ka so dolìna a . Konstruiraj otse~ki so dolìna a 2 , a 3 , a 5 i a 7 . 13. Konstruiraj ramnostran triagolnik so dadena visina h . 14. Konstruiraj ramnokrak pravoagolen triagolnik so dadena: a) osnova a ; b) krak b . 15. Konstruiraj pravoagolen triagolnik ABC so prav agol vo temeto C , zadaden so: a) c, hc , b) a, hc , v) a, t a i g) a, t b . 16. Konstruiraj ramnokrak triagolnik ABC , zadaden so: a) a, ha , b) b, ha , v) b, hb i g) b, t b . 17. Konstruiraj triagolnik ABC zadaden so: a)  , hc ,  , b)  , hc , c , v) a, b, hc i

g)  , hc , a .

18. Konstruiraj triagolnik ABC zadaden so: a) c, hc , ha i b)  , hc , hb . 19. Konstruiraj triagolnik ABC zadaden so: a) c, a, t c , b) c, t a , t c , v) c, t a , t b ,

g)  , t c ,  i

d) hc , t a , t c

20. Konstruiraj triagolnik ABC zadaden so: a) c, hc , t c , b) a, hc , t c , v) a, hc , t a ,

g)  , hc , s c i

d) a, hc , s c

148

4. METOD NA GEOMETRISKI MESTA Kako {to znaeme geometriskite figuri se definiraat kako mnoèstvo to~ki. Me|utoa, sekoe mnoèstvo to~ki moème da go nare~eme i geometrisko mesto na to~ki. Spored toa, opredeluvaweto na edno geometrisko mesto na to~ki (geometriska figura), e edna zada~a vo koja treba da se obrazuva mnoèstvo to~ki spored nekoj priznak. Taka, na primer, geometriskoto mesto na to~ki na centrite na kru`nicite koi minuvaat niz to~kite A i B e simetralata na otse~kata AB , dodeka, pak, geometriskoto mesto na to~ki {to e ednakvo oddale~eno od kracite na eden agol e simetralata na toj agol. Definicija 3. Ako to~kata M e teme na agol  , a negovite kraci minuvaat niz krajnite to~ki A i B na otse~kata AB (crt. 18), toga{ velime deka otse~kata AB se gleda pod agol  od to~kata M . Primer 20. Najdi geometrisko mesto na to~ki od koi otse~kata AB se gleda pod daden agol  . Re{enie. Analiza. ]e go koristime svojstvoto deka site periferiski agli vo edna kru`nica {to se nad ist lak, ili tetiva, me|usebno se ednakvi. Neka 

zadadenata

otse~ka

agolot





( 0    180 ) se nacrtani taka, {to agolot AMB   (crt. 19), t.e. M e proizvolna to~ka od baranoto geometrisko mesto na to~ki. Opi{uvame kru`nica okolu ABM . Spored spomenatoto svojstvo na periferiskite agli, sleduva deka sekoja to~ka od lakot AMB , razli~na od A i B , moè da bide teme na periferiskiot agol  . Zna~i, od sekoja to~ka na lakot AMB , bez negovite kraevi A i B , otse~kata AB se gleda pod agol  . Osven toa otse~ka AB se gleda pod agol  i od to~kite na lakot AM ' B , simetri~en na lakot AMB vo odnos na pravata AB (crt. 19). Dokaz. Od analizata zaklu~ivme deka sekoja to~ka od lacite AMB i AM ' B , razli~na od A i B , pripa|a na baranoto geometrisko mesto na to~ki. ]e dokaème deka od sekoja druga to~ka, otse~kata AB se gleda pod agol razli~en od  . Neka P e vnatre{na to~ka za lakot AMB , a N prese~nata to~ka na AP so lakot AMB (crt. 19). Za BPN agolot APB e nadvore{en, pa sleduva deka e pogolem od sekoj vnatre{en agol koj ne mu e soseden. Zna~i, APB  ANB   . Sli~no, za to~kata Q , nadvore{na za lakot AMB , se dokaùva deka AQB   . Zna~i, geometriskoto mesto na to~ki od koi otse~kata AB se gleda pod agol  , e figurata obrazovana od dva laka na kru`nicite {to minuvaat niz to~kite A i B i se simetri~ni vo odnos na pravata AB , bez to~kite A i B .

149

Konstrukcija. Za konstrukcijata na eden od lacite AMB ili AM ' B }e go koristime svojstvoto deka agolot me|u tetivata i tangentata (povle~ena od krajnite to~ki na tetivata) e ednakov so periferniot agol nad taa tetiva. Na proizvolna poluprava ja nanesuvame dadenata otse~ka AB i vo to~kata A go nanesuvame agolot  (crt. 20), ~ij vtor krak e tangenta na kru`nicata na koja pripa|a lakot AMB . Ja povlekuvame normalata n na tangentata t vo to~kata A i simetralata s na otse~kata AB . Nivniot presek e centar na kru`nicata na koja pripa|a lakot AMB . Ako  e ostar agol toga{ baranoto geometrisko mesto e pogolemiot od kru`nite laci, a ako  e tap agol toga{ toa e pomaliot kru`en lak. Diskusija. Ako 0     180  , toga{ baranoto geometrisko mesto se dva kru`ni laci. Ako   0  , toga{ baranoto geometrisko mesto se sostoi od site to~ki na pravata AB , nadvore{ni za otse~kata AB . Ako   180  , toga{ baranoto geometrisko mesto se sostoi od vnatre{nite to~ki na otse~kata AB . Ako

  180  , toga{ zada~ata nema re{enie. Vo slu~ajot koga   90  , baranoto geometrisko mesto na to~ki e kru`nica so dijametar AB , bez to~kite A i B .  Primer 21. Konstruiraj tangenta na kru`nica k (O, r ) {to minuva niz dadena to~ka T . Re{enie. a) Jasno, ako to~kata T e vo vnatre{nosta na kru`nicata, t.e. OT  r , toga{ zada~ata nema re{enie. b) Ako to~kata T le`i na kru`nicata k , t.e. OT  r , toga{ ja povlekuvame pravata OT i vo to~kata T konstruirame normala n na OT i toa e baranata tangenta (crt. 21). v) Analiza. Ako to~kata T e vo nadvore{nosta na kru`nicata, t.e. OT  r , toga{ na kru`nicata treba da se opredeli takva to~ka T1 , {to TT1O da e prav agol. Toa zna~i deka treba da se opredeli to~ka T1 od koja otse~kata OT se gleda pod prav agol. Ako to~kata M e sredina na otse~kata OT , od primer 20 sleduva deka to~kata T1 le`i na kru`nicata k1 ( M , OT ). 2 Konstrukcija. Nao|ame simetrala s na otse~kata OT i vo presek so pravata OT ja nao|ame to~ka M . Potoa konstruirame kru`ni-

150

ca k1 ( M , OT ) i nao|ame k  k1  {T1 , T2 } . Gi povlekuvame pravite TT1 i TT2 i toa se 2 baranite tangenti.  Zabele{ka 2. Pokraj konstrukcijata na tangenta na kru`nica k (O, r ) {to minuva niz zadadena to~ka T , pri re{avaweto na konstruktivni zada~i ~esto pati e potrebno da se konstruira tangenta na kru`nica k paralelna na dadena prava p . Ovaa konstrukcija spa|a me|u elementarnite konstrukcii i istata se izveduva na sledniot na~in:

od centarot O na kru`nicata k povlekuvame prava n normalna na pravata p , nao|ame k  p  {T1 , T2 } i vo to~kite T1 i T2 konstruirame tangenti na kru`nicata k (napravi crte`).

A) METOD NA GEOMETRISKO MESTO Skoro vo site prethodno razgledani primeri, nie vsu{nost go koristevme metodot na geometrisko mesto, koj e eden od naj~esto koristenite metodi za re{avawe na konstruktivni zada~i. Su{tinata na ovoj metod se sostoi vo slednoto:

Ako pri edna konstrukcija treba da se opredeli to~ka koja zadovoluva dva ili pove}e uslovi, toga{ gi nao|ame geometriskite mesta na to~ki za sekoj uslov oddelno.

Bidej}i sekoe od geometriskite mesta }e bide pretstaveno so figura, zaedni~kite to~ki na ovie figuri (ako istite postojat) se to~kite koi treba da gi opredelime.

Primer 22. Konstruiraj triagolnik zadaden so R,  , ha . Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka zada~ata e re{ena (crt. 23). Bidej}i stranata AB se gleda pod agol  , dobivame deka centralniot agol e 2 , pa zatoa dol`inata na stranata AB mo`eme da ja najdeme ako vo kru`nica k (O, R ) konstruirame proizvolen centralen agol na 2 i gi opredelime prese~nite to~ki A i B na negovite kraci so kru`nicata k . Ponatamu, od to~kata A2 stranata AB se gleda pod prav agol i rastojanieto od to~kata A do to~kata A2 e ednakvo na ha . Zna~i, A2 e presek na dve geometriski mesta koi se kru`nicata k1 konstruirana nad dijametar AB i kru`nicata k 2 ( A, ha ) . Jasno, tretoto teme C e presek na dve geometriski mesta na to~ki i toa, kru`nicata k i pravata BA2 . Konstrukcija. Konstruirame kru`nica k (O, R ) i vo nea centralen agol so golemina 2 i gi nao|ame to~kite A i B (napravi crte`). Nad AB , kako nad dijametar, konstruirame kru`nica k1 i konstruirame kru`nica k 2 ( A, ha ) . Nao|ame A2  k1  k 2 . Ja pov-

151

lekuvame pravata BA2 i vo presek so kru`nicata k ja opredeluvame to~kata C . Triagolnikot ABC gi zadovoluva uslovite na zada~a, t.e. toj e re{enie na zada~ata. Obidi se samostojno da gi realizira{ dokazot i diskusijata.  Primer 23. Konstruiraj triagolnik zadaden so c, ha , hb . Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka zada~ata e re{ena (crt. 24) i C1 e sredina na stranata AB . Podno`nata to~ka A2 na visinata povle~ena od temeto A e presek na dve geometriski mesta na to~ki i toa k ( A, ha ) i k1 (C1 , 2c ) , a podno`nata to~ka B2 na visinata povle~ena od temeto B e presek na dve geometriski mesta na to~ki i toa k 2 ( B, hb ) i k1 (C1 , 2c ) . Ponatamu, to~kata C e presek na pravite BA2 i AB2 . Konstrukcija. Konstruirame otse~ka AB, AB  c i ja opredeluvame nejzinata sredina C1 . Potoa konstruirame kru`nici k ( A, ha ) i k1 (C1 , 2c ) i vo nivniot presek nao|ame to~ka A2 i konstruirame kru`nica k 2 ( B, hb ) koja kru`nicata k1 (C1 , 2c ) ja se~e vo to~ka B2 . Gi povlekuvame pravite BA2 i AB2 i vo nivniot presek ja nao|ame to~kata C . Triagolnikot ABC gi zadovoluva uslovite na zada~ata. Obidi se samostojno da gi realizira{ dokazot i diskusijata.  Zabele{ka 3. Vo primer 8 vidovme kako se konstruira normala na prava p od to~ka C . Prethodniot primer mo`e da se iskoristi za ovaa konstrukcija koga C  p . Navistina, neka zememe proizvolna to~ka C1 od p i da opi{eme kru`nica k (C1 , r ) , r  0 proizvolno, koja ja se~e pravata vo to~ki A i B . Gi povlekuvame pravite AC i BC i neka tie ja se~at kru`nicata vo to~ki B2 i A2 , soodvetno. Potoa gi povlekuvame pravite AA2 i BB2 i tie se se~at vo to~ka H . Pravata CH e baranata normala p (zo{to?). Obidi se da ja realizira{ ovaa konstrukcija i istata samostojno da ja doka`e{.

ZADA^I ZA VE@BAWE 21. Da se konstruiraat zaedni~kite tangenti na dve dadeni kru`nici. 22. Da se najde geometriskoto mesto na  od sredinite na tetivite {to gi otsekuva dadena kru`nica k (O, r ) od pravite {to minuvaat niz dadena to~ka A . 23. Da se opredeli vnatre{na to~ka na ABC od koja negovite strani se gledaat pod ist agol. 24. Konstruiraj ABC , ako se dadeni: a) c,  , hc , b) c,  , t c , v) c, R, t c , g) c, R, hc , d) R,  , t c i |) R,  , hc .

152

5. ELEMENTARNI KONSTRUKCII NA ÊTIRIAGOLNIK Vo dosega{nite razgleduvawa prete`no se zadràvme na elementarnite konstrukcii na triagolnik. Me|utoa vo sekojdnevniot ìvot ~etiriagolnikot e isto tolu va`na geometriska figura kako i triagolnikot, pa zatoa vo ovoj del }e razgledame nekolku elementarni konstrukcii na ~etiriagolnik. Kako {to znaeme proizvolen ~etiriagolnik e napolno opredelen ako ni se poznati pet negovi elementi, na primer, ~etirite strani i eden negov agol i sli~no. Zatoa za da moème da konstruirame daden ~etiriagolnik treba da ni se poznati pet negovi elementi. Pred da premineme na konkretni primeri, da zabeleìme deka pri konstruiraweto na daden ~etiriagolnik naj~esto konstruirame pomo{en triagolnik {to ni ovozmoùva da ja re{ime zada~ata. Da razgledame nekolku primeri. Primer 24. Konstruiraj kvadrat zadaden so zbirot a  d od stranata a i dijagonalata d Re{enie. Analiza. Neka e daden kvadrat so strana a . Toga{, negovata dijagonala e d  a 2 , pa zatoa za da ja najdeme stranata na kvadratot dovolno e zbirot a  d da go podelime vo odnos 1 : 2 . Konstrukcija. Zemame otse~ka so proizvolna dolìna m i konstruirame otse~ka so dolìna m 2  m 2  m 2 (primer 15). Potoa ja delime otse~kata a  d vo odnos

m : m 2  1 : 2 . Pomalata otse~ka od ovaa podelba e stranata na kvadratot, a pogolemata e negovata dijagonala. Kone~no, konstruirame kvadrat so dadeni strana i dijagonala (napravi crte`).  Primer 25. Konstruiraj pravoagolnik zadaden so zbirot a, b  d . Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka pravoagolnikot ABCD e konstruiran. Ako preku temeto ja prodolìme stranata BC za dolìna d , go dobivame pravoagolniot triagolnik ECD so kateti a i b  d (crt. 25). Spored toa, ECD moème da go konstruirame. Ponatamu, DEB e ramnokrak, pa zatoa temeto B leì na simetralata na stranata DE . Konstrukcija. Konstruirame pravoagolen triagolnik ECD so kateti a i b  d . Potoa ja konstruirame simetralata na hipotenuzata DE na ECD i vo presekot na simetralata i stranata CE go opredeluvame temeto B na pravoagolnikot. Temeto A go nao|ame vo presekot na kru`nicite k1 ( D, BC ) i k 2 ( B, CD ) . Obidi se samostojno da gi izvede{ konstrukcijata, dokazot i diskusijata. 

153

Primer 26. Konstruiraj ramnokrak trapez zadaden so a, b, c . Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka trapezot ABCD e konstruiran. Ako niz temeto C povle~eme prava paralelna na stranata AD i vo presek so osnovata AB ja najdeme to~kata E , go dobivame ramnokrak EBC so osnova a  b i krak c . Konstrukcija. Ja konstruirame razlikata na osnovite a  b . Potoa konstruirame ramnokrak EBC so osnova EB  a  b i kraci EC  BC  c . Preku temeto E za dolìna b ja prodolùvame stranata EB i ja dobivame to~kata A . Sega vo to~kata C povlekuvame prava paralelna na pravata EB i vo to~kata A povlekuvame prava paralelna na pravata EC . Vo presekot na ovie pravi ja nao|ame to~kata D , so {to e konstruiran ~etiriagolnikot ABCD koj e baraniot trapez. Obidi se samostojno da gi izvede{ konstrukcijata, dokazot i diskusijata.  Primer 27. Konstruiraj trapez zadaden so a, b, c i h . Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka trapezot ABCD e konstruiran. Ako vo temeto D povle~eme prava paralelna na stranata BC vo presekot so osnovata AB dobivame to~ka E (crt. 27). Za AED poznati se stranite AE  a  b , DE  c i visinata h , pa zatoa moè da se konstruira. Konstrukcija. Ja nao|ame razlikata na osnovite a  b i konstruirame otse~ka AE  a  b . Potoa na rastojanie h od pravata AE konstruirame prava p || AE . Ponatamu, konstruirame kru`nica k ( E , c) i nao|ame k  p  D . Preku to~kata E ja prodolùvame otse~kata AE za dolìna b i ja nao|ame to~kata B . Niz to~kata B povlekuvame prava paralelna na ED , a niz to~kata D prava paralelna so pravata AE i vo nivniot presek ja nao|ame to~kata C , so {to e konstruiran ~etiriagolnikot ABCD koj e baraniot trapez. Obidi se samostojno da gi izvede{ konstrukcijata i dokazot. Diskusija. Triagolnikot AED moè da se konstruira ako i samo ako h  c i kako ostanatite delovi od konstrukcijata se sekoga{ izvodliv zaklu~uvame deka trapezot moè da se konstruira ako i samo ako h  c .  Primer 28. Konstruiraj trapez zadaden so osnovite a , b i dijagonalite d1 , d 2 . Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka trapezot ABCD e konstruiran (crt. 28). Ako vo temeto C povle~eme prava paralelna so pravata BD , vo presek so pravata AB ja nao|ame to~kata E . êtiriagolnikot BECD e paralelogram so strani b i d 2 . Spored toa,

154

AEC imame AE  a  b, EC  d1 i AC  d 2 , pa zatoa istiot mo`e da se konstruira (SSS). Konstrukcija. Konstruirame AEC so dol`ini na strani AE  a  b, EC  d1 i

AC  d 2 . Na stranata AE nao|ame to~ka B takva, {to AB  a . Niz to~kata B povlekuvame prava paralelna so pravata EC , a niz to~kata C povlekuvame prava paralelna so pravata AE i vo presek na ovie pravi ja nao|ame to~kata D , so {to e konstruiran ~etiriagolnikot ABCD koj e baraniot trapez. Obidi se samostojno da gi izvede{ konstrukcijata i dokazot. Diskusija. Triagolnikot AEC moè da se konstruira ako i samo ako | d1  d 2 | a  b  d1  d 2 , (1) i kako ostanatite delovi od konstrukcijata se sekoga{ izvodlivi zaklu~uvame deka trapezot moè da se konstruira ako i samo ako e ispolnet uslovot (1).  Primer 29. Konstruiraj deltoid ako se dadeni nesgovite dijagonali i edna strana. Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka deltoidot ABCD e konstruiran (crt. 29). Pravoagolniot BSA za koj se poznati AB  a, BC  22 i BSA  90  moè da se konstruira. Potoa temiwata C i D leàt na prodolènijata na stranite AS i BS preku temeto na praviot agol i BD  d 2 , AC  d1 . Sega lesno moè{ da gi realizira{ d

konstrukcijata i dokazot. Jasno, zada~ata ima re{enie, ako i samo ako 22  a . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 25. Konstruiraj kvadrat ako e dadena razlikata na stanata i dijagonalata d  a . 26. Konstruira pravoagolnik ako se dadeni: a) stranata a i razlikata na dijagonalata i drugata strana d  b i b) dijagonalata d i razlikata na stranite a  b . 27. Konstruiraj romb zadaden so: a) stranata a i dijagonalata d1 i b) stranata a i visina h . 28. Konstruiraj paralelogram zadaden so strana, dijagonala i agol me|u dijagonalite. Pri formulacijata na slednite zada~i koristeni se crte`ite od re{enite primeri. 29. Konstruiraj ramnokrak trapez zadaden so: a) a, b,  i b) a, b, h . 30. Konstruiraj pravoagolen trapez ABCD , AD  AB zadaden so: a) a,  , c i b) a, c, d1  AC . 31. Konstruiraj trapez ABCD , zadaden so: a) a, b,  ,  , b) a, b,  , h , v) c, d , h, b i

g) c, d , h, a .

155

32. Konstruiraj deltoid ako se dadeni: a) d1 , d 2 ,  i b) d1 , d 2 ,  . 33. Konstruiraj ~etiriagolnik ABCD ako se dadeni: a) stranite AB, BC , CD, DA i dijagonalata AC . b) stranite AB, BC , CD, DA i agolot pri temeto A .

6. PRIMENA NA TRANSLACIJATA I ROTACIJATA VO RE[AVAWE NA KONSTRUKTIVNI ZADA^I A) PRIMENA NA TRANSLACIJATA VO RE[AVAWE NA KONSTRUKTIVNI ZADA^I Edno od najednostavnite preslikuvawa vo ramninata e translacijata koja kako {to znaeme se definira na sledniot na~in. Definicija 4. Neka e daden nenultiot vektor a vo ramninata  . Preslikuvaweto  :    opredeleno so  ( A)  A' ako i samo ako AA'  a go narekuvame translacija a

za vektor a . Za translacijata ni se poznati slednite svojstva: a) Pri sekoja translacija otse~ka se preslikuva vo otse~ka ednakva so nea. b) Slika na prava p pri translacija  e prava p ' koja se dobiva ako vo proiza

volna to~ka A  p go naneseme vektorot AA'  a i potoa vo to~kata A' konstruirame prava p ' paralelna na p . v) Slika na kru`nica k (O, r ) pri translacija  e kru`nica k ' (O' , r ) pri {to a

 (O)  O' t.e. OO'  a . a g) Sekoj agol pri translacija se preslikuva vo nemu ednakov agol so paralelni kraci. ]e razgledame dve konstruktivni zada~i vo koi }e ja primenime translacijata. Primer 30. Mestata A i B se nao|aat na razli~ni strani od kanal so paralelni bregovi p i q . Kade treba da se izgradi most na kanalot (normalno postaven na bregovite), taka {to patot me|u A i B da bide najkus. Re{enie. Analiza. Neka pretpostavime deka zada~ata e re{ena i neka mostot e PQ (crt. 30). Ako

a  PQ , toga{  ( P)  Q . Da zememe  ( A)  A' . Toga{ a

156

~etiriagolnikot APQA' e paralelogram, pa A' Q  AP , Jasno, za da patot od A do B e najkratok treba iskr{enata linija A' QB da e najkratka, a toa e mo`no ako i samo ako to~kite A' , Q i B se kolinearni. Spored toa, Q  A' B  q . Konstrukcija. Povlekuvame proizvolna prava s normalna na pravata p i neka R  p  s i S  q  s . Nao|ame  ( A)  A' , ja povlekuvame pravata A' B i RS

nao|ame N  A' B  q . Vo to~kata N konstruirame prava normalna na pravata q i vo presekot na ovaa prava so pravata p ja nao|ame to~kata M . Dokaz. Neposredno sleduva od analizata i konstrukcijata. Diskusija. Bidej}i to~kata N e ednozna~no opredelena, sleduva deka zada~ata sekoga{ ima edinstveno re{enie.  Primer 31. Da se konstruira kru`nica koja minuva niz dadena to~ka i dopira dve paralelni pravi. Re{enie. Analiza. Da pretpostavime deka zada~ata e re{ena (crt. 32). Ako a e vektor paralelen so pravata p , toga{  (k )  k e kru`nica, koja{to pak a

gi dopira pravite p i q . Bidej}i edna proizvolna kru`nica k {to gi dopira pravite p i q moème lesno da konstruirame, so pomo{ na edna translacija nea moème da ja preslikame vo baranata kru`nica. Konstrukcija. Povlekuvame proizvolna prava normalna na pravite p i q koja gi se~e ovie pravi vo dijametralno sprotivni to~ki na kru`nica k {to gi dopira pravite p i q . Nejziniot centar O leì na pravata s , {to e paralelna so p i q i e ednakvo oddale~ena od niv. Niz to~kata A povlekuvame prava a paralelna so p i q i gi nao|ame prese~nite to~ki A1 i A2 na a i k (ako takvi postojat). Ako  1 e translacija na vektorot A1 A , a  2 e translacija na vektorot A2 A , toga{ k1   1 (k ) i k 2   2 (k ) se kru`nici {to gi zadovoluvaat uslovite na zada~ata (crt. 33). Diskusija. Mo`ni se tri slu~ai: a) ako to~kata A e me|u pravite p i q , zada~ata ima dve re{enija; b) ako to~kata A leì na nekoja od pravite, toga{ zada~ata ima samo edno re{enie i v) vo drug slu~aj zada~ata nema re{enie. 

157

B) PRIMENA NA ROTACIJATA VO RE[AVAWE NA KONSTRUKTIVNI ZADA^I Pri izu~uvawe na aglite rekovme deka agol kaj koj edniot krak go zemame za po~eten, a drugiot za kraen go narekuvame naso~en agol. Pritoa, ako za AOB krakot OA e po~eten, a OB kraen, toga{ naso~eniot agol go ozna~uvame so  AOB . Ako odej}i od po~etniot krak OA kon krajniot krak OB se dvi`ime obratno od strelkata na ~asovnikot, toga{ }e velime deka AOB e pozitivno naso~en, a vo sprotivno }e velime deka e negativno naso~en. Jasno, aglite  AOB i  BOA se ednakvi po golemina i se sprotivno naso~eni i pritoa pi{uvame  AOB   BOA . Da se potsetime na definicijata na rotacijata i nejzinite svojstva. Definicija 5. Neka O e to~ka vo ramninata  i  naso~en agol. Preslikuvaweto  O, :    opredeleno so  O, (O)  O i  O, ( A)  A' ako i samo ako  AOA'   i

OA  OA' go narekuvame rotacija za agol  so centar vo to~kata O . Za rotacijata se ispolneti slednite svojstva: a) Pri sekoja rotacija otse~ka se preslikuva vo otse~ka ednakva so nea. b) Slika na prava p pri rotacija e prava p ' i pritoa agolot me|u pravite p i p ' e ednakov na agolot na rotacija. u) Slikata na agol pri rotacija e agol, ednakov so nego. g) Slika na kru`nica k ( S , r ) pri rotacija  O, e kru`nica k ' ( S ' , r ) takva, {to

 O, ( S )  S ' . Pritoa, ako S  O , toga{  O, (k )  k . ]e razgledame dve konstruktivni zada~i vo koi }e ja primenime rotacijata za nivno re{avawe. Primer 32. Dadeni se pravi p i q i to~ka A . Konstruiraj ramnostran triagolnik ABC takov, {to B  p i C  q . Re{enie. Analiza. Da pretpostavime deka zada~ata e re{ena i neka ABC e baraniot triagolnik (crt. 34). Triagolnikot ABC e ramnostran, pa zatoa AB  AC i BAC  60  . Zna~i, ako  e rotacija so centar A i agol 60  ili agol  60  , toga{  ( B )  C . To~kata B leì na pravata p , pa to~kata C   ( B) }e leì na pravata  ( p) . Od drugata strana C leì i na pravata q , pa zna~i, C   ( p)  q . Konstrukcija. Zemame rotacija 1 e rotacija so centar A i agol 60  , a  2 rotacija so centar A i agol  60  i neka p1  1 ( p) , p 2   2 ( p ) . Nao|ame

C1  p1  q , C 2  p 2  q , B1   2 (C1 ) i B2  1 (C 2 ) , 158

i dobivame deka AB1C1 i AB2 C 2 se baranite triagolnici. Dokaz. Neposredno sleduva od analizata i konstrukcijata. Diskusija. Bidej}i barem edna od pravite p1 i p 2 ja se~e pravata q , zada~ata ima barem edno re{enie. Vo slu~aj koga i dvete pravi p1 i p 2 ja se~at pravata q zada~ata ima dve re{enija.  Primer 33. Da se konstruira kvadrat ABCD takov, {to tri negovi temiwa da le`at na tri dadeni paralelni pravi. Re{enie. Analiza. Da pretpostavime deka zada~ata e re{ena i ABCD e baraniot kvadrat (crt. 36). Od BA  BC i ABC  90  sleduva  e rotacija so centar B i agol   90  ili   90  , toga{  ( A)  C . Neka, na primer, ABC  90  . Od A  a , sleduva deka  B ,90 ( A)  C   B ,90 (a )  a ' , pa zatoa

C  a'c . Vo slu~aj koga   90  , dobivame deka C  a' 'c , kade {to a ' '   B ,90 (a ) ,. Konstrukcija. Neka B i proizvolna to~ka od pravata b . Gi konstruirame pravite a'   B,90 ( a) i a' '   B, 90 ( a) . Ponatamu, gi opredeluvame to~kite C1  a'c i

C 2  a' 'c , i potoa gi konstruirame kvadratite C1 BA1 D1 i C 2 BA2 D2 ~ii strani se C1 B i C 2 B soodvetno. Dokaz. Temiwata C1 i B od kvadratot C1 BA1 D1 le`at na pravite c i b po konstrukcijata. Bidej}i C  a'c , dobivame deka A1   B, 90 (C1 ) , t.e. A1  a . Zna~i, kvadratot C1 BA1 D1 gi zadovoluva uslovite na zada~ata. Analogno se doka`uva deka i kvadratot C 2 BA2 D2 gi zadovoluva uslovite na zada~ata. Diskusija. Pravata a' e normalna na a , pa zna~i, e normalna i na c . Zna~i, to~kata C1 sekoga{ postoi, pa, spored toa, i kvadratot C1 BA1 D1 postoi. Spored toa, za proizvolna to~ka B  b , zada~ata ima sekoga{ dve re{enija. 

ZADA^I ZA VE@BAWE 34. Mestata A i B se razdeleni so dva kanali so paralelni bregovi. Kade treba da se izgradat mostovi na ovie kanali, za patot od A i B bide najkus? 35. Konstruiraj ~etiriagolnik, ako se dadeni tri negovi agli i dve sprotivni strani. 36. Dadeni se kru`nici k1 (O1 , r1 ) i k 2 (O2 , r2 ) i prava p . Konstruiraj prava q paralelna so p , taka {to kru`nicite k1 i k 2 otsekuvaat na q ednakvi otse~ki. 37. Dadeni se to~ka A , prava p i kru`nica k . Konstruiraj ramnostran triagolnik ABC , taka {to B  p i C  k . 38. Dadeni se to~ka A i kru`nici k1 i k 2 . Konstruiraj ramnostran triagolnik ABC , taka {to B  k1 i C  k 2 .

159

39. Dadeni se tri paralelni pravi. Konstruiraj ramnostran triagolnik, taka {to na sekoj prava da le`i po edno negovo teme.

7. PRIMENA NA OSNATA I CENTRALNATA SIMETRIJA VO RE[AVAWE NA KONSTRUKTIVNI ZADAÎ A) PRIMENA NA OSNATA SIMETRIJA VO RE[AVAWE NA KONSTRUKTIVNI ZADAÎ Pred da ja razgledame primenata na osnata simetrija vo primenata na konstruktivni zada~i da se potsetime na definicijata na istata i nekoi nejzini svojstva. Definicija 6. Neka a e prava vo ramninata  , a B e proizvolna to~ka od  . Za to~kata B ' }e velime deka e simetri~na na B vo odnos na pravata a ako pravata a e simetrala na otse~kata BB' . Preslikuvaweto  a :    opredeleno so  a ( A)  A' ako i samo ako to~kata A' e simetri~na na to~kata A vo odnos na pravata a go narekuvame osna simetrija vo odnos na pravata a . Za osnata simetrija se ispolneti slednite svojstva: a) Pri sekoja osna simetrija otse~ka se preslikuva vo otse~ka ednakva so nea. b) Slika na prava p pri osna simetrija  a e prava p ' . Pritoa, 1)  a (a)  a ; 2) ako p  a , toga{ p '  p ; 3) ako p || a , toga{ p' || a i 4) ako p || a , toga{ a e simetrala na eden od aglite opredeleni so p i p ' . v) Slikata na agol pri osna simetrija e agol, ednakov so nego. g) Slika na kru`nica k ( S , r ) pri osna simetrija  a e kru`nica k ' ( S ' , r ) takva, {to  a ( S )  S ' . Pritoa, ako S  a , toga{  a (k )  k . ]e razgledame dve konstruktivni zada~i vo koi }e ja primenime osnata simetrija za nivno re{avawe. Primer 34. Dadena e prava p i to~ki A i B koi ne pripa|aat na p i leàt vo ista poluramnina opredelena so p . Na pravata p opredeli to~ka C takva, {to zbirot

AC  BC da bide najmal. Re{enie. Analiza. Neka X e proizvolna to~ka od pravata p i  p ( B )  B ' (crt. 37). To~kata X le`i na pravata

p imame, pa zatoa BX  B ' X , {to zna~i AX  XB  AX  XB' . Od dosega iznesenoto sleduva deka zbirot AX  XB e najmal, ako zbirot AX  XB' e najmal, t.e. ako dol`inata na iskr{enata linija AXB' e najmala, a toa e mo`no koga

160

to~kite A , X i B ' se kolinearni. Konstrukcija. Nao|ame  p ( B )  B ' i ja povlekuvame pravata AB' . Sega, baranata to~ka e C  AB' p . Dokaz. Neposredno sleduva od analizata i konstrukcijata. Diskusija. Zada~ata sekoga{ ima edinctveno re{enie.  Primer 35. Da se konstruira kvadrat, taka {to dve negovi sprotivni temiwa da le`at na dadena prava p , a drugite soodvetno na dve dadeni kru`nici k1 i k 2 . Re{enie. Analiza. Neka ABCD e baraniot kadrat (crt. 38). Pravata p e oska na simetrija na kvadratot, pa zatoa  p ( A)  A ,  p (C )  C ,  p ( B)  D . Bidej}i B  k1 imame D   p ( B )   p (k1 )  k1 ' i kako D  k 2 dobivame deka D  k1 'k 2 . Konstrukcija. Prvo konstruirame kru`nica k1 '   p (k1 ) i nao|ame to~ka D  k1 'k 2 . Potoa opredeluvame B   p ( D) i na takov na~in dobivame dve sprotivni temiwa B i D na baraniot kvadrat (crt. 39). Sega ja opredeluvame to~kata O  BD  p i na pravata p nao|ame to~ki A i C takvi, {to

OA  OC  OB  OD . Kone~no, ~etiriagolnikot ABCD e baraniot kvadrat. Dokaz. Neposredno sleduva od analizata i konstrukcijata. Diskusija. Zada~ata mo`e da ima dve, edno ili niedno re{enie, vo zavisnost od brojot na prese~nite to~ki na kru`nicite k1' i k 2 .  B) PRIMENA NA CENTRALNATA SIMETRIJA VO RE[AVAWE NA KONSTRUKTIVNI ZADA^I Na krajot od ovoj del }e ja razgledame primenata na centralnata simetrija vo re{avawe na konstruktivni zada~i. Za taa cel prvo }e se potsetime na definicijata na istata i nejzinite osnovni svojstva. Definicija 7. Neka O e to~ka vo ramninata  , a A e proizvolna to~ka od  . Za to~kata A' }e velime deka e simetri~na na A vo odnos na to~kata O ako to~kite A, O i A' se kolinearni i to~kata O e sredina na otse~kata AA' . Preslikuvaweto  O :    opredeleno so  O ( A)  A' ako i samo ako to~kata A' e simetri~na na to~kata A vo odnos na to~kata O go narekuvame centralna simetrija vo odnos na to~kata O .

161

Za centralnata simetrija se ispolneti slednite svojstva: a) Pri sekoja centralna simetrija otse~ka se preslikuva vo otse~ka ednakva so nea. b) Slika na prava p pri centralna simetrija  O e prava p ' , koja e paralelna na p . Pritoa, ako O  p , toga{  O ( p)  p . v) Slikata na agol pri centralna simetrija e agol, ednakov so nego. g) Slika na kru`nica k ( S , r ) pri centralna simetrija  O e kru`nica k ' ( S ' , r ) takva, {to  O ( S )  S ' . Pritoa, ako S  O , toga{  O (k )  k . ]e razgledame dve konstruktivni zada~i vo koi }e ja primenime osnata simetrija. Primer 36. Dadeni se to~kite M , N i O . Konstruiraj kvadrat, taka {to to~kata O e presek na negovite dijagonali, a to~kite M i N leàt na dve negovi sprotivni strani. Re{enie. Analiza. Neka ABCD e baraniot kvadrat (crt. 40). Kvadratot e centralno simetri~na figura, so centar na simetrija vo presekot na negovite dijagonali. Zna~i, ako M leì na stranata AD , toga{  O ( M )  M ' leì na stranata BC . Sli~no, to~kata  O ( N )  N ' leì na stranata AD . Zna~i, pri centralna simetrija  O gi opredeluvame pravite na koi leàt sprotivnite strani. Sega, rastojanieto me|u ovie pravi e ednakvo na stranata na kvadratot. Konstrukcija. Nao|ame  O ( M )  M ' i  O ( N )  N ' i gi povlekuvame pravite MN ' i M ' N , na koi leàt stranite AD i BC , soodvetno (crt. 41). Vo to~kata O konstruirame normala na pravata MN ' , koja gi se~e pravite MN ' i M ' N vo to~kite P i Q , soodvetno. Od to~kata P na pravata MN ' levo i desno nanesuvame rastojanie OP , so {to gi dobivame temiwata A i D . Analogno, an pravata M ' N gi nao|ame temiwata B i C . Dokaz. Neposredno sleduva od analizata i konstrukcijata. Diskusija. a) Ako to~kite M , N i O ne se kolinearni, toga{ zada~ata ima edno re{enie. b) Ako to~kite M , N i O se kolinearni i O e sredina na otse~kata MN , toga{ na sekoj par paralelni pravi koi minuvaat niz to~kite M i N }e mu soodvetstvuva po eden kvadrat, pa zna~i zada~ata ima beskone~no mnogu re{enija. v) Ako to~kite M , N i O se kolinearni i O ne e sredina na otse~kata MN , toga{ M i N ne se preslikuvaat edna vo druga pri centralnata simetrijata  O , pa zna~i zada~ata nema re{enie.  Primer 37. Dadeni se pravi p i q i to~ka A koja ne leì na pravite. Niz to~kata A povle~i prava a , taka {to A da bide sredina na otse~kata MN , kade {to M  a  p i N aq

162

Re{enie. Analiza. Da pretpostavime deka zada~ata e re{ena i neka MN e baranata prava (crt. 42). To~kata A e sredina na otse~kata MN , pa zatoa N   A ( M ) . Pritoa to~kata M le`i na pravata p , a to~kata N   A (M ) le`i na pravata p'   A ( p) , pa zatoa N  q  p' . Konstrukcija. Zemame proizvolna to~ka P  p i nao|ame  A ( P)  P' (crt. 43). Niz to~kata P ' povlekuvame prava paralelna na p i ja nao|ame pravata p'   A ( p) . Sega N  q  p' i ja povlekuvame pravata AN , koja e baranata prava a . Dokaz. Neposredno sleduva od analizata i konstrukcijata. Diskusija. a) Ako pravite p i q ne se paralelni, toga{ zada~ata ima edno re{enie. b) Ako pravite p i q se paralelni i to~kata A e na ednakvo rastojanie od niv, toga{ zada~ata ima beskone~no mnogu re{enija, t.e. re{enie e sekoja prava koja minuva niz A i ne e paralelna so pravite p i q . v) Ako pravite p i q se paralelni i to~kata A ne e na ednakvo rastojanie od niv, toga{ zada~ata nema re{enie. 

ZADA^I ZA VE@BAWE 40. Neka A i B se dve to~ki vo vnatre{nosta na ostriot MON . Na kracite OM i ON najdi to~ki C i D soodvetno takvi, {to zbirot AC  CD  BD da bide najmal. 41. Vo vnatre{nosta na ostriot XOY se nao|a to~ka A . Najdi to~ki B  OX i C  OY takvi, {to zbirot AB  BC  CA da bide najmal. 42. Konstruiraj ABC ako se poznati:

a) c, hc ,    ;

b) b, c  a,  .

43. Konstruiraj kvadrat, taka {to dve negovi sprotivni temiwa da leàt na dadena prava, a drugite dve na dve dadeni kru`nici. 44. Konstruiraj ABC ako se poznati: stranite a i b i teì{nata linija t c . 45. Konstruiraj ABC ako se poznati: temeto A , teì{teto T i pravite p i q na koi leàt stranite AB i AC . 46. Dadeni se prava p , kru`nica k ( S , r ) i to~ka A . Niz to~kata A povle~i prava a , taka {to A da bide sredina na otse~kata MN , kade M  p  a i N  k  a .

163

8. KONSTRUKCIJA NA NEKOI PRAVILNI MNOGUAGOLNICI Vo prethodnite godini od tvoeto {koluvawe se zapozna so translacijata, rotacijata, centralnata i osnata simetrija. Nivnata primena vo praktikata e ogromna, a kako {to }e vidime tie se od isklu~itelna va`nost i pri prou~uvaweto na takanare~enite pravilni mnoguagolnici. Definicija 8. Za figurata F }e velime deka ima simetrija od red n , n  N ako se  preslikuva samo vo sebe pri rotacija za agol 360 . Centarot na rotacijata O go n

narekuvame centar na simetrijata od red n . 

Primer 38. a) Bidej}i sekoja centralna simetrija e rotacija za agol od 180   360 2 zaklu~uvame deka centralnata simetrija e simetrija od red 2.

b) Ako kvadratot go rotirame okolu presekot na negovite dijagonali za agol 

90 

360 4

, toga{ toj se preslikuva vo samiot sebe, {to zna~i deka kvadratot ima sime-

trija od red 4, pri {to presekot na dijagonalite e centar na simetrija od red 4. v) Neka k (O, r ) e proizvolna kru`nica i n e proizvolen priroden broj. Slika na  kru`nicata k pri rotacijata za agol 360 e samata kru`nica k , {to zna~i deka k ima n

simetrija od proizvolen red n i pritoa centarot na kru`nicata e centar na ovie simetrii.  Teorema 1. Ako figurata F ima simetrija od red n i ako m | n , toga{ figurata ima simetrija od red m . Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). Neka F ima simetrija od red n i ako m | n , t.e.    n  mk . Spored toa, 360  k 360 , pa zatoa rotacijata za agol 360 se dobiva so k posledovatelni m m n

rotacii za agol

360 n

, posle koi figurata F se preslikuva vo samata sebe, {to zna~i deka taa ima

simetrija od red m i pritoa centarot na simetrijata od red m e istiot so onoj od red n . 

Kako {to znaeme, okolu sekoj triagolnik moè da se opi{e kru`nica, no toa ne vaì za sekoj ~etiriagolnik. Me|utoa, postojat ~etiragolnici okolu koi moè da se opi{e kru`nica, kako na primer kvadratot, pravoagolnikot i drugi. Ovie ~etiriagolnici gi narekuvame tetivni ~etiriagolnici, no na nivnoto prou~uvawe ovde nema posebno da se zadrìme. Sli~no, moème da razgleduvame proizvolni mnoguagolnici okolu koi moè da se opi{e kru`nica. Vo na{ite razgleduvawa }e se osvrneme samo na pravilnite mnoguagolnici i }e pokaème nekoi svojstva na istite. Definicija 9. Za n  agolnikot A1 A2 ... An }e velime deka e tetiven ako negovite temiwa leàt na edna kru`nica.

164

Primer 39. a) Bidej}i okolu sekoj triagolnik moè da se opi{e kru`nica, zaklu~uvame deka sekoj triagolnik e tetiven. b) Kvadratot i pravoagolnikot se tetivni ~etiriagolnici. Moè da se dokaè deka ~etiriagolnik e tetiven ako i samo ako zbirot na sprotivnite agli e ednakvov na

180  . Pritoa dovolno e da se razgledaat dvata agli pod koi se gleda dijagonalata na ~etiriagolnikot.  Definicija 6. Za tetivniot n  agolnik A1 A2 ... An }e velime deka e pravilen ako negovite strani se ednakvi me|u sebe. Centarot na kru`nicata opi{ana okolu pravilniot n  agolnik go narekuvame centar na n  agolnikot. Zabele{ka 4. Bidej}i pravilniot n  agolnik e tetiven n  agolnik so ednakvi strani, a na ednakvi tetivi soodvetstvuvaat ednakvi centralni agli, i obratno, zaklu~uvame deka pravilen n  agolnik e zadaden ako go znaeme radiusot na kru`nicata opi{ana okolu nego i brojot na negovite strani. Pritoa, za da go kosntruirame n  agolnikot dovolno e kru`nicata da ja podelime na n ednakvi delovi, {to e isto ako polniot agol go podelime na n ednakvi agli. Teorema 2. n  agolnikot A1 A2 ... An e pravilen ako i samo ako ima simetrija od red n . Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). Neka A1 A2 ... An e pravilen n  agolnikot i O e negoviot centar. Bidej}i nad ednakvi laci vo edna kru`nica soodvetstvuvaat ednakvi centralni agli zaklu~uvame deka A1OA2  A2 OA3  ...  An OA1 

 so centar O i agol

360 n

. Spored toa, ako izvr{ime rotacija

dobivame  ( A1 )  A2 ,  ( A2 )  A3 ,...,  ( An )  A1 , {to zna~i deka n  agol-

nikot se preslikuva vo samiot sebe, t.e. ima simetrija od red n . Neka n  agolnikot ima simetrija od red n so centar O i neka A e proizvolno negovo teme. Bidej}i n  agolnikot pri rotacija  so centar O i agol

360 n

se preslikuva vo samiot sebe

zaklu~uvame deka slikata na temeto A }e bide teme B razli~no od A i pritoa AOB 

360 n

. Ako

posledovatelno izvr{ime n  1 rotacija, toga{ temeto A postojano }e se preslikuva vo novo teme od n  agolnikot, razli~no od prethodnite i pritoa sekoga{ centralniot agol me|u dve posledovatelni sliki }e bide

360 n

. Bidej}i nad isti centralni agli le`at isti laci, odnosno isti teti-

vi, zaklu~uvame deka n  agolnikot e tetiven i ima ednakvi strani, t.e. toj e pravilen. 

Neka e daden pravilen n  agolnik . Ako n  2k , toga{ 2 | n , pa od teorema 1 sleduva deka n  agolnik ima simetrija od red 2, {to zna~i deka toj e centralno simetri~en. Obratno, ako pravilniot n  agolnik e centralno simetri~en, toa zna~i deka na sekoe teme od n  agolnikot pri centralnata simetrija mu soodvetstvuva edno i samo edno teme od n  agolnikot, {to zna~i deka brojot na temiwata e paren. So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 3. Pravilniot n  agolnik e centralno simetri~en ako i samo ako n e paren broj.  Vo teorema 2 vidovme deka sekoj pravilen n  agolnik ima simetrija od red n , {to  zna~i deka pri rotacija za agol 360 se preslikuva vo samiot sebe. No, pri rotacija agol se n

preslikuva vo ednakov agol, {to zna~i to~na e slednata teorema.

165

Teorema 4. Aglite na koj bilo pravilen n  agolnik se ednakvi me|u sebe.  [to se odnesuva do karakterizacijata na pravilnite mnoguagolnici, mo`e da se doka`e deka, ako vo eden n  agolnik aglite i stranite se ednakvi, toga{ toj e pravilen. Na krajot od ovoj del }e se osvrneme na konstrukciite na nekoi pravilni mnoguagolnici, koga e zadaden radiusot na opi{anata kru`nica. Za taa cel }e razgledame nekolku primeri. Primer 40. a) Za da konstruirame kvadrat vpi{an vo kru`nica k (O, R ) postapuvame na sledniot na~in: - ja konstruirame kru`nicata k i povlekuvame proizvolen dijametar AC na kru`nicata, - vo to~kata O konstruirame prava p normalna na pravata AC i nao|ame k  p  {B, D} , - ~etiriagolnikot ABCD e baraniot kvadrat. b) Za da konstruirame ramnostran triagolnik vpi{an vo kru`nica k (O, R ) postapuvame na sledniot na~in: ja konstruirame kru`nicata k , zemame proizvolna to~ka A na k i od A so radius R vo ista nasoka posledovatelno otsekuvame ~etiri kru`ni laci na k pri {to gi dobivame to~kite M , B, N i C . Kone~no, ABC e baraniot ramnostran triagolnik vpi{an vo k (crt. 45). v) Za da konstruirame pravilen {estagolnik vpi{an vo kru`nica k (O, R ) postapuvame na sledniot na~in: ja konstruirame kru`nicata k , zemame proizvolna to~ka A na k i od A so radius R vo ista nasoka posledovatelno otsekuvame pet kru`ni laci na k pri {to gi dobivame to~kite B, C , D, E i F . Kone~no, {estagolnikot ABCDEF e baraniot pravilen {estagolnik (crt. 46). g) Pravilen osumagolnik vpi{an vo kru`nica k (O, R ) konstruirame na sledniot na~in: - konstruirame kvadrat ACEG vpi{an vo k - konstruirame simetrali na stranite CE ja se~at kru`nicata k vo to~kite D i H F i B , soodvetno. Kone~no, mnoguagolnikot ABCDEFGH e len osumagolnik. 

(crt. 47), i EG koi , odnosno baraniot pravi-

Zabele{ka 5. Postapkata za konstrukcija na pravilen 2n  agolnik, ako ve}e imame konstruirano pravilen n  agolnik e analogna na opi{anata postapka za konstrukcija na pravilen osumagolnik so pomo{ na ve}e konstruiraniot kvadrat.

166

ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E Na krajot od ovoj del }e se osvrneme na konstrukcijata na pravilen petagolnik vpi{an vo kru`nica so radius R . Za taa cel prvo }e ja razgledame podelbata na dadena otse~ka po takanare~eniot zlaten presek. Za to~kata C }e velime deka ja deli otse~kata AB po zlaten presek ako AB : AC  AC : CB (crt. 48). Ako stavime AB  a, AC  x , toga{ imame a : x  x : (a  x) t.e

x  a (a  x)

(3)

{to zna~i deka pri podelbata po zlaten presek pogolemiot del e geometriska sredina od celata otse~ka i nejziniot pomal del. Primer 41. Konstruiraj go zlatniot presek na otse~kata AB . Re{enie. Konstrukcija. Ja nanesuvame otse~kata AB  a i vo to~kata B konstruirame prava h normalna na AB (crt. 49). Na pravata

h nao|ame to~ka D takva, {to BD 

AB 2

. Potoa ja povlekuvame otse~kata

AD i na nea nao|ame vnatre{na to~ka M takva, {to DB  DM . Kone~no, na otse~kata AB nao|ame vnatre{na to~ka C takva, {to AM  AC . To~kata C ja deli otse~kata AB po zlaten presek. 2

Dokaz. Od Pitagorovata teorema imame ( AM  MD) 2  AB  BD . Ponatamu, po konstrukcija, AM  AC , MD  BD  2

AB , 2 2

pa zatoa ( AC 

AB ) 2 2

 AB  ( AB ) 2 , t.e. 2

AC  AB  AB  AC  AB ( AB  AC ) , {to i treba{e da se dokaè. Diskusija. Jasno, postojat dve podelbi na AB po zlaten presek, vo zavisnost od toa vo koja krajna to~ka na AB ja konstruirame normalata h .  Primer 42. Konstruiraj pravilen desetagolnik vpi{an vo kru`nica so radius r . Re{enie. Prvo }e go dokaème slednoto pomo{no tvrdewe: za radiusot na kru`nicata r i stranata a na pravilniot desetagolnik vpi{an vo kru`nicata vaì proporcijata r : a  a : (r  a ) . Da go razgledame ABO (crt. 50). Neka AC e simetralata na OAB , kade C e prese~nata

to~ka na taa simetrala i stranata OB . Bidej}i AOB  36  , OAB  OBA  72  dobivame deka OAC  CAB  36  , ACB  ABC  72  t.e. AOB ~ BAC , pa zatoa OA : AB  AB : BC t.e. OA : AB  AB : (OB  OC ) odnosno r : a  a : (r  a) . Spored toa, za da ja opredelime dol`inata na stranata na pravilen desetagolnik, vpi{an vo kru`nica so radius r , treba radiusot na kru`nicata da go podelime po zlaten presek i za strana na desetagolnikot da ja zememe pogolemata otse~ka od ovaa podelba. Konstrukcija. Crtame kru`nica k (O, r ) i povlekuvame proizvolen radius OA1 . Otse~kata OA1 ja delime po zlaten presek so {to ja dobivame stranata a na desetagolnikot. Sega po~nuvaj}i od to~kata A1 so otvor na {estarot ednakov na a posledovatelno na kru`nicata otsekuvame kru`ni laci so {to gi dobivame temiwata A2 , A3 ,..., A10 . 

Zabele{ka 6. Prethodno ja dadovme konstrukcijata na pravilen desetagoilnik A1 A2 ...A10 vpi{an vo kru`nica so radius r . To~kite A1 , A3 , A5 , A7 , A9 se temiwa na pravilen petagolnik.

167

ZADAÎ ZA VE@BAWE Dokaì deka sekoj pravilen n  agolnik e osnosimetri~na figura. Kolku oski na simetrija ima pravilen n  agolnik? Dali mora eden: a) osnosimetri~en, b) centralnosimetri~en n  agolnik da bide pravilen? Nad stranite na eden paralelogram, nadvor od nego, kako nad hipotenuzi konstruirani se ramnokraki pravoagolni triagolnici. Dokaì deka nivnite temiwa koi ne leàt na paralelogramot se temiwa na kvadrati. 51. Nad stranite na pravilen {estagolnik, kako nad hipotenuzi, vo: a) vnatre{nosta b) nadvore{nosta na {estagolnikot se konstruirani ramnokraki pravoagolni triagolnici. Dokaì deka nivnite temiwa koi ne leàt na {estagolnikot se temiwa na drug pravilen {estagolnik. 52. Konstruiraj ramnokrak triagolnik so osnova b i krak a , ako e daden zbirot na krakot i osnovata a  b i ako se znae deka a : b  (a  b) : a . 53. Ako vo pravoagolen triagolnik katetite se ednakvi na stranata na pravilen desetagolnik i radiusot na kru`nicata opi{ana okolu nego, toga{ hipotenuzata e ednakva na stranata na vpi{aniot pravilen petagolnik vo istata kru`nica. Dokaì? 47. 48. 49. 50.

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

2. 3. 4. 5.

a) Podeli ja otse~kata AB vo odnos 2:3. b) Dadeni se otse~ki so dolìni a i b . Konstruiraj otse~ka so dolìna c takva, {to a:b  b:c . a) Konstruiraj ramnokrak triagolnik zadaden so b, ha . b) Konstruiraj triagolnik zadaden so  , hc , a . a) Konstruiraj triagolnik zadaden so c, a, t c . b) Konstruiraj triagolnik zadaden so a, hc , t c . a) Konstruiraj ramnokrak trapez zadaden so a, b,  . b) Konstruiraj deltoid zadaden so d1 , d 2 ,  . a) Nad stranite na eden paralelogram, nadvor od nego, kako nad hipotenuzi konstruirani se ramnokraki pravoagolni triagolnici. Dokaì deka nivnite temiwa koi ne leàt na paralelogramot se temiwa na kvadrati. b) Nad stranite na pravilen {estagolnik, kako nad hipotenuzi, vo vnatre{nosta na {estagolnikot se konstruirani ramnokraki pravoagolni triagolnici. Dokaì deka nivnite temiwa koi ne leàt na {estagolnikot se temiwa na drug pravilen {estagolnik. a) Konstruiraj ABC ako se poznati: stranite a i b i teì{nata linija t c . b) Dadeni se kru`nici k1 (O1 , r1 ) i k 2 (O2 , r2 ) i prava p . Konstruiraj prava q paralelna so p , taka {to kru`nicite k1 i k 2 otsekuvaat na q ednakvi otse~ki.

(4 b) (6 b) (6 b) (8 b) (10 b) (15 b) (15 b) (20 b)

(15 b)

(18 b) (10 b) (15 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

168

29-44 2

45-58 3

59-71 4

72-82 5

GLAVA VI PLO[TINA NA RAMNINSKA FIGURA SODR@INA NA TEMATA

NOVI ZNAEWA I UMEEWA Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

1. Poim za plo{tina. Plo{tina na paralelogram 2. Plo{tina na triagolnik 3. Heronova formula za plo{tina na triagolnik. Plo{tini na sli~ni triagolnici 4. Plo{tina na trapez 5. Plo{tina na trapezoid 6. Perimetar i plo{tina na pravilen mnoguagolnik 7. Perimetar na kru`nica. Plo{tina na krug 8. Dol`ina na kru`en lak. Plo{tina na delovi na krug

POTREBNI PREDZNAEWA Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na: -

na poimot dol`ina na otse~ka, paralelogramot, vidovite paralelogrami i nivnite svojstva, Pitagorovata teorema, trgonometriskite funkcii od ostar agol, triagolnikot, vidovite triagolnici i nivnite svojstva, priznacite za sli~nost na triagolnici, trapezod, trapezoidot, deltoidot i nivnite svojstva i definicijata na pravilen mnoguagolnik i negovite svojstva.

da go usvoi{ poimot za plo{tina na ramninaska figura, da se osposobi{ na razli~ni na~ini da re{ava{ zada~i za plo{tina na triagolnik da se osposobi{ da gi sporeduva{ plo{tinite na sli~nite triagolnici, da moè{ da re{ava{ zada~i za plo{tina na kvadrat, pravoagolnik, romb i romboid, da ja usvoi{ i primenuva{ vo re{avawe zada~i formulata za plo{tina natrapez, da ja usvoi{ i primenuva{ vo re{avawe na zada~i formulata za plo{tina na trapezoid so normalni dijagonali, da koristi{ podelba na trapezoid na triagolnici za da ja presmeta{ negovata plo{tina, da go usvoi{ poimot za karakteristi~en triagolnik na pravilen mnoguagolnik, da moè{ da ja procenuva{ promenata na perimetarot i plo{tinata na pravilen mnoguagolnik vo zavisnost od promenata na visinata na karakteristi~niot triagolnik, da moè{ da presmetuva{ perimetar i plo{tina na pravilen mnoguagolnik, da gi usvoi{ formulite za perimetar i plo{tina na krug i istite da gi primenuva{ pri re{avawe na zada~i, da ja usvoi{ i primenuva{ vo re{avawe zada~i formulata za dolìna na kruèn lak i da gi usvoi{ i primenuva{ vo re{avawe zada~i formulite za plo{tina na delovi na krugot (kruèn ise~ok, kruèn otse~ok i kruèn prsten).

169

Vo eden zapis na anti~kiot istori~ar Herodot (V vek p.n.e.) pi{uva: "Egipetskiot faraon Sezoostris ja razdelil obrabotlivata zemja na Egip}anite i, spored goleminata na zemjata na soodveten na~in im zemal danok. Se slu~uvalo rekata Nil da se izlee od koritoto i da uni{ti del od dadenite parceli. Po barawe na sopstvenicite na o{tetenite parceli faraonot ispra}al zemjomeri za da utvrdat kakov del od parcelite se uni{teni.". Ovoj dreven zapis uka`uva na toga{nata potreba od merewe na plo{tinite na ramninskite figuri. Se razbira, ovaa potreba niz vekovite ne se namaluvala, tuku naprotiv se pove}e se zgolemuvala. Tokmu zatoa, vo ovaa tema podetalno }e se zapoznaeme so presmetuvaweto na plo{tinite na naj~esto koristenite ramninski geometriski figuri.

1. POIM ZA PLO[TINA. PLO[TINA NA PARALELOGRAM Da se potsetime na formulacijata na zada~ata za merewe na otse~ki vo najop{ta forma. Da se vostanovi sistem za merewe na otse~ki zna~i na sekoja otse~ka AB da i se pridruì pozitiven realen broj, nare~en dolìna na otse~kata AB , pri {to se ispolneti slednite svojstva: a) Na skladni (ednakvi) otse~ki im soodvetstvuva edna ista dolìna. b) Ako to~kata B leì me|u to~kite A i C , toga{ dolìnata na otse~kata AC e ednakva na zbirot na dolìnite na otse~kite AB i BC . Poimot plo{tina na ramninska figura se voveduva analogno na poimot dolìna na otse~ka, na sledniot na~in. Da se vostanovi sistem na merewe na povr{inite na mnoguagolnicite zna~i na sekoj mnoguagolnik da mu se pridruì pozitiven realen broj, nare~en negova plo{tina, pri {to se ispolneti slednite svojstva: a) Skladni mnoguagolnici imaat ednakvi plo{tini (crt. 1). b) Ako mnoguagolnikot e sostaven od dva ili pove}e mnoguagolnici {to ne se preklopuvaat, toga{ negovata plo{tina e zbir od plo{tinite na mnoguagolnicite koi se negovi delovi (na crt. 2 plo{tinata na mnoguagolnikot ABCDEF e ednakva na zbirot na plo{tinite na mnoguagolnicite ABKMNLEF i DCKMNL ). v) Plo{tinata na kvadrat so strana a e ednakva na a 2 .

170

Svojstvoto v) ni ovozmoùva da se utvrdi edinica merka za plo{tina. Za vakva edinica moè da se zeme bilo koj kvadrat so dolìna na strana a , no zaradi usoglasuvawe na mernite edinici so me|unarodniot SI sistem e prifateno edinica merka za plo{tina da bide kvadrat so strana 1m , za koj velime deka ima plo{tina od eden metar kvadraten i istata ja ozna~uvame so 1m 2 . Zabele{ka 1. Vo praktikata ~esto pati plo{tinite se izrazuvaat i so drugi edinici, od koi ovde }e gi spomeneme 1dm 2 , 1cm 2 , 1ar i 1ha . Pritoa vaì: 1m 2  100dm 2 ,

1m 2  10000cm 2 , 1ar  100m 2 i 1ha  10000 m 2 (zo{to?). A) PLO[TINA NA PRAVOAGOLNIK Pri voveduvawe na poimot plo{tina na ramninska figura so svojstvoto v) prifativme deka plo{tinata na kvadrat so strana a se presmetuva so formulata P  a 2 . Primer 1. Kvadrat so strana a  0,3m ima plo{tina P  0,09m 2 . Me|utoa, ako se ima predvid zabele{ka 1 dobivame deka plo{tinata na ovoj kvadrat mo`e da se zapi{e na eden od slednite na~ini P  9dm 2 , P  900cm 2 , P  0,0009ar i P  0,000009ha . Sli~no, kvadrat so strana a  1,2m ima plo{tina P  1,44m 2 . Zapi{i ja istata so pomo{ na edinicite navedeni vo zabele{ka 1.  Zabele{ka 2. Od Pitagorovata teorema sleduva deka za dijagonalata d i stranata a na kvadratot ABCD (crt. 3) va`i formulata d  a 2 , odnosno formulata a  d . Spored toa, ako 2

zamenime vo formulata P  a , toga{ za plo{tinata na kvadratot 2 izrazena preku negovata dijagonala ja dobivame formulata P  d2 .

Taka, na primer, kvadrat so dijagonala d  6cm ima plo{tina

P  36 cm 2  18cm 2 . 2 Vo natamo{nite razgleduvawa }e pokaème kako so pomo{ na svojstvata a)-v) moè da se izvedat formuli za presmetuvawe na plo{tini na drugi ramninski figuri. Za taa cel prvo }e ja izvedeme formulata za presmetuvawe plo{tina na pravoagolnik. Teorema 1. Plo{tinata na pravoagolnik so dolìni na strani a i b e ednakva na ab , t.e. P  ab . Dokaz. Neka e daden pravoagolnik A1 B1C1 D1 ~ii dolìni na strani se a i b (crt. 4). Nad stranata D1C1 konstruirame kvadrat D1C1 HK so strana a , a nad stranata B1C1 konstruirame kvadrat B1 EFC1 so strana b i gi prodolùvame stranite KH i EF koi se se~at vo to~kata G . Jasno, ~etiriagolnikot C1 FGH e pravoagolnik so strani a i b , a ~etiriagolnikot A1 EGK e kvadrat so strana a  b . 171

Od svojstvoto a) imame deka sekoj pravoagolnicite A1 B1C1 D1 i C1 FGH ima plo{tina P . Ponatamu, ako plo{tinite na kvadratite D1C1 HK , B1 EFC1 i A1 EGK se ednakvi na P1 , P2 i P ' , toga{ od svojstvoto b) sleduva deka

P'  2 P  P1  P2 .

(1)

Ponatamu, od svojstvoto v) dobivame deka P'  (a  b) 2 , P1  a 2 , P2  b 2 i ako zamenime vo (1) nao|ame

( a  b) 2  2 P  a 2  b 2 , od kade {to sleduva deka P  ab .  Zabele{ka 3. Ako dol`inite na stranite a i b na pravoagolnikot se zadadeni vo razli~ni merni edinici, toga{ prvo treba da gi izrazizi{ vo ista merna edinica, a potoa da ja presmeta{ plo{tinata na pravoagolnikot. Primer 2. Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolnik zadaden so: a) strani a  0,3m i b  12dm ,

b) strana b  0,05m i dijagonala d  13cm .

Re{enie. a) Soglasno zabele{ka 3 za stranata a imame a  0,3m  3dm , pa zatoa plo{tinata na pravoagolnikot e P  3  12dm 2  36dm 2  0,36m 2 . b) Soglasno zabele{ka 3 za stranata b na pravoagolnikot imame b  5cm . Ponatamu, od Pitagorovata teorema sleduva a  d 2  b 2  13 2  5 2 cm  12cm , pa zatoa negovata plo{tina e P  5  12cm 2  60cm 2 .  Primer 3. Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolnik zadaden so dijagonala

d  12cm i agol me|u dijagonalite   120  . Re{enie. Stranite a i b mo`eme da gi opredelime od pravoagolniot ABC (crt. 5), za koj e poznata hipotenuzata AC  d . Od ABO imame 2    180  i kako   120  dobivame   30  . Sega, od ABC sleduva

a  d cos 30   12  23 cm  6 3cm i b  d sin 30   12  12 cm  6cm pa zatoa

P  6 3  6cm 2  36 3cm 2 .  B) PLO[TINA NA ROMBOID Da go razgledame romboidot ABCD za koj imame osnova AB  a i visina DE  ha , odnosno osnova BC  b i visina DF  hb (crt. 6). Formulata za presmetuvawe na plo{tinata na romboidot }e ja najdeme koristej}i gi svojstvata a) i b).

172

Teorema 2. Plo{tinata na romboid so dol`ina na osnova a i i visina h e ednakva na ah , t.e. P  ah . (2) Dokaz. Neka e daden rombot ABCD so osnova a i visina h (crt. 7). Gi povlekuvame visinite DE i CF kon osnovata AB i go dobivame pravoagolnikot EFCD ~ii dol`ini na strani se a i h . Triagolnicite AED i BFC se skladni, pa zatoa

PAED  PBFC (svojstvo a). Sega od svojstvoto b) i teorema 1 sleduva

PABCD  PAED  PEBCD  PBFC  PEBCD .  PEFCD  ah Obidi se samostojno da gi doka`e{ slu~aite koga visinite DE i CF se vo polo`ba pretstavena na crt. 8 a) i b).  Primer 4. Presmetaj ja plo{tinata na romboidot zadaden so strani a  10cm ,

b  5cm i agol me|u stranite   45  . Re{enie. Od pravoagolniot AED dobivame sin   ED  bh t.e. h  b sin  (crt. 9) AD . Od uslovot na zada~ata nao|ame

h  5 sin 45   5 2 2 . Kone~no, za plo{tinata na romboidot dobivame

P  ah  10  5 2 2 cm 2  25 2cm 2 .  Zabele{ka 4. Vo primer 4 vidovme deka za romboid so strani a i b i ostar agol me|u stranite  va`i h  b sin  . Ako zamenime vo formulata (2) dobivame deka plo{tinata na romboidot mo`e da se presmeta so formulata

P  ab sin  .

(3)

V) PLO[TINA NA ROMB Bidej}i rombod vsu{nost e romboid so ednakvi strani dobivame deka negovata plo{tina, vo slu~aj koga se dadeni dolìnata na stranata a i visinata h , moè da se presmeta spored formulata (2), a vo slu~aj koga e dadena dolìnata na stranata a i ostriot agol me|u stranite  , formulata (3) go dobiva vidot P  a 2 sin  .

173

Na krajot od ovoj del }e dademe u{te edna formula za presmetuvawe na plo{tina na romb kaj koj se dadeni dol`inite na negovite dijagonali d1 i d 2 (crt. 10). Dijagonalite na rombot AC i BD se zaemno normalni, pa zatoa ako vo temiwata A i C povle~eme pravi paralelni na dijagonalata BD , a vo temiwata na B i D povle~eme pravi paralelni na dijagonalata AC , toga{ vo presekot na ovie pravi gi dobivame to~kite K , L, M i N koi se temiwa na pravoagolnik. Plo{tinata na pravoagolnikot KLMN plo{tinata na rombot ABCD (zo{to?), t.e. 2 PABCD  PKLMN  d1d 2 od {to sleduva

e dvapati pogolem od

PABCD  12 2 .

(4)

Primer 5. Presmetaj ja plo{tinata na romboot zadaden so strani a  13cm i dijagonala d 2  10cm . Re{enie. Od pravoagolniot AOD (crt. 10), dobivame d1 2

 a 2  ( 22 ) 2  13 2  ( 10 ) 2 cm  12cm t.e. d1  24cm . 2 Sega, ako ja primenime formulata (4) za plo{tinata na rombot nao|ame P  12 2  10224 cm 2  120cm 2 .  dd

Komentar 1. Vo prethodnite razgleduvawa izvedovme pove}e formuli za presmetuvawe na plo{tinite na razli~nite vidovi paralelogrami. Me|utoa, kako {to vidovme formulite (2) i (3) se zaedni~ki za romboidot i rombot. No, ako se ima predvid deka

sin 90   1 , a kaj pravoagolnikot i kvadratot visinata e ednakva na drugata strana dobivame deka ovie formuli va`at za sekoj paralelogram. Spored toa, plo{tinata na sekoj paralelogram mo`e da se presmeta spored formulite (2) i (3).

ZADA^I ZA VE@BAWE 1.

Presmetaj ja plo{tinata na kvadratot, ako: a) a  2,5cm , b) a  1,7dm , v) a  0,6m . Odredi ja stranata na kvadratot ~ija plo{tina e ednakva na zbirot na plo{tinite na dva kvadrati so strani 54cm i 72cm . Presmetaj ja plo{tinata na kvadratot, ako zbirot na dol`inite na negovite strana i dijagonala e 12cm . Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolnikot so strani:

5. 6.

a) a  4cm i b  0,3dm , b) a  (7  3 )cm i b  (7  3 )cm . Kolku ari ima niva, vo forma na pravoagolnik, so dol`nina 72,5m i {irina 48m . Presmetaj go perimetarot na pravoagolnikot ~ii strani se odnesuvaat kako 3 : 5 , ako

negovata plo{tina e 240cm 2 . Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolnikot ABCD so strana AB  14,3cm i agolot me|u

2. 3.

dijagonalite sproti stranata AB ,   120  46' .

174

Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolnik vpi{an vo kru`nica so radius 12,5cm , ako ednata strana mu e 7cm .

Plo{tinata na eden paralelgram e 336cm 2 , a negoviot perimetar e 104cm . Presmetaj go rastojanieto me|u pomalite strani, ako rastojanieto me|u pogolemite strani e 12cm .

10. Presmetaj ja stranata na rombot, ako edna negova dijagonala e 24cm , a plo{tinata e 1,2dm 2 . 11. Presmetaj ja stranata na rombot, ako negovata plo{tina e 96cm 2 , a dijagonalite se odnesuvaat kako 3 : 4 . 12. Visinata na rombot e 48cm , a pogolemata dijagonala 8dm . Presmetaj ja stranata na rombot. 13. Presmetaj ja plo{tinata na romb so pomala dijagonala 6cm i radius na vpi{anata kru`nica 24mm .

2. PLO[TINA NA TRIAGOLNIK Da go razgledame ABC (crt. 11). Niz to~kata A povlekuvame prava paralelna na stranata BC , a niz to~kata C prava paralelna na stranata AB vo ~ij presek ja dobivame to~kata D . ^etiriagolnikot ABCD e pareleogram, {to zna~i ABC  CDA (zo{to?). Plo{tinata na paralelogramot ABCD e ednakva na aha , i taa e dvapati pogolema od plo{tinata na ABC . So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 3. Plo{tinata P na ABC so strana a i soodvetna visina ha se presmetuva so formulata ah

P  2a . 

(1)

Komentar 2. Sekoja strana na ABC mo`e da se zeme za negova osnova, pa zatoa to~no e deka ah

P  2a  2b  2c .

(2)

Ponatamu, ako se ima predvid deka vo slu~aj koga aglite  i  se ostri, toga{ va`i ha  b sin   c sin  (crt. 11), so zamena vo formulite (2) dobivame

P

ab sin  2



ac sin  2

(3)

Na sli~en na~in se dobiva i formulata  . P  bc sin 2

(4)

Formulite (3) i (4) va`at i koga triagolnikot e tapoagolen. Pritoa, na primer, ako   90  , toga{ se koristi ravenstvoto sin   sin(180    ) , so koe }e se zapoznae{ pri seopfatnoto prou~uvawe na trigonometriskite funkcii. Primer 6. Presmetaj ja plo{tinata na triagolnik so strani a  13cm , b  10cm i agol me|u niv   30  .

175

Re{enie. Ako ja iskoristime formulata (3), toga{ za plo{tinata na triagolnikot dobivame P 

ab sin  2



30 cm 2   1310sin 2

130 12 2

cm 2  32,5cm 2 . 

Zabele{ka 5. a) Da se potsetime, visinatana ramnostran triagolnik so strana

a e ednakva na h  a 2 3 . Spored toa, so zamena vo (1) za negovata plo{tina dobivame: 2 P a 43 .

(5)

b) Od druga strana, kaj pravoagolen triagolnik so kateti a i b va`i ha  b , pa zatoa plo{tinata na pravoagolniot triagolnik se presmetuva spoed formulata

P  ab . 2

(6)

Primer 7. a) Plo{tinata na ramnostran triagolnik e ednakva na 9 2 3 cm 2 . Najdi ja negovata strana. b) Plo{tinata na pravoagolen triagolnik so kateta a  8cm e ednakva na 2

0,52dm . Najdi ja drugata kateta. Re{enie. a) Ako so a ja ozna~eme dol`inata na stranata na ramnostraniot 2 triagolnik, toga{ so zamena vo formulata (5) nao|ame a 4 3  9 2 3 , od kade nao|ame

a 2  18 t.e. a  3 2cm . b) Ako so b ja ozna~eme dol`inata drugata kateta, toga{ so zamena vo formu52 cm  13cm .  lata (6) nao|ame ab  0,52dm 2  52cm 2 , od kade nao|ame b  213 2

Poznato ni e deka vo sekoj triagolnik moè da se vpi{e kru`nica so radius r . ]e pokaème deka plo{tinata na triagolnikot moè da se presmeta ako ni e poznat radiusot na vpi{anata kru`nica i poluperimetarot. Da go razgledame ABC vo koj e vpi{ana kru`nica so radius r (crt. 12). Centarot O na vpi{anata kru`nica go povrzuvame so temiwata na triagolnikot i gi dobivame triagolnicite ABO, BCO i CAO ~ii plo{tini se

P1  cr , P2  ar i P3  br , soodvetno. Spored toa, za plo{tinata na ABC dobivame 2 2 2 P  P1  P2  P3  cr  ar  br  a 2b c r  rs , 2 2 2 kade s  a 2b c e poluperimetarot na ABC . So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 4. Plo{tinata P na ABC so poluperimetar s i radius na vpi{ana kru`nica r se presmetuva so formulata P  rs .  (7)

176

Primer 8. Presmetaj go radiusot na vpi{anata kru`nica vo pravoagolen triagolnik so plo{tina 480cm 2 ~ii kateti se odnesuvaat kako 5 : 12 . Re{enie. Neka a i b se katetite na pravoagolniot triagolnik. Od uslovot na 5 b i ako zamenime vo zada~ata imame a : b  5 : 12 i ab  2  480 . Od pravata ravenka a  12 5 b 2  960 , t.e. b  48cm . Spored toa, a  5 b  20cm . Od Pitagorovata vtorata dobivame 12 12

teorema za hipotenuzata c dobivame c  a 2  b 2  52cm , pa zatoa negoviot poluperimetar e s  a 2b c  60cm . Kone~no, ako zamenime vo formulata (7) za radiusot na vpi{anata kru`nica nao|ame 480  60r , t.e. r  8cm .  Vo prethodnite razgleduvawa vidovme deka so pomo{ na radiusot na vpi{anata kru`nica i poluperimetarot, t.e. dolìnite na stranite moè da se presemeta plo{tinata na triagolnikot. Kako {to znaeme, okolu sekoj triagolnik moè da se opi{e kru`nica so radius R . Prirodno e da se zapra{ame, dali so pomo{ na radiusot R i stranite moè da se presmeta plo{tinata na triagolnikot. Odgovorot na ova pra{awe e potvrden, {to moè da se vidi od slednta teorema. Teorema 5. Plo{tinata P na ABC so strani a, b, c i radius na opi{an kru`nica R se presmetuva so formulata P  abc . (8) 4R Dokaz. Neka okolu ABC e opi{ana kru`nica so radius k (O, R ) (crt. 13). Povlekuvame prava AO koja kru`nicata k ja se~e i vo to~kata M , ( MA  2 R ) . Imame ABC  AMC , kako agli nad ist lak vo kru`nica, i kako AMC e pravoagolen (zo{to?), dobivame deka AMC ~ ACA1 od {to sleduva ha : c  b : 2 R odnosno ah

a bc

ha  2bcR . Kone~no, ako zamenime vo formulata P  2a dobivame P  22 R  abc , {to i 4R treba{e da se doka`e.  Primer 9. Daden e ramnokrak triagolnik so osnova a  8cm i krak b  5cm . Presmetaj go radiusot na opi{anata kru`nica okolu triagolnikot. Re{enie. Za visinata na triagolnikot soodvetna na osnovata a nao|ame

ha  b 2  ( a2 ) 2  5 2  4 2  3cm . ah

Spored toa, plo{tinata na triagolnikot e P  2a  12cm 2 . Ponatamu, ako se ima predvid deka c  b , od (8) za radiusot R na opi{anata kru`nica imame 2 R  ab  25 cm .  4P 6

177

ZADA^I ZA VE@BAWE 14. Presmetaj ja plo{tinata na ramnostran triagolnik so strana: a) a  2,5cm , b) a  1,7 dm , v) a  0,6m . 15. Odredi ja stranata na ramnostran triagolnik so plo{tina 49 3cm 2 . 16. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak triagolnik so osnova 12cm i rab 10cm . 17. Presmetaj ja plo{tinata na ABC zadaden so stranite b  8cm, c  12cm i agolot   36  40' . 18. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak triagolnik so krak b  12cm i agol pri osnovata

  68  23' . 19. Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolen triagolnik, ako visinata na hipotenuzata ja deli istata na otse~ki od 9cm i 16cm . Upatstvo. Iskoristi gi Evklidovite teoremi. 20. Presmetaj go radiusot na vpi{anata kru`nica vo pravoagolen triagolnik so plo{tina e 80cm 2 , a katetite mu se odnesuvaat kako 8 : 5 . 21. Najdi go radiusot na opi{anata kru`nica okolu ramnokrakiot ABC so osnova a  10cm i krak b  13cm .

3. HERONOVA FORMULA ZA PLO[TINA NA TRIAGOLNIK. PLO[TINI NA SLI^NI TRIAGOLNICI A) HERONOVA FORMULA ZA PLO[TINA NA TRIAGOLNIK Kako {to znaeme sekoj triagolnik e napolno opredelen so negovite strani. Me|utoa vo formulite P  abc i P  rs , za da ja opredelime plo{tinata na triagolni4R kot, pokraj stranite gi koristime i radiusite na opi{anata i vpi{anata kru`nica. Logi~no e da se zapra{ame dali plo{tinata na triagolnikot moè da se presmeta koristej}i gi samo negovite strani a, b i c . Odgovorot na ova pra{awe e potvrden, {to moè da se vidi od slednata teorema. Teorema 6. Neka a, b, c se dolìnite na stranite ABC i s e negoviot poluperimetar. Toga{ plo{tinata P se presmetuva so formulata

P  s ( s  a )(s  b)( s  c) .

(1)

Dokaz (za onie {to sakaat da znaat pove}e). Preku temiwata C i B gi prodol`uvame stranite AC i AB na ABC (crt. 14). So k ( S ,  ) da ja ozna~ime kru`nicata vpi{ana vo ABC , a so k1 ( S1 , 1 ) kru`nicata koja ja dopira stranata BC i prodol`enijata na stranite AC i AB vo to~kite J , G i H , soodvetno. Od CJ  CH i BG  BJ dobivame AH  AG  AC  CH  AB  BG  b  CJ  c  BJ  a  b  c  2 s ,

178

i kako AH  AG od poslednoto ravenstvo dobivame AH  AG  s , pa zatoa BG  s  c i CH  s  b . Kru`nicata k ( S , p) gi dopira stranite na ABC vo to~kite D, E i F , pa zatoa AE  AF , BF  BD i CE  CD , odnosno AF  s  a , BF  s  b i CE  s  c . Bidej}i AFS ~ AGS1 imame   AF  s aa 1 AG

(2)

Od FBS  BS1G dobivame BFS ~ S1GB , pa zatoa  : BF  BG : 1 , t.e. 1   ( s  b)( s  c) Ponatamu, ako gi pomno`ime ravenstvata (2) i (3) dobivame  2 



( s  a )( s b )( s c ) s

(3) , t.e.

(4)

Od druga strana imame PABC  s i ako  zamenime od (4) dobivame Ps

( s  a )( s b )( s c ) s

 s ( s  a)( s  b)( s  c) ,

{to i treba{e da se doka`e. 

Formulata (1) vo literaturata e poznata kako Heronova formulavo ~est na anti~kiot matemati~ar Heron. Primer 10. Presmetaj ja plo{tinata na triagolnikot zadaen so stranite a  25cm , b  39cm i c  56cm . Re{enie. Poluperimetarot na triagolnikot e s  a 2b c  60cm . Ako ja iskoristime Heronovata formula za plo{tinata na triagolnikot dobivame

P  s ( s  a)( s  b( s  c)  60(60  25)(60  39)(60  56)  60  35  21  4  420cm 2 .  Primer 11. Presmetaj gi radiusite na vpi{anata i opi{anata kru`nica za ABC zadaden so stranite a  12cm , b  35cm i c  37cm . Re{enie. Poluperimetarot na triagolnikot e s  a 2b c  42cm . Ako ja iskoristime Heronovata formula za plo{tinata na triagolnikot dobivame

P  s ( s  a)( s  b( s  c)  42(42  12)(42  35)(42  37)  210cm 2 . Sega, so zamena vo P  sr za radiusot na vpi{anata kru`nica dobivame r  Ps  5cm , a so zamena vo P  abc za radiusot na opi{anata kru`nica dobivame R  abc  37 cm .  4R 4P 2 B) PLO[TINI NA SLI^NI TRIAGOLNICI Na krajot od ovaa to~ka }e se osvrneme na plo{tinite na sli~nite triagolnici, t.e }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 7. Plo{tinite na sli~ni triagolnici se odnesuvaat kako kvadratite na nivnite soodvetni strani.

179

Dokaz. Ako ABC ~ A1 B1C1 , toga{ a : a1  b : b1  c : c1  k , kade a , b , c se stranite na ABC , a a1 , b1 , c1 se stranite na A1 B1C1 . Spored toa,

s  a  b  c  ka1  kb1  kc1  ks1 , s  a  k ( s1  a1 ) , s  b  k ( s1  b1 ) , s  c  k ( s1  c1 ) , pa zatoa

P  s ( s  a )( s  b)( s  c)  k 2 s1 ( s1  a1 )s1  b1 s1  c1   k 2 P1 , 2 2 2 t.e. PP  k 2  a 2  b 2  c 2 , {to i treba{e da se doka`e.  1

Primer 12. Niva vo forma na triagolnik e nacrtana vo razmer 1 : 500 . Plo{tinata na triagolnikot na crte`ot e 1,2dm 2 . Opredeli ja plo{tinata na nivata. Re{enie. Ako so P ja ozna~ime plo{tinata na nivata, a so P1 plo{tinata na crte`ot, toga{, spored uslovot na zada~ata a : a1  500 : 1 . Sega, od prethosnata teorema sleduva deka

P : P1  500 2 t.e. P : P1  250000 : 1 . No, P1  1,2dm 2 i ako zamenime vo poslednoto ravenstvo nap|ame P : 1,2  250000

od kade P  300000 dm 2  3000m 2  30ar .  Primer 13. Plo{tinite na dva sli~ni triagolnici ABC i A1 B1C1 se 144cm 2 i 289cm 2 . Ako stranata na triagolnikot ABC e a  4cm , najdi ja soodvetnata strana a1 na triagolnikot A1 B1C1 . Re{enie. Ako so P i P1 gi ozna~ime plo{tinite na triagolnicite ABC i 2 A1 B1C1 , toga{ od prethodnata teorema imame PP  a 2 , {to zna~i 1

4  289 t.e. a  17 cm . a12  1P  289 1 144 9 3 Pa

ZADA^I ZA VE@BAWE 22. Presmetaj ja plo{tinata na triagolnikot, ako se zadadeni negovite strani: a) 13cm, 14cm, 15cm , b) 13cm, 15cm, 4cm , v) 13cm, 21cm, 20cm . 23. Dadeni se stranite vo triagolnikot 50cm, 58cm i 72cm . Odredi ja najmalata visina vo triagolnikot. 24. Presmetaj gi radiusite na vpi{anata i opi{anata kru`nica na triagolnikot so strani 10cm, 17cm, 21cm . 25. Najdi gi stranite na triagolnikot, ako tie se odnesuvaat kako 9 : 10 : 17 , a negovata plo{tina e 144cm 2 .

180

26. Plo{tinite na dva sli~ni triagolnika se 49cm 2 i 64cm 2 , a edna strana na pomaliot triagolnik e 7cm . Odredi ja soodvetnata strana na pogolemiot triagolnik. 27. Stranite na triagolnikot se odnesuvaat kako 2 : 3 : 4 , a radiusot na vpi{anata kru`nica e 15 2

cm . Najdi gi stranite na tiagolnikot.

28. Presmetaj ja plo{tinata na eden paralelogram, ako edna negova strana e 51cm , a dijagonalite se 40cm i 74cm . 29. Niz proizvolna to~ka M vo triagolnikot ABC se povle~eni pravi paralelni na negovite strani, koi go delat triagolnikot na {est delovi, od koi tri se triagolnici so plo{tini P1 , P2 , P3 . Izrazi ja plo{tinata na ABC so pomo{ na plo{tinite plo{tinite P1 , P2 , P3 . 30. Doka`i deka za sekoj triagolnik va`i realcijata

1 ha

 h1  h1  1r . b c

4. PLO[TINA NA TRAPEZ Prethodno vo celost go razgledavme pra{aweto za presmetuvawe na plo{tina na paralelogram i triagolnik. Me|utoa, vo praktikata ~esto pati imame potreba da presemtame plo{tina i na drugi geometriski figuri, naj~esto ~etiriagolnici koi ne se paralelogrami. Sekako, ova e posloèna zada~a, no sepak vo nekoi slu~ai istata moè ednostavno da se re{i, pri {to naj~esto se koristi idejata za razdeluvawe na figuri ~ija plo{tina moème da ja presmetame so pomo{ na dadenite elementi na ~etiriagolnikot. Da go razgledame trapezot ABCD (crt 15), za koj ni se dadeni osnovite AB  a, CD  b i visinata

DD1  h . So pomo{ na dijagonalata BD trapezot ABCD go delime na dva triagolnika ABD i BCD ~ii plo{tini se PABD  a2h i PBCD  b2h , soodvetno. Ako se iskoristi svojstvoto v) na plo{tinite, za plo{tinata na trapezot ABCD imame PABCD  PABD  PBCD  a2h  b2h  a 2 b h . So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 8. Plo{tinata na trapezot e ednakva na proizvodot na poluzbirot od negovite osnovi i visinata, t.e. P  a 2 b h .  (1) Primer 14. a) Presmetaj ja plo{tinata na trapez so osnovi 7cm i 5cm i visina

4cm . b) Osnovite na trapezot se 23dm i 170cm , a plo{tinata e 2m 2 . Najdi ja visinata na trapezot.

181

Re{enie. a) Imame, a  7cm, b  5cm i h  4cm . Ako zamenime vo formulata (1) za plo{tinata na trapezot dobivame P  a 2 b h  7 2 5  4cm 2  24cm 2 . b) Od uslovot na zada~ata imame a  23dm, b  170cm  17 dm i P  2m 2  200dm 2 . Ako zamenime vo (1) dobivame 23217 h  200 , t.e. 20h  200 , odnosno h  10dm .  Primer 15. Presmetaj ja plo{tinata na trapez so sredna linija 12cm i visina

7cm . ab 2

Re{enie. Znaeme deka dol`inata na srednata linija na trapezot e ednakva na , kade a i b se dol`inite na osnovite na trapezot. Spored toa, a 2 b  12cm i ako

zamenime vo (1) za plo{tinata na trapezot dobivame P  12  7cm 2  84cm 2 . Primer 16. Presmetaj ja plo{tinata na trapez so osnovi 20cm i 11cm i kraci 17cm i 10cm . Re{enie. Povlekuvame prava DE || BC i go dobivame triagolnikot AED ~ii strani imaat dol`ini a  b  9cm , 17cm i 10cm (crt. 16). Ja primenuvame Heronovata formula i za plo{tinata na triagolnikot dobivame

PAED  18  (18  9)  (18  10)  (18  17)  36cm 2 . Spored toa, visinata na triagolnikot AED , koja e 2P

ednakva na visinata na trapezot e h  a AED  8cm . b Kone~no, plo{tinata na trapezot e

P  a 2 b h  20211  8cm 2  124cm 2 .  Primer 17. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak trapez so osnovi 9cm i 3cm i krak 5cm . Re{enie. Za da ja presmetame plo{tinata, prvo treba da ja opredelime visinata na trapezot. Za pravoagolniot triagolnik AED (crt. 17), imame AE  a 2 b  3cm (zo{to?). Sega od Pitagorovata teorema sleduva h  c 2  ( a 2 b ) 2  5 2  3 2  4cm .

Spored toa, plo{tinata na ramnokrakiot trapez e P  a 2 b h  92 3  4cm 2  24cm 2 .  Primer 18. Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolen trapez zadaden so osnovi

12cm i 7cm i agol   30  me|u pogolemata osnova i krakot. 182

Re{enie. Ako so a i b gi ozna~ime osnovite na trapezot, toga{ za visinata h imame

h  (a  b) tg   (12  7) tg 30   5 3 3 cm (napravi crte`). Spored toa, plo{tinata na trapezot e P  a 2 b h  1227  5 3 3 cm 2  956 3 cm 2 .  Primer 19. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak trapez so dijagonala 12cm i ako se znae deka agolot me|u dijagonalata i pogolemata osnova e ednakvo na 45  . Re{enie. Niz temeto C povlekuvame prava paralelna na dijagonalata BD i vo presekot so osnovata AB ja opredeluvame to~kata E (vidi crt. 18). Triagolnikot AEC e ramnokrak pravoagolen triagolnik so kateta d  12cm i negovata plo{tina e ednakva na plo{tinata na trapezot (doka`i!). Spored toa, za plo{tinata na trapezot dobivame 2 P  d2  72cm 2 . 

ZADAÎ ZA VE@BAWE 31. Presmetaj ja plo{tinata na trapez so osnovi 10cm i 8cm i visina 7 dm . 32. Presmetaj ja plo{tinata na trapez so osnovi 30cm i 19cm i kraci 13cm i 20cm . 33. Presmetaj ja plo{tinata na trapez so osnovi 19cm i 2cm i dijagonali 17cm i 10cm . Upatstvo. Povle~i CE || BD , so {to }e dobie{ triagolnik AEC (crt. 18) za koj gi znae{ site strani. Presmetaj ja negovata plo{tina i dokaì deka taa e ednakva na plo{tinata na trapezot. 34. Presmetaj ja plo{tinata na trapez so dijagonali 13cm i 15cm , ako negovata visina e 12cm . Upatstvo. Iskoristi ja prethodnata zada~a i opredeli gi dolìnite na otse~kite AH i HE . 35. Plo{tinata na trapezot e 96cm 2 , a visinata 8cm . Odredi gi osnovite na trapezot ako tie: a) odnesuvaat kako 5 : 3 , b) razlikuvaat za 8cm . 36. Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolen trapez so kraci 12dm i 13dm i perimetar 46dm . 37. Presmetaj ja plo{tinata na pravoagolen trapez so osnovi 12cm i 7cm i agol   48  40' me|u pogolemata osnova i krakot. 38. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak trapez so osnovi 15cm i 7cm i krak 5cm . 39. Najdi go perimetarot na ramnokrak trapez, ako osnovite i visinata se odnesuvaat kako 4 : 1 : 2 , a plo{tinata e 5dm 2 . 40. Vo ramnokrak trapez so osnovi 18cm i 8cm e vpi{ana kru`nica. Presmetaj ja plo{tinata na trapezot. Upatstvo. Trapezot e tangenten, pa zatoa a  b  2c . 41. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak trapez so pogolema osnova 63cm , krak 25cm i dijagonala 52cm .

183

42. Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak trapez so osnovi 39cm i 15cm , ako dijagonalite se normalni na kracite. 43. Dijagonalite na trapezot ABCD se se~at vo to~kata O . Izrazi ja plo{tinata na trapezot so pomo{ na plo{tinite P1 i P2 na triagolnicite ABO i CDO .

5. PLO[TINA NA TRAPEZOID Plo{tinata na proizvolen trapezoid naj~esto ja presmetuvame kako zbir na plo{tini na dva triagolnika, dobieni so povlekuvawe na edna od dijagonalite na trapezoidot (crt. 19). Imeno, ako se iskoristi svojstvoto b) na plo{tinite, za plo{tinata na trapezot ABCD imame

PABCD  PABC  PACD . Primer 20. Presmetaj ja plo{tinata na ~etiriagolnikot ABCD , ako: AB  20cm,

BC  7cm, CD  13cm, DA  4cm i AC  15cm . Re{enie. Poluperimetarot na triagolnikot ABC e s  21cm , pa zatoa negovata plo{tina e PABC  21  (21  20)  (21  7)  (21  15)cm 2  42cm 2 .

Sli~no, za ACD imame s1  16cm , pa zatoa PACD  16  (16  13)  (16  4)  (16  15)cm 2  24cm 2 .

Kone~no,

PABCD  PABC  PACD  (42  24)cm 2  66cm 2 .  Idejata plo{tinata na ~etiriagolnikot da ja presemtuvame kako zbir na plo{tinite na triagolnicite od koi e formiran ni ovozmo`uva pri opredeleni uslovi da najdeme ednostavni formuli za presemtuvawe na plo{tina na daden ~etiriagolnik. Vo slednata teorema }e razgledame eden takov slu~aj. Teorema 9. Ako d1 i d 2 se dijagonalite na ~etiriagolnikot, a  e agolot me|u dijagonalite, toga{ negovata plo{tina se presmetuva so formulata

P  12 d1d 2 sin  .

(1)

Dokaz. Neka O e prese~nata to~ka na dijagonalite na ~etiriagolnikot ABCD , a  e agolot me|u dijagonalite (crt. 20).

184

Ako stavime OA  a, OB  b, OC  c, OD  d i zememe vo predvid deka

sin   sin(180    ) dobivame

PABO  12 ab sin(180    )  12 ab sin  , PBCO  12 bc sin  , PCDO  12 cd sin  i PDAO  12 ad sin  . Kone~no, ako go iskoristime svojstvoto b) na plo{tinite dobivame

PABCD  PABO  PBCO  PCDO  PDAO  12 ( ab  bc  cd  da ) sin   12 (a  c)(b  d ) sin   12 AC  BD sin   12 d1d 2 sin  , {to i treba{e da se doka`e.  Primer 21. Presmetaj ja plo{tinata na ~etiriagolnik so dijagonali d1  6cm i

d 2  10cm , i agol me|u niv   150  . Re{enie. Soglasno so formulata (1) za plo{tinata na ~etiriagolnikot dobivame P  12 d1d 2 sin   12  6  10  sin 150 cm 2  30  sin(180  150 )cm 2  30  sin 30 cm 2  30  12  15cm 2 .  Zabele{ka 6. Ako dijagonalite na ~etiriagolnikot se zaemno normalni, t.e. ako

agolot me|u niv e   90  , toga{ za plo{tinata na ~etiriagolnikot dobivame

P  12 d1d 2 sin   12 d1d 2 sin 90   12 d1d 2  1  12 d1d 2 . Spored toa, plo{tinata na ~etiriagolnik so zaemno normalni dijagonali e ednakva na polovinata od proizvodot na dijagonalite. Primer 22. Presmetaj ja plo{tinata na ~etiriagolnik so zaemno normalni dijagonali d1  6dm i d 2  10cm . Re{enie. Imame, d1  6dm  60cm i d 2  10cm , pa kako dijagonalite se zaemno normalni od zabele{ka 6 sleduva deka negovata plo{tina e P  12 d1d 2  12  60  10cm 2  300cm 2  3dm 2 . 

Primer 23. Presmetaj ja plo{tinata na deltoidot so strani 17cm i 113cm edna dijagonala 30cm . Re{enie. Da gi ozna~ime stranite na deltoidot kako na crt. 21. Imame, AD  CD  b  17cm, AB  BC  a  113cm.

185

Za stranite na triagolnikot ABD va`i neravenstvoto AD  DB  AB , od {to dobivame 17  DB  113 , odnosno DB  96 . Bidej}i ednata dijagonala na deltoidot e 30cm , od poslednoto neravenstvo sleduva deka toa ne mo`e da bide dijagonalata DB , {to zna~i AC  d1  30cm . Sega, od ramnokrakite triagolnici ACD i ADC dobivame 2

OD  AD  AO  17 2  15 2  8cm ,

OB  AB  AO  113 2  15 2  112cm pa zatoa BD  DO  OB  120cm . Kone~no, bidej}i dijagonalite na deltoidot ABCD od zabele{ka 6 sleduva P  12 d1d 2  12 120  30cm 2  1800cm 2  18dm 2  0,18m 2 . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 44. Presmetaj ja plo{tinata na ~etriagolnik so strani

AB  3cm, BC  6cm, CD  12cm

DA  9cm , i dijagonala AC  7cm . 45. Presmetaj ja plo{tinata na deltoidot, ~ii dijagonali se 20dm i 30dm . 46. Presmetaj ja plo{tinata na deltoidot so strani: a) 10cm i 17cm , i dijagonalata ({to ne e oska) 16cm ; b) 13cm i 20cm , i dijagonalata ({to ne e oska) 21cm ; 47. Vo deltoid so strani 4cm i 5cm e vpi{ana kru`nica so radius 2cm . Presmetaj ja plo{tinata na deltoidot. 48. Odredi go perimetarot na deltoidot so strana 13cm , edna dijagonala 24cm , ako negovata

plo{tina e 480cm 2 . 49. Presmetaj ja plo{tinata na ~etiriagolnikot so dijagonali 12cm i 10cm , ako agolot me|u niv e 30  .

6. PERIMETAR I PLO[TINA NA PRAVILEN MNOGUAGOLNIK Vo poslednata to~ka od prethodnata tema vidovme kako mo`e da se konstruiraat nekoi pravilni mnoguagolnici i gi razgledavme osnovnite svojstva na pravilnite mnoguagolnici. Kako {to rekovme, sekoj pravilen n  agolnik e tetiven n  agolnik so ednakvi strani, a na ednakvi tetivi soodvetstvuvaat ednakvi centralni agli, i obratno, pa zatoa pravilniot n  agolnik e zadaden ako go znaeme radiusot na kru`nicata opi186

{ana okolu nego i brojot na negovite strani. Pritoa, za da go kosntruirame n  agolnikot dovolno e kru`nicata da ja podelime na n ednakvi delovi, {to e isto ako polniot agol go podelime na n ednakvi agli. Neka go povrzeme centarot na pravilniot n  agolnik so negovite temiwa (crt. 22). Pritoa dobivame n ramnokraki triagolnici so kraci ednakvi na radiusot R na kru`nicata opi{ana okolu n  agolnikot A1 A2 A3 ... An i agli pri vrvovite ednakvi  na 360 . Poslednoto zna~i deka ovie triagolnici se n

skladni, pa zatoa nivnite visini spu{teni kon osnovite (stranite na n  agolnikot) se ednakvi. Spored toa, sekoja strana na n  agolnikot e tangenta na kru`nica so radius rn ednakov na visinata na sekoj od triagolnicite A1 A2 O, A2 A3O, ..., An A1O . So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 10. Vo sekoj pravilen n  agolnik mo`e da se vpi{e kru`nica. 

Od prethodnite razgleduvawa neposredno sleduva deka pravilniot n  agolnik e napolno opredelen ako gi znaeme radiusot R na opi{anata kru`nica i dol`inata na stranata a n . So drugi zborovi toj e napolno opredelen ako znaeme eden od triagolnicite A1 A2 O, A2 A3O, ..., An A1O . Ponatamu, stranata a n , radiusot R na opi{anata kru`nica i radiusot rn na vpi{anata kru`nica na pravilniot n  agolnik AB... se elementi na ramnokrakiot (crt. 23), koj go narekuvame triagolnik ABO karakteristi~en triagolnik na pravilniot n  agolnik AB... . Kako {to mo`eme da zaklu~ime od ABO (crt. 23), agolot me|u radiusot na vpi{anata i opi{anata kru`nica okolu pravilniot n  agolnik e ednakov na 360 2n

  180 n

. No, AMO e pravoagolen , pa zatoa

rn R

  cos 180 n

an 2

  sin 180 R n

an 2



, r  tg 180 , od n n

{to sleduva 



rn  R cos 180 , a n  2 R sin 180 , a n  2rn tg 180 . n n n

(1)

Teorema 11. Perimetarot Ln na pravilen n  agolnik vpi{an vo kru`nica so radius R se presmetuva spored formulata 

Ln  2nR sin 180 . n

(2)

Dokaz. Jasno, perimetarot na pravilniot n  agolnik e Ln  na n i ako zamenime 

a n  2 R sin 180 ja dobivame formulata (3).  n

187

Zabele{ka 7. Od (1) imame R 

rn cos 180 n



i ako zamenime vo (2) za perimetarot na

pravilniot n  agolnik opi{an okolu kru`nica so radius rn dobivame Ln  2 n



rn cos

180



sin 180  2nrn tg 180 . n n

Teorema 12. Plo{tinata Pn na pravilen n  agolnik vpi{an vo kru`nica so radius R se presmetuva spored formulata 



Pn  nR 2 sin 180 cos 180 . (3) n n Dokaz. Jasno, plo{tinata na pravilniot n  agolnik e Pn  nP , kade P e plo{tinata na karakteristi~niot triagolnik za pravilniot n  agolnik. Od (1) nao|ame 

a r



P  n2 n  R 2 sin 180 cos 180 i ako zamenime vo Pn  nP ja dobivame formulata (3).  n n 

Zabele{ka 8. Od a n  2rn tg 180 , sleduva deka plo{tinata Pn na pravilniot n  n 

a r

agolnik opi{an okolu kru`nica so radius rn e Pn  n n2 n  nrn2 tg 180 . Sli~no, ako e dan a



dena stranata na a n na pravilniot n  agolnik, toga{ od rn  2n ctg 180 n a r

na 2

dobivame



Pn  n n2 n  4n ctg 180 . n Primer 24. a) Presmetaj ja plo{tinata na pravilen osumagolnik so strana a8  10cm . b) Presmetaj ja plo{tinata na pravilen petnaesetagolnik vpi{an vo kru`nica so radius R  5cm . na 2



Re{enie. a) Ako ja iskoristime formulata Pn  4n ctg 180 , za baranata plo{tin na dobivame 

P  810 ctg 180  200 ctg 22  30'  200  2,4142 t.e. P  482,84cm 2 . 4 8 2



b) Ako ja iskoristime formulata Pn  nR 2 sin 180 cos 180 , za baranata plo{tina n n dobivame 



Pn  15  5 2 sin 180 cos 180  375 sin 12  cos 12  .  15 15 Na krajot od ovoj del }e ja ocenime razlikata na perimetrite na opi{an i vpi{an pravilen n  agolnik vo ista kru`nica. Pred toa }e pokaème edno svojstvo za konveksnite iskr{eni linii i edna teorema za vloènite konsveksni mnoguagolnici. Teorema 13. Od dve nepresekuva~ki konveksni iskr{eni linii so zaedni~ki krajni to~ki, koi se nao|aat od ista strana na pravata koja gi sodinuva krajnite to~ki, vnatre{nata linija ima pomala dolìna. Dokaz. Neka ACDEFB e vnatre{nata, a AKLMNPB e nadvore{nata konveksna iskr{ena linija (crt. 24).

188

So C ' , D' , E ' , F ' da gi ozna~ime prese~nite to~ki na prodol`enijata na stranite AC , CD, DE , EF preku to~kite C , D, E , F soodvetno, so iskr{enata linija AKLMNPB . Pritoa, so primena na neravenstvoto na triagolnik dobivame FB  FF ' F ' B; EF '  L EE 'PF ' ; DE '  L DD ' NE ' ; CD '  LCC 'LMD ' ; AC '  L AKC '

pa zatoa L ACDEFB  L ACDEF 'B  L ACDE 'PB  L ACD ' NPB  L AC 'LMNPB  L AKLMNPB .  Teorema 14. Ako sekoe teme na edniot od dvata konveksni mnoguagolnici le`i vnatre vo drugiot konveksen mnoguagolnik, toga{ perimetarot na prviot mnoguagolnik e pomal od perimaterot na vtoriot mnoguagolnik. Dokaz. Neka konveksniot mnoguagolnik ABCD le`i vnatre vo konveksniot mnoguagolnik KLMNO (crt. 25). Da gi ozna~ime prese~nite to~ki na pravata AB so nadvore{niot mnoguagolnik. Od neravenstvoto teorema 13 sleduva L ADCB  L AA'ONMB 'B od {to sleduva

AB  L ADCB  A' B '  L A'ONMB '

i kako A' B '  L A'KLB ' dobivame AB  L ADCB  L A'KLB '  L A'ONMB ' , so {to teoremata e doka`ana.  Teorema 15. Razlikata me|u perimetrite na opi{aniot i vpi{aniot pravilen mnoguagolnik vo ista kru`nica e pomala od osumkratnata vrednost na stranata na vpi{aniot mnoguagolnik. Dokaz. Neka ABC... e pravilen vpi{an so perimetar l , a A' B' C '... e soodvetniot opi{an so perimetar L pravilen mnoguagolnik (crt. 25). Otse~kata OA' e normalna na stranata AB na vpi{aniot mnoguagolnik i ja polovi vo to~kata H . Bidej}i OAA' ~ OHA imame AA' : AH  OA : OH t.e. 2n AA' : 2n AH  OA : OH {to zna~i L : l  OA : OH odnosno L  l OA , pa zatoa OH

Ll 

l OH

(OA  OH ) .

(4)

Spored teorema 14 perimetarot l na vpi{aniot mnoguagolnik e pomal od perimetarot na opi{aniot kvadrat, pa zatoa l  8OA , a od OAH imame OA  OH  AH . Kone~no, ako    n  3 , toga{ 180  60  , pa zatoa cos 180  cos 60   12 odnosno OH  OA cos 180  12 OA , t.e. n n n 2OH  OA . Kone~no, od neravenstvoto (4) imame

L  l  l (OA  OH )  8OA (OA  OH )  8OA AH  82OH AH  16 AH  8 AB , OH

{to i treba{e da se doka`e.  189

ZADAÎ ZA VE@BAWE 50. Presmataj ja plo{tinata na pravilniot devetagolnik so strana 12 . 51. Presmataj ja plo{tinata i perimetarot na pravilniot dvanaesetagolnik {to e vpi{an vo kru`nica so radius 6cm . 52. Presmataj ja plo{tinata na pravilniot triesetagolnik {to e opi{an okolu kru`nica so radius 20 . 53. Vo dvorot na edno u~ili{te, na parcela so forma na pravilen {estagolnik se zasadeni cve}iwa. Taa treba da se zagradi so 3 reda ìci. Kolku metri ìca }e bide potrebno ako plo54.

55.

56.

57.

58.

{tinata na celata parcela e 692cm 2 . Izrazi ja plo{tinata na pravilen: a) petagolnik b) {estagolnik v) osumagolnik preku negovata strana a . Izrazi ja plo{tinata na pravilen: a) osumagolnik b) devetagolnik v) dvanaesetagolnik preku radiusot R na opi{anata kru`nica. Dadena e plo{tinata Q na pravilniot: a) dvanaesetagolnik. Presmetaj ja plo{tinata na pravilen {estagolnik, vpi{an vo istata kru`nica kako i dvanaesetagolnikot; b) osumagolnik. Presmetaj ja plo{tinata na kvadratot, vpi{an vo istata kru`nica so osumagolnikot. Presmetaj ja razlikata na perimetrite na opi{aniot i vpi{aniot pravilen n  agolnik vo kru`niva so radius r  5 , ako: a) n  6 , b) n  12 , v) n  24 i g) n  48 . Presmetaj ja razlikata na plo{tinite na opi{aniot i vpi{aniot pravilen n  agolnik vo kru`niva so radius r  5 , ako: a) n  6 , b) n  12 , v) n  24 i g) n  48 .

7. PERIMETAR NA KRU@NICA. PLO[TINA NA KRUG Pri razgleduvaweto na pravilnite mnoguagolnici vidovme deka dol`inata na 

stranata na pravilniot n  agolnik vpi{an vo kru`nica so radius R e a n  2 R sin 180 . Vo n teorema 15 doka`avme deka razlikata me|u perimetrite na opi{aniot i vpi{aniot pravilen mnoguagolnik vo ista kru`nica e pomala od osumkratnata vrednost na stranata na vpi{aniot mnoguagolnik, {to zna~i deka 

Ln  l n  16 R sin 180 . n

(1)

 se namaluva i pri golemi vrednosti na Bidej}i so zgolemuvaweto na brojot n agolot 180 n 

prima vrednosti koi se bliski do n prima vrednosti bliski do 0, dobivame deka i sin 180 n 0, od (1) sleduva to~nosta na slednata teorema. 190

Teorema 16. Razlikata me|u perimetrite na opi{aniot i vpi{aniot pravilen mnoguagolnik moème da ja napravime proizvolno mala, so zgolemuvaweto na stranite na mnoguagolnicite.  Teorema 17. Neka e dadena kru`nica so radius R . Postoi to~no edna otse~ka, ~ija dolìna e pogolema od perimetrite na site pravilni mnoguagolnici, vpi{ani vo kru`nica so daden radius, i vo isto vreme e pomala od perimetrite na site pravilni mnoguagolnici opi{ani okolu nea. Dokaz. Neka l 0 e perimetarot na pravilen vpi{an mnoguagolnik (na primer kvadrat ili pravilen {estoagolnik) vo dadena kru`nica, a L0 e perimetarot na soodvetniot opi{an mnoguagolnik. So l1 , l 2 , l3 ,..., l k ,... da gi ozna~ime perimetrite na vpi{anite mnoguagolnici, dobieni od dadeniot so udvojuvawe na stranite, a so L1 , L2 , L3 ,..., Lk ,... perimetrite na opi{anite mnoguagolnici dobieni na istiot na~in. Od teorema 14 sleduva deka l 0  l1  l 2  l 3  ...  l k  ... i L0  L1  L2  L3  ...  Lk  ... , a od teorema 15 deka Lk  l k se pribliùva kon nula, koga se zgolemuva brojot na stranite k . Na poluprava OX gi nanesuvame otse~kite OM 0  l 0 , ON 0  L0 , OM 1  l1 , ON 1  L1 ,

OM 2  l 2 , ON 2  L2 , OM 3  l 3 , ON 3  L3 ,..., OM k  l k , ON k  Lk ,... (crt. 27) . Na toj na~in dobivame niza od vloèni otse~ki N 0 M 0 , N1 M 1 ,..., N k M k ,... ~ija dolìna N k M k  Lk  l k se pribliùva kon nula, koga se zgolemuva brojot na stranite k . Jasno, ovie otse~ki imaat barem edna zaedni~ka to~ka C . Jasno, ne postojat dve to~ki C i C ' koi pripa|aat na site otse~ki N 0 M 0 , N1 M 1 ,..., N k M k ,... bidej}i toga{ otse~kata CC ' pripa|a na site ovie otse~ki, a taa ima fiksna dolìna, dodeka dolìnata na N k M k moème da ja napravime proizvolno mala. Bidej}i to~kata C pripa|a na site otse~ki N i M i , i  0,1,2,... dobivame taa e desno od sekoj to~ka M i , i  0,1,2,... pa zatoa OC  OM i , i  0,1,2,... . Sli~no, C e levo od sekoja to~ka N i , i  0,1,2,... pa zatoa OC  ON i , i  0,1,2,... . Kone~no, otse~kata OC gi zadovoluva uslovite na teoremata.  Definicija 1. Dolìnata na otse~kata od teorema 17 ja narekuvame perimetar (dolìna) na kru`nicata so radius R . Vo slednata teorema }e dokaème edno va`no svojstvo za kru`nicite so razli~ni radiusi, koe }e ni ovozmoì da go vovedeme brojot  . Teorema 18. Dolìnite na kru`nicite se odnesuvaat kako nivnite radiusi. Dokaz. Neka r i r ' se radiusite na dve kru`nici. So l k i Lk da gi ozna~ime perimetrite na onie mnoguagolnici od prvata kru`nica, koi gi iskoristivme pri dokazot na teorema 17. Ponatamu, so l k' i L'k da gi ozna~ime perimetrite na analognite mnoguagol-

191

nici (so ist broj na strani) za vtorata kru`nica. Pri vovedenite oznaki imame     l k  2kr sin 180 , l k'  2kr ' sin 180 , Lk  2kr tg 180 i L'k  2kr ' tg 180 , pa zatoa n n n n

l k : l k'  Lk : L'k  r : r ' , za k  0,1,2,... .

(2)

Zemame agol XOX ' i na krakot OX , kako i vo dokazot na teorema 17 so po~etok vo to~kata O gi nanesuvame otse~kite OM k  l k , ON k  Lk , k  0,1,2,... , a na krakot '

OX ' gi nanesuvame otse~kite OM k  l k' , ON k  L'k , k  0,1,2,... . Od ravenstvata (2) sleduva deka pravite M k M k' i N k N k' se paralelni me|u sebe (zo{to?). So C i C ' gi ozna~ime zaedni~kite to~ki na otse~kite M k N k i M k' N k' , soodvetno. Jasno pravata CC ' e paralelna na pravite M k M k' i N k N k' (zo{to?), pa zatoa OC : OC '  Lk : L'k  r : r ' .  Zabele{ka 9. Vo prethodnata teorema za dolìnite L i L' na kru`nite linii so radiusi r i r ' , soodvetno dokaàvme deka vaì ravenstvoto L : L'  r : r ' , od {to dobivame L : 2r  L' : 2r ' . Spored toa, odnosot na dolìnata na kru`nata linija sprema nejziniot dijametar za sekoj kru`nica ima edna ista brojna vrednost, da ja ozna~ime so  . Spored toa, perimetarot na kru`nica so radius r se presemtuva spored formulata L  2r . (3) So neposredni presmetuvawa e dobieno deka ovaa brojna vrednost e brojot   3,14159265358979323846... , koj e iracionalen broj. Interesno za ovoj broj e toa {to toj ne moè da bide re{enie na nitu edna algebarska ravenka so celobrojni koeficienti. Vakvite broevi vo literaturata se poznati kako transcedentni broevi. Primer 24. Presmetaj go radiusot na kru`nica so perimetar 125cm . 125 Re{enie. Od formulata (3) nao|ame 125  2r , t.e. r  125  23,141592  19,894cm .  2

Da se vratime na vpi{anite i opi{anite pravilni mnoguagolnici vo kru`nica so radius R . Prvo }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 19. Ralikata me|u plo{tinata na pravilniot opi{an n  agolnik i plo{tinata na pravilniot vpi{an n  agolnik e pomala od proizvodot na perimetarot na opi{aniot mnoguagolnik so poloviva od stranata na vpi{aniot mnoguagolnik. Dokaz. So P i p da gi ozna~ime plo{tinite na pravilniot opi{an i vpi{an n  agolnik (crt. 29). Imame, 1 P  p  nPABA'  2 n AB  HA' . No, n AB  l  L i kako HA' e visina na ramnokrakiot ABA' so agol pri osnovata pomal ili ednakov

192

na 60  (zo{to?), dobivame deka HA'  AB . Kone~no,

P  p  12 n AB  HA'  12 L  AB , {to i treba{e da se dokaè.  Bidej}i pri udvojuvawe na brojot na stranite perimetrite na site opi{ani pravilni mnoguagolnici se pomali od L0 , a dolìnata na stranata na vpi{aniot mnoguagolnik moème da ja napravime proizvolno mala (zo{to?), od prethodnata teorema sleduva: So udvojuvawe na brojot na stranite na mnoguagolnicite, razlikata me|u plo{tinata na pravilniot opi{an mnoguagolnik i plo{tinata na soodvetniot vpi{an mnoguagolnik moè da se napravi proizvolno mala. Prethodno iznesenoto ukaùva na faktot deka, pri udvojuvawe na brojot na stranite, plo{tinite na opi{anite i vpi{anite pravilni mnoguagolnici se pribliùvaat kon plo{tinata na soodvetniot krug. Da ja najdeme formulata za presmetuvawe na plo{tinata na krugot. Kako {to znaeme, za perimetarot Ln na opi{aniot pravilen n  agolnik vaì Ln  2r , pa zatoa za negovata plo{tina dobivame

Pn  12 n A' B'  OB  12 Ln r  12 2r 2  r 2 . Analogno, za perimetarot l n na vpi{aniot pravilen n  agolnik va`i l n  2r i kako

OH  r pa zatoa za negovata plo{tina dobivame p n  12 n AB  OH  12 l n OH  12 2r 2  r 2 . Spored toa, za sekoj n va`i p n  r 2  Pn i kako so udvojuvawe na stranite plo{tinite na opi{anite i vpi{anite pravilni mnoguagolnici se pribli`uvaat kon plo{tinata na soodvetniot krug zaklu~uvame deka plo{tinata na krugot so radius r se presemtuva spored formulata

P  r 2 .

(4)

Primer 25. Presmetaj go perimetar na kru`nicata, ako plo{tinata na krug e

78,54cm 2 . 78,54 Re{enie. Od formulata (4) nao|ame 78,54  r 2 , t.e. r  78,54  3,141592  5cm . Spored toa, za perimetarot na krugot dobivame L  2r  10  3,141592...cm  31,42cm . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 59. Presmetaj go perimetarot na kru`nica, ako: a) r  10cm , b) d  24dm , v) r  n . 60. Opredeli go radiusot na kru`nica, ako nejziniot perimetar e: a) 18cm , b) 15,7dm , v) 32cm .

193

61. Okolu zemjiniot ekvator e postaven “obra~”, koj e za 1m podolg od ekvatorot. Mo`e li pod ovoj “obra~” da pomine glu{ec? 62. Eden patnik okolu svetot re{il da ja obikoli Zemjinata topka po ekvatorot. No, koga trebalo da presmeta kolkav pat }e izmine, se zbunil. Dali da go smeta patot {to }e go minat nozete ili patot {to }e go mine glavata? Kru`nicata koja }e ja opi{e glavata pri toa patuvawe }e bide koncentri~na so ekvatorot, po koj }e odat nozete, e o~igledno pogolema. Za kolku e pogolem perimetarot na ovaa kru`nica, ako visinata na ~ovekot e hcm ? Kolkava bi bila ovaa razlika, ako patnikot bi ja obikolil Mese~inata? 63. Presmetaj ja plo{tinata na krug so radius: a) 20cm b) 14dm v) 1m 64. Presmetaj go radiusot na krugot, ako negovata plo{tina e: a) 1cm 2 b) 49dm 2 v) 100cm 2 65. Kolkava e plo{tinata na krugot, ako negoviot perimetar e 32cm . 66. Presmataj go perimetarot na krugot, ako negovata plo{tina e 196cm 2 . 67. Dve cevki go dijametri 10cm i 24cm treba da se zamenat so treta cevka so ist kapacitet na propustlivost. Odredi go radiusot na taa cevka. 68. Kolkav e radiusot na krugot na koj mernite broevi na negovata plo{tina i na negoviot perimetar se ednakvi? 69. Presmetaj ja plo{tinata na krugot, vpi{an vo kvadrat ~ija plo{tina e 64cm 2 . 70. Presmetaj ja plo{tinata na kvadratot vpi{an vo krug ~ija plo{tina e 256cm 2 . 71. Presmetaj gi perimetarot na vpi{anata i opi{anata kru`nica na pravilen {estagolnik so plo{tina 150 3cm 2 .

8. DOL@INA NA KRU@EN LAK. PLO[TINA NA DELOVI NA KRUG A) DOL@INA NA KRU@EN LAK Vo prethodnite razgleduvawa vidovme deka dolìnata na kru`nicata so radius r e dadena so formulata L  2r . Me|utoa, ako kru`nicata ja podelime na 360 ednakvi delovi, toga{ dolìnata na kru`niot lak koj soodvetstvuva na centralen agol so golemi2r  r . Spored toa, ako imame kruèn lak na koj soodvetstvuva na od 1 e ednakva na 360 180 centralen agol  (izrazen vo stepeni), toga{ negovata dolìna se presmetuva spored formulata r . l  180 (1)

Primer 26. a) Da se najde dol`inata na kru`niot lak vo kru`nica so radius

r  2cm , soodveten na periferniot agol   75  . b) Da se najde centralniot agol vo kru`nica so radius r  3cm , soodveten na kru`en lak so dol`ina l  2cm .

194

Re{enie. a) Zabele`uvame deka daden ni e periferniot agol soodveten na kru`niot lak, pa zatoa soodvetniot centralen agol e   2   150  . Sega, so zamena vo formulata (1) za dol`inata na kru`niot lak nao|ame 2150 cm  5 cm . l   180 3

b) Od uslovot na zada~ata imame l  2cm i r  3cm pa ako zamenime vo formulata  , t.e.   120  .  (1) nao|ame 2  3180

Zabele{ka 10 (za inie {to sakaat da znaat pove}e). Formulata (1) moè da se izvede so napolno analogni razmisluvawa, kako i pri izveduvaweto na formulata za dolìna na kru`nica. Pritoa namesto vpi{ani i opi{ani mnoguagolnici treba da se razgleduvaat vpi{ani i opi{ani iskr{eni linii vo kru`niot lak. Imeno, moè da se dokaè deka dolìnata l na kru`niot lak, pri izbrani edinica za dolìna i edinica za agol, od radiusot r na kru`nicata i centralniot agol  . Pritoa odnosot l : r ne zavisi od radiusot, pa zatoa istiot zavisi samo od agolot  i vaì l : r  k , t.e. l  kr , kade k e koeficient na proporcionalnost. [to se odnesuva do brojnata vrednost na ovoj koeficient, taa ne zavisi od izborot na edinicata za dolìna, bidej}i vrednostite na s i r pri promenata na edinicata za dolìna se menuvaat vo ist odnos. Zatoa ostanuva brojnata vrednost na k da zavisi od izborot na edinicta za merewe na agli. Kako {to vidovme, ako edinicata merka za agol e stepen, toga{ k    . 180

Prethodno koeficientot k go opredelivme odnapred znaej}i ja edinicita za merewe na aglite. Me|utoa, pra{aweto mo`e da se postavi i na poinakov na~in. Imeno, da se izbere edinica za merewe na aglite taka, {to k  1 , t.e. da imame

l  r . Pritoa   1 , ako s  r . Zatoa vo ovoj slu~aj edinica za merewe na aglite e centralniot agol na koj mu soodvetstvuva kruèn lak so dolìna ednakva na dolìnata na radiusot i kako {to znaeme toa e agol od 1 radijan. Se razbira, bidej}i dolìnata na kru`nicata e L  2r polniot agol ima 2 radijani.

B) PLO[TINA NA KRU@EN ISEÔK Delot od krugot {to e zafaten so centralen agol go narekuvame kruèn ise~ok ili kruèn sektor ({rafiraniot del na crt. 30). Da ja presmetame plo{tinata na kru`niot ise~ok vo krug so radius r na koj mu soodvetstvuva centralen agol  . Neka pretpostavime deka krugot e podelen na 360 skladni ise~oci, pri {to sekoj ise~ok ima centralen agol od 1 . Bidej}i plo{tinata na celiot krug e ednakva na r 2 i ise~ocite so centralen agol od 1 se skladni me|u sebe, dobivame deka r2 . plo{tinata na sekoj ise~ok so centralen agol od 1 e P0  360 Spored toa, ako imame kruèn ise~ok na koj mo soodvetstvuva centralen agol  (izrazen vo stepeni), toga{ negovata plo{tina se presmetuva spored formulata

195

r  . P  360 2

(2)

Ako vo (2) zamenime od (1) za dol`inata na lakot vo kru`nica so radius r soodveten na centralen agol  za plo{tinata na kru`niot ise~ok ja dobivame formulata

P  lr2 .

(3)

Primer 27. a) Da se najde plo{tinata na kru`niot ise~ok vo kru`nica so radius

r  6cm , soodveten na centralniot agol   75  . b) Da se najde centralniot agol vo kru`nica so radius r  3cm , soodveten na kru`en ise~ok so plo{tina P  2 cm 2 . Re{enie. a) Imame r  6cm i   75  i ako zamenime vo (2) za plo{tinata na ise~okot dobivame r    6 75 cm 2  7,5 cm 2 P  360 360 2

b) Od uslovot na zada~ata imame P  2 cm 2 i r  3cm , pa ako zamenime vo formu , t.e.   80  .  lata (2) nao|ame 2  3360 2

V) PLO[TINA NA KRU@EN OTSEÔK Delot od krugot {to e zafaten so eden negov lak i soodvetnata tetiva go narekuvame kruèn otse~ok ili kruèn segment. Na crt. 31, so {rafiraniot del e pretstaven eden kruèn otse~ok. Da ja opredelime formulata za presmetuvawe na plo{tina na kruèn otse~ok. ]e razgledame dva slu~aja. a) Ako   180  (crt. 31), toga{ plo{tinata na kru`niot otse~ok se dobiva kako razlika na plo{tinite na kru`niot ise~ok soodveten na agolot  i ABO . Pritoa imame PABO  r 2 sin 2 cos 2 i ako ja iskoristime formulata (2) za plo{tina na kruèn ise~ok dobivame deka plo{tinata na kru`niot otse~ok e dadena so formulata r   r 2 sin  cos  . P  360 2 2 2

(4)

b) Ako   180  , toga{ go opredeluvame agolot   360    i spored formulata (4) ja opredeluvame plo{tinata P1 na kru`niot otse~ok soodveten opredelen so istata tetiva i pomaliot pripaden centralen agol. Sega plo{tinata na dadeniot kru`en otse~ok ja dobivame ako od plo{tinata na krugot ja izvadime najdenata plo{tina P1 , t.e.

P  r 2  P1 .

196

Primer 28. Da se najde plo{tinata na kru`niot otse~ok vo kru`nica so radius

r  6cm , soodveten na centralniot agol   120  . Re{enie. Imame r  6cm i   120  i ako zamenime vo (4) za plo{tinata na ise~okot dobivame 



r   r 2 sin  cos   (  6 120  6 2 sin 120 cos 120 )cm 2  (12  6 3 ) cm 2  6( 2  3 ) cm 2 .  P  360 2 2 360 2 2 2

G) PLO[TINA NA KRU@EN PRSTEN Neka se dadeni kru`nicite k (O, r ) i k1 (O, r1 ) , r1  r . Ramninskata geometriska figura F opredelena so A F ako i samo ako r1  OA  r ja narekuvame kru`en prsten (crt. 32). Jasno, plo{tinata P na kru`niot prsten opredelen so kru`nicite k (O, r ) i k1 (O, r1 ) , r1  r e ednakva na razlikata od plo{tinite na koncentri~nite krugovi so radiusi r i r1 . Spored toa,

P  r 2  r12   (r 2  r12 ) .

(5)

Primer 29. Da se najde plo{tinata na kru`niot prsten {to go formiraat opi{anata i vpi{anata kru`nica na pravilen {estagolnik so strana a  12cm Re{enie. Radiusot na opi{anata kru`nica okolu pravilen {estagolnik e ednakov na stranata na {estagolnikot, a radiusot na vpi{anata kru`nica e ednakov na visinata na karakteristi~niot triagolnik. Spored toa, r  a  12cm i r1  a 2 3  6 3cm , pa zatoa plo{tinata na kru`niot prsten e

P   (r 2  r12 )   [12 2  (6 3 ) 2 ] cm 2  36 cm 2 .  ZADAÎ ZA VE@BAWE 72. Presmetaj ja dolìnata na kruèn lak so radius 25cm i periferen agol: a) 20  , b) 15  . 73. Perimetarot na edna kru`nica e 27cm . Najdi go centralniot agol, ~ij lak e dolg 10cm . 74. Kru`nica so radius 5cm e rastegnata vo lak so radius 9cm . Najdi go centralniot agol na soodveten na lakot. 75. Kru`nica so radius 12cm e rastegnata vo kruèn lak so soodveten centralen agol 120  . Najdi go radiusot na lakot. 76. Presmetaj ja plo{tinata na kruèn ise~ok, ako: a) r  10cm,   50  ,

b) r  10cm, l  12cm .

77. Najdi go centralniot agol na kruèn ise~ok, ako negovata plo{tina e 2cm 2 , a radiusot 8cm . 78. Presmetaj ja plo{tinata na kruèn otse~ok so tetiva a  10cm i centralen agol: a) 120  , b) 60  , v) 240  . 79. Vo kruèn prsten tetivata na pogolemata kru`nica ja dopira pomalata i e ednakva na 6cm . Najdi ja plo{tinata na prstenot.

197

80. Presmetaj ja plo{tinata na presekot na edna cevka, ako dijametarot na nadvore{niot krug e 5cm , a debelinata e 3mm . 81. Presmetaj ja plo{tinata na kru`en prsten {to go formiraa opi{anata i vpi{anata kru`nica na: a) ramnostran triagolnik so strana a  4cm ; b) kvadrat so strana a  12cm ; v) pravilen desetagolnik so strana a  12cm . 82. Presmetaj ja plo{tinata na del od kru`en prsten so radiusi r  20cm i r1  1,2dm , {to soodvetstvuva na centralen agol od 60  . 83. Presmetaj ja plo{tinata na {rafiraniot del na na sekoja od figurite na crt. 33.

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

a) Odredi ja stranata na kvadratot ~ija plo{tina e ednakva na zbirot na plo{tinite na dva kvadrati so strani 54cm i 72cm . (4 b) b) Presmetaj ja plo{tinata na kvadratot, ako zbirot na dol`inite na negovite strana i dijagonala e 10cm . (6 b) 2. a) Presmetaj ja plo{tinata na ramnokrak triagolnik so osnova 12cm i rab 10cm . (6 b) b) Najdi go radiusot na opi{anata kru`nica okolu ramnokrakiot ABC so osnova a  12cm i krak b  15cm . (8 b) 3. a) Dadeni se stranite vo triagolnikot 50cm, 58cm i 72cm . Odredi ja najmalata visina vo triagolnikot. (10 b) b) Najdi gi stranite na triagolnikot, ako tie se odnesuvaat kako 9 : 10 : 17 , a negovata 4.

plo{tina e 576cm 2 . a) Presmetaj ja plo{tinata na ~etiriagolnikot so dijagonali 8cm i 10cm , ako

(15 b)

agolot me|u niv e 30  . b) Najdi go perimetarot na ramnokrak trapez, ako osnovite i visinata se odnesuvaat

(8 b)

kako 4 : 1 : 2 , a plo{tinata e 20dm 2 . a) Vo dvorot na edno u~ili{te, na parcela so forma na pravilen {estagolnik se zasadeni cve}iwa. Taa treba da se zagradi so 4 reda `ici. Kolku metri `ica

(12 b)

}e bide potrebno ako plo{tinata na celata parcela e 692cm 2 . b) Kolkav e radiusot na krugot na koj mernite broevi na negovata plo{tina i na negoviot perimetar se ednakvi? 6. a) Perimetarot na edna kru`nica e 30cm . Najdi go centralniot agol, ~ij lak e dolg 10cm . b) Presmetaj ja plo{tinata na presekot na edna cevka, ako dijametarot na nadvore{niot krug e 4cm , a debelinata e 4mm .

(12 b) (15 b) (6 b) (8 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

198

19-31 2

32-43 3

44-54 4

55-64 5

GLAVA VII ELEMENTI OD STEREOMETRIJA SODR@INA NA TEMATA

NOVI ZNAEWA I UMEEWA Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14.

Poim za geometrisko telo Poim za poliedar. Vidovi poliedri Preseci na prizma so ramnina Preseci na piramida so ramnina Plo{tina na poliedar Poim za volumen. Volumen na prava prizma Volumen na kosa prizma Volumen na piramida Volumen na potse~ena piramida Poim za rotaciono telo. Plo{tina i volumen na cilinder Plo{tina i volumen na konus Plo{tina i volumen na potse~en konus Topka, preseci na topka Volumen na topka i delovi na topka

POTREBNI PREDZNAEWA

Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na:

Pitagorovata teorema, realciite me|u elementite na triagolnikot i~etiriagolnikot, , pravilnite mnoguagolnici i realaciite me|u stranata, radiusot na vpi{anata i opi{anata kru`nica, presmetuvaweto na plo{tina na triagolnik, pralelogram, trapez, trapezoid, pravilen mnoguagolnik, krug i delovi na krugot i presmetuvaweto na perimetar na triagolnik, pralelogram, trapez, trapezoid, kru`nica i kru`en lak,

da go usvoi{ poimot geometrisko telo, a posebno poimite: poliedar, sfera, cilinder, konus i potse~en konus, da se osposobi{ da skicira{ razni vidovi prizmi, piramidi i potse~eni piramidi, da se osposobi{ da skicira{ cilinder, konus i potse~en konus, da se osposobi{ da skicira{ nekoi preseci na ramnina so prizma, piramida, cilinder, konus i topka i da gi presmetuva{ nivnite elementi i plo{tinata, da go usvoi{ poimot volumen na geometrisko telo i da se osposobi{ da gi koristi{ svojstvata na volumenot, da gi usvoi{ formulite za plo{tina i volumen na prizma, da se osposobi{ da re{ava{ problemi vo vrska so plo{tina i volumen na prizma, da gi usvoi{ formulite za plo{tina i volumen na piramida i potse~ena piramida, da se osposobi{ da re{ava{ problemi vo vrska so plo{tina i volumen na piramida i potse~ena piramida, da gi usvoi{ formulite za plo{tina i volumen na cilinder, da se osposobi{ da re{ava{ problemi vo vrska so plo{tina i volumen na cilinder, da gi usvoi{ formulite za plo{tina i volumen na konus i potse~en konus, da se osposobi{ da re{ava{ problemi vo vrska so plo{tina i volumen na konus i potse~en konus, da gi usvoi{ formulite za plo{tina i volumen na topka i delovi na topka i da se osposobi{ da re{ava{ problemi vo vrska so plo{tina i volumen na topka i nejzini delovi.

199

Vo prethodnata tema go vovedovme poimot plo{tina na ramninska figura i se osvrnavme na presmetuvaweto na plo{tinite na ramninskite figuri koi naj~esto gi sre}avame vo sekojdnevniot `ivot. Vo ovaa tema predmet na prou~uvawe se geometriskite tela. Pritoa posebno vnimanie }e obrneme na presmetuvaweto na plo{tina i volumen na nekoi geometriski tela, t.e. na problemot na merewe vo prostorot P , vo koj }e bidata site na{i razgleduvawa vo ovaa tema.

1. POIM ZA GEOMETRISKO TELO Vo dosega{noto {koluvawe se zapozna so kockata, kvadarot, konusot, topkata, tetraedarot i drugi geometriski figuri vo prostorot. Toa se primeri na geometrisko telo, poim koj ovde precizno }e go objasnime. Za taa cel }e vovedeme nekolku pomo{ni poimi, koi se od isklu~itelna va`nost vo matematikata voop{to. Definicija 1. Neka O e to~ka od prostorot P e r  R . Geometriskata figura sostavena od to~kite, ~ie{to rastojanie od dadenata to~ka O e pomalo ili ednakvo na r , ja narekuvame topka i ja ozna~uvame so T [O, r ] . Figurata sostavena od to~kite vo prostorot, rastojanie od dadenata to~ka O e r , ja narekuvame sfera i ja ozna~uva S (O, r ) . To~kata O ja narekuvame centar na topkata (sferata), a r radius na topkata (sferata). Sekoja otse~ka {to svrzuva dve to~ki od sverata S i muniva niz nejziniot centar ja narekuvame dijametar na sferata S (topkata T ). Jasno, sekoja to~ka A takva, {to OA  r pripa|a na topkata T , a ne pripa|a na sferata S , {to zna~i S e vistinsko podmno`estvo od T . Spored toa, ako gi isfrlime to~kite od topkata T koi pripa|aat na sferata dobivame neprazno mno`estvo, koe e od posebna va`nost za na{ite natamo{ni razgleduvawa. Taka ja imame slednata definicija. Definicija 2. Neka O e to~ka od prostorot P e r  R . Geometriskata figura sostavena od to~kite, ~ie{to rastojanie od dadenata to~ka O e pomalo od r , ja narekuvame otvorena topka i ja ozna~uvame so T (O, r ) . Sekoja otvorena topka so centar vo to~kata O ja narekuvame okolina na to~kata O . To~kata O ja narekuvame centar na otvorenata topka, a r radius na otvorenata topka. Zabele{ka 1. Neka se dadeni to~kite A i B i neka r  12 AB . Otvorenite topki

T1 ( A, r ) i T2 ( B, r ) nemaat zaedni~ki to~ki. Navistina, ako M  T1  T2 , toga{ AM  r i BM  r , pa zatoa 200

2r  AB  AM  MB  r  r  2r , {to ne e mo`no. Spored toa, za sekoi dve to~ki postojat okolini koi ne se se~at. Definicija 3. Neka F e figura vo prostorot P . Za to~kata A }e velime deka e vnatre{na to~ka na F ako postoi okolina na A koja se sodr`i vo F . Za to~kata M }e velime deka e grani~na to~ka na figurata F , ako sekoja okolina na M sodr`i to~ki od F i to~ki {to ne i pripa|aat na F . Primer 1. a) Da ja razgledame topkata T [O, r ] i neka M e to~ka od T [O, r ] takva, {to OM  r (crt. 1). Zemame a  12 (r  OM ) i da ja razgledame otvorenata topka T ( M , a) . Neka X  T ( M , a) . Toga{,

OX  MX  MO  12 (r  MO)  MO  12 r  12 MO  12 r  12 r  r , {to zna~i deka T ( M , a)  T [O, r ] . Spored toa, sekoja to~ka od otvorenata topka T (O, r ) e vnatre{na za zatvorenata topka T [O, r ] i za otvorenata topka T (O, r ) . b) Neka N e to~ka od sverata S (O, r ) (crt. 1). Toga{, sekoja otvorena topka T ( N , a) sodrì to~ka od topkata T [O, r ] , na primer, to~kata K od otse~kata ON za koja OK  r  12 a i to~ka koja ne pripa|a na topkata T [O, r ] , na primer, to~kata Y na polupravata ON za koja OY  r  12 a (crt. 1). Spored toa, sekoja to~ka od sferata S (O, r ) e grani~na to~ka za topkata T [O, r ] .  Definicija 4. Za figurata F }e velime deka e svrzliva, ako koi bilo dve to~ki od F moàt da se svrzat so linija koja celosno leì vo F , t.e. sekoja to~ka od linijata i pripa|a na figurata F . Primer 2. a) Topkite T [O, r ] i T (O, r ) i sferata S (O, r ) se svrzlivi figuri (zo{to ?). Isto taka, sekoja ramnina e svrzliva figura. b) Figurata sostavena od dve topki koi ne se se~at ne e svrzliva figura. Isto taka, sekoja figura F sostavena od kone~en broj to~ki ne e svrzliva figura (zo{to?).  Zabele{ka 2. Moè da se dokaè deka unija na sekoi dve svrzlivi figuri so zaedni~na to~ka e svrzliva figura. Definicija 5. Za figurata F }e velime deka e oblast, ako F e svrzliva i sekoja nejzina to~ka e vnatre{na. Primer 3. a) Za otvorenata topka e T (O, r ) sekoja nejzina to~ka e vnatre{na (primer 1 a)) i bidej}i taa e svrzliva zaklu~uvame deka T (O, r ) e oblast. b) Topkata T [O, r ] e svrzliva figura (primer 2 a), no to~kite na sferata S (O, r ) ne se vnatre{ni za topkata T [O, r ] (zo{to?). Spored toa, topkata T [O, r ] ne e oblast. Ponatamu, sferata S (O, r ) ne e oblast, a isto taka i ramninata ne e oblast.

201

v) Sekoja figura F sostavena od kone~en broj na to~ki ne e oblast. Imeno, vakva fugura kako prvo ne e svrzliva (zo{to?), a kako vtoro niedna nejzina to~ka ne e vnatre{na (zo{to?).  Primerot 1 pokaùva deka grani~nata to~ka moè da pripa|a i na figurata F , no ne mora. Isto taka, edna grani~na to~ka na F ne moè da bide vnatre{na, nitu pak, edna vnatre{na to~ka moè da bide grani~na. Ponatamu, bidej}i site to~ki od edna oblast G se nejzini vnatre{ni to~ki, zaklu~uvame deka niedna to~ka od oblasta G ne e nejzina grani~na to~ka, t.e. oblasta G ne gi sodrì svoite grani~ni to~ki. Ako na oblasta G i gi dodademe nejzinite grani~ni to~ki doa|ame do nov poim, a toa e zatvorena oblast. Taka ja imame slednata definicija. Definicija 6. Neka e dadena oblasta G . Figurata sostavena od oblasta G i nejzinite grani~ni to~ki ja narekuvame zatvorena oblast i ja ozna~uvame so G . Mnoèstvoto grani~ni to~ki na oblasta G go narekuvame granica na G , t.e. na G . Jasno, topkata T [O, r ] e zatvorena oblast. Od definicija 6 neposredno zaklu~uvame deka sferata S (O, r ) e granica na topkite T (O, r ) i T [O, r ] . Definicija 7. Za figurata F }e velime deka e ograni~ena ako postoi topka T [O, r ] takva, {to F  T [O, r ] . Zatvorenata i ograni~ena oblast ja narekuvame geometrisko telo. Primer 4. a) Zatvorenata topka T [O, r ] e geometrisko telo, no otvorenata topka T (O, r ) ne e geometrisko telo. b) Ramninata i sferata S (O, r ) ne se geometriski tela (zo{to?). 

ZADA^I ZA VE@BAWE 1.

Neka r  R . Doka`i deka T [O, r ], T (O, r ) i S (O, r ) se podmno`estva od T [O, R ] i T (O, R) .

Neka A i B se dve razli~ni to~ki i r 

202

1 2

AB . Najdi go

mnoèstvoto F  T [ A, r ]  T [ B, r ] . Dali ova mnoèstvo e svrzlivo? Najdi go mnoèstvoto G sostaveno od vnatre{nite to~ki na F . Dali G e oblast? Figurata obrazuvana od dve poluramnini so zaedni~ki rab i edna to~ka M {to ne leì na poluramninite ja narekuvame diedar. Poluramninite gi narekuvame yidovi, a nivniot zaedni~ki rab go narekuvame rab na diedarot. Delot od prostorot P , opredelen so yidovite na diedarot, vo koj se nao|a to~kata M go narekuvame vnatre{nost na diedarot. a) Dokaì deka figurata F obrazuvana od diedarot i negovata vnatre{nost e zatvorena oblast, no ne e telo. b) [to e granica na F .

2. POIM ZA POLIEDAR. VIDOVI POLIEDRI Vo prethodnata to~ka definiravme geometrisko telo kako ograni~ena i zatvorena oblast. Od figurite {to gi razgledavme dosega, telo e, na primer, sekoja topka. Ovde }e se zadrìme na eden poseben vid tela, nare~eni poliedri. Definicija 8. Za geometriskoto telo F }e velime deka e poliedar ako negovata granica e sostavena od kone~en broj mnoguagolnici. Mnoguagolnicite {to ja obrazuvaat granicata na poliedarot gi narekuvame negovi yidovi. Stranite i temiwata na mnoguagolnicite gi narekuvame soodvetno strani i temiwa na poliedarot. Otse~kata koja svrzuva koi bilo dve temiwa na poliedarot {to ne leàt na ist yid ja narekuvame prostorna dijagonala ili samo dijagonala na poliedarot. Od definicija 8 neposredno sleduva deka: a) vo sekoe teme na poliedarot se sretnuvaa barem tri negovi raba, i b) sekoj rab na poliedarot e strana na dva i samo dva mnoguagolnici od negovata granica. Za onie {to sakaat da znaat pove}e Brojot s na yidovite na eden poliedar moè da razli~en (crt. 3). Istoto vaì i za brojot r na rabovite i brojot t na temiwata. Na primer, za poliedarot ABCDEF od crt. 3 imame t  6, r  11 i s  7 , a za poliedarot A1 A2 A3 A4 A5 B1 B 2 B3 B 4 B5 (crt. 3) imame t  10, r  15 i s  7 . Zabeleùvame deka ovie dva poliedri imaat ist broj yidovi, no broevite na rabovite i temiwata se razli~ni. Vaì i poop{to, t.e. koi bilo dva od broevite s, t i r ne se oddelno povrzani so relacija koja e to~na za site poliedri. Me|utoa, to~na e slednata teorema. Teorema 1 (Ojler). Ako eden poliedar ima s yidovite, r rabovite i t temiwata, toga{ st  r 2.  Proveri ja to~nosta na Ojlerovata teorema za poliedrite od crt. 3.

Da se vratime na poliedrite ABCDEF i A1 A2 A3 A4 A5 B1 B2 B3 B4 B5 (crt. 3). Zabele`uvame deka polieadarot ABCDEF sekoga{ se nao|a na edna strana od ramninata na sekoj negov yid, a dodeka toa ne e slu~aj so vtoriot poliedar. Na primer, toj se nao|a na dvete strani od ramninite na yidovite A2 B2 B3 A3 i A3 A4 B4 B3 . Tokmu ova svojstvo na poliedrite od crt. 3 e neposreden povod za slednata podelba na poliedrite. Definicija 9. Za eden poliedar }e velime deka e konveksen ako toj e raspolo`en na edna strana od ramninata na koj bilo negov yid. Za eden poliedar }e celime deka e konkaven, ako toj ne e konveksen.

203

Vo natamo{nite razgleduvawa }e se zadrìme na izu~uvawe na dva vida konveksni poliedri, pa zatoa pod terminot poliedar }e podrazbirame konveksen poliedar. A) PRIZMA Definicija 10. Za eden poliedar }e velime deka e prizma ako dva negovi yida se skladni mnoguagolnici {to leat na dve paralelni ramnini i ako ostanatite yidovi se takvi paralelogrami {to sekoj od niv ima zaedni~ka strana so spomenatite dva yida (crt. 4). Skladnite yidovi {to leàt na paralelnite strani gi narekuvame osnovi ili bazi, a za paralelogramite }e velime deka se bo~ni ili okolni yidovi i deka ja obrazuvaat bo~nata povr{ina na prizmata. Stranite na osnovite gi narekuvame osnovni rabovi, a ostanatite rabovi na prizmata gi narekuvame bo~ni rabovi. Neka 1 i  2 se ramninite na osnovite na prizmata i M  1 . Ako pravata p minuva niz to~kata M , p  1 i N  p   2 , toga{ za otse~kata MN }e velime deka e visina na prizmata. Primer 5. Za prizmata ABCDEA1 B1C1 D1 E1 (crt. 5) petagolnicite ABCDE i A1 B1C1 D1 E1 se nejzini osnovi; paralelogramite ABB1 A1 , ..., EAA1 E1 se bo~ni yidovi, otse~kite AB, BC , ..., EA, A1 B1 , B1C1 ,..., E1 A1 se osnovni rabovi, a otse~kite AA1 , BB1 ,..., EE1 se bo~ni rabovi ovaa prizma.  Definicija 11. Za edna prizma }e velime deka e prava ako nejzinite bo~ni rabovi se normalni na nejzinite osnovi, a vo sprotivno }e velime deka prizmata e kosa. Ako osnovite na prizmata se pravilni mnoguagolnici, toga{ za nea }e velime deka e pravilna prizma. Pravata koja minuva niz centrite na osnovite na pravilnata prizma ja narekuvame oska na pravilnata prizma. Zabele{ka 3. Od toa {to bo~nite yidovi na prizmata se paralelogrami, neposredno sleduva deka bo~nite rabovi se ednakvi me|u sebe. Ponatamu, od definicija 11 sleduva deka kaj prava prizma bo~nite yidovi na prizmata se pravoagolnici i deka dolìnata na visinata na prava prizma e ednakva na dolìnata na bo~nite rabovi. Spored toa kolku strani ima ednata osnova na prizmata, t.e. dali osnovata e triagolnik, ~etiriagolnik, petagolnik itn., prizmata ja narekuvame tristrana, ~etiristrana, petstrana itn. Posebno, ako osnovata na prizmata e paralelogram, toga{ nea ja narekuvame paralelopiped; ako, pak, tie paralelogrami se pravoagolnici i ako paralelopipedot e prav, toga{ za nego velime deka e pravoagolen paralelopiped ili kvadar (crt. 5). Kone~no, kvadarot kaj koj site rabovi se ednakvi go narekuvame kocka.

204

B) PIRAMIDA Definicija 12. Za eden poliedar }e velime deka e piramida ako eden negov yid e nekoj mnoguagolnik, a ostanatite yidovi se triagolnici {to imaat edno zaedni~ko teme (crt. 6). Yidovite na piramidata {to imaat zaedni~ko teme gi narekuvame bo~ni yidovi i velime deka ja obrazuvaat bo~nata povr{ina. Mnoguagolnikot so koj bo~nite yidovi imaat zaedni~ka strana go narekuvame osnova na piramidata. Zaedni~koto teme na triagolnicite go narekuvame vrv na piramidata. Stranite na osnovata gi narekuvame osnovni rabovi, a rabovite koi minuvaat niz vrvot na piramidata gi narekuvame bo~ni rabovi. Neka  e ramninata na osnovata na piramidata i S e nejziniot vrv. Ako pravata p minuva niz to~kata S , p   i N  p   , toga{ za otse~kata SN }e velime deka e visina na piramidata. Primer b. Za prizmata ABCDEFS (crt. b) {estagolnikot ABCDEF e nejzina osnova; triagolnicite ABS , BCS , CDS , DES , EFS , FAS se bo~ni yidovi, otse~kite AB, BC , CD, DE , EF , FA se osnovni rabovi; otse~kite AS , BS , CS , DS , ES , FS se bo~ni rabovi ovaa prizma, a temeto S e nejzin vrv.  Spored toa kolku strani ima osnovata na piramidata, t.e. dali osnovata e triagolnik, ~etiriagolnik, petagolnik itn., piramidata ja narekuvame tristrana, ~etiristrana, petstrana itn. Tristranata piramida u{te ja narekuvame tetraedar. Da zabeleìme deka samo kaj tetraedarot koj bilo yid moè da bide nejzina osnova, a dodeka kaj ostanatite piramidi osnova e mnoguagolnikot koj ne e triagolnik. Ponatamu, ako osnovata na piramidata e pravilen mnoguagolnik i bo~nite rabovi se me|usebno ednakvi, toga{ za nea }e velime deka e pravilna piramida. (crt. 6). Jasno, bo~nite yidovi kaj pravilnite piramidi se skladni ramnokraki triagolnici, {to zna~i deka nivnite visini povle~eni kon osnovite se ednakvi me|u sebe. Ovaa visina ima posebna uloga kaj pravilnite piramidi i istata ja narekuvame apotema. Da zabeleìme deka kaj pravilnite piramidi normalata kon osnovata spu{tena od vrvot minuva niz centarot na mnoguagolnikot (crt. 6). Ponatamu, visinata na piramidata H i radiusot na vpi{anata kru`nica na osnovata r se kateti na pravoagolen triagolnik, a apotemata na pravilnata piramida h e negova hipotenuza, {to zna~i h2  r 2  H 2 .

Sli~no, visinata na piramidata H i radiusot na opi{anata kru`nica na osnovata R se kateti na pravoagolen triagolnik, a bo~niot rab s e negova hipotenuza, {to zna~i

205

s2  R2  H 2 . Primer 7. Osnovniot rab {eststrana piramida e a  8cm , a visinata i e H  11cm . Presmetaj gi apotemata i bo~niot rab na piramidata. Re{enie. Osnovata na piramidata e pravilen {estagolnik, pa zatoa radiusot na vpi{anata kru`nica e 2

r  a 2  a4  8 2  84  8 2 3  4 3 , a radiusot na opi{anata kru`nica e R  a  8cm . Spored toa, apotemata na piramidata e

h  H 2  r 2  112  (4 3 ) 2  13cm , a bo~niot rab e

s  R 2  H 2  8 2  112  185cm .  V) PRAVILNI POLIEDRI (za onie {to sakaat da znaat pove}e) Da ja razgledame kockata (crt. 8). Zableùvame deka site nejzini strani se kvadrati so ista strana, t.e. site strani se skladni mnoguagolnici i vo sekoe teme se sre}avaat po 3 raba. Prirodno e da se zapra{ame: dali postojat i drugi vakvi poliedri i ako postojat, kako istite da se najdat? Na postavenoto pra{awe nema detalno da se osvrneme, bidej}i za toa ni se potrebni i drugi tvrdewa koi ovde ne gi razgleduvame. Vo ovoj del }e dademe samo pregled na takanare~enite pravilni poliedri, koi nao|aat ogromna primena vo pove}e primeneti nau~ni oblasti, kako kristalografijata i sli~no. Definicija 13. Za eden poliedar }e velime deka e pravilen poliedar ako negovite yidovi se pravilni skladni mnoguagolnici i vo sekoe teme se sre}avaat ist broj rabovi. Prethodnata definicija za pravilen poliedar ni ovozmoùva opredeluvawe na site pravilni poliedri, so toa {to treba da odgovorime na pra{aweto: dali moè da bide formiran pravilen poliedar od proizvolen broj skladni pravilni n -agolnici? So primena na Ojlerovata teorema za poliedri i koristej}i go faktot deka vo vo proizvolno teme na pravilniot poliedar ima najmalku tri rabni agli, sekoj od koi ima najmalku 60  (zo{to?), kako i toa deka zbirot na rabnite agli vo sekoe teme e pomal od 360  moè da se dokaè deka: a) Pravilni poliedri ~ii bo~ni yidovi se ramnostrani triagolnici ima samo tri, i toa: 1) pravilen tetraedar (crt. 9), kaj koj vo sekoe teme se sre}avaat po tri raba, a ima: ~etiri yida, ~etiri temiwa i {est rabovi, 2) pravilen oktaedar (crt. 10), kaj koj vo sekoe teme se sre}avaat po ~etiri raba, a ima: osum yida, {est temiwa i dvanaeset rabovi i 3) pravilen ikosoedar (crt. 11), kaj koj vo sekoe teme se

206

sre}avaat po pet raba, a ima: dvaeset yidovi, dvaneset temiwa i trieset rabovi, b) Postoi samo eden pravilen poliedar ~ii strani se kvadrati i toa e kockata (pravilen heksaedar), koja ima {est yida, osum temiwa i dvanaeset rabovi (crt. 8). v) Postoi samo eden pravilen poliedar ~ii yidovi se pravilni petagolnici i toa e pravilniot dodekaedar, a ima 12 yidovi, 30 rabovi i 20 temiwa (crt. 12). g) Ne postoi pravilen poliedar ~ii yidovi se pravilni n ď&#x20AC; agolnici, za n ď&#x201A;ł 6 . Spored toa, pravilni poliedri se spomenatite pet, i samo tie.

ZADA^I ZA VE@BAWE 4. 5. 6. 7.

Dokaì deka dijagonalite na paralelopipedot se se~at vo edna to~ka i se prepolovuvaat. Dokaì deka dijagonalite na pravoagolniot paralelopiped se ednakvi. Dokaì deka edna prizma e prava ako dva nejzini bo~ni yida se pravoagolnici. Osnovata na edna piramida e: a) triagolnik, b) trapez, v) romb. Dali moè bo~nite rabovi na taa prizma da se ednakvi? 8. Dali moè bo~nite rabovi na edna pravilna a) ~etiristrana, b) {eststrana piramida da se 1) pravoagolni, 2) ramnostrani triagolnici. 9. Eden {ator ima forma na pravilna ~etiristrana piramida ~ija visina e 3m , a apotema 5m . Kolkava slobodna povr{ina e potrebna za postavuvawe na {atorot? 10. Eden spomenik ima forma na pravilna {eststrana piramida so osnoven rab 0,6m . Kolku treba da bide visok stolbot, ako negoviot bo~en rab ima dolìna 1m ?

3. PRESECI NA PRIZMA SO RAMNINA Vo zavisnost od zaemnata polo`ba na dadeni prizma i ramnina mo`no e tie da imaat ili da nemaat zaedni~ki to~ki. Od prakti~na gledna to~ka od poseben interes se slu~aite koga presekot na prizmata i ramninata e mnoguagolnik i koj se dobiva ako: a) ramninata e paralelna so osnovite na prizmata (paralelen presek) i pritoa presekot e mnoguagolnik skladen so osnovite na prizmata (crt. 13), b) ramninata e normalna na bo~nite rabovi na prizmata i ovoj presek go narekuvame normalen presek

207

na prizmata (crt.14), v) ramninata minuva niz dva nesosedni bo~ni rabovi na prizmata i vo ovoj slu~aj velime deka imame dijagonalen presek (crt. 15), g) ramninata gi sodr`i centrite na osnovite kaj pravilna prizma i vo ovoj slu~aj velime deka imame oskin presek na prizmta, d)

ramninata ne e paralelna so osnovite i ne e normalna na bo~nite rabovi na prizmata, no gi se~e bo~nite rabovi na prizmata i ovoj presek go narekuvame kos presek i

|) ramninata se~e barem edna od osnovite na prizmata i vo ovoj slu~aj velime deka imame presek vo op{ta polo`ba. Koga stanuva zbor za presekot na ramnina i prizma, edno od osnovnite pra{awa e kako pravilno da se napravi skica na presekot. Vo sledniot primer }e ukaème na edna postapka, koja moè da se primenuva vo razli~ni slu~ai. Primer 8. Da se konstruira presekot na ~etiristrana prizma so ramnina, ako se znaat prese~nite to~ki N , P i Q na tri raba so ramninata. Re{enie. Neka to~kite N , P i Q pripa|aat na bo~nite rabovite BB1 , CC1 i DD1 , soodvetno (crt. 16). Jasno, otse~kite NP i PQ se strani nabaraniot presek. Gi konstruirame dijagonalite na osnovite ABCD i A1 B1C1 D1 i gi nao|ame nivnite prese~ni to~ki E  AC  BD i E1  A1C1  B1 D1 . Ponatamu, ako ~etvrtoto teme na presekot e to~kata M , toga{ presekot na dijagonalite na ~etiriagolnikot NPQM e kolinearen so to~kite E i E1 i toj leì na pravata NQ (zo{to?). Zatoa gi povlekuvame pravite EE1 i NQ i go nao|ame presekot na dijagonalite F na ~etiriagolnikot NPQM . Kone~no, nao|ame M  AA1  FP .  Primer 9. Dadena e kockata ABCDA1 B1C1 D1 so rab a  8cm (crt. 17). Da se konstruira presekot so ramninata koja minuva niz sredinata M na rabot BB1 i dijagonalata AC1 na kockata i potoa da se presmeta negovata plo{tina. Re{enie. Bo~nite strani ABB1 A1 i CDD1C1 se paralelni, pa zatoa prese~nite pravi so ramninata se paralelni. Analogno i prese~nite pravi na bo~nite strani ADD1 A1 i BCC1 D1 so ramninata se paralelni. No,

208

AM  MC 1 (zo{to?), od {to zaklu~uvame deka presekot na ramninata i kockata e romb, koj lesno se konstruira. Dijagonalite na rombot se 2

AC 1  AC  CC 1  (a 2 ) 2  a12  a 3  8 3cm i

MN  BD  a 2  8 2cm , pa zatoa negovata plo{tina e 2 2 P  MN 2 AC1  a 2 6  8 2 6 cm 2  32 6cm 2 . 

Primer 10. Daden e pravoagolen paralelopiped MNPQM ' N ' P ' Q' . Dol`inite na rabovite MN, MQ i MM ' se 20cm , 15cm i 24cm soodvetno. Da se najde plo{tinata na presekot na ramninata koja minuva niz sredinite na rabovite MN , NP i temeto Q ' . Re{enie. Prvo }e go konstruirame presekot na ramninata e paralelopipedot. Bidej}i ramninata minuva niz to~kite A i B (crt. 18), dobivame deka pravata AB gi se~e prodol`enijata na rabovite QM i QP vo to~kite C i D . Zna~i, ramninata minuva niz to~kite Q ' , C i D , pa zatoa taa gi se~e rabovite MM ' i PP' vo nivnite prese~ni to~ki H i K so pravite Q' C i Q' D , soodvetno. Spored toa, presekot na paralelopipedot i ramninata e petagolnikot ABKQ' H . Bidej}i prese~nata ramnina minuva niz to~kite A, B i Q ' taa gi se~e sprotivnite strani po pravite HQ' , BK , AH i KQ ' i pritoa HQ' || BK i AH || KQ ' . Spored toa,

AHC ~ DQ' C i BKD ~ DQ' C . Od CA  BD  13 CD sleduva deka PAHC  PBKD  19 PCQ 'D t.e. PAHC  PBKD  19 PCQ 'D , pa zatoa PABKQ'H  79 PCQ 'D . Za CD na stranata na DQ' C imame: 2 2 CD  3 AB  32 MP  32 QM  QP  32 20 2  15 2  75 cm . 2 QC QD

Ponatamu, CQ  3CM  45 cm i DQ  3PD  30cm , pa zatoa QF  CD 2 Spored toa, 2

 18cm .

Q ' F  QF  QQ'  18 2  24 2 cm  30cm , i kako Q ' F  CD dobivame

PABKQ'H  79 PCQ 'D  79 

CDQ 'F 2

30  79  2 2 cm 2  437,5cm 2 . 75

209

ZADA^I ZA VE@BAWE 11. Konstruiraj go presekot na pravilna tristrana prizma i ramnina koja minuva niz eden rab na osnovata na prizmata i niz sredinata na nejzinata oska. 12. Rastojanijata me|u bo~nite rabovi na tristrana prizma se 13cm, 14cm i 15cm . Presmetaj ja plo{tinata na normalniot presek na ovaa prizma. 13. Osnovata na prava prizma e romb. Opredeli gi aglite na rombot ako se znae deka plo{tinite na dijagonalnite preseci na prizmata se odnesuvaat kako 1 : 3 . 14. Dadena e tristrana ednakvorabna prizma so rab a ď&#x20AC;˝ 4cm . Presmetaj ja plo{tinata na presekot {to minuva niz oskata i eden bo~en rab na prizmata. 15. Dadena e kocka MNPQM ' N ' P' Q ' so rab 20cm . Niz sredinite na rabovite MN, NP i centarot C na stranata MQQ' M ' e povle~ena ramnina. Konstruiraj go presekot na kockata i ramninata i opredeli ja negovata plo{tina. 16. Dadena e kocka MNPQM ' N ' P' Q ' so rab 20cm . Niz sredinite na rabovite NN ' , N ' P' i MQ e povle~ena ramnina. Konstruiraj go presekot na kockata i ramninata i najdi ja negovata plo{tina.

4. PRESECI NA PIRAMIDA SO RAMNINA Vo zavisnost od zaemnata polo`ba na dadeni piramida i ramnina mo`no e tie da imaat ili da nemaat zaedni~ki to~ki. Od prakti~na gledna to~ka od poseben interes se slu~aite koga presekot na piramidata i ramninata e mnoguagolnik i koj se dobiva ako: a) ramninata gi se~e site bo~ni rabovi na prizmata, a ne minuva niz nejziniot vrv (bo~en presek), a specijalen slu~aj e koga ramninata e paralelna na osnovata na prizmata (paralelen presek) (crt. 19) i b) ramninata minuva niz dva nesosedni bo~ni rabovi na piramidata (dijagonalen presek) (crt.20). [to se odnesuva do dijagonalniot presek na piramida so ramnina skiciraweto e ednostavno, a opredeluvaweto na elementite se sveduva na nao|awe na elementite na triagolnik, pa zatoa istoto nema posebno da go razgleduvame. Me|utoa, rabotata so bo~nite preseci ne e tolku ednostavna, duri i vo slu~aj na paralelen presek. Za paralelnite preseci na piramida so ramnina }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 2. Ako prese~eme piramida so ramnina, paralelna na osnovata na piramidata, toga{: a) ramninata gi deli bo~nite rabovi i visinata vo ist odnos, b) dobieniot presek e mnoguagolnik sli~en, na osnovata i 210

v) plo{tinata na osnovata i plo{tinata na presekot se odnesuvaat kako kvadratite od nivnite rastojanija do vrvot na piramidata. Dokaz. a) Bidej}i prese~nata ramnina e paralelna so ramninata na osnovata, dobivame deka stranite na presekot se paralelni so soodvetnite strani na osnovata (crt. 21), t.e. A1 B1 || AB, B1C1 || BC , ..., A1 M 1 || AM . Spored toa, SA1 A1 A



SB1 B1B

SC1 C1C



SC1 C1C



SD1 D1D

,...,

SM1 M1M



SA1 A1 A

od {to sleduva SA1 A1 A



SB1 B1B



SC1 C1C



SD1 D1D

 ... 

SM1 M1M

b) Od A1 B1 || AB, B1C1 || BC , C1 D1 || CD,... sleduva A1 B1C1  AB C , B1C1 D1  BCD , C1 D1 E1  CDE , .... Osven toa, od priznacite za sli~nost imame A1B1 AB



SB1 SB

B1C1 BC



SB1 SB



SC1 SC

C1D1 CD



SC1 SC



SD1 SD

, ...

od {to dobivame deka A1B1 AB



B1C1 BC



C1D1 CD

 ... .

Spored toa, za mnoguagolnicite A1 B1C1 D1 E1 i ABCDE stranite se proporcionalni i soodvetnite agli se ednakvi, pa zatoa A1 B1C1 D1 E1 ~`ABCDE . v) Od A1 B1C1 D1 E1 ~`ABCDE sleduva me

PA1B1C1D1E1 PABCDE



SM1 SM

PA1B1C1D1E1 PABCDE



A1B1 AB

i kako

A1B1 AB



SA1 SA



SM1 SM

dobiva-

.

Teorema 3. Ako dve piramidi so ednakvi visini se prese~at so ramnina, paralelna na osnovite, na ednakvo rastojanie od temiwata, toga{ plo{tinite na presecite }e bidat proporcionalni so plo{tinite na osnovite. Dokaz. Od teorema 2 sleduva PA1B1C1D1 PABCD



h12

i P1 1 1  12 MNP h h (crt. 22). Levite strani na poslednite dve ravenstva se ednakvi, pa zatoa se ednakvi i desnite, odnosno N P

PA1B1C1D1 PABCD

 P1 1 1 .  MNP N P

Zabele{ka 4. Od prethodnata teorema neposredno sleduva deka, ako za dve piramidi so ednakvi visini osnovite imaat ednakvi plo{tini, toga{ i nivnite preseci koi se na ednakvo rastojanie od vrvovite imaat ednakvi plo{tini. 211

Primer 11. Konstruiraj go presekot na pravilna ~etiristrana piramida so ramnina {to minuva niz edno teme na piramidata i e normalna na sprotivniot bo~en rab na toa teme. Re{enie. Neka e dadena pravilnata ~etiristrana piramida ABCDS i neka prese~nata ramnina minuva niz temeto B i e normalna na bo~niot rab SD (crt. 23). Od temeto B spu{tame normala na bo~niot rab SD i go nao|ame temeto N na presekot. Jasno, dijagonalata na presekot le`i na dijagonalniot presek na piramidata, pa zatoa ja povlekuvame visinata SO na piramidata ( O e presek na dijagonalite na osnovata na piramidata) i vo presek so BN ja nao|ame to~kata M . Kone~no, niz to~kata M povlekuvame prava paralelna so dijagonalata na osnovata AC i vo presecite so bo~nite rabovi SA i SA gi nao|ame to~kite E i F , soodvetno. ^etiriagolnikot BFNE e baraniot presek.  Primer 12. Presmetaj ja plo{tinata na paralelniot presek na piramida so plo{tina na osnovata 144cm 2 , ako prese~nata ramnina ja deli visinata na piramidata vo odnos 1 : 3 smetaj}i od vrvot na piramidata. h

1 Re{enie. Od uslovot na zada~ata imame h h  13 (crt. 22), pa zatoa h  4h1 , t.e. h1  14 . 1

Ako plo{tinata na osnovata e B  144cm 2 i so B1 ja ozna~ime plo{tinata na presekot, B

1 , pa zatoa B  1 B  9cm 2 .  toha{ od teorema 2 sleduva B1  12  16 1 16 h

Na krajot od ovoj del povtorno }e se navratime na parelelniot presek na piramida. Taka ja imame slednata definicija. Definicija 14. Potse~ena piramida ( ABCDEA1 B1C1 D1 E1 ) go narekuvame delot od piramidata (SABCDE ) , zafaten so nejzinata osnova i prese~na ramnina paralelna na nejzninata osnova (crt. 24). Piramidata SA1 B1C1 D1 E1 ja narekuvame dopolnitelna piramida za potse~enata piramida ABCDEA1 B1C1 D1 E1 . Paralelnite mnoguagolnici ( ABCDE i A1 B1C1 D1 E1 gi narekuvame osnovi na potse~enata piramida, a drugite yidovi gi narekuvame bo~ni yidovi i tie ja formiraa bo~nata povr{ina na potse~enata piramida. Osnovata na po~etnata piramida ( ABCDE ) ja narekuvame dolna osnova, a osnovata koja le`i vo potse~nata ramnina ( A1 B1C1 D1 E1 ) ja narekuvame gorna osnova na potse~enata piramida. Stranite na osnovite gi narekuvame osnovni rabovi, a ostanatite rabovi gi narekuvame bo~ni rabovi na potse~enata piramida. Neka 1 i  2 se ramninite na osnovite na potse~enata piramida i M  1 . Ako pravata p minuva niz to~kata M , p  1 i N  p   2 , toga{ za otse~kata MN }e velime deka e visina na piramidata.

212

Potse~enata piramida koja se dobiva od pravilna piramida ja narekuvame pravilna potse~ena piramida. Zabele{ka 5. Od teorema 2 sleduva deka osnovite na potse~ena piramida se sli~ni mnoguagolnici i deka nejzinite bo~ni yidovi se trapezi. Jasno, vo slu~aj na pravilna potse~ena piramida osnovite se pravilni mnoguagolnici, a bo~nite yidovi se ramnokraki trapezi. [to se odnesuva do presecite na potse~ena piramida so ramnina, tie se definiraat analogno ako i kaj piramida, pa zatoa istite nema detalno da gi razgleduvame. Primer 13. Najdi ja plo{tinata na dijagonalniot presek na pravilna ~etiristrana potse~ena piramida so dol`ini na osnovite 40cm i 24cm i visina 16cm . Re{enie. Neka piramidata e ABCDA1 B1C1 D1 (crt. 25). Toga{ dijagonalniot presek ramnokrakiot trapez ACC1 A1 so osnovi AC  40 2cm i A1C 1  24 2cm , a negovata visina e

OO1  16cm . Spored toa, plo{tinata na dijagonalniot presek e P

AC  A1C1 2

 OO1  40 2 2 24 2  16cm 2  512 2cm 2 . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 17. Pravilna ~etiristrana piramida SABCD so visina 8cm i bo~en rab 10cm e prese~ena so ramnina koja minuva niz temeto A i e normalna na bo~niot rab SC . Konstruiraj go presekot i opredeli ja negovata plo{tina. 18. Najdi ja visinata na pravilna ~etiristrana piramida so osnoven rab 5cm i bo~en rab 5cm , a potoa najdi ja plo{tinata na paralelniot presek koj visinata ja deli vo odnos 1 : 2 . 19. Na koe rastojanie od vrvot na edna piramida treba da se konstruira paralelen presek, ako visinata na piramidata e 15cm , plo{tinata na osnovata e 18dm 2 , a plo{tinata na presekot da bide 9dm 2 . 20. So paralelni preseci visinata na piramidata e podelena na 5 ednakvi delovi. Najdi gi 21. 22. 23.

24.

plo{tinite na presecite ako plo{tinata na osnovata na piramidata e 400cm 2 . Dolnata osnova na potse~ena piramida e pravoagolnik so strani 20cm i 15cm . Najdi gi stranite na gornata osnova ako nejziniot perimetar e 14cm . Najdi ja visinata na pravilna potse~ena piramida so osnovni rabovi 4dm i 10cm , ako nejziniot bo~en rab e 0,2m . Pravilna {eststrana potse~ena piramida so visina 1,5dm i osnovi 0,17m i 1cm prese~ena e so ramnina koja sodr`i dve nejzini sprotivni apotemi. Presmetaj ja plo{tinata i perimetarot na presekot. Najdi ja dol`inata na bo~niot rab na pravilna potse~ena tristrana piramida so osnovni rabovi 8cm i 2cm i visina 10cm .

213

5. PLO[TINA NA POLIEDAR Pri izrabotkata na predmeti koi imaat forma na poliedar e neophodno da se znae kolku materijal }e se potro{i za izrabotka na poliedarot. Ova pra{awe e neposredno svrzano so pra{aweto za plo{tina na poliedar. Definicija 15. Zbirot na plo{tinite na yidovite od koi e sostavena granicata na poliedarot go narekuvame plo{tina na poliedarot. Spored toa, za da ja opredelime plo{tinata na eden poliedar treba oddelno da gi opredelime plo{tinite na negovite yidovi i istite da gi sobereme. Vo na{ite razgleduvawa }e se osvrneme na presmetuvaweto na plo{tina na prizma, piramida i prese~ena piramida. A) PLO[TINA NA PRIZMA Bidej}i prizmata ima dve skladni osnovi i bo~na povr{ina, za da ja presmetame nejzinata plo{tina dovolno e da ja presmetame plo{tinata B na ednata osnova i plo{tinata M na bo~nata povr{ina, koja ja narekuvame bo~na plo{tina, a potoa plo{tinata na prizmata da ja presmetame spored formulata

P  2B  M . (1) Pred da premineme na razgleduvawe na konkretni primeri }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 4. Bo~nata plo{tina na prizma e ednakva na proizvodot na bo~niot rab i perimetarot na eden nejzin normalen presek. Dokaz. Sekoj bo~en yid na prizmata e paralelogram. Ako za osnova na ovoj paralelogram ja zememe bo~nata strana, toga{ visinata na ovoj paralelogram }e bide soodvetnata strana na normalniot presek na prizmata. Plo{tinata na sekoj bo~en yid e ednakva na proizvodot na osnovata s i visinata, pa zatoa plo{tinata na paralelogramot AA1 B1 B e ednakva na s  LM (crt. 26), plo{tinata na paralelogramot BB1C1C e ednakva na s  MN itn. Bo~nata plo{tina e ednakva na zbirot na plo{tinite na paralelogramite, pa zatoa

M  s  LM  l  MN  l  NQ  ...  s  ( LM  MN  NQ  ...)  sL kade L e perimetarot na normalniot presek.  Zabele{ka 6. Bidej}i kaj prava prizma bo~niot rab i visinata se ednakvi od teorema 4 sleduva deka bo~nata plo{tina e M  hL , kade h e visinata i L e perimetarot na osnovata na piramidata. Primer 14. Presmetaj ja plo{tinata na pravilna {eststrana prizma so osnoven rab a  5cm i visina h  12cm .

214

Re{enie. Spored uslovot na zada~ata osnovite na prizmata se pravilni {estagol2 nici, pa zatoa sekoja od niv ima plo{tina B  3a 2 3  752 3 cm 2 . Soglasno so zabele{ka 6

bo~nata plo{tina na ovaa prizma e M  6ah  360cm 2 , pa zatoa plo{tinata na prizmata e

P  2 B  M  (2  752 3  360)cm 2  15(5 3  24)cm 2 . Primer 15. Presmetaj ja plo{tinata na prava ~etiristrana prizma ~ija osnova e romb so dijagonali 16cm i 1,2dm i visina 2dm . Re{enie. Od uslovot na zada~ata imame d1  16cm , d 2  12cm i h  20cm (crt. 27). Od Pitagorovata teorema za stranata na osnovata nao|ame d

a  ( 21 ) 2  ( 22 ) 2  ( 18 ) 2  (12 ) 2  10cm . 2 2 dd

Spored toa, plo{tinata na osnovata e B  12 2  96cm 2 , a bo~nata plo{tina e M  4ah  800cm 2 . Kone~no,za plo{tinata na prizmata nao|ame

P  2 B  M  (2  96  800)cm 2  992cm 2 .  Primer 16. Osnovata na edna prava prizma e romb so plo{tina 6cm 2 , plo{tinite na dijagonalnite preseci se Q1  21cm 2 i Q2  28cm 2 . Presmetaj ja plo{tinata P na prizmata. Re{enie. Osnovniot rab da go ozna~ime so a , a visinata so h . Plo{tinata na prizmata e P  2 B  M  d1d 2  4ah , kade d1 i d 2 se dijagonalite na rombot. Od uslovot dd

na zada~ata imame d1h  21, d 2 h  28, 12 2  6 (zo{to?). Ako gi pomno`ime prvite dve ravenki i gi podelime so tretata ravenka dobivame h 2  49 , od {to sleduva h  7 . Sega, so zamena vo prvite dve ravenki na sistemot nao|ame d1  3 i d 2  4 . Ponatamu, dijagonalite na rombot se se~at pod prav agol, pa od Pitagorovata teorema sleduva d d a 2  ( 21 ) 2  ( 22 ) 2  25 , {to zna~i a  52 . Kone~no, so zamena vo formulata za plo{tinata 4

na prizmata nao|ame P  d1d 2  4ah  82cm 2 .  B) PLO[TINA NA PIRAMIDA Bidej}i piramidata ima edna osnova i bo~na povr{ina, za da ja presmetame nejzinata plo{tina dovolno e da ja presmetame plo{tinata B na osnovata i plo{tinata M na bo~nata povr{ina, koja ja narekuvame bo~na plo{tina, a potoa plo{tinata na piramidata da ja presmetame spored formulata PBM .

(2)

215

Teorema 5. Bo~nata plo{tina na pravilna piramida e ednakva na polovina od proizvodot na perimetarot na osnovata i apotemata. Dokaz. So a da go ozna~ime osnovniot rab na piramidata, a so l nejzinata apotema. Bo~nite yidovi na piramidata se skladni ramnokraki triagolnici so osnova a i visina l , pa zatoa plo{tinata na sekoj od niv e al . Bidej}i bo~nata plo{tina e zbir 2 na n takvi triagolnici, a perimetarot na osnovata e L  na za ( na )l

bo~nata plo{tina na piramidata dobivame M  al2  n  2  Ll , 2 {to i treba{e da se doka`e.  Primer 16. Kolu }eramidi se potrebni za pokrivawe na edna ku}a ~ij pokriv ima forma na pravilna ~itiristrana piramida so osnoven rab 8m i visina 3m , ako za pokrivawe na 1m 2 se potrebni 20 }eramidi. Re{enie. So a da go ozna~ime osnovniot rab, a so h visinata na piramidata. Treba da ja opredelime bo~nata plo{tinata na dadenata piramida (napravi crte`). Pritoa za apotemata imame l  h 2  ( a2 ) 2  5m , pa zatoa M  4 al  80m 2 . 2 Bidej}i za 1m 2 se potrebni 20 }eramidi, a treba da pokrieme 80m 2 , za pokrivawe na ku}ata ni se potrebni 20  80  1600 }eramidi.  Primer 17. Osnovata na edna piramida e ramnostran triagolnik so strana a , a eden od bo~nite yidovi e ramnokrak pravoagolen triagolnik ~ija ramnina e normalna na ramninata na osnovata. Presmetaj ja bo~nata plo{tina. Re{enie. Neka e dadena piramidata SABC (crt. 26) i neka SA  SC  x . Od triagolnikot ASC imame 2 x 2  a 2 , pa zatoa

x  a 2 2 i SD  a2 . Od triagolnikot ABC imame BD  a 2 3 , kako visina na ramnostran triagolnik. Od uslovot na zada~ata imame SD  BD , t.e. triagolnik BSD e pravoagolen, {to zna~i

SB  ( a2 ) 2  ( a 3 3 ) 2  a . Triagolnicite ABS

i SBC se skladni ramnokraki triagolnici so osnova

SA  SC  a 2 2 i krak AB  BS  BC  a , pa zatoa visinata na ovie triagolnici e h  a 2  ( a 4 2 ) 2  a 414 . Kone~no, plo{tinata na obvivkata e 2

M  x2  2

216

a 2 a 14  4 2

2 2 2  28a  2 a 8 7  a4 (1  7 ) . 

V) PLO[TINA NA POTSE^ENA PIRAMIDA Bidej}i potse~enata piramidata ima dve osnovi i bo~na povr{ina, za da ja presmetame nejzinata plo{tina dovolno e da gi presmetame plo{tinite B i B1 na osnovite i plo{tinata M na bo~nata povr{ina, koja ja narekuvame bo~na plo{tina, a potoa plo{tinata na potse~enata piramida da ja presmetame spored formulata

P  B  B1  M .

(3)

Teorema 6. Bo~nata plo{tina na pravilna potse~ena piramida e ednakva na polovina od proizvodot na apotemata i zbirot na perimetrite na osnovite. Dokaz. So a i b da gi ozna~ime osnovnite rabovi na potse~enata piramida, a so l nejzinata apotema. Bo~nite yidovi na potse~enata piramidata se skladni ramnokraki trapezi so osnovi a i b i visina l , pa zatoa plo{tinata na sekoj od niv e a 2 b l . Bidej}i bo~nata plo{tina e zbir na n takvi trapezi, a zbirot na perimetrite na osnovite e L  L1  na  nb za bo~nata plo{tina na piramidata dobivame

M  a 2 b l  n 

( na  nb )l 2

L L

 2 1l,

{to i treba{e da se doka`e.  Primer 18. Da se presmeta plo{tinata na pravilna tristrana potse~ena piramida so visina h  5cm i radiusi na opi{anite kru`nici okolu osnovite R  12cm i R1  6cm . Re{enie. So a i a1 da gi ozna~ime osnovite na potse~enata piramida (crt. 30). Koristej}i gi formulite za radiusite na opi{anite kru`nici okolu ramnostranite a 3 triagolnici R  a 3 3 i R1  13 dobivame a  R 3 i a1  R1 3 , t.e. a  12 3cm i

a1  6 3cm . Ponatamu, kaj ramnostran triagolnik radiusot na vpi{anata kru`nica e polovina od radiusot na opi{anata kru`nica (zo{to?, pa zatoa r  6cm i r1  3cm . Od pravoagolniot MNQ za apotemata na potse~enata piramida dobivame

l  h 2  ( r  r1 ) 2  4 2  3 2 cm  5cm . Kone~no, 2 a2 3 3 a  3a B  a 4 3  108 3cm 2 , B1  1 4  27 3cm 2 i M  2 1 l  135 3cm 2 ,

i ako zamenime vo (3) dobivame P  B  B1  M  270 3cm 2 .  Primer 19. Osnovnite rabovi na pravilna ~etiristrana potse~ena piramida se 40cm i 10cm . Presmetaj ja visinata na potse~enata piramida ako nejzinata plo{tina e

3400cm 2 .

217

Re{enie. Plo{tinata na pravilna ~etiristrana potse~ena piramida (crt. 31) so osnovni rabovi a i a1 i apotema l aa

ja presmetuvame spored formulata P  a 2  a12  4 2 1 l . Od uslovot na zada~ata imame 3400  40 2  10 2  4 40210 l

pa zatoa l  17cm . Sega, od EFM nao|ame a a

h  l 2  ( 2 1 ) 2  8cm . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 25. Presmetaj ja plo{tinata na kocka ako nejzinata dijagonala e 18cm . 26. Vo edna limarska rabotilnica so 5 vraboteni treba da se napravat 2000 kanti za sirewe vo forma na pravilna ~etiristrana prizma so osnoven rab 25cm i 0,5m . Za kolku denovi }e se napravat kantite, ako sekoj vraboten vo tekot na rabotnoto vreme mo`e dnevno da vgradi po 50m 2 lim? 27. Presmetaj ja visinata na prava prizma ~ija osnova e romb so dijagonali 6cm i 0,8dm , ako nej-

zinata plo{tina e 328cm 2 . 28. Presmetaj ja plo{tinata na prava prizma ~ija osnova e ramnokrak trapez so osnovi 21cm i 11cm i krak 13cm , ako plo{tinata na dijagonalniot presek e 180cm 2 .

29. Plo{tinite na bo~nite yidovi na prava tristrana prizma se 165cm 2 , 99cm 2 i 132cm 2 , a plo{tinata na osnovata e 54cm 2 . Presmetaj go bo~niot rab na prizmata. Upatstvo. Izrazi gi osnovnite rabovi so pomo{ na plo{tinite na bo~nite yidovi i visinata na prizmata, a potoa iskoristija Heronovata formula za plo{tina na triagolnik. 30. Presmetaj ja plo{tinata na pravilna ~etiristrana piramida so osnoven rab 16cm i visina 6cm . 31. Plo{tinata na osnovata na pravilna ~etiristrana piramida e 2m 2 . Presmetaj ja nejzinata plo{tina ako visinata e 2m . 32. Presmetaj ja plo{tinata na pravilna tristrana piramida so osnoven rab 6cm i bo~en rab 5cm. 33. Presmetaj ja plo{tinata na tristrana piramida so ednakvi bo~ni rabovi, visina 6cm , perimetar na osnovata 120cm i ako osnovnite rabovi se odnesuvaat kako 5 : 12 : 13 . 34. Vo ednakvorabna ~etiristrana piramida so rab 6cm e vpi{ana kocka taka {to eden nejzin yid le`i na osnovata na piramidata, a ~etirite drugi temiwa na kockata le`at na bo~nite rabovi na piramidata. Presmetaj ja plo{tinata na kockata. 35. Presmetaj ja plo{tinata na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida so visina 12cm i osnovni rabovi 18cm i 8cm . 36. Osnovnite rabovi na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida se 12cm i 6cm , a bo~niot rab e 10cm . Presmetaj ja plo{tinata na potse~enata piramida. 37. Plo{tinata na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida e 704cm 2 , a plo{tinite na nejzinite osnovi se 324cm 2 i 100cm 2 . Presmetaj ja visinata na potse~enata piramida i visinata na dopolnitelnata piramida. 38. Presmetaj ja plo{tinata na pravilna prese~ena osumstrana piramida so osnovni rabovi 6cm i 4cm i visina 10cm . 39. Osnovnite rabovi na pravilna potse~ena tristrana piramida 18cm i 6cm , a bo~niot rab e 10cm . Presmetaj ja plo{tinata na potse~enata piramida.

218

6. POIM ZA VOLUMEN. VOLUMEN NA PRAVA PRIZMA A) POIM ZA VOLUMEN Poimot volumen na geometrisko telo se voveduva analogno na poimot plo{tina na ramninska geometriska figura, na sledniot na~in. Da se vostanovi sistem na merewe na vnatre{nata oblast na poliedrite zna~i na sekoj poliedar da mu se pridruì pozitiven realen broj, nare~en negov volumen, pri {to se ispolneti slednite svojstva: a) Skladni poliedri imaat ednakvi volumeni. b) Ako poliedarot e sostaven od dva ili pove}e poliedri {to ne se preklopuvaat, toga{ negoviot volumen e zbir od volumenite na poliedrite koi se negovi delovi (na crt. 32 volumenot na poliedarot ABCDEFG e ednakov na zbirot na volumenite na poliedrite ABCDE i BCGFE ). v) Volumenot na kocka ~ij rab e edini~na otse~ka e ednakov na 1 . Svojstvoto v) ni ovozmoùva da se utvrdi edinica merka za volumen. Za vakva edinica moè da se zeme koja bilo kocka, no zaradi usoglasuvawe na mernite edinici so me|unarodniot SI sistem e prifateno edinica merka za volumen da bide kocka so strana

1m , za koj velime deka ima volumen od eden metar kuben i istata ja ozna~uvame so 1m 3 . Vo praktikata kako edinici merki za volumen se sre}avaat i 1mm 3 , 1cm 3 , 1dm 3 itn. B) VOLUMEN NA PRAVA PRIZMA Teorema 7. Volumenot V na pravoagolen paralelopiped so rabovi a, b i c e ednakov na abc , t.e. V  abc . Dokaz. ]e razgledame tri slu~ai. a) Neka dolìnite a, b i c na rabovite na paralelopipedot se prirodni broevi. Toga{ dolìnite na stranite na osnovata na paralelopipedot se prirodni broevi a i b , pa zatoa taa moè da se podeli na ab edine~ni kvadrati. Nad sekoj od ovie ab kvadrati moè da se postavi edine~na kocka, {to zna~i vo eden sloj moàt da se postavat ab kocki. No, visinata c na paralelopipedot e cel broj, pa zatoa takvi sloevi od edini~ni kocki moàt da se postavat abc . Sega od svojstvata a)-v) na volumenot sleduva deka V  abc . b) Neka dolìnite a, b i c na rabovite na pravoagolniot paralelopiped se racionalni broevi. Gi sveduvame dropkite a, b i c pod zaedni~ki imenitel i dobivame p q a  n , b  n i c  nr .

219

Ako go podelime sekoj rab na edini~nata kocka so n ramnini koi se paralelni na yidot koj e normalen na rabot, toga{ dobivame n 3 skladni kocki so rab 1n . Ako volumenot na edna od ovie kocki go ozna~ime so V1 , toga{ od svojstvata a) i b) na volumenot dop q bivame n 3V1  1 , {to zna~i V1  13 . Jasno, vo kvadarot so strani a  n , b  n i c  nr na n

stanata a moàt da se postavat p kocki so rab 1n , na stranata b moàt da se postavat q kocki so rab 1n i na stanata c moàt da se postavat r kocki so rab 1n . Spored toa, p q volumenot na kvadarot e V  pqrV1  pqr  13  n  n  nr  abc . n

v) (za onie {to sakaat da znaat pove}e). Neka dolìnite a, b i c na rabovite na kvadarot, t.e. dolìnata na barem eden od niv e iracionalen broj. Kako {to znaeme, vo ovoj slu~aj moàt da se opredelat pribli`ni racionalni vrednosti na broevite a, b i c so proizvolna to~nost. Neka n e proizvolen priroden broj. Od svojstvata na realnite broevi sleduva deka postojat prirodni broevi p, q i r takvi, {to

p 10 n

a

p 1 10 n

q 10 n

b

q 1 10 n

r 10 n

naneseme otse~ki AB1 i AB 2 so dol`ini

 c  r n1 . Na rabot AB da 10

p 10 n

p 1 10 n

soodvetno, na

rabot AM da naneseme otse~ki AM 1 i AM 2 so dol`ini naneseme otse~ki AD1 i AD 2 so dol`ini

r 10 n

r 1 10 n

q 1

10 n

soodvetno i na rabot AD da

soodvetno (crt. 34). Od dokazot na delot pod b)

sleduva deka V1 

p q   r 10 n 10 n 10 n

i V2 

p 1 q 1 r 1  n n 10 10

10 n

kade V1 e volumenot na kvadarot so rabovi AB1 , AM 1 i AD1 , a V 2 e volumenot na kvadarot so rabovi AB 2 , AM 2 i AD 2 . Ako so V go ozna~ime volumenot na kvadarot so rabovi a, b i c , toga{ od svojstvoto b) na volumenot sleduva deka V1  V  V 2 . Bidej}i so zgolemuvaweto na brojot n broevite pribli`uvaat do brojot a , broevite

q 10 n

q 1 10 n

p 10 n

se pribli`uvaat do brojot b i broevite

se pribli`uvaat do brojot c , dobivame deka proizvodite

p 10



q 10



r 10 n

p 1 q 1 r 1   10 n 10 n 10 n

i r 10 n

p 1 10 n

se r 1 10 n

se pribli`u-

vaat do proizvodot abc . Spored toa, volumenite V1 i V 2 se pribli`uvaat kon brojot abc i kako V1  V  V 2 zaklu~uvame deka V  abc . 

Zabele{ka 7. a) Bidej}i kaj kockata site rabovi se so ednakva dol`ina zaklu~uvame deka volumenot na kockata so rab a se presmetuva so formulata V  a 3 . b) Ako pravoagolnikot so rabovi a i b go zememe za osnova na kvadarot so rabovi a, b i c , a rabot c go zememe za negova visina, toga{ plo{tinata na osnovata e B  ab , pa za volumenot na kvadarot imame V  abc  Bh . (1) 220

a) Neka ABCDA' B' C ' D' e prav palelopiped, koj ne e kvadar i AA' e negova visina, t.e. AA'  h (crt. 35). Da povle~eme ramnini koi gi sodr`ata rabovite AA' i BB' i koi se normalni na ramninata na yidot CDD' C ' i koi ovaa ramnina ja se~at vo EE ' i FF ' . Prizmite BCEB' C ' E ' i ADFA' D ' F ' se skladni, pa od svojstvoto a) na volumenot imame V BCEB'C 'E '  V ADFA'D 'F ' . Ako sega go iskoristime svojstvoto b) na volumenot dobivame i faktot deka plo{tinata na osnovata na paralelopipedot ABCDA' B' C ' D' e B  AB  BE , toga{ od teorema 7 za negoviot volumen dobivame V  V ABEDA'B 'E 'D '  V BCEB'C 'E '  V ABEDA'B 'E 'D '  V ADFA'D 'F '  V ABEFA'B 'E 'F '  AB  BE  AA'  Bh . b) Neka e dadena pravata tristrana prizma ABDEFH (crt. 36). Prizmata ja nadopolnuvame do prav paralelopiped ABCDEFGH taka, {to triagolnikot ABD go nadopolnuvame do paralelogramot ABCD itn. Jasno prizmata ABDEFH i paralelopipedot ABCDEFGH imaat ista visina h . So V1 i B1 da gi ozna~ime volumenot i plo{tinata na osnovata na paralelopipedot, a so V i B volumenot i plo{tinata na prizmata ABDEFH . Prizmite ABDEFH i BCDFGH se skladni i ako se iskoristi svojstvoto b) na volumenot dobivame V1  2V i kako

V1  B1h i B1  2 B imame V  12 V1  12 B1h  Bh . v) Neka e dadena proizvolna prava prizma so plo{tina na osnovata B i visina h , na primer prizmata ABCDEFA1 B1C1 D1 E1 F1 (crt. 37). Od svojstvoto b) na volumenot imame

V  V ABCA1B1C1  V ACDA1C1D1  V ADEA1D1E1  V AEFA1E1F1  PABC  h  PACD  h  PADE  h  PAEF  h  ( PABC  PACD  PADE  PAEF )  h  PABCDEF  h  Bh. So toa ja doka`avme to~nosta na slednata teorema. Teorema 8. Ako so B ja ozna~ime plo{tinata na osnovata i so h visinata na prava prizma, toga{ nejziniot volumen e daden so (1).  Primer 20. Prav nasip za pruga so dol`ina 300m ima normalen presek vo forma na trapez so osnovi 10m i 6m i visina 2,4m . Kolku kubni metri zemja se potrebni za oformuvawe na nasipot? Re{enie. O~igledno nasipot e prizma so visina 300m i osnova ramnokrak trapez 10m i 6m i visina 2,4m .

221

Negoviot volumen e V  Bh , kade B  1026  2,4m 2  19,2m 2 i h  300m . Spored toa, za izgradba na nasipot se potrebni V  Bh  19,2  300m 3  5760m 3 zemja.  Primer 21. Osnovata na prava prizma e romb so dijagonali 18cm i 24cm . Presmetaj go volumenot na prizmata ako dijagonalata na bo~niot yid e 17cm . dd

Re{enie. Plo{tinata na osnovata e B  12 2  216cm 2 . Od BCO za stranata a na rombot dobivame d

a  ( 21 ) 2  ( 22 ) 2  15cm , a od BCC1 za visinata na prizmata imame

h  d 2  a 2  8cm . Kone~no, volumenot na prizmata e V  Bh  1728cm 3 .  Primer 22. Fabrika za staklo dobival nara~ka da izraboti stakleni ~a{i koi treba da sobiraat te~nost od vo forma na pravilna {eststrana prizma. Presmetaj ja dol`inata na osnovniot rab na prizmata ako ~a{ata treba da bide visoka

20cm i da ima volumen 300cm 3 . Re{enie. Plo{tinata na osnovata na pravilna {est2 strana prizma so osnoven rab e B  3a 2 3 , pa zatoa nejziniot 2 volumen e V  3a 2 3 h . Od uslovot na zada~ata imame h  20cm i 2 V  300cm 3 , pa zatoa 300  3a 2 3  20 t.e. a 2  10 , {to zna~i deka dol`inata na osnovniot

rab }e bide a 

10 3

.

ZADA^I ZA VE@BAWE 40. Kolku }e se zgolemi volumenot na kockata, ako nejziniot rab se zgolemi: a) dvapati, b) petpati, v) n  pati. 41. Dimenziite na eden kvadar se 3cm,4cm i 2cm . Za kolku }e se zgolemi negoviot volumen, ako pri zgolemuvawe na sekoj negov rab za ista dol`ina, negovata plo{tina se zgolemila za 96cm 2 . 42. Presmetaj go volumenot na kvadar, so dijagonala 14cm , ako negovite strani se odnesuvaat kako 2:3:6. 43. Paralelogram so strani 10cm i 21cm i dijagonala 17cm e osnova na prav paralelopiped. Presmetaj go negoviot volumen, ako negovata plo{tina e 770cm 2 . 44. Presmetaj go volumenot na pravilna ~etiristrana prizma, ako nejzinata dijagonala e 7cm , a dijagonalata na bo~niot yid e 5cm .

222

45. Osnovata na prava prizma e romb so dijagonali 6cm i 8cm . Presmetaj ja plo{tinata na prizmata, ako nejziniot volumen e 264cm 3 . 46. Osnovnite rabovi na prava tristrana prizma se ednakvi na 4cm,5cm i 7cm , a bo~niot rab e ednakov na najgolemata visina na osnovata. Presmetaj go volumenot na prizmata. 47. Visinata na prava tristrana prizma e 5cm , a nejziniot volumen e 480cm 3 . Presmetaj gi dol`inite na osnovnite rabovi na prizmata, ako plo{tinite na nejzinite bo~ni yidovi se odnesuvaat kako 4 : 13 : 15 .

7. VOLUMEN NA KOSA PRIZMA a) Da ja razgledame kosata ~etiristrana prizma ABCDA' B ' C ' D' koja e navalena desno preku rabot BC i takva {to pravata koja minuva niz temeto B i e normalna na osnovata ABCD ja se~e otse~kata A' B' vo to~ka E (crt. 40). Neka B e plo{tinata na osnovata ABCD i h e visinata na prizmata. Vo rabovite BC i AD povlekuvame ramnini koi se normalni na ramninata na osnovata ABCD i neka EF i E ' F ' se prese~nite pravi na ovaa ramnina so ramninata na osnovata A' B' C ' D' . Od svojstvata a) i b) na volumenot i skladnosta na poliedrite EFC ' F ' BC i E ' F ' D' A' AD za volumenot na prizmata ABCDA' B ' C ' D' dobivame

V  V ABCDA'EFD'  V EFC 'B 'BC  V ABCDA'EFD'  V E 'F 'D ' A' AD  V ABCDEFF 'E '  Bh , t.e. to~na e formulata V  Bh . (1) b) Sega da ja razgledame kosata ~etiristrana prizma ABCDA' B ' C ' D' koja e navalena desno preku rabot BC i napred preku rabot AB , no pritoa pravata koja minuva niz temeto A i e normalna na osnovata ABCD ja se~e vnatre{nosta na osnovata ABCD na prizmata (crt. 41). Neka B e plo{tinata na osnovata ABCD i h e visinata na prizmata. Niz rabovite AB i BC povlekuvame ramnini normalni na osnovata ABCD . Ovie ramnini ja delat prizmata na ~etiri poliedri 1, 2, 3 i 4 so volumeni V1 , V2 , V3 i V4 , soodvetno. O~igledno, ako izvr{ime prefrlawe na delovite so volumeni V2 , V3 i V4 kako {to e prikaàno na crt. 37 dobivame prava prizma ~ij volumen e ednakov na volumenot na prizmata ABCDA' B' C ' D' . No, prizmata na crt. 42 e prava so plo{tina na osnovata B i visina h , pa zatoa nejziniot volumen moè da se presmeta so formulata (1). Kone~no, volumenot na prizmata ABCDA' B' C ' D' moè da se presmeta so formulata (1).

223

v) Sega da ja razgledame kosata ~etiristrana prizma ABCDA' B ' C ' D' koja e navalena desno preku rabot BC i napred preku rabot AB , no pritoa pravata koja minuva niz temeto A i e normalna na osnovata ABCD ne ja se~e vnatre{nosta na prizmata (crt. 43). Neka B e plo{tinata na osnovata ABCD i h e visinata na prizmata. Sega na rastojanija h1 , h2 ,..., hk od osnovata ABCD posledovatelno povlekuvame ramnini paralelni na ramninata na osnovata ABCD , so {to prizmata ja delime na k prizmi so plo{tina B na osnovite na ovie prizmi i visini h1 , h2 ,..., hk , no pritoa vodej}i smetka pravite normalni na osnovata ABCD povle~eni od temiwata koi se nao|aat na rabot BB' da gi se~at sprotivnite osnovi na novite prizmi vo to~ki vo vnatre{nosta. Od b) sleduva deka volumenite na ovie prizmi se Bh1 , Bh2 ,..., Bhk , pa zatoa volumenot na prizmata ABCDA' B' C ' D' e V  Bh1  Bh2  ...  Bhk  B(h1  h2  ...  hk )  Bh , t.e. toj se presmetuva spored formulata (1). g) Dokazot za to~nosta na formulata (1) vo slu~aj na kosa tristrana i proizvolna kosa prizma e analogen na dokazite na slu~aite b) i v) od teorema 8. Obidi se samostojno da gi realizira{ dokazite vo ovie dva slu~ai. So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 9. Ako so B ja ozna~ime plo{tinata na osnovata i so h visinata na proizvolna prizma, toga{ nejziniot volumen e daden so (1).  Primer 23. Kosa tristrana prizma ima osnovni rabovi 5cm,6cm i 9cm i bo~en rab 10cm . Presmetaj go volumenot na prizmata, ako bo~niot rab so ramninata zafa}a agol od 45  . Re{enie. Spored Heronovata formula za plo{tinata na osnovata dobivame B  10  5  4  1  10 2cm2 . Od AA' A1 sleduva deka h  l tg 45  10  22 cm  5 2cm . Kone~no, za volumenot na prizmata imame V  Bh  10 2  5 2cm 3  100cm 3 .  Primer 24. Osnovata na kosa tristrana prizma e ramnostran ABC so strana a . Visinata povle~ena vo temeto A1 ja se~e ramninata na dolnata osnova vo te`i{teto na ABC , a rabot AA1 zafa}a so rabot AC agol od 45  . Presmetaj go volumenot na prizmata. Re{enie. Od pravoagolnite triagolnici ADT i DA1T imame h 2  R 2  r 2 i H 2  h 2  r 2 , t.e. H 2  R 2  2r 2 kade R i r se radiusite na opi{anata i vpi{anata kru`nica vo ABC . Od R  23  a 2 3 i r  13  a 2 3 dobivame

224

H 2  ( a 3 3 ) 2  2( a 6 3 ) 2  a6 t.e. H  a . 6 2 Osnovata na prizmata e ramnostrana triagolnik so strana a , pa zatoa B  a 4 3 i

2 2 za volumenot dobivame V  BH  a 4 3  a  a 8 2 .  6

ZADA^I ZA VE@BAWE 48. Osnovata na edna prizma e ramnokrak triagolnik so osnova 2cm i krak 3cm ; eden bo~en rab e 4cm i zafa}a so ramninata na osnovata agol od 45  . Odredi go rabot na kockata ~ij volumen e ednakov na volumenot na prizmata.

49. Yidovite na eden paralelopiped se skladni rombovi so strana a i ostar agol 60  . Presmetaj gi plo{tinata i volumenot na paralelopipedot. 50. Osnovata na paralelopipedot ABCDA1 B1C1 D1 e romb so strana a i ostar agol 60  , a bo~niot rab AA1 isto taka ima dol`ina a i so osnovnite rabovi AB i AD obrazuva agol od 45  . Presmetaj gi plo{tinata i volumenot na paralelopipedot. 51. Presmetaj go volumenot na kosa tristrana prizma, so osnovni rabovi 8cm,7cm i 5cm i bo~en rab od 4cm , koj so ramninata na osnovata zafa}a agol od 60  .

8. VOLUMEN NA PIRAMIDA A) PRINCIP NA KAVALIERI Kako {to e poznato, site oblasti na ìvotot vo zapadnoevropskite zemji vo XVI i XVII vek se karakteriziraat so zna~aen civilizaciski napredok. Prirodno, razvojot na tehnikata bil obusloven od razvojot na naukata i obratno, {to se pokaàlo osobeno zna~ajno za razvojot na matematikata. Od ovoj period gi beleìme rabotite na Galilej (1564-1642), Dekart (15961650) i drugi brojni matemati~ari. Vo slu~ajot, eden od u~enicite na Galilej, Kavalieri, se zanimaval so pra{aweto za nao|awe na volumen na telo, "so sumirawe na ramninski preseci", koi se dobivaat ako teloto go se~eme so niza paralelni ramnini. Taka, toj go iskaàl sledniot princip (teorema), koj ovde }e go prifatime bez dokaz. Teorema 10 (Kavalieri). Ako dve tela moàt da se postavat vo takva polo`ba {to presecite na obete tela so koja bilo ramnina, paralelna na edna dadena ramnina (crt. 46), da se figuri so ednakvi plo{tini, toga{ volumenite na tie tela se ednakvi. 

225

Koristej}i go principot na Kavalieri }e go presmetame volumenot na piramida. Prvo }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 11. Ako plo{tinite na osnovite i visinite na dve piramidve se ednakvi, toga{ tie imaat ednakvi volumeni. Dokaz. Da gi prese~eme piramidite so ramnina  , paralelna na ramninata  (crt. 47). Bidej}i piramidite imaat osnovi so ednakvi plo{tini, od teorema 3, t.e. od zabele{ka 4 sleduva deka plo{tinite na dobienite preseci se ednakvi. Kone~no, od principot na Kavalieri (teorema 10) sleduva deka volumenite na prizmite se ednakvi.  B) VOLUMEN NA PIRAMIDA Teorema 12. Za volumenot V na piramida to~na e formulata V  Bh , (1) 3 kade B e plo{tinata na osnovata na piramidata i h e nejzinata visina. Dokaz. ]e razgledame dva slu~ai. a) Neka e dadena piramidata ABCA1 , kade B e plo{tinata na osnovata na piramidata i h e nejzinata visina (crt. 48). Ja dopolnuvame piramidata do prizma ABCA1 B1C1 pri {to osnovata i visinata na prizmata se ednakvi na osnovata i visinata na piramidata, soodvetno. Sega od prizmata da ja oddelime dadenata piramida. Ostanatiot del, t.e. ~etiristranata piramida BCC1 B1 A1 ja se~eme so ramninata koja minuva niz to~kite A1 , B1 i C . So toa dobivme tri piramidi: ABCA1 , BCB1 A1 i B1C1CA1 . Osnovite na piramidite BCB1 A1 i B1C1CA1 se skladnite triagolnici BCB1 i B1C1C (zo{to?) i tie imaat ednakvi visini povle~eni od temeto A1 , pa od teorema 11 sleduva deka V BCB1 A1  V B1C1CA1  V . Isto taka, osnovite na piramidite ABCA1 i

B1C1CA1 se skladnite triagolnici ABC i B1C1 A1 i tie imaat ednakvi visini povle~eni od temiwata A1 i C , soodvetno. Od teorema 11 sleduva deka V ABCA1  V B1C1CA1  V . Sega od svojstvoto b) na volumenot sleduva deka za volumenot V1 na prizmata imame V1  3V i kako

V1  Bh dobivame 3V  Bh , t.e. V  Bh . 3 226

b) Neka vo mnoguagolnata piramida SABCDE visinata e ednakva na h i plo{tinata na osnovata e ednakva na B (crt. 49). Ja razbivame dadenata piramida so ramnini, koi minuvaat niz temeto S i dijagonalite na osnovata. So toa, osnovata ja razbivame na triagolnici so plo{tini S1 , S 2 i S 3 ~ij zbir e ednakov na plo{tinata B na osnovata na dadenata piramida, t.e. S1  S 2  S 3  B . Ako so V go ozna~ime volumenot na po~etnata piramida, a so V1 ,V2 i V3 gi ozna~ime volumenite na dobienite tristrani piramidi, toga{ od svojstvoto b) na volumenot Sh

S h

sleduva V  V1  V2  V3 i kako V1  31 , V2  32 vame Sh

S h

V  31  32  33  {to i treba{e da se doka`e. 

i V3  33 od prethodno iznesenoto dobi( S1  S2  S3 ) h 3

 Bh , 3

Primer 25. Da se presmeta volumenot na pravilna ~etristrana piramida so osnoven rab 14cm i apotema 25cm . Re{enie. Za visinata na piramidata imame H  h 2  ( a2 ) 2 = 25 2  7 2  24cm , od kade {to sleduva deka volumenot

V  13 BH  13 a 2 H  13 14 2  24cm 3  1568cm 3 . Primer 26. Edna pravilna ~etiristrana piramida ima plo{tina P  800cm 2 i bo~na plo{tina M  544cm 2 . Da se presmeta volumenot na piramidata. Re{enie. Osnovata na piramidata e kvadrat. Neka stranata na kvadratot e a , a visinata na bo~nata strana e h . Imame

P  42ah  a 2  800 i M  42ah  544 od {to sleduva a 2  800  544  256 , pa zatoa a  16cm, h  17cm . Ponatamu, od pravoagolniot triagolnik SOL imame

H 2  h 2  OL2  17 2  (16 ) 2  225 t.e. H  15cm . 2 Kone~no, za volumenot na piramidata nao|ame 2 V  a 2H  256315  1280cm 3 . 

Primer 27. Presmetaj go volumenot na tristrana piramida ~ii bo~ni rabovi se zaemno normalni i imaat dol`ini 12cm, 7cm i 13cm . Re{enie. Od definicijata na piramida sleduva deka sekoj yid na tristranata piramida mo`e da se zeme za nejzina osnova (zo{to?). Vo slu~ajot, ako za osnova na piramidata zememe eden od bo~nite yidovi, toga{ osnovata na piramidata }e bide pravoagolen

227

triagolnik ~ii kateti se dva bo~ni rabovi, a nejzinata visina visinata na piramidata }e bide tretiot bo~en rab. Ako so a, b, c gi ozna~ime bo~nite rabovi na piramidata (crt. ab c

51), toga{ za volumenot na piramidata imame V  Bh  23  abc  182cm 3 .  3 6 Primer 28. Presmetaj go volumenot na ~etiristrana piramida so osnova trapez so strani a  5cm, b  3cm i c  7cm , (a || b) , ako podno`nata to~ka na nejzinata visina se sovpa|a so presekot na dijagonalite na osnovata i pogolemiot bo~en rab e s  10cm . Re{enie. Neka e dadena piramidata ABCDS , za koja AB  a  5cm, CD  b  3cm, AD  c  7cm, SA  s  10cm (crt. 52). Od AMD imame

t  c 2  ( a 2 b ) 2  7 2  ( 523 ) 2 cm  4 3cm i kako BMD ~ BNO dobivame t : x  BM : BN od {to sleduva

x  BN  t  BM

a 2 a  a 2 b

 t  a ab  t  5 2 3 cm .

Ponatamu, od AON sleduva 2

AO  AN  x 2  ( a2 ) 2  x 2  5cm , a od ASO nao|ame 2

h  SA  AO  10 2  5 2 cm  5 3cm . Kone~no, za volumenot na piramidata dobivame a b t

V  Bh  23 h  3

5  3 4 2

 5 3  80cm 3 . 

ZADA^I ZA VE@BAWE 52. Osnovata na edna piramida e pravoagolnik so dimenzii a  5cm i b  6cm , a sekoj bo~en rab iznesuva c  13cm . Da se presmeta volumenot na piramidata. 53. Osnovata na edna pravilna piramida e pravoagolnik so dimenzii a  16cm i b  12cm . Podno`jeto na visinata na piramidata se sovpa|a so presekot na dijagonalite na pravoagolnikot, a dijagonalniot presek ima plo{tina Q  240cm 2 . Da se presmeta volumenot V na piramidata. 54. Plo{tinata na pravilna ~etiristrana piramida e 384cm 2 a osnovniot rab i visinata se odnesuvaat kako 3 : 2 . Presmetaj gi: a) rabovite i visinata na piramidata, b) volumenot na piramidata v) volumenot na kockata vpi{ana vo piramidata. 55. Graniten spomenik ima forma na pravilna ~etiristrana piramida so osnoven rab 2m i visina 4m . Dali kamion so nosivost 20 toni mo`e da go preveze spomenikot od mestoto kade {to e napraven do mestoto kade {to treba da bide postaven. (Zabele{ka. Gustinata na granitot e 2,5 g / cm 3 ).

228

56. Zbirot na osnovniot rab i apotemata na pravilna ~etiristrana piramida e 0,5m . Presmetaj go volumenot na piramidata ako nejzinata plo{tina e 16dm 2 . 57. Dadena e piramida so visina h . Da se presmeta na koe rastojanie od osnovata treba da se prese~e piramidata so ramnina paralelna so osnovata, taka {to taa da bide podelena na dva dela so ednakvi volumeni. 58. Pravilna olovna {eststrana piramida so osnoven rab a i visina h treba da se pretopi vopravilna ednakvorabna tristrana prizma. Presmetaj ja plo{tinata na prizmata. 59. Volumenot na pravilna {esstrana piramida e 486 3cm 3 . Presmetaj gi visinata i bo~niot rab na piramidata, ako plo{tinata na dijagonalniot presek {to minuva niz dva sprotivni bo~ni raba e 108cm 2 . 60. Osnovata na tristrana piramida e ramnokrak triagolnik so osnova 70cm i krak 37cm , a bo~niot rab {to minuva niz vrvot na osnovata e normalen na ramninata na osnovata. Presmetaj gi volumenot i plo{tinata na piramidata. 61. Pravilna osumstrana piramida ima osnoven rab a  4cm i bo~en rab b  12cm . Presmetaj gi plo{tinata i volumenot na piramidata.

9. VOLUMEN NA POTSE^ENA PIRAMIDA Neka e dadena potse~enata piramida ABCDA1 B1C1 D1 (crt. 53), ~ija visina e h , a plo{tinite na osnovite se B i B1 . Preku gornata osnova gi prodol`uvame bo~nite rabovi i ja dobivame piramidata SABCD ~ija osnova e dolnata osnovata na potse~enata piramida i ima visina h1 , a na piramidata SA1 B1C1 D1 osnovata e gornata osnova na potse~enata piramida i ima osnova h2 . Volumenot na potse~enata piramida }e go opredelime kako razlika na volumenite na piramidite SABCD i SA1 B1C1 D1 . Od teorema 2 sleduva

h12 h22

h  BB , t.e. h1  B . B1 1 2

No, h1  h  h2 i ako zamenime vo prethodnoto ravenstvo posledovatelno dobivame h  h2 h2



B B1

h B1  h2 B1  h2 B , h2 

h B1 B  B1

Spored toa, za volumenot na prse~enata piramida imame h B

1 ( B  B1 )] V  13 B(h  h2 )  13 B1h2  13 [ Bh  h2 ( B  B1 )]  13 [ Bh  B  B1

 13 h[ B 

B1 B  B1

( B  B1 )( B  B1 )]  13 h[ B  B1 ( B  B1 )]  13 h[ B  BB1  B1 )]. 229

So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 13. Volumenot na potse~ena piramida so visina h i plo{tini na osnovite se B i B1 se presmetuva spored formulata

V  13 h[ B  BB1  B1 )] .

(1)

Zabele{ka 8. a) Vo slu~aj na pravilna ~etiristrana potse~ena piramida so visina

h i osnovni rabovi a1 i a 2 plo{tinite na osnovite se B  a12 i B1  a 22 i ako zamenime vo formulata (1) za volumenot na ovaa piramida ja dobivame formulata V  h3 (a12  a 22  a1a 2 ) . (2) b) Ako imame pravilna tristrana potse~ena piramida so visina h i osnovni raboa2 3

vi a1 i a 2 , toga{ plo{tinite na osnovite se B  1 4 i B1  za volumenot na ovaa piramida ja dobivame formulata

a22 3 4

V  h123 (a12  a 22  a1a 2 ) .

. Ako zamenime vo (1),

(3)

Primer 29. Presmetaj go volumenot na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida so osnovni rabovi a1  7cm , a 2  5cm i dijagonala D  9cm . Re{enie. So d1 i d 2 da gi ozna~ime dijagonalite na osnovite na potse~enata piramida. Imame d1  7 2cm i d 2  5 2cm . Dijagonalniot presek na potse~enata piramida (crt. 54) e ramnokrak trapez so osnovi d1 i d 2 , visina h ednakva na visinata na protse~enata piramida. Spored toa, h  D 2  (d 2 

d1  d 2 2 ) 2

 3cm .

Osnovite na potse~enata piramida se kvadrati so strani a1  7cm , a 2  5cm , Kone~no, od zabele{ka 8 a) sleduva deka volumenot na potse~enata piramida e V  h3 ( a12  a 22  a1a 2 )  109cm 3 .  Primer 30. Volumenot na pravilna potse~ena tristrana piramida e 196 3cm 3 , edniot osnoven rab e 10cm , a visinata e 12cm . Presmetaj go vtoriot osnoven rab. Re{enie. Imame, V  196 3cm 3 , a1  10cm i h  12cm . So zamena vo (3) ja dobivame ravenkata 196 3  1212 3 (10 2  a 22  10a 2 ) od koja posle sreduvaweto ja imame kvadratnata ravenka

a 22  10a 2  96  0 . Re{enija na poslednata ravenka se a 2  6 i a 2  16 . Vtoroto re{enie go otfrlame, bidej}i dol`inata ne mo`e da bide negativna. Spored toa, vtoriot osnoven rab e a 2  6 .  230

Primer 31. Tristrana potse~ena piramida so ramnina koja minuva niz eden od rabovite na pomalata osnova i e paralelna na sprotivniot bo~en rab e podelena na dva dela. Najdi go odnosot na volumenite na dobienite poliedri ako se znae deka osnovnite rabovi na potse~enata piramida se odnesuvaat kako 2 : 1 . Re{enie. Neka e dadena tristranata potse~ena piramida ABCA1 B1C1 so plo{tina na dolnata i gornata osnova B i B1 , soodvetno i visina h (crt. 55). Niz rabot C1 B1 povlekuvame ramnina paralelna na bo~niot rab AA1 , koja ja se~e osnovata ABC vo otse~ka B2 C 2 . Od AB2 C 2 ~ A1 B1C1 sleduva deka AB2 C 2 A1 B1C1 e kosa prizma so volumen V1  B1h , pa zatoa volumenot na poliedarot BCC1 B1 B2 C 2 e V2  V  V1 , kade V e volumenot na tristranata potse~ena piramida, t.e. V  13 h[ B  BB1  B1 )] . Zna~i, V2  13 h[ B  BB1  B1 )]  hB1 i ako se ima predvid deka BB  ( 12 ) 2  4 , toga{ za baraniot odnos dobivame 1 V2 V1



1 h[ B  3

BB1  B1 )] hB1

 1  13 ( BB  1

B B1

 1)  1  13 (4  2  1)  1  43 .

ZADAÎ ZA VE@BAWE 62. Osnovnite rabovi na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida se 4cm i 1cm , a nejzinata plo{tina e 34cm 2 . Presmetaj go volumenot na potse~enata piramida. 63. Visinata na tristrana potse~ena piramida e 10cm , rabovite na ednata osnova se 27cm , 29cm i 52cm , a perimetarot na drugata osnova e 72cm . Presmetaj go volumenot na potse~enata piramida. Upatstvo. Osnovite na potse~enata piramida se sli~ni triagolnici. Opredeli go koeficientot na sli~nost, a potoa iskoriti ja Heronovata formula za presmetuvawe na plo{tinite na osnovite. 64. Betonski potpira~ ima forma na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida so osnovni rabovi 1,4m i 1m i visina 3,6m . Kolku e teòk potpira~ot, ako gustinata na betonot e 2,5 g / cm 3 . 65. Visinata na potse~ena piramida e 15cm , volumenot i e 475cm 3 , a plo{tinite na osnovite se odnesuvaat kako 4 : 9 . Presmetaj gi plo{tinite na osnovite. 66. Presmetaj go volumenot na pravilna potse~ena {eststrana piramida ~ii osnovni rabovi se odnesuvaat kako 2 : 1 a bo~niot rab so ramninata na pogolemata osnova zafa}a agol od 60  . 67. Osnovnite rabovi na pravilna potse~ena ~etiristrana piramida se 6cm i 4cm . Presmetaj go nejziniot volumen ako se znae deka plo{tinata na obvivkata e ednakva na zbirot na plo{tinite na osnovite. 68. Osnovnite rabovi na pravilna potse~ena piramida se a i b , a bo~niot yid so ramninata na pogolemata osnova zafa}a agol  , (  90  ) . Dokaì deka volumenot na potse~enata piramida e ednakov na

a 3 b 3 12

tg  .

231

10. POIM ZA ROTACIONO TELO. PLO[TINA I VOLUMEN NA CILINDAR A) POIM ZA ROTACIONO TELO I CILINDER Neka e dadena prava l vo prostorot i agol  . Vo proizvolna to~ka A koja ne pripa|a na pravata l povlekuvame ramnina  normalna na pravata l , ja nao|ame to~kata O  p   i potoa opredeluvame to~ka A'   O, ( A) (crt. 56). Na ovoj na~in na sekoja to~ka A koja ne pripa|a na pravata l i pridruùvame edinstvena to~ka A' , a ako B  l , toga{ na B i ja pridruùvame samata to~ka B . Na ovoj na~in dobivme edna transformacija vo prostorot, koja ja narekuvame rotacija okolu pravata l za agol  i ja ozna~uvame so  l , . Pravata l ja narekuvame oska na rotacijata, a  e agol na rotacijata. O~igledno deka pri rotacija  l , slika na geometriska figura F e geometriska figura F ' skladna na F . U{te pove}e, slika na prava p koja e paralelna so oskata na rotacija l e prava p ' paralelna na p . Neka sega zememe prava l i kriva s takvi, {to l i s leàt vo ista ramnina. Ako krivata s rotira okolu pravata l za agol   2 , toga{ sekoja to~ka M  s }e opi{e kru`nica koja leì vo ramnina normalna na oskata na rotacija l i ~ij centar e na oskata l (crt. 57). O~igledno, so rotacija na krivata s se dobiva edna povr{ina koja ja narekuvame rotaciona povr{ina. Krivata s {to ja obrazuva rotacionata povr{ina ja narekuvame generatrisa (izvodnica) na rotacionata povr{ina, a kru`nicite koi gi opi{uvaat to~kite od izvodnicata gi narekuvame paraleli na rotacionata povr{ina. Definicija 16. Geometriskoto telo ~ija granica e rotaciona povr{ina i eden ili dva kruga za koi soodvetnite kru`nici se paraleli na rotacionata povr{ina go narekuvame rotaciono telo. Primer 31. Pri voveduvaweto na poimot geometrisko telo topkata ja definiravme kako mnoèstvo to~ki koi se na pomalo ili ednakvo rastojanie od edna fiksna to~ka. Me|utoa, topkata e rotaciono telo. Imeno, so rotacija na krug okolu prava l koja muniva niz centarot na krugot se dobiva topka (crt. 58).  Definicija 17. Rotacionoto telo dobieno so rotacija na otse~kata AD paralelna na oskata na rotacija l i krugovite koi se soodvetni na paralelite na to~kite A i D go narekuvame prav

232

kruèn cilinder ili pokratko prav cilinder (crt. 59). Krugovite soodvetni na paralelite na to~kite A i D gi narekuvame osnovi (bazi) na cilinderot, a radiusot r na osnovite go narekuvame radius na cilinderot. Rotacionata povr{ina dobiena so rotacija na otse~kata AD ja narekuvame obvivka ili bo~na povr{ina na cilinderot. Oskata na rotacija l ja narekuvame oska na cilinderot, a sekoja otse~ka koja povrzuva dve to~ki od osnovite na cilinderot i e normalna na osnovite ja narekuvame visina na cilinderot. Bidej}i generatrisite na prav cilinder se ednakvi me|u sebe, a isto taka i se normalni na osnovite zaklu~uveme deka deka generatrista e ednakva na visinata na cilinderot. Pokraj praviot cilinder postoi i kos cilinder, koj se definira kako {to sleduva. Definicija 18. Neka  i 1 se paralelni ramnini i krugovite k (O, r ) i k1 (O1 , r ) leàt vo  i 1 , soodvetno. Mnoèstvoto to~ki od site otse~ki XX 1 takvi, {to X  k , X 1  k1 i XX 1 || OO1 go narekuvame kruèn cilinder. Ako pravata OO1 , koja ja narekuvame oska na cilinderot, ne e normalna na ramninata  , toga{ za kru`niot cilinder }e velime deka e kos (crt. 60). Krugovite k (O, r ) i k1 (O1 , r ) gi narekuvame osnovi (bazi) na cilinderot, a radiusot r na osnovite go narekuvame radius na cilinderot. Mnoèstvoto to~ki od site otse~ki YY1 takvi, {to Y Y1 se to~ki od kru`nicite k i k1 , soodvetno, i YY1 || OO1 go narekuvame obvivka ili bo~na povr{ina na cilinderot. Otse~kata YY1 ja narekuvame generatrisa na cilinderot. Neka  i 1 se ramninite na osnovite na cilinderot i M   . Ako pravata p minuva niz to~kata M , p   i N  p  1 , toga{ za otse~kata MN }e velime deka e visina na cilinderot. Kako i vo slu~aj na prizmata i piramidata, vo zavisnost od zaemnata polo`ba na cilinderot i ramninata postojat pove}e vidovi preseci, od koi nie }e spomeneme samo dva. Definicija 19. Presekot na cilinderot so ramnina paralelna na ramninite na osnovite na cilinderot go narekuvame paralelen presek (crt. 61 a)). Presekot na cilinderot so ramnina paralelna na oskata na cilinderot go narekuvame nadolèn presek (crt. 61 b)). Ako ramninata minuva niz oskata na cilinderot, toga{ za nadol`niot presek }e velime deka e oskin presek (crt. 61 v)). Definicija 20. Za cilinderot }e velime deka e ramnostran ako generatrisata e ednakva na dijametarot na osnovata.

233

Primer 32. Visinata na prav cilinderot e 11cm , a radiusot na osnovata e 10cm . Presmetaj ja plo{tinata na nadol`en presek koj od oskata e oddale~en 8cm . Re{enie. Jasno, presekot e pravoagolnik so edna strana h  11cm , a drugata strana e otse~kata AB (crt. 62). Od uslovot na zada~ata imame AB  2 AM  2 10 2  8 2 cm  12cm , pa zatoa plo{tinata na nadol`niot presek e

P  AB  h  11  12cm 2  132cm 2 .  B) PLO[TINA NA PRAV CILINDER Od prakti~na gledna to~ka, prirodno e da go postavime pra{aweto za plo{tina na cilinder. Pri definiraweto na cilinderot vidovme deka negovata granica se sostoi od dva skladni kruga i bo~na povr{ina (obvivka), pa zatoa za da ja presmetame negovata plo{tina dovolno e da ja presmetame plo{tinata B na krugot i plo{tinata M na bo~nata povr{ina, koja ja narekuvame bo~na plo{tina, a potoa plo{tinata na cilinderot da ja presmetame spored formulata P  2B  M . (1) Za da ja presmetame bo~nata plo{tina M , }e gi razgledame vpi{anite i opi{anite prizmi vo cilinderot. Definicija 21. Za edna prizma }e velime deka e vpi{ana (opi{ana) vo (okolu) cilinder, ako nejzinite osnovi se vpi{ani (opi{ani) vo (okolu) kru`nicite koi se osnovi na cilinderot (crt. 63). Teorema 14. Bo~nata plo{tina M na cilinder so radius na osnovata r i visina h se presmetuva so formulata M  2rh . Dokaz. Vo cilinderot vpi{uvame pravilna prizma, na primer {eststrana (crt. 63). Bo~nata plo{tina na ovaa prizma e M pr  Lpr h , kade Lpr e perimetarot na nejzinata osnova. Ponatamu, ako posledovatelno go udvojuvame brojot na stranite na osnovata na prizmata, so {to go udvojuvame brojot na nejzinite bo~ni yidovi dobivame dvanaesetstrana, dvaeset~etiristrana itn. vpi{ana prizma. Pritoa, so zgolemuvawe na brojot na stranite na osnovite, razlikata na bo~nite plo{tini na vaka vpi{anite prizmi i bo~nata plo{tina na cilinderot se pribli`uva kon nula (zo{to?). Od druga strana, bidej}i visinata h e konstantna, a perimetarot Lpr na pravilnite mnoguagolnici se stremi kon perimetarot na osnovata, t.e. kon 2r dobivame deka bo~nite plo{tini M pr na vpi{anite prizmi se stremat kon 2rh , {to zna~i deka bo~nata plo{tina na cilinderot M e ednakva na 2rh .  Od (1) i teorema 13, ako se ima predvid faktot deka plo{tinata na krug so radius

r e B  r 2 , za plo{tinata na cilinder so radius r i visina h ja dobivame formulata P  2r (r  h) .

(2)

Primer 33. Dijagonalata D  24cm na oskiniot presek na prav cilinder so ramninata na osnovata zafa}a agol od 45  . Presmetaj ja plo{tinata na cilinderot.

234

Re{enie. Bidej}i dijagonalata na oskiniot presek zafa}a agol od 45  zaklu~uvame deka oskiniot presek e kvadrat, t.e. cilinderot e ramnostran. Zna~i, 2r  h  24  12 2cm , 2

t.e. r  6 2cm . So zamena vo (2) za dobivame P  2r (r  h)  432cm . 3

V) VOLUMEN NA CILINDER Pri voveduvaweto na poimot za volumen na poliedar, nie vsu{nost pri zadadena edine~na merka za poliedarot vovedovme nova brojna karakteristika, a toa e negoviot volumen koj zapravo e meren broj na oblasta ograni~ena so povr{inata na poliedarot. ]e dokaème deka vakva brojna karakteristika moè da se vovede i za cilinderot. Teorema 15. Volumenot na cilinder so radius na osnovata r i visina h se presmetuva so formulata V  Bh , kade B  r 2 e plo{tinata na osnovata na cilinderot. Dokaz. Vo cilinderot vpi{uvame pravilna prizma, na primer {eststrana (crt. 56). Volumenot na ovaa prizma e Vpr  Bpr h , kade Bpr e plo{tinata na nejzinata osnova. Ponatamu, ako posledovatelno go udvojuvame brojot na stranite na osnovata na prizmata, so {to go udvojuvame brojot na nejzinite bo~ni yidovi dobivame dvanaesetstrana, dvaeset~etiristrana itn. vpi{ana prizma. Pritoa so zgolemuvawe na brojot na stranite na osnovite, razlikata na plo{tinite na osnovite na vaka vpi{anite prizmi i plo{tinata na osnovata na cilinderot se pribliùva kon nula (zo{to?). Od druga strana, bidej}i visinata h e konstantna, a plo{tinata Bpr na pravilnite mnoguagolnici se stremi kon plo{tinata na osnovata, t.e. kon r 2 dobivame deka volumenite Vpr na vpi{anite prizmi se stremat kon

r 2 h , {to zna~i deka volumenot na cilinderot V e ednakov na r 2 h  Bh .  Zabele{ka 9. Imaj}i predvid deka za dijametarot d na osnovata va`i d  2r , t.e. 2 r  d2 , za volumenot na cilinderot ja dobivame formulata V  d4 h .

Primer 34. a) Bo~nata povr{ina na cilinder e kvadrat so strana a . Presmetaj go negoviot volumen. b) Presmetaj go volumenot na vodovodna cevka so dol`ina 6m , ako dijametarot na nadvore{nata povr{ina e 3cm , a dijametarot na vnatre{nata povr{ina e 2,4cm . Re{enie. a) Jasno, ednata strana na bo~nata povr{ina e visinata na cilinderot, pa zatoa h  a . Drugata strana na bo~nata povr{ina e ednakva na dol`inata na kru`nicata na osnovata, pa zatoa a  2r , t.e. r  2a . Zamenuvame vo formulata V  r 2 h i za 3

volumenot na cilinderot dobivame V  4a . b) Od uslovot na zada~ata imame h  6m  600cm , D  3cm i d  2,4cm . Spored toa, volumenot na cevkata e V  D4 h  d4 h  2

 ( D 2 d 2 ) h 4



 (32  2,42 )600 4

cm 3  486cm 3 . 

235

ZADAÎ ZA VE@BAWE 69. Oskiniot presek na cilinderot e kvadrat so plo{tina 36cm . Da se presmetaat plo{tinata i volumenot na cilinderot. 70. Dolìnata na kru`nicata na osnovata na prav cilinder e 14cm , a plo{tinata na oskiniot presek e 70cm 2 . Presmetaj ja visinata na cilinderot. 71. Presmetaj ja plo{tinata na nadol`niot presek na prav cilinder so visina 10cm , ako presekot e oddale~en od oskata na cilinderot 2cm , a od krugot na osnovata otsekuva lak so centralen agol od 120  . Kolkava e plo{tinata na cilinderot? 72. Kolku metri kubni kamen e potreben za da se soyida bunar dlabok 16m , ako negoviot vnatre{en dijametar e 1,2m i yidot e {irok 40cm . 73. Kvadrat so strana a rotira okolu oska paralelna so strana na kvadratot i oddale~ena od najbliskata strana za a2 . Presmetaj gi volumenot i plo{tinata na taka dobienoto telo. 74. Da se presmetaat volumenot i plo{tinata na cilindarot vpi{an vo prava tristrana prizma so osnovni rabovi 9cm, 10cm i 17cm i visina 40cm . Upatstvo. Prvo so pomo{ na Heronovata formula presmetaj ja plo{tinata na osnovata na prizmata, a potoa koristj}i ja formulata za plo{tina na triagolnik P  rs opredeli go radiusot na vpi{anata kru`nica vo triagolnikot. 75. Osnovnite rabovi na kosa prizma se 7cm, 8cm i 9cm . Bo~niot rab, koj so ramninata na osnovata zafa}a agol od 60  e dolg 12cm . Presmetaj gi volumenite i plo{tinite na vpi{aniot i opi{aniot cylinder okolu prizmata. 76. Kolku toni nafta }e sobere cilindri~na cisterna dolga 16,04m i visoka 4,04m so debelina na yidovite na cisternata 0,04m , ako specifi~nata teìna na naftata e 0,85 g / cm 3 i ako, soglasno propisite za ~uvawe nafta, 10% od volumenot na cisternata mora da bide ostaven prazen. 77. Od drvena greda dolga 4m so forma na pravilna ~etiristrana prizma so rab na osnovata 20cm , treba da se napravi greda vo forma na cilinder i pritoa da ima najmal otpad na materijalot. Presmetaj gi plo{tinata i volumenot na cilindri~nata greda i volumenot na otpadniot materijal. 78. Bakarna ìca dolga 200m teì 8,7 kg . Presetaj go dijametarot na ìcata, ako specifi~nata teìna na bakarot e 8,9 g / cm 3 .

11. PLO[TINA I VOLUMEN NA KONUS Vo prethodnite u~ebni godini se zapoznavme so konusot i nau~ivme da gi presmetuvame negovata plo{tina i volumen. Ovde povtorno }e se navratime na ova geometrisko telo, so toa {to istoto podetalno }e go razgledame. Definicija 22. Rotacionoto telo dobieno so rotacija na otse~kata AB koja ne e paralelna na oskata na rotacija l i takva, {to A  l i krugot koj e soodveten na paralelata na to~kata B go narekuvame prav kru`en konus ili pokratko prav konus (crt. 65).

236

Krugot k (C , CB ) soodveten na paralelata na to~kata B go narekuvame osnova (baza) na konusot, radiusot r  CB na osnovata go narekuvame radius na konusot, a to~kata A ja narekuvame vrv na konusot. Rotacionata povr{ina dobiena so rotacija na otse~kata AB ja narekuvame obvivka ili bo~na povr{ina na konusot. Oskata na rotacija l ja narekuvame oska na konusot, a otse~kata koja go povrzuva vrvot na konusot so podno`jeto na normalata povle~ena kon osnovata ja narekuvame visina na konusot. O~igledno, generatrisata s , visinata h i radiusot r se hipotenuza i kateti soodvetno, na pravoagolniot ABC , pa zatoa vaì s 2  h 2  r 2 . Pokraj praviot konus postoi i kos konus, koj se definira kako {to sleduva. Definicija 23. Neka k (O, r ) e krug vo ramninata  (crt. 66) i to~kata S ne pripa|a na  . Mnoèstvoto to~ki od site otse~ki SX takvi, {to X  k go narekuvame kruèn konus. Ako pravata SO , koja ja narekuvame oska na konusot, ne e normalna na ramninata  , toga{ za kru`niot konus }e velime deka e kos (crt. 66). Krugot k (O, r ) go narekuvame osnova (baza) na konusot, a radiusot r na osnovata go narekuvame radius na konusot. Mnoèstvoto to~ki od site otse~ki SY takvi, {to Y  k go narekuvame obvivka ili bo~na povr{ina na konusot. Sekoja otse~kata SY ja narekuvame generatrisa na konusot. Neka  e ramninata na osnovata na konusot. Ako pravata p minuva niz vrvot S i M  p   , toga{ za otse~kata SM }e velime deka e visina na konusot. Kako i vo slu~aj na cilinderot, vo zavisnost od zaemnata polo`ba na konusot i ramninata postojat pove}e vidovi preseci, od koi nie }e spomeneme samo dva. Definicija 24. Presekot na konus so ramnina paralelna na ramninata na osnovata na konusot go narekuvame paralelen presek (crt. 67 a)). Presekot na konus so ramnina koja minuva niz oskata na konusot go narekuvame oskin presek (crt. 67 b)). Definicija 25. Za konusot }e velime deka e ramnostran ako generatrisata e ednakva na dijametarot na osnovata. Primer 35. a) Vo prav konus so radius na osnovata r  10cm i visina h  12cm e vpi{ana kocka, taka {to eden yid na kockata da leì na osnovata na konusot. Presmetaj go volumenot na kockata. b) Presmetaj ja plo{tinata na oskiniot presek na prav konus so radius r  10cm , ako dijametarot i generatrisata zafa}aat agol od 45  .

237

Re{enie. a) Neka kockata ABCA1 B1C1 D1 e vpi{ana vo konusot (ct. 68). Ozna~uvame SO  h , AB  a , OM  r i dobivame AC  A1C 1  a 2 ,

MN  2r  20cm . Triagolnicite SMN i SA1C1 se sli~ni, pa zatoa 2r a 2

 h h a t.e. a 

2 rh 2r  h 2



60 5 3 2

cm 

60(53 2 ) cm . 7

Kone~no, za volumenot na kockata dobivame

V  a3 

603 (53 2 )3 7

cm 3 .

b) Oskiniot presek e ramnokrak pravoagolen triagolnik za koj dijametarot e hipotenuza. Jasno, visinata na triagolnikot e ednakva na radiusot na konusot, pa zatoa plo{tinata na oskiniot presek e P  r 2  100cm 2 .  Teorema 16. Ako konusot go prese~eme so ramnina paralelna na osnovata, toga{ izvodnica i visinata se podeleni vo ist odnos i plo{tinite na presekot i osnovata se odnesuvaat kako kvadratite na nivnite rastojanija do vrvot na konusot. Dokaz. Od SOM ~ SO1 M 1 (crt. 69), sleduva 2

2 2  SM  RR i BB  R 2  R 2  SO 2 , SM 1 1 1 R1 R1 SO1 {to i treba{e da se doka`e. 

SO SO1

A) PLO[TINA NA PRAV KONUS Pri definiraweto na konusot vidovme deka negovata granica se sostoi od eden krug i bo~na povr{ina (obvivka), pa zatoa za da ja presmetame negovata plo{tina dovolno e da ja presmetame plo{tinata B na krugot i plo{tinata M na bo~nata povr{ina, koja ja narekuvame bo~na plo{tina, a potoa plo{tinata na konusot da ja presmetame spored formulata PBM . (1) Za da ja presmetame bo~nata plo{tina M , }e gi razgledame vpi{anite i opi{anite piramidi vo konusot. Definicija 26. Za edna piramida }e velime deka e vpi{ana (opi{ana) vo (okolu) konus, ako nejzinata osnova e vpi{ana (opi{ana) vo (okolu) osnovata na konusot (crt. 70). Teorema 17. Bo~nata plo{tina M na cilinder so radius na osnovata r i generatrisa s se presmetuva so formulata M  rs . Dokaz. Okolu konusot opi{uvame pravilna piramida, na primer {eststrana (crt. 70). Apotemata na piramidata e ednakva na izvodnicata na konusot pa zatoa bo~nata plo{tina na ovaa piramida e M pir 

238

Lpir s 2

, kade Lpr e perimetarot na nejzinata osnova. Ponatamu, ako

posledovatelno go udvojuvame brojot na stranite na osnovata na piramidata, so {to go udvojuvame brojot na nejzinite bo~ni yidovi dobivame dvanaesetstrana, dvaeset~etiristrana itn. opi{ana piramida. Pritoa, so zgolemuvawe na brojot na stranite na osnovite, razlikata na bo~nite plo{tini na vaka opi{anite piramidi i bo~nata plo{tina na konusot se pribli`uva kon nula (zo{to?). Od druga strana, bidej}i generatrisata s e konstantna, a perimetarot Lpir na pravilnite mnoguagolnici se stremi kon perimetarot na osnovata, t.e. kon 2r dobivame deka bo~nite plo{tini M pir na opi{anite piramidi se stremat kon 22rs  rs , {to zna~i deka bo~nata plo{tina na konusot M e ednakva na rs .  Od (1) i teorema 17, ako se ima predvid faktot deka plo{tinata na krug so radius

r e B  r 2 , za plo{tinata na konus so radius r i izvodnica s ja dobivame formulata P  r (r  s ) .

(2)

Primer 36. a) Visinata na prav konus e 12cm , a radiusot na osnovata e 5cm . Presmetaj ja negovata plo{tina. b) Pravoagolen triagolnik so kateti 20cm i 15cm rotira okolu prava koja minuva niz temeto na praviot agol i e paralelna so hipotenuzata. Presmetaj ja plo{tinata na rotacionoto telo. Re{enie. a) Izvodnicata na konusot e s  r 2  h 2  5 2  12 2 cm  13cm . Ako zamenime vo (2) za plo{tinata na konusot dobivame P  r (r  s )  5 (5  13)cm 2  90cm 2 . b) Teloto koe se dobiva e prika`ano na crt. 71 i negovata plo{tina e zbir na plo{tinite na obvivkata na cilinder "opi{an" od hipotenuzata AB i na obvivkite na konusite "opi{ani" od katetite BC i CA , za koi radiusot e visinata hc na ABC povle~ena od temeto C . Od pravoagolniot ABC imame AB  20 2  15 2  25cm . ABh No, PBAC  2 c  AC2BC , pa zatoa hc  AC BC  12cm . Kone~no, AB baranata plo{tina e

P  2hc AB  hc AC  hc BC  hc (2 AB  AC  BC )  1020cm 2 . B) VOLUMEN NA KONUS Teorema 18. Volumenot na konus so radius na osnovata r i visina h se presmetuva so formulata V  Bh , kade B  r 2 e plo{tinata na osnovata na konusot. 3 Dokaz. Okolu konusot opi{uvame pravilna piramida, na primer {eststrana (crt. 63). Bpir h

Volumenot na ovaa piramida e Vpir  3 , kade Bpir e plo{tinata na nejzinata osnova. Ponatamu, ako posledovatelno go udvojuvame brojot na stranite na osnovata na piramidata, so {to go udvojuvame brojot na nejzinite bo~ni yidovi dobivame dvanaesetstrana, dvaeset~etiristrana itn. opi{ana piramida. Pritoa so zgolemuvawe na brojot na stranite na osnovite, razlikata na plo{tinite na osnovite na vaka opi{anite piramidi i plo{tinata na osnovata na konusot se pribli`uva kon nula (zo{to?).

239

Od druga strana, bidej}i visinata h e konstantna, a plo{tinata Bpir na pravilnite mnoguagolnici se stremi kon plo{tinata na osnovata, t.e. kon r 2 dobivame deka volumeni2 te Vpir na vpi{anite prizmi se stremat kon r3 h , {to zna~i deka volumenot na konusot V e

ednakov na r3 h  Bh . 3 2

Zabele{ka 10. Imaj}i predvid deka za dijametarot d na osnovata va`i d  2r , t.e. 2 r  d2 , za volumenot na konusot ja dobivame formulata V  d12 h .

Primer 37. a) ]e go presmetame volumenot na rotacionoto telo od primer 36 b). Za taa cel od volumenot na cilindarot koj se dobiva so rotacija na hipotenuzata AB treba da gi odzmeme volumenite na konusite koi se dobivaat so rotacija na katetite AC i BC . Ako so h1 i h2 gi ozna~ime visinite na konusite, toga{ h1  h2  AB i bidej}i site tri tela imaat ist radius ednakov na visinata hc  12cm , za volumenot na rotacionoto telo dobivame

V   AB  hc2 

hc2h1 3



hc2h2 3

 hc2 ( AB 

2 h1  h2 2 AB )  2hc  AB )   h ( AB  c 3 3 3

 2400cm 3 .

b) ]e go presmetame volumenot na kos konus so najgolema generatrisa 20cm , najmala 13cm i dijametar 21cm . Poluperimetarot s na triagolnikot ABC e s  27cm , pa od Heronovata formula za negovata plo{tina dobivame

P  27(27  20)(27  13)(27  21)cm 2  126cm 2 . Spored toa, visinata na ABC povle~ena kon strana AB , koja e i visina na konusot e H  2 P  12cm . Kone~no, volumenot na AB

konusot e

V  d12H  441cm 3 .  2

ZADA^I ZA VE@BAWE 79. Presmetaj ja plo{tinata na prav konus, ~ija visina e 12cm , a volumenot e 324cm 3 . 80. Osniot presek na eden konus e ramnokrak pravoagolen triagolnik so plo{tina 36cm 2 . Presmetaj go volumenot na konusot. 81. Visinata i radiusot na osnovata na prav konus se odnesuvaat kako 5 : 3 , a plo{tinata na negovata obvivka e 3 34cm 3 . Presmetaj go negoviot volumen. 82. Pravoagolen triagolnik so kateti 9cm i 12cm rotira okolu hipotenuzata. Presmetaj go volumenot na rotacionoto telo. 83. Visinata i generatrisata na prav konus se odnesuvaat kako 4 : 5 , a negoviot volumen e 96cm 3 . Presmetaj ja plo{tinata na konusot. 84. Pravoagolen trapez so osnovi 15cm i 6cm , i plo{tina 96cm 2 rotira okolu pogolemata osnova. Presmetaj go volumenot na rotacionoto telo.

240

12. PLO[TINA I VOLUMEN NA POTSE^EN KONUS Pri razgleduvaweto na presecite na konus so ramnina spomenavme deka niv gi ima pove}e, no gi razgledavme samo oskiniot i paralelniot presek. Vo ovoj del povtorno }e se navratime na parelelniot presek na konus so ramnina. Definicija 27. Potse~en konus go narekuvame delot od konusot, zafaten so negovata osnova i prese~na ramnina paralelna na osnovata (crt. 73). Osnovata na konusot ja narekuvame dolna osnova na potse~eniot konus, a presekot na konusot i ramninata go narekuvame gorna osnova na potse~eniot konus. Delot od konusot koj se nao|a nad prese~nata ramnina go narekuvame otse~en konus (crt. 73). Rotacionata povr{ina zafatena so osnovite na potse~eniot konus ja narekuvame obvivka ili bo~na povr{ina na potse~eniot konus. Neka 1 i  2 se ramninite na osnovite na potse~eniot konus i M  1 . Ako pravata p minuva niz to~kata M , p  1 i N  p   2 , toga{ za otse~kata MN }e velime deka e visina na potse~eniot konus. Zabele{ka 11. Poimite oska i generatrisa na potse~en konus se voveduvaat analogno kako i za konus. Pritoa, vo zavisnost od toa dali oskata na potse~eniot konus e negova visina (zo{to?), razlikuvame prav i kos potse~en konus. A) PLO[TINA NA PRAV POTSE^EN KONUS Bidej}i potse~eniot konus ima dve osnovi i bo~na povr{ina, za da ja presmetame negovata plo{tina dovolno e da gi presmetame plo{tinite B i B1 na osnovite i plo{tinata M na bo~nata povr{ina, koja ja narekuvame bo~na plo{tina, a potoa plo{tinata na potse~eniot konus da ja presmetame spored formulata

P  B  B1  M .

(1)

Teorema 19. Bo~nata plo{tina na prav potse~en konus e ednakva na  ( R  r ) s , kade {to r i R se radiusite na osnovite, a s e generatrisata na potse~eniot konus. Dokaz. Neka potse~eniot konus e dobien od prav konus so vrv S i osnova k (O, R ) , koj e prese~en so ramnina i neka gornata osnova e krugot k1 (O1 , r ) (crt. 66). Ako generatrisata na otse~eniot konus e s1 , toga{ generatrisata na konusot e s  s1 . Od dokazot na ss teorema 16 imame Rr  s 1 , od kade sleduva s1  1

rs Rr

Ako so M 2 i M 1 gi ozna~ime bo~nite plo{tini na konusot i otse~eniot konus, toga{ za bo~nata plo{tina na potse~eniot konus imame

241

M  M 2  M 1  R ( s  s1 )  rs1  Rs   ( R  r ) s1  Rs   ( R  r )  Rrsr  s ( R  r ) .  Plo{tinite na osnovite na potse~eniot konus se B  R 2 i B1  r 2 , pa od ravenstvoto (1) i od teorema 19 neposredno sleduva deka plo{tinata na potse~en konus so radiusi na osnovite r i R i generatrisa s se presmetuva so formulata

P   [ R 2  r 2  s( R  r )] .

(2)

Primer 38. Plo{tinata na pogolemata osnova na prav potse~en konus e 144cm 2 , a negovata visina e 8cm . Presmetaj ja negovata plo{tina ako radiusite na osnovite se odnesuvaat kako 2 : 1 . Re{enie. Od uslovot na zada~ata za radiusot na pogolemata osnova imame R 2  144 , pa zatoa R  12cm . Ako so r go ozna~ime radiusot na pomalata osnova, toga{ R : r  2 : 1 , od kade nao|ame r  6cm . Od AD1 D (crt. 74) sleduva s  H 2  ( R  r ) 2  8 2  (12  6) 2 cm  10cm .

Kone~no, ako zamenime vo (2) za plo{tinata na potse~eniot konus dobivame

P   [ R 2  r 2  s ( R  r )]   [12 2  6 2  10(12  6)]cm 2  360cm 2 .  Primer 39. Ramnokrak triagolnik so osnova 15cm i krak 17,5cm rotira okolu prava koja minuva niz edno teme na osnovata i e normalna na nea. Presmetaj ja plo{tinata na dobienoto rotaciono telo. Re{enie. Pri rotacijata na ABC se dobiva rotaciono telo kaj koe od potse~en konus e izvaden konus (crt. 75). Negovata plo{tina e 2 P    AB   AC  ( AB  AB )    AB2 AC    AB( AB  2 AC )  750cm 2 2

. B) VOLUMEN NA POTSE^EN KONUS Volumenot na potse~eniot konus }e go presmetame na sli~en na~in kako i negovata plo{tina . Za taa cel }e ja doka`eme slednata teorema. Teorema 20. Volumenot na potse~en konus so radiusi na osnovite r i R i visina H se presmetuva so formulata

V  3H ( R 2  Rr  r 2 ) . (3) Dokaz. Neka potse~eniot konus e dobien od prav konus so vrv S i osnova k (O, R ) , koj e prese~en so ramnina i neka gornata osnova e krugot k1 (O1 , r ) (crt. 66). Ako visinata na otse~eniot konus e H 1 , toga{ visinata na konusot e H  H 1 . Od dokazot na teorema 16 H H imame Rr  H 1 , od kade sleduva H 1  1

242

rH R r

Ako so V2 i V1 gi ozna~ime volumenite na konusot i otse~eniot konus, toga{ za volumenot na potse~eniot konus imame

V  V2  V1  R3 ( H  H 1 )  3r H 1  R3 H  2

 R3 H  2

 ( R 2 r 2 ) 3

 ( R 2  r 2 ) rH  H ( R 2  Rr  r 2 ) 3

R r

{to i treba{e da se doka`e.  Primer 40. ]e go presmetame volumenot na rotacionoto telo od primer 39 b). Radiusite na osnovite R  AB  15cm i r  AB  7,5cm , a visinata e 2 2

H  BC  ( AB ) 2  17,5 2  7,5 2 cm  250cm  5 10cm . 2 Sega volumenot na rotacionoto telo go dobivame ako od volumenot na potse~eniot konus go odzememe volumenot na konusot. Imame  V  V2  V1  3H ( R 2  Rr  r 2 )  3H r 2  3H R ( R  r )  5 10 15(15  7,5)cm 3  1687,5 10cm 3 .  3

Primer 41. Volumenot na potse~en konus e 56cm 3 , a radiusot na ednata osnova e dvapati pogolem od radiusot na drugata osnova. Presmetaj ja plo{tinata na potse~eniot konus, ako se znae deka dijagonalite na negoviot oskin presek se zaemno normalni. Re{enie. Neka r i R se radiusite na konusot, a H e negovata visina (crt. 76). Od uslovot na zada~ata imame R  2r , pa zatoa od volumenot na konusot nao|ame 2 56  3H [(2r ) 2  2rr  r 2 )]  7Hr t.e. Hr 2  24 . 3 Dijagonalite na oskiniot presek na potse~eniot konus se zaemno normalni, pa zatoa ABM i DCM se ramnokraki pravoagolni, {to zna~i deka nivnite visini povle~eni kon hipotenuzite se ednakvi radiusite na osnovite R i r , soodvetno. Ponatamu,

H  OM  MO1  R  r  3r {to zna~i 3r 3  24 , odnosno r  2cm . Spored toa, R  2r  4cm ,

H  3r  6cm i s  H 2  ( R  r ) 2  6 2  2 2 cm  4 2cm . Kone~no, plo{tinata na potse~eniot konus e

P   [ R 2  r 2  s ( R  r )]   [4 2  2 2  4 2 (4  2)]cm 3  4(5  6 2 )cm 3 .  ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E Vo praktikata ~esto pati se bara da se napravi telo vo forma na konus ili potse~en konus za koi se znaat potrebnite elementi. Za taa cel e potrebno da se napravi mreà na povr{inata na teloto. ]e pokaème kako toa moème da go napravime. Ako konusot go rase~eme po edna generatrisa i po kru`nicata na dol`nata osnova i ja razvieme bo~nata povr{ina ja dobivame mreàta na konusot (crt. 77). O~igledno taa se sostoi od kruèn ise~ok so centralen agol  i radius l . Od edna strana, dolìnata na soodvetniot kruèn lak e ednakva na l , a od druga strana taa e ednakva na 2r . Ottuka dobivame l  2r , pa zatoa 180

180

243

360 r l toga{ rl



ili vo radijani   2l r . Ponatamu, ako  e agolot pri osnovata na oskiniot presek,  cos  , pa zatoa   2 cos  .

Zna~i, za da ja nacrtame mre`ata na konusot, prvo go nao|ame agolot  , potoa konstruirame kru`en ise~ok so radius l i centralen agol  , a potoa konstruirame kru`nica so radius r koja go dopira kru`niot ise~ok. Ako imame potse~en konus (crt. 78), toga{ prvo gi opredeluvame generatrisata l1 na otse~eniot konus i centralniot agol  . Potoa, na ist centralen agol  konstruirame kru`ni ise~oci so radiusi l1 i l1  l i soodvetno gi konstruirame dopirnite kru`nici na obvvivkata na potse~eniot konus, ~ii radiusi se radiusite na osnovite R i r .

ZADA^I ZA VE@BAWE 85. Radiusite na osnovite na prav potse~en konus se 18cm i 8cm , a visinata e 12cm . Presmetaj ja plo{tinata na potse~eniot konus. 86. Kolku boja e potrebna za nadvore{no bojadisuvawe na 200 kofi vo forma na prese~en konus, so dijametri na gornata i dolnata osnova 30cm i 25cm , soodvetno i generatrisa 27,5cm , ako za 1m 2 e potrebno 100 g boja. Upatstvo. Plo{tinata koja treba da se bojadisa e sostavena od obvivkata i dolnata osnova na potse~eniot konus.

87. Plo{tinata na pogolemata osnova na prav potse~en konus e 100cm 2 , a visinata e 48cm . Presmetaj ja plo{tinata na potse~eniot konus, ako radiusite na osnovite se odnesuvaat kako 5 : 4 . 88. Pravoagolen trapez so osnovi 2a i a i agol pri pogolemata osnova od 60  rotira okolu oska koja e normalna na osnovite i minuva niz temeto na dadeniot agol. Presmetaj ja plo{tinata na dobienoto rotaciono telo. 89. Presmetaj ja plo{tinata na prav potse~en konus opi{an okolu pravilna ~etiristrana potse~ena piramida so volumen 406,25cm 3 i visina 15cm , ako plo{tinata na ednata nejzina osnova e devetpati pogolema od plo{tinata na drugata osnova. 90. Presmetaj go volumenot na potse~en konus so radiusi na osnovite 26cm i 8cm , ako negovata generatrisa e 30cm .

244

91. Radiusite na osnovite na potse~en konus se R i r , a plo{tinata na oskiniot presek e ednakva na razlikata od plo{tinite na osnovite. Presmetaj go volumenot na potse~eniot konus. 92. Radiusite na potse~eniot konus se 22cm i 4cm . Presmetaj go radiusot na cilinderot koj ima ednakov volumen i ednakva visina so potse~eniot konus. 93. Radiusite na osnovite i generatrista na potse~eniot konus se odnesuvaat kako 4 : 11 : 25 , a negoviot volumen e 181cm 3 . Prsemetaj ja plo{tinata na potse~eniot konus. 94. Ramnostran triagolnik rotira okolu oska {to minuva niz edno teme i e normalna na stranata koja go sodr`i temeto. Presmetaj gi volumenot na dobienoto rotaciono telo, ako negovata plo{tina e 144cm 2 . 95. Paralelogram so strani 8cm i 4cm i ostar agol od 60  rotira okolu oska {to minuva niz temeto na ostriot agol i e normalna na pogolemata strana. Presmetaj gi plo{tinata i volumenot na dobienoto rotaciono telo.

13. PLO[TINA NA TOPKA I DELOVI NA TOPKA Da se potsetime, sfera e mnoèstvo na to~ki koi se nao|aat na ednakvo rastojanie R od dadena to~ka O . To~kata O ja narekuvame centar na sferata S (O, R) , a R nejzin radius. Ako ja prese~eme sferata so ramnina koja minuva niz nejziniot centar, toga{, bidej}i site to~ki na sferata se ednakvo oddale~eni od nejziniot centar, site to~ki od presekot se ednakvo oddale~eni od centarot na sferata i leàt vo edna ramnina. Spored toa, presekot na sferata i sekoja ramnina koja minuva niz centarot na sferata e kru`nica, ~ij centar se sovpa|a so centarot na sferata, a nejziniot radius e ednakov na radiusot na sferata (crt. 79). Vo vrska so presecite na sfera so proizvolna ramnina }e ja dokaème slednata teorema. Teorema 21. Presekot na sfera i proizvolna ramnina, dokolku istiot postoi, e kru`nica. Dokaz. Od centarot na sferata O povlekuvame normala na ramninata  i neka M e presekot na normalata i ramninata. Da stavime OM  h . Ako A e proizvolna to~ka od presekot, toga{ 2

MA  OA  MA  R 2  h 2 {to zna~i deka rastojanieto od sekoja to~ka na presekot, koj le`i vo ramninata  , do to~kata M e konstantno, pa zatoa presekot e kru`nicata k ( M , R 2  h 2 ) .  Zabele{ka 12. Bidej}i radiusot na prese~nata kru`nica zavisi samo od radiusot na sferata i rastojanieto na nejziniot centar do ramninata, zaklu~uvame deka presecite na sfera so ramnini, ednakvo oddale~eni od centarot na sferata imaat ednakvi radiusi.

245

Jasno, ako rastojanieto od centarot na sferata do ramninata e ednakvo na nula, toga{ se dobiva krug so najgolem radius (golem krug). Primer 42. Plo{tinata na dva paralelni preseka koi{to se od ista strana od centarot na topkata se 25cm 2 i 16cm 2 . Da se presmeta plo{tinata na golemiot krug, ako rastojanieto me|u paralelnite preseci e 1cm . Re{enie. Od uslovot na zada~ata imame r5  5cm i r2  4cm (crt.

81).

Ako

O2 O1  1cm ,

OA  OB  R

OO1  x ,

toga{

OO 2  x  1 . Od OAO1 sleduva deka R 2  r12  x 2 , a od OAO2 sleduva deka e R 2  r22  ( x  1) 2 . Levite strani na poslednite dve ravenki se ednakvi, pa zatoa x 2  r12  r22  ( x  1) 2 od kade dobivame x

r12  r22 1 2

 4cm . Spored toa, R 2  5 2  4 2  41 , pa zatoa plo{tina-

ta na golemiot krug e P  R 2  41cm 2 .  A) PLO[TINA NA TOPKA Pred da premineme na razgleduvawe na plo{tinata na topka, }e dokaème edno tvrdewe koe se odnesuva na bo~nata plo{tina na cilinder, konus i potse~en konus, rotacioni tela koi se dobivaat so rotacija na otse~ka okolu oska. Teorema 22. Bo~nata plo{tina na rotaciono telo koe se dobiva so rotacija na otse~ka okolu oska (otse~kata ne e normalna na oskata) e ednakva na visinata na teloto i dolìnata na kru`nicata, ~ij radius e ednakov na dolìnata na normalata povle~ena vo sredinata na otse~kata do presekot so oskata. Dokaz. ]e razgledame tri slu~ai. a) Ako otse~kata DC e paralelna na oskata na rotacija AB (crt. 82 a)), toga{ dobivame cilinder so radius r  MN ednakov na dolìnata na normalata povle~ena od sredinata na otse~kata DC do presekot so pravata AB i visinata h  AB . Bo~nata plo{tina na cilinderot e M  2rh  AB  2  MN , {to i treba{e da se dokaè. b) Neka otse~kata AB i oskata na rotacija AE imaat zaedni~ka to~ka A (crt. 82 b)). Od sli~nosta na triagolnici ABC i AED (zo{to?) sleduva AC : AD  CB : DE , pa zatoa AC  DE  AD  CB i kako AD  AB dobivame 2 AC  DE  AB  CB . Sega, za bo~nata 2 plo{tina na konusot dobien so rotacija na AB okolu AE dobivame

M  rs   CB  AB  2 AC  DE  AC  2 DE , {to i treba{e da se doka`e. 246

v) Povlekuvame normali od to~kata P na AB i od to~kata C na AD (crt. 82 v)). Od sli~nosta na triagolnicite CMD i NPQ (zo{to?) sleduva CD : PQ  CM : NP pa zatoa

CD  NP  PQ  CM i kako AB  CM dobivame CD  NP  PQ  AB . Sega, za bo~nata plo{tina na potse~eniot konus dobien so rotacija na CD okolu AB dobivame M  2 CD  NP  2 PQ  AB  AB  2 PQ  , {to i treba{e da se doka`e.  Neka e dadena kru`nica k (O, R ) i vo nea da vpi{eme pravilen desetagolnik ABCDEF ... , go povlekuvame dijametarot AF i ja razgleduvame polukru`nicata vo koja e vpi{ana pravilnata iskr{ena linija ABCDEF . Povr{inata koja se dobiva so rotacija na ovaa iskr{ena linija okolu dijametarot AF se sostoi od bo~nite povr{ini na dva konusi, dva potse~eni konusi i eden cilinder (crt. 83). Soglasno teorema 22 imame: plo{tinata dobiena so rotacija na plo{tinata dobiena so rotacija na plo{tinata dobiena so rotacija na plo{tinata dobiena so rotacija na

plo{tinata dobiena so rotacija na EF e ednakva na PF  2a .

AB BC CD DE

e ednakva na e ednakva na e ednakva na e ednakva na

AM  2a , MN  2a , NP  2a , PQ  2a ,

Od prethodno iznesenoto i ako se zeme predvid faktot deka AF  2 R , sleduva deka plo{tinata dobiena so rotacija na iskr{enata linija ABCDEF okolu dijametarot AF e

PABCDEF  2a ( AM  MN  NQ  PQ  QF )  2a AF  4Ra .

(1)

So posledovatelno udvojuvawe na brojot na stranite na iskr{enata linija se pribli`uva kon kru`nicata, pa zatoa plo{tinata na rotacionoto telo koe se dobiva so nejzina rotacija okolu dijametarot AF se stremi kon plo{tinata na topka so radius R . Od druga strana apotemata a na ramnokrakite triagolnici se pribli`uva kon radiusot R , pa od (1) sleduva deka plo{tinata na rotacionoto telo dobiena so rotacija na iskr{enata linija se stremi kon 4R 2 . Od prethodno iznesenoto sleduva to~nosta na slednata teorema. Teorema 23. Plo{tinata na topka so radius R e ednakva na udvoeniot proizvod na prese~nata krug koj minuva niz centarot na topkata, t.e P  4R 2 .  B) PLO[TINA NA KALOTA I TOPKIN POJAS Na krajot od ovoj del }e se osvrneme na presmetuvaweto na plo{tinata na nekoi delovi od sferata koi se dobivaat so pomo{ na presecite so ramnina. Definicija 28. Kalota ili topkin segment go narekuvame delot od sferata otse~en so ramnina (crt. 84). Delot od radiusot normalen na prese~nata ramnina, koj se nao|a me|u prese~nata ramnina i grani~nata povr{ina na topkata go narekuvame visina na kalotata.

247

Topkin pojas (sloj) go narekuvame delot od topkata otse~en so dve paralelni ramnini (crt. 85). Rastojanieto me|u paralelnite ramnini go narekuvame visina na topkiniot pojas. ]e ja presmetame plo{tinata na kalotata so visina h . Neka h  AN (crt. 83). Povlekuvame simetrala na AOC i vo presekot so kru`nicata ja nao|ame to~kata B , so {to ja dobivame pravilnata iskr{ena linija ABC vpi{ana vo lakot AC . Postapuvaj}i kako i pri opredeluvaweto na plo{tinata na topkata imame - plo{tinata dobiena so rotacija na AB e ednakva na AM  2a , - plo{tinata dobiena so rotacija na BC e ednakva na MN  2a . Od prethodno iznesenoto i ako se zeme predvid faktot deka AN  h , sleduva deka plo{tinata dobiena so rotacija na iskr{enata linija ABC okolu dijametarot AF e

PABC  2a ( AM  MN )  2a AN  2ha . (2) So posledovatelno udvojuvawe na brojot na stranite na iskr{enata linija iskr{enata linija se pribliùva kon lakot, pa zatoa plo{tinata na rotacionoto telo koe se dobiva so rotacija na lakot okolu dijametarot AF se stremi kon plo{tinata na kalotata so visina h otse~ena od topka so radius R . Od druga strana apotemata a na ramnokrakite triagolnici se pribliùva kon radiusot R , pa od (2) sleduva deka plo{tinata na rotacionoto telo dobiena so rotacija na iskr{enata linija se stremi kon 2Rh . Od prethodno iznesenoto sleduva to~nosta na slednata teorema. Teorema 24. Plo{tinata na kalota so visina h otse~ena od sfera so radius R e ednakva e P  2Rh .  [to se odnesuva do topkiniot pojas so visina h , toj moè da se dobie kako razlika na dve kaloti (crt. 85), od koi ako visinata na pomalata ja ozna~ime so x , toga{ visinata na golemata kalota e h  x . Od prethodno kaànoto i od teorema 24, za plo{tinata na topkiniot pojas so visina h otse~en od kru`nica so radius R imame

P  2R (h  x)  2Rx  2Rh . Primer 43. Radiusot na eden presek na sferata e 60cm , a visinata na dobienata kalota e 25cm . Presmetaj ja plo{tinata na sferata. Re{enie. Neka

BO1  r  6cm , O1C  h  25cm i OB  R . Od ABC , crt. 86, sleduva r 2  h(2 R  h) (zo{to?), pa zatoa

60 2  25( 2 R  25) od kade dobivame R  84,5cm . Kone~no, za plo{tinata na sferata imame P  4 R 2  28561cm 2 .

248

(3)

Primer 44. Presmetaj ja plo{tinata na topkin pojas, ako radiusot na sferata e 65cm i ako radiusite na grani~nite krugovi se 63cm i 60cm . Re{enie. Imame, R  65cm i kru`nicite k1 (O1 ,63) i

k 2 (O2 ,60) (crt. 87). Stavame OO1  y , OO 2  x i za visinata h na topkiniot pojas dobivame h  x  y . Ponatamu, od pravoagolniot OO1 A dobivame y  65 2  63 2  16cm , a od pravoagolniot OO2 B imame x  65 2  60 2  25cm . Zna~i, h  25  16  9cm . Kone~no, plo{tinata P na topkiniot pojas }e bide P  2 RH  1170cm 2 .

ZADA^I ZA VE@BAWE 96. Kolku pati }e se zglemi dijametarot na edna sfera ako nejzinata plo{tina se zgolemi 125 pati? 97. Opredeli go odnosot na plo{tinite na sfera i ramnostran cilinder vpi{an vo sferata. 98. To~kite A, B i C le`at na sfera i pritoa AB  9cm, BC  10cm i CA  17cm . Prese~nata ramnina opredelena so ovie to~ki od centarot na sferata e oddale~ena

875 8

cm . Presmetaj go ra-

diusot na sferata. Upatstvo. Prvo opredeli go radiusot na prese~nata kru`nica. Iskoristi ja Heronovata formula i formulata za plo{tina na triagolnik so pomo{ na radiusot na opi{anata kru`nica. 99. Paralelnite preseci ~ii radiusi se 15cm i 7cm se nao|aat na razli~ni strani od centarot na sferata. Prsemetaj go radiusot na sferata R i rastojanieto me|u presecite h , ako se znae deka R : h  6 : 5 . 100. Vo sfera so radius 20cm e vpi{ana kocka. Presmetaj go rabot na kockata. 101. Vo sfera so radius 20cm e vpi{ana pravilna ~etiristrana piramida se visina 32cm . Presmetaj gi volumenot i plo{tinata na piramidata. 102. Vo ramnostran cilinder se vpi{ani konus i topka. Opredeli go odnosot na plo{tinite na trite tela. 103. Opredeli go odnosot na plo{tinite na sfera i ramnostran cilinder vpi{an vo sferata. 104. Vo polutopka so radius R e vpi{an cilinder. Presmetaj gi radiusot na osnovata i visinata na cilinderot, ako se znae deka odnosot na plo{tinite na cilinderot i polutopkata e 3 : 5 . 105. Polukru`nica e podelena na tri ednakvi dela i rotira okolu nejziniot dijametar. Doka`i deka plo{tinata na rotacionoto telo dobieno so rotacija na sredniot del e ednakva na zbirot na plo{tinite na rotacionite tela dobieni so rotacija na krajnite delovi. 106. Dijametarot na topkata e 25cm , a visinata na topkiniot pojas e 9cm . Presmetaj ja plo{tinata na topkiniot pojas.

249

14. VOLUMEN NA TOPKA I DELOVI NA TOPKA Pri presmetuvaweto na volumen na topka }e se koristime so principot na Kavalieri. Neka polutopka so radius R i cilinder so dijametar ednakov na dijametarot na polutopkata, a visina ednakva na radiusot na polutopkata, gi postavime taka {to golemiot krug na polutopkata i dolnata osnova na cilinderot se nao|aat na edna ramnina  . Potoa od cilinderot da izvadime konus, ~ie teme se nao|a vo centarot na dolnata osnova na cilinderot, a osnovata se sovpa|a so gornata osnova na cilinderot (crt. 88). Sega da povle~eme ramnina, paralelna na ramninata  i koja gi se~e polutopkata i cilinderot. So l da go ozna~ime rastojanieto me|u ovaa ramnina i ramninata  . Toga{ radiusot na krugot dobien vo presekot na ramninata i polutopkata e r  R 2  l 2 . Plo{tinata na ovoj krug e ednakva na

r 2   ( R 2  l 2 ) .

(1) Ponatamu, na ovaa ramnina go se~e teloto dobieno so otstranuvawe na konusot od cilinderot vo kru`en prsten so pogolem radius R i pomal radius l . Imeno, OBC e ramnokrak pravoagolen i kako OC  l dobivame deka BC  l . Spored toa, plo{tinata na dobieniot kru`en prsten e

R 2  l 2   ( R 2  l 2 ) . (2) Od (1) i (2) sleduva deka paralelnite preseci na ramninata  na polutopkata i dobienoto telo imaat ednakvi plo{tini. Od principot na Kavalieri sleduva deka ovie dve tela imaat ednakvi volumeni. Spored toa, za volumenot na polutopkata nao|ame 1V 2 t

 Vc  Vk  R 3  13 R 3  23 R 3 ,

t.e.

Vt  43 R 3 .

(3)

So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 25. Volumenot na topka so radius R e daden so (3).  Da gi razgledame kalotata TQP i i teloto dobieno koga od cilinderot KLMN se otstrani potse~eniot konus LMBD . Jasno, presecite na ovie tela so ramnini paralelni na ramninata na osnovite imaat ednakvi plo{tini, pa od principot na Kavalieri sleduva deka i nivnite volumeni se ednakvi. Spored toa, ako visinata na kalotata e h , toga{ za nejziniot volumen dobivame 250

Vk  Vc  Vp.k  R 2 h  3h ( R 2  l 2  Rl )  R 2 h  3h ( R 2  ( R  h) 2  R ( R  h))  R 2 h  3h ( R 2  R 2  h 2  2 Rh  R 2  Rh)  h 2 ( R  h3 ). So toa ja doka`avme slednata teorema. Teorema 26. Volumenot na kalota so visina h otse~ena od topka so radius R se presmetuva so formulata

Vk  h 2 ( R  h3 ). 

(4)

[to se odnesuva do volumenot na topkiniot pojas so visina h i radius na pomalata prese~na kru`nica r , toj mo`e da se dobie kako razlika na dve kaloti (crt. 85), od koi ako visinata na pomalata ja ozna~ime so x , toga{ ( R  x) 2  r 2  R 2 t.e. x  R  R 2  r 2 , pa zatoa visinata na pogolemata kalota e h  x . Od prethodno ka`anoto i od teorema 26, za plo{tinata na topkiniot pojas so visina h i radius r na pomalata prese~na kru`nica, otse~en od topka so radius R imame

Vt.p  Vk x  h  Vk x   ( x  h) 2 ( R  x 3 h )  x 2 ( R  3x ) , od kade ako zamenime za x posle sreduvaweto ja dobivame formulata 2

Vt.p  h(r 2  h R 2  r 2  h3 ) .

(5)

Primer 45. Plo{tinata na pravilna ~etiristrana piramida e 360cm 2 , a rabot na osnovata e 10cm . Presmetaj go volumenot na vpi{anata topka vo piramidata. Re{enie. Plo{tinata na piramida e P  B  M  a 2  2ah , kade h e visinata na bo~niot yid, pa zatoa 10 2  20h  360 t.e. h  13cm . Od pravoagolniot SS 2 O1 (crt. 89), dobivame H  h 2  ( a2 ) 2  169  25cm  12cm .

Triagolnicite SS 2 O1 i SOM se sli~ni, pa zatoa ( H  R) : h  R : a2

Crt. 89

od {to dobivame R  2aH , pa zatoa R  10 cm . Kone~no, ha 3

V  43 R 3  43 ( 10 ) 3 cm 3  4000 cm 3 .  3 81 Primer 46. Vo prav kru`en konus agolot me|u generatrisata i visinata e 30  , a radiusot na osnovata e 5 3 . Presmetaj go volumenot na vpi{anata topka vo konusot.

251

Re{enie. Od BSO imame rs  sin30  12 pa zatoa s  10 3cm , od kade sleduva H  s 2  r 2  15cm . Ponatamu, od MNS imame HR R  sin 30   12 pa zatoa R  H3  5cm . Kone~no, V  43 R 3  500 cm 3 .  3 Primer 47. Vo topka so dijametar 50mm treba da se izdlabi cilindri~en otvor vdol` dijametarot na topkata. Presmetaj go volumenot na delot od topkata {to ostanuva, ako dijametarot na cilindri~niot otvor e 30mm . Re{enie. Delot {to se izdlabuva se sostoi od cilinder i dve kaloti ~ii osnovi se osnovite na cilinderot (crt. 91). Visinata na cilinderot e H  2 BO . Od triagolnikot ABO sleduva BO  25 2  15 2  20mm

Crt. 90

t.e. H  40mm . Spored toa, visinata na sekoja kalota e h  502 40  5mm . Baraniot volumen e V  43 R3  r 2H  23 h 2 (3R  h)  43  253 152   20  23  52  (3 25  5)  62500   4500  3500   45500 mm3  453,5 cm3 . 3 3 3

ZADAÎ ZA VE@BAWE 107. Od kolku olovni top~iwa so dijametar 5mm moè da se izlee (napravi) topka so dijametar 3cm . 108. Vo prav kruèn konus agolot me|u izvodnicata i visinata e 30  , a radiusot na vpi{anata topka e 5cm . Presmetaj go volumenot na konusot. 109. Okolu pravilna ~etiristrana piramida e opi{ana sfera. Dolìnata na dijagonalata na osnovata na piramidata e 24cm , a radiusot na sferata e 13cm . Presmetaj go volumenot na piramidata. 110. Vo polutopka, so volumen 144cm 3 , vpi{ana e kocka taka {to ednata strana leì na osnovata na polutopkata, a preostanatite ~etiri temiwa na polutopkata. Presmetaj go volumenot na topkata vpi{ana vo kockata. 111. Topka i prav cilindar so radius na osnovata 6cm i visina 10cm imaat ednakvi plo{tini. Za kolku se razlikuvaat nivnite volumeni? 112. Okolu prav prese~en konus so radiusi na osnovite 4dm i 3dm i visina 7 dm e opi{ana topka. Kolkav del e volumenot na prese~eniot konus od volumenot na topkata?

252

113. Presmetaj go volumenot na kalota, ako nejziniot radius na osnovata e 56cm , a radiusot na topkata e 65cm . 114. Radiusite na osnovite na topkin pojas se 3m i 4m , a radiusot na topkata e 5m . Presmetaj go volumenot na topkiniot pojas. 115. Topka so radius 65cm e prese~ena so dve paralelni ramnini od ista strana na centarot na topkata. Presmetaj go volumenot na topkiniot pojas, ako ramninite od centarot se oddale~eni za 16cm i 25cm .

PROVERI GO SVOETO ZNAEWE 1.

a) Eden {ator ima forma na pravilna ~etiristrana piramida ~ija visina e 3m , a apotema 5m . Kolkava slobodna povr{ina e potrebna za postavuvawe na {atorot? (4 b) b) Eden spomenik ima forma na pravilna {eststrana piramida so osnoven rab 0,6m . Kolku treba da bide visok stolbot, ako negoviot bo~en rab ima dol`ina 1m ? (6 b)

a) Dadena e tristrana ednakvorabna prizma so rab a ď&#x20AC;˝ 4cm . Presmetaj ja plo{tinata na presekot {to minuva niz oskata i eden bo~en rab na prizmata. (6 b) b) Dadena e kocka MNPQM ' N ' P' Q' so rab 20cm . Niz sredinite na rabovite NN ' , N ' P ' i MQ e povle~ena ramnina. Konstruiraj go presekot na kockata i ramninata i najdi ja negovata plo{tina. (8 b)

a) Plo{tinata na osnovata na pravilna ~etiristrana piramida e 2m 2 . Presmetaj ja nejzinata plo{tina ako visinata e 2m .. b) Osnovnite rabovi na pravilna potse~ena tristrana piramida 18cm i 6cm , a bo~niot rab e 10cm . Presmetaj ja plo{tinata na potse~enata piramida.

a) Presmetaj go volumenot na kvadar, so dijagonala 14cm , ako negovite strani se odnesuvaat kako 2 : 3 : 6 . b) Osnovnite rabovi na prava tristrana prizma se ednakvi na 4cm,5cm i 7cm , a bo~niot rab e ednakov na najgolemata visina na osnovata. Presmetaj go volumenot na prizmata,

(15 b) (10 b)

(15 b)

a) Zbirot na osnovniot rab i apotemata na pravilna ~etiristrana piramida e 0,5m . Presmetaj go volumenot na piramidata ako nejzinata plo{tina e 16dm 2 .

(15 b)

b) Visinata na potse~ena piramida e 15cm , volumenot i e 475cm 3 , a plo{tinite na osnovite se odnesuvaat kako 4 : 9 . Presmetaj gi plo{tinite na osnovite.

(20 b)

a) Dol`inata na kru`nicata na osnovata na prav cilinder e 14ď °cm , a plo{tinata na oskiniot presek e 70cm 2 . Presmetaj ja visinata na cilinderot. b) Kolku toni nafta }e sobere cilindri~na cisterna dolga 16,04m i visoka 4,04m so debelina na yidovite na cisternata 0,04m , ako specifi~nata te`ina na naftata e 0,85 g / cm 3 i ako, soglasno propisite za ~uvawe nafta, 10% od volumenot na cisternata mora da bide ostaven prazen

(10 b)

(15 b)

a) Visinata i generatrisata na prav konus se odnesuvaat kako 4 : 5 , a negoviot volumen e 96ď °cm 3 . Presmetaj ja plo{tinata na konusot.

(10 b)

b) Plo{tinata na pogolemata osnova na prav potse~en konus e 100ď °cm , a visinata 2

253

e 48cm . Presmetaj ja plo{tinata na potse~eniot konus, ako radiusite na osnovite se odnesuvaat kako 5 : 4 8. a) Opredeli go odnosot na plo{tinite na sfera i ramnostran cilinder vpi{an vo sferata

(15 b) (10 b)

b) Vo polutopka, so volumen 144cm , vpi{ana e kocka taka {to ednata strana le`i na osnovata na polutopkata, a preostanatite ~etiri temiwa na polutopkata. Presmetaj go volumenot na topkata vpi{ana vo kockata

(15 b)

Zabele{ka. Pri re{avaweto treba da izbere{ samo po edna podzada~a od sekoja zada~a. Dokolku saka{ samostojno da se oceni{, mo`e{ da go iskoristi{ sledniot kriterium: Bodovi: Ocenka:

254

35-54 2

55-74 3

75-92 4

93-109 5

GLAVA VIII OBRABOTKA NA PODATOCI SODR@INA NA TEMATA 1. Interval, opseg, aritmeti~ka sredina, moda i medijana na podatoci 2. Kvartili i interkvartilno rastojanie. Procentili 3. Disperzija i standardna devijacija 4. Standardizirawe na podatoci. Sporeduvawe na raspredelbi na obele`ja

NOVI ZNAEWA I UMEEWA Uspe{noto sovladuvawe na sodr`inite koi se razraboteni vo ovaa tema ima za cel: -

POTREBNI PREDZNAEWA Za uspe{no sovladuvawe na sodr`inite koi }e gi usvojuva{ vo ovaa tema, potrebno e da se potseti{ na: -

da se osposobi{ da gi koristi{ poimite populacija, primerok, empiriska raspredelba, aritmeti~ka sredina, moda i medijana, da moè{ da gi objasnuva{ poimite kvartil, procentil i da gi odreduva{ nivnite vrednosti da vr{i{ sporeduvawe na primeroci so pomo{ na navedenite veli~ini, da moè{ da ja objasni{ potrebata za opredeluvawe na merki za rasejuvawe na podatocite, da moè{ da gi objasni{ poimite disperzija i standardna devijacija i da vr{i{ nivno presmetuvawe, da moè{ da ja objasni{ potrebata za standardizacija (normirawe) na podatocite da se osposobi{ da ja koristi{ tehnikata na standardizacija na podatocite i grafi~ki da pretstavuva{ i da odreduva{ interval i opseg na istite.

poimite primerok i populacija, aritmeti~kata sredina, grafi~koto pretstavuvawe na podatocite i poimite frekfrenciite i relativnite frekfrencija.

255

Vo tekot na dosega{noto obrazovanie se zapozna so elementi od obrabotkata na podatoci, pri {to sigurno sogleda deka na{eto sekojdnevie vsu{nost se sostoi od postojana obrabotka na nekakvi podatoci. Se razbira, ako imame mal broj podatoci, toga{ nivnata obrabotka naj~esto ne pretstavuva nikakva pote{kotija. No, dokolku imame golem obem na podatoci, t.e. sakame da analizirame nekoja masovna pojava, toga{ nivnata obrabotka ne e nitu malku ednostavna, duri i so pomo{ na sovremenite tehni~ki sredstva, kako {to se kompjuterite. Tokmu zatoa, vo matematikata e razviena posebna oblast koja za predmet na prou~uvawe, me|u drugoto, go ima pribiraweto i obrabotkata na podatoci i toa e matemati~kata statistika.

1. INTERVAL, OPSEG, ARITMETI^KA SREDINA, MODA I MEDIJANA NA PODATOCI Najednostavno kaàno, mnoèstvoto od site elementi na edna masovna pojava {to e predmet na na{eto interesirawe go narekuvame statisti~ko mnoèstvo ili populacija, a brojot na elementite na populacijata go narekuvame obem na populacijata. Elementite na edna populacija se me|usebno povrzani so nekoe zaedni~ko obele`je (svojstvo, karakteristika) X koe{to se menuva od eden do drug element i ova karakteristika ja narekuvame statisti~ko obele`je. Osnovna karakteristika na edna populacija e istorodnosta (homogenosta) na nejzinite elementi koi{to moàt da se razlikuvaat samo vo pogled na obele`jeto koe se ispituva (meri) i pritoa razlikite na edinkite {to nastanuvaat nadvor od ispituvanoto obele`je ne smeat zna~itelno da vlijaat na razgleduvanoto obele`je. Drug vaèn poim vo vrska so obrabotkata na podatocite e poimot primerok. Za da go objasnime ovoj poim }e razgledame eden primer. Imeno, terminologijata na mnogu statisti~ki zada~i e svrzana so slednta postapka. Neka imame kutija so top~iwa, koi se obeleèni so broevite X 1 , X 2 ,..., X N , {to vo dadeniot slu~aj ni e populacija. Od kutijata slu~ajno izbirame n top~iwa na koi se ozna~eni broevite x1 , x 2 ,..., x n . Dobieniot slog na broevi

x1 , x 2 ,..., x n (1) go narekuvame slu~aen primerok so golemina n od populacijata X 1 , X 2 ,..., X N . (2) Ako primerok (1) go podredime po golemina go dobivame takanare~eniot varijacionen red x (1)  x ( 2)  ...  x ( n) . Ako f i e brojot na pojavuvaweto (frekfrencijata, ~estotata) na nabquduvaweto f

xi i f1  f 2  ...  f k  n e obemot na primerokot, toga{ koli~nikot ni go narekuvame relativna ~estota (frekfrencija) na nabquduvaweto xi . 256

Primer 1. Neka vo edno u~ili{te ima 200 u~enici vo vtora godina. Da pretpostavime deka treba da najdeme kolku denovi vo tekot na nedelata rekreiraat u~enicite od vtora godina vo u~ili{teto. Vo slu~ajot populacijata se site u~enici od vtora godina, no iako brojot na u~enicite e mal, sepak treba da se potro{i dosta vreme i sredstva za da ja dobieme potrebnata informacija. Zatoa izbirame podmno`estvo od 20 u~enici i za sekoj od niv go bele`ime kolku denovi xi vo nedelata rekreira. i xi

1 5

2 3

3 5

4 5

5 6

6 4

7 7

8 4

9 5

10 6

11 6

12 4

13 5

14 3

15 6

16 5

17 4

18 6

19 5

20 5

Vakvata tablica ja narekuvame statisti~ki red so negrupirani podatoci. Tablicata so grupirani podatoci spored frekfrencijata i relativnata frekfrencija e slednata: xi

fi n

2 20

8 20

5 20

1 20

Vakvata tablica ja narekuvame statisti~ki red so grupirani podatoci. ď&#x201A;¨ Pokraj frekfrencijata i relativnata frekfrencija, mnogu ~esto, imame potreba da go opredelime brojot na elementite od primerokot za koi{to vrednostite se pomali ili ednakvi na edna negova vrednost x k . Toa go postignuvame so sobirawe na frekfrenciite na nabquduvawata koi se pomali ili ednakvi na x k , so {to vsu{nost gi dobivame takanare~enite kumulativni frekfrencii. Sli~no, kako sobiraweto na frekfrenciite mo`eme da gi sobirame i relativnite frekrencii na nabquduvawata koi se pomali ili ednakvi na x k , so {to ja dobivame takanare~enata empiriskata raspredelba. Primer 2. ]e ja opredelime kumulativnata frekfrencija i empiriskata raspredelba na primerokot daden vo primer 1. Presmetuvawata se dadeni vo slednata tabela. xi

apsolutna frekfrencija f i

fi n

2 20

4 20

8 20

5 20

1 20

kumulativna frekfrencija x ď&#x201A;Ł xi

empiriska raspredelba F ( xi )

2 20

6 20

14 20

19 20

20 20

relativna frekfrencija

Zabele`uvame deka empiriskata raspredelba na primerokot vsu{nost e opreden

lena so formulata F ( x) ď&#x20AC;˝ nx , kade n e obemot na primerokot i n x e brojot na elementite na primerokot koi se pomali ili ednakvi na x . ď&#x201A;¨ Zabele{ka 1. Statisti~kite redovi so grupirani podatoci mo`at da se pretstavat so grafikoni i dijagrami, od koi najrasprostraneti se histogramite i poligonite. So grupirawe na podatocite opredeluvame k disjunktni intervali so ednakva dol`ina vo koi treba da pripa|aat site elementi na primerokot. Ovie intervali gi

257

narekuvame intervali na grupirawe. Za sekoj interval na grupirawe so f i da go ozna~ime brojot na elementite na primerokot koi pripa|aat na toj interval. Vo pravoagolen koordinaten sistem na apcisata gi nanesuvame intervalite na grupirawe, a na ordinatata broevite f i . Histogram na frekfrencijata ja narekuvame skalestata figura koja se sostoi od prilepenite pravoagolnici so osnovi ednakvi na dol`inata h f

na intervalite na grupirawe, a nivnite visini se ednakvi na hi taka, {to plo{tinata na pravoagolnikot e ednakva na ~estotata f i na elementite od primerokot koi pripa|aat na toj interval. f

Ako na ordinatata gi nanesuvame relativnite ~estoti ni , toga{ go dobivame takanare~eniot histogram na relativnata frekfrencija. Na crt. 1 a) e daden histogramot na frekfrencijata za primerokot, a na crt. 1 b) e daden histogramot na relativnata frekfrencija za primerokot od primer 2. Pritoa na apcisata imame 5 intervali so dol`ina h ď&#x20AC;˝ 1 i sredinata na sekoj interval e ednakva na soodvetnata vrednost na xi .

Crt. 1 a)

Crt. 1 b)

Crt. 2 a)

Crt. 2 b)

Drugo grafi~ko pretstavuvawe na primerokot e mo`no so poligonot na frekfrencijata i poligonot na relativnata frekfrencija. Ako varijacioniot red dobien od primerokot (1) e pretstaven kako statisti~ki red so grupirani podatoci, toga{ primerokot (1) mo`e da se pretstavi so podredenite parovi ( xi , f i ) , i ď&#x20AC;˝ 1,2,..., k kade xi se elementite na primerokot, a f i nivnite ~estoti. Poligon na frekfrencijata za primerokot (1) ja narekuvame iskr{enata linija so temiwa ( xi , f i ) , i ď&#x20AC;˝ 1,2,..., k . Polif

gon na relativnata frekfrencija ja narekuvame iskr{enata linija so temiwa ( xi , ni ) , i ď&#x20AC;˝ 1,2,..., k .

258

Na crt. 2 a) e daden poligonot na frekfrencija za primerokot, a na crt. 2 b) e daden poligonot na relativnata ~estota za primerokot od primer 2. Jasno, histogram i poligon mo`e da se napravi i za kumulativnite frekfrencii i empiriskata raspredelba. Obidi se toa samostojno da go napravi{ spored podatocite od tabelata vo primer 2. Grupiraweto i obrabotkata na podatocite vo smisol na nao|awe na apsolutnata i relativnata frekfrencija, potoa opredeluvaweto na kumulativnite frekfrencii i empiriskata raspredelba, kako i pretstavuvaweto so pomo{ na histogrami i poligoni, samo e voved vo obrabotkata na podatocite, koj im prethodi na nao|aweto na aritmeti~kata sredina, modata, medijanata i drugi brojni karakteristiki na primerokot. Da se potsetime na ovie poimi. Definicija 1. Aritmeti~ka sredina na obele`jeto X so negrupiran primerok (1) go narekuvame realniot broj x  1n

 xk

k 1

. Ako f i e frekfrencijata na nabquduvawe-

to xi , f1  f 2  ...  f k  n , toga{ aritmeti~ka sredina na obele`jeto X e realniot k

broj x  1n  f i xi . i 1

Moda na obele`jeto X go narekuvame nabquduvaweto xi so najgolema relativna frekfrencija. Pritoa ozna~uvame mo X  xi . Medijana na obele`jeto X go narekuvame nabquduvaweto xi za koe empiriskata raspredelba prv pat e pogolema ili ednakva na 0,5 . Pritoa ozna~uvame me X  xi . Vo primer 2 za xi  5 imame najgolema relativna frekfrencija, pa zatoa 2  1 , F ( 4)  6  1 i F (5)  14  1 pa zatoa me X  5 . mo X  5 . Ponatamu, F (3)  20 2 20 2 20 2 Zabele{ka 2. Bidej}i medijanata vsu{nost gi deli podatocite na dva ednakvi dela, za presmetuvawe na medijanata vo slu~aj ako imame varijacionen red so negrupirani podatoci, }e imame dva slu~ai: a) ako n  2k  1 , toga{ me X  x ( k 1)  x ( n 1 ) , 2

b) ako n  2k , toga{ me X 

x( k )  x( k 1) 2

Vo slu~aj na varijacionen red so grupirani podatoci za opredeluvawe na medijanata, povtorno }e razgledame dva slu~ai: a) ako n  2k  1 , toga{ me X  x ( k 1) od negrupiranite podatoci, pa zatoa gi presmetuvame kumulativnite frekfrencii f1 , f1  f 2 ,... se dotoga{ dodeka ne se dobijat neravenstvata f1  f 2  ...  f k 1  n21 i f1  f 2  ...  f k  n21 i toga{ me X  x ( k 1) . b) ako n  2k , gi presmetuvame kumulativnite frekfrencii f1 , f1  f 2 ,... se dodeka ne se dobie broj koj ne e pomal od n2 , t.e. f1  ...  f k  n2 . Pritoa, ako

f1  f 2  ...  f k  n2 , toga{ me X  me X  x ( k ) .

x( k )  x( k 1) 2

, a ako f1  f 2  ...  f k  n2 , toga{

259

Zabele`uvame deka vo primer 2 modata i medijanata se ednakvi. No ova ne e pravilo, {to mo`e da se vidi od sledniot primer. Primer 3. a) Vo slednata tabela e daden primerok so grupirani podatoci xi

Opredeli gi aritmeti~kata sredina, modata i medijanata. Re{enie. Ako ja iskoristime formulata (3) za aritmeti~kata sredina dobivame  6011 6525 7016 758  60,85 . x  4545016455620 10 40 20128

Ponatamu, za relativnite frekfrencii i i empiriskata raspredelba dobivame: xi

relativna frekfrencija

fi n

empiriska raspredelba F ( xi )

4 100

16 100

20 100

11 100

25 100

16 100

8 100

4 100

20 100

40 100

51 100

76 100

92 100

pa zatoa mo X  65 , a me X  60 . Proveri, dali so algoritmot od zabele{ka 2 se dobiva ist rezultat za medijanata.  Komentar 1. Modata i medijana spa|aat vo grupata pozicioni sredni vrednosti i istite ne ja odrazuvaat tendencijata na obele`jeto. Aritmeti~kata sredina spa|a vo takanare~enite presmetani sredni vrednosti i istata ja odrazuva centralnata tendencija na podatocite i taa ima reprezentativen karakter na podatocite. Definicija 2. Neka e daden primerokot x1 , x 2 ,..., x n i da go formirame negoviot varijacionen red x (1)  x ( 2)  ...  x ( n) . Intervalot [ x (1) , x ( n) ] go narekuvame interval na podatocite, a realniot broj P  x ( n)  x (1) go narekuvame opseg na podatocite. Spored toa, opsegot na podatocite e ralikata me|u najgolemiot i najmaliot podatok, a intervalot na podatocite e zatvoreniot interval ~ii krajni to~ki se najmaliot i najgolemiot podatok na primerokot. Jasno, site podatoci se nao|aat vo intervalot na podatocite i toj gi sodrì x , mo X i me X . Primer 4. a) Za primerokot od primer 1 opsegot na podatocite e P  7  3  4 , a intervalot na podatocite e [3,7] (napravi crte`). b) Za primerokot od primer 3 opsegot na podatocite e P  75  45  30 , a intervalot na podatocite e [45,75] (napravi crte`).  ZA ONIE [TO SAKAAT DA ZNAAT POVE]E Za aritmenti~kata sredina na moè da se dokaàt sledinite tvrdewa, koi ovde }e gi prifatime bez dokaz. a) Aritmeti~kata sredina x na obele`jeto X sekoga{ e pomala od negovata najgolema vrednost x (n) i e pogolema od negovata najmala vrednost x (1) . k

b) Za zbirot na otstapuvawata x i  x va`i  fi ( xi  x)  0 . i 1

v) Ako me|u obele`jata X i Y postoi linearnata zavisnost Y  aX  b , toga{ za nivnite aritmeti~ki sredini va`i y  a x  b .

260

ZADA^I ZA VE@BAWE 1.

Za ispituvawe na visinata na u~enicite vo edno u~ili{te e zemen primerok od 40 u~enici vo cm: 158, 184, 170, 152, 164, 145, 169, 177, 166, 178, 178, 166, 158, 152, 165, 170, 184, 174, 158, 170, 164, 145, 169, 177, 166, 178, 178, 158, 152, 165, 170, 184, 174, 158, 184, 170, 152, 164, 145, 166. a) Odredi gi: intervalot, opsegot, aritmeti~kata sredina, modata i medijanata na podatocite. na podatocite. b) Najdi ja empiriskata raspredelba i nacrtaj gi poligonot i histogramot na raspredelbata. Za ispituvawe na rezultatot od priemninot ispit po matematika na Univerzitetot e zemen primerok od 50 testovi (se boduva od 0 do 30 boda): 12, 15, 10, 23, 30, 16, 17, 16, 23, 21, 15, 30, 22, 21, 13, 12, 8, 21, 23, 12, 26, 28, 21, 13, 15, 12, 15, 10, 23, 30, 16, 17, 16, 23, 21, 15, 30, 22, 21, 13, 12, 8, 21, 23, 12, 26, 28, 21, 13, 15. a) Odredi gi: intervalot, opsegot, aritmeti~kata sredina, modata i medijanata na podatocite. b) Najdi ja empiriskata raspredelba i nacrtaj gi nejziniot poligon i histogram Raspredelbata na obele`jeto X e pretstavena so slednta tablica: 4 5 8 10 14 17 20 xi 3 4 1 5 3 6 2 mi Najdi gi modata, medijanata, aritmeti~kata sredina i empiriskata raspredelba.

2. KVARTILI I INTERKVARTILNO RASTOJANIE. PROCENTILI Kako {to rekovme medijanata spa|a vo grupata pozicioni sredni vrednosti i taa vsu{nost gi deli podatocite na dva ednakvi dela. Sli~no, postojat meri koi podatocite gi delat na ~etiri, deset, pa duri i na sto ednakvi delovi. Kako i medijanata i ovie meri se pozicioni. ]e gi razgledame pozicionite meri koi podatocite gi delat na ~etiri i sto ednakvi delovi. Definicija 3. Trite vrednosti Q1 , Q2 i Q3 na obele`jeto X koi gi delat podatocite na ~etiri ednakvi dela gi narekuvame kvartili. Zabele{ka 3. Od definicija 3 imame deka prviot kvartil Q1 oddeluva 14 od podatocite, vtoriot kvartil Q2 oddeluva 24  12 od podatocite i toa vsu{nost e medijanata i tretiod kvartil Q3 oddeluva 34 od podatocite. Za presmetuvawe na kvartilite vo slu~aj ako imame varijacionen red so negrupirani podatoci, gi imame slednite slu~ai: a) ako n  4k  1 , toga{ Q1  x ( k 1) , Q2  x ( 2k 1) i Q3  x (3k 1) , b) ako n  4k  2 , toga{ Q1  x ( k 1) , Q2 

x( 2 k 1)  x( 2 k  2 ) 2

i Q3  x (3k  2) , v) ako n  4k  3 , toga{ Q1  x ( k 1) , Q2  x ( 2 k  2) i Q3  x(3k 3) , g) ako n  4k , toga{ Q1 

x( k )  x( k 1) 2

, Q2 

x( 2 k )  x( 2 k 1) 2

i Q3 

x( 3k )  x( 3k 1) 2

261

Vo slu~aj na varijacionen red so grupirani podatoci za opredeluvawe na kvantilite povtorno treba da razgledame ~etiri slu~ai, t.e. n  4k ,4k  1,4k  2 i 4k  3 . Za n  4k  1 , postapuvame na sledniot na~in. Gi presmetuvame kumulativnite frekfrencii f1 , f1  f 2 ,... se dotoga{ dodeka ne se dobijat neravenstvata:

f1  f 2  ...  f k 1  n41 i f1  f 2  ...  f k  n41 i toga{ Q1  x ( k 1) , f1  f 2  ...  f k 1  2n41 i f1  f 2  ...  f k  2n41 i toga{ Q1  x ( 2k 1) ,

f1  f 2  ...  f k 1  3n41 i f1  f 2  ...  f k  3n41 i toga{ Q3  x (3k 1) .

Analogno postapuvame i vo osanatite tri slu~ai, me|utoa formulite zaradi slo`enosta na postapkata nema da gi izveduvame, tuku nao|aweto na kvartilite }e go objasnime na primer. ]e razgledame primer so grupirani podatoci, bidej}i istiot naj~esto se sre}ava vo praktikata. Primer 5. Na edno testirawe se zadadeni 15 pra{awa, pri {to sekoj u~enik to~no odgovoril barem tri pra{awa. Od testiraweto gi imame slednite podatoci: o.p. frek. kum.f.

3 144 144

4 149 293

5 763 1056

6 3304 4360

7 10883 15243

8 23466 38709

9 28919 67628

10 20673 88301

11 8796 97097

12 2128 99225

13 370 99595

14 81 99676

15 39 99715

Najdi gi kvartilite za dadenite podatoci. Re{enie. Od uslovot na zada~ata imame n  99715 . Gi presmetuvame broevite i 34 n  74786,25 . Za da gi opredelime kvartilite ja koristi-

1 n  24928,75 ; 2 n  49857,5 4 4

me tabelata na kumulativnite frekfrencii. Pritoa, bidej}i kvartilot Q1 treba da oddeli grupa od 14 n  24928,75 vo kolonata za kumulativnite frekfrencii od tabelata nao|ame deka toa e za x 6  8 , pa zna~i Q1  8 . Analogno imame Q2  9 i Q3  10 .  Primer 6. Imame podatoci za zarabotuva~kata na 90 rabotnici za eden ~as, vo denari, koi se dadeni vo slednata tabela. zarabotuva~ka na ~as vo den. broj na rabotnici (frek.) kumulativna frekfrencija

50 15 15

60 17 32

70 17 49

80 12 61

90 12 73

100 7 80

110 3 83

120 7 90

Zna~i, n  90 , 14 n  22,5; 24 n  45; 34 n  67,5 od kade {to dobivame Q1  60 , Q2  70 i Q3  90 . Toa zna~i deka najmalku 25% od rabotnicite imaat zarabotuva~ka za 1 ~as 50 ili 60 denari, najmalku 50% od rabotnicite imaat zarabotuva~ka za 1 ~as 50,60 ili 70 denari i najmalku 75% od rabotnicite imaat zarabotuva~ka za 1 ~as 50, 60, 70, 80 ili 90 denari. Sekako, vakvata analiza mnogu ne ni govori, pa zatoa po`elno e vo vakvi slu~ai da se presmeta i aritmeti~kata sredina, no e nekoi drugi golemini za koi pokasno }e 8

stane zbor. Za aritmeti~kata sredina imame x  1n  f i xi  76,33 , {to zna~i deka prose~i 1

nata zarabotuva~ka e 76,33 denari. 

262

Vo prethodnata to~ka se zapoznavme so opsegot na podatocite, koj go definiravme kako razlika na najgolemiot i najmaliot podatok. Sekako, opsegot lesno se presmetuva, no toj e dosta gruba merka za variraweto na podatocite i kako takva ima svoi nedostatoci od koi }e spomeneme dva: a) opsegot se bazira samo na dva podatoci, pri {to se zanemareni podatocite me|u niv, koi moàt da bidat dosta oddale~eni od najmaliot i najgolemiot podatok, pa so samoto toa se doveduva vo pra{awe vakvata merka za prostirawe na podatocite i b) opsegot, prakti~no e nazivisen od vkupnite podatoci, {to neposredno ja doveduva vo pra{awe negovata validnost kako merka. Nedostatocite na opsegot, kako merka za prostiraweto na podatocite ne naveduva na razmisla za definirawe na novi merki za prostirawe na podatocite, se so cel da se namali vlijanieto na ekstremnite vrednosti me|u podatocite. Edna takva merka e kvartilnata devijacija, koja se definira kako {to sleduva. Definicija 4. Razlikata me|u kvartilite Q3 i Q1 , t.e. Q0  Q3  Q1 ja narekuvame kvartilna devijacija (interkvartilno rastojanie). Da zabeleìme deka kvartilnata devijacija vsu{nost sodrì 50% od podatocite. Lesno se gleda deka za podatocite od primer 5 kvartilnata devijacija e Q0  2 , a za podatocite od primer 6 taa e Q0  30 . [to se odnesuva do kvartilnata devijacija, ~esto pati taa se definira kako polurazlikata me|u kvartilite Q3 i Q1 , t.e. Q 

Q3 Q1 2

i vo ovoj slu~aj taa sodr`i 25% od

podatocite. Za podatocite od primerite 5 i 6 imame Q  1 i Q  15 , soodvetno. Na krajot od ovoj del }e dademe u{te edna poziciona sredna vrednost, a toa e percentilot. Definicija 5. Vrednostite P1 , P2 ,..., P99 koi go delat varijacioniot red na sto ednakvi delovi gi narekuvame procentili. Nao|aweto na procentilite e analogno kako i nao|aweto medijanata i kvartilite, so toa {to vo slu~ajot na mestoto broevite 2 i 4, go zemame brojot 100. Sekako, ispi{uvaweto na tolkav golem broj formuli ne e prakti~no, pa zatoa samo na primer }e poka`eme kako se opredeluvaat procentilite. Taka, ako sakame da gi opredelime procentilot P37 , vo primerot 5, postapuvame na sledniot na~in:

1 n  997,15 , vkupniot broj na podatoci go delime 100 i nao|ame 100

1 n  36894,55 , potoa presmetuvame 37  100

kone~no, bidej}i 15243  36894,55  38709 od tabelata za kumulativnite frekfrencii nao|ame deka P37  8 , {to zna~i deka 37% od podatocite se pomali od 8.

263

ZADA^I ZA VE@BAWE 4. 5. 6.

Presmetaj gi kvartilite i kvartilnata devijacija za podatocite od zada~a 1. Presmetaj gi kvartilite i kvartilnata devijacija za podatocite od zada~a 2. Raspredelbata na obele`jeto X e pretstavena so slednta tablica: 4 5 8 10 14 17 20 xi 12 11 9 13 14 fi Presmetaj gi kvartilite i kvartilnata devijacija. .

3. DISPERZIJA I STANDARDNA DEVIJACIJA Neka se izvr{eni dve serii od merewa na edna od dimenziite na eden proizvod, koj se proizveduva vo dve smeni i istite se dadeni vo slednata tabela. prvo merewe vtoro merewe

56 44

57 52

61 61

63 67

63 76

Prirodno e da ne interesira vo koja smena kvalitetot na proizvodot vo odnos na ova obele`je e podobar. Kako {to rekovme aritmeti~kite sredina e karakteristika za centralnata tendencija na vrednostite na obele`jeto. Da gi presmetame aritmeti~kite sredini za raspolo`livite podatoci. Imame, 5657  61 63 63 5

 67  76  60 ,  60 i 4452 61 5

Zabele`uvame deka imame ista aritmeti~ka sredina, {to zna~i deka vrz osnova na ovoj podatok ne mo`eme da sudime za kvalitetot na proizvodot vo odnos na ova obele`je. Kako da go razre{ime problemot? Odgovorot na ova pra{awe go davaat drugite merki na rasturaweto na podatocite, kako {to e disperzijata i standardnata devijacija. Definicija 6. Neka e daden primerokot x1 , x 2 ,..., x n i neka x e negovata aritmeti~ka sredina. Realniot broj

s 2  1n

 ( xk

 x) 2

(1)

k 1

go narekuvame disperzija na primerokot. Kvadratniot koren od disperzijata na primerokot go narekuvame sredno kvadratno otstapuvawe (standardna devijacija) na primerokot. ]e ja transformirame formulata (1). Imame

s 2  1n

 ( x k2  2 x k x  x

k 1

)  1n

k 1

 x k2  2nx  x k

 xn n  1n

 x k2  x

k 1

t.e.

s 2  1n

264

 x k2  x

k 1

(2)

Jasno, formulata (2) e popogodna za prakti~na rabota, pa zatoa istata ima i pogolema primena. Da zabele`ime, deka vo slu~aj koga vrednostite xi na primerokot imaat ~estoti

f i , i  1,2,..., k ,

 fi

 n , toga{ formulite (1) i (2) gi dobivaat oblicite

i 1

s 2  1n  f i ( xi  x) 2

(3)

i 1 k

s 2  1n  f i xi2  x ,

(4)

i 1

soodvetno. Primer 7. Vo slednata tabela e daden primerok so grupirani podatoci xi

Opredeli ja aritmeti~kata sredina, disperzijata i srednokvadratnoto otstapuvawe na primerokot. Re{enie. a) Ako ja iskoristime formulata (6) za sredinata na primerokot dobivame 10  6040  6520  7012  758  6170  61,7 . x  454506455  6 10 40  20 12 8 100

So primena na formulata (7) za disperzijata na primerokot nao|ame 2 2 2 2 40  652 20  70 2 12  752 8  61,7 2  3856,50  3806,89  49,61 . s 2  45 450 655 10 60100

Kone~no, za srednokvadratnoto otstapuvawe imame s  49,61  7,04 .  [to se odnesuva do koristeweto na disperzijata kako merka za varirawe na podatocite istata ne e najpogodna, osobeno za interpretirawe na rezultatite koi istata gi dava. Ova pred se se dolì na faktot {to disperzijata skoro sekoga{ e izrazena so dosta golem broj, {to e rezultat na samata nejzina definicija, a toa deka istata e aritmeti~ka sredina na kvadratite na otstapuvawata. Me|utoa, kaj standardnata devijacija kako merka za varirawe na podatocite skoro da se otstraneti site nedostatoci i istata e edna od najdobrite merki od ovoj vid. Imeno, kako {to moème da zabeleìme od primer 7 vo intervalot

( x  s, x  s )  (54,66;68,74) se nao|a golem del od podatocite, t.e. 70 od 100 podatoci. [to se odnesuva do zna~eweto na standardnata devijacija, moè da se kaè deka kolku taa e pomala, tolku podatocite se pogusto grupirani okolu aritmeti~kata sredina. Moè da se kaè deka vo slu~aj na dva primeroka zemeni od edna ista populacija, primerokot so pomala srandardna devijacija podobro ja reprezentira populacijata. Da se vratime na primerot od po~etokot na ovaa to~ka. Za prvata serija podatoci imame

265

2 2 2 2 2 s 2  56 57 615 63 63  60 2  14,8 t.e. s  3,847

a vtorata serija podatoci imame 2 2 2 2 2 s 2  44 52 615 67 72  60 2  125,2 t.e. s  11,189 ,

od {to zaklu~uvame deka vo prvata smena se proizveduva pokvaliteten proizvod vo odnos na razgleduvanoto obele`je. ZADA^I ZA VE@BAWE 7.

Prose~noto godi{no proizvodstvo na p~enica vo Pelagoniskiot region od 1980 do 2001 godina, izrazeno vo iljadi toni, se dvi`elo spored podatocite od slednata tabela: god. proizv.

86 41

87 36

88 35

90 36

91 40

92 38

93 41

94 42

95 38

96 36

97 41

98 39

99 38

00 37

01 36

Presmetaj go: a) prose~no godi{no proizvodstvo na p~enica vo razgleduvaniot period i b) standardnoto otstapuvawe. Za ocenuvawe na prose~nata visina na u~enicite od edno u~ili{te izbran e primerokod 60 u~enici. So merewe na nivnata visina se dobieni slednite podatoci: visina vo m broj na u~en..

89 35

1,67 5

1,68 7

1,70 5

1,73 7

1,76 10

1,78 15

1,80 6

1,81 2

1,82 2

1,85 1

Presmetaj ja prose~nata visna na u~enicite i standardnoto otstapuvawe na u~enicite od prose~nata visina. Raspredelbata na obele`jeto X e pretstavena so slednata tablica: 4 5 8 10 14 17 20 xi 12 11 9 13 14 6 5 fi Presmetaj gi aritmeti~kata sredina i standardnoto otstapuvawe na obele`jeto X .

4. STANDARDIZIRAWE NA PODATOCITE. SPOREDUVAWE NA RASPREDELBI NA OBELE@JA êsto pati se nao|ame vo situacija da sakame da sporedime dve raspredelbi na obele`ja. Vo prethodnite razgleduvawa se zapoznavme so dva karakteristi~ni broja koi na izvesen na~in ni ovozmoùvaat da gi okarakterizirame ovie dve raspredelbi, a toa se aritmeti~kata sredina i standardnata devijacija. Logi~no e da se zapra{ame, dali i kako moème da gi iskoristime ovie dva broja za sporedbata da ja napravime najdobro mo`na? Neka imame grafi~ki prikaz na dve raspredelbi na obele`ja (histogram ili poligon na frekfrenciite). Kako najdobro da gi sporedime vo celina? Jasno, prvata pre~ka e neednakvosta na plo{tinite koja e posledica od razli~niot zbir na site frekfrenicii. No, ovoj problem lesno moè da se re{i. Treba samo da se zemat relativnite frekfrencii (~estoti), pa sega plo{tinite }e bidat ednakvi, a kako lesno moè da se vidi vakvata transformacija ne vlijae nitu na oblikot na grafikonot, nitu na aritmeti~kata sredina ili varijansata. Slednata pote{kotija, koja se dolì na razli~nite golemini na aritmeti~kite sredini, lesno moè da se otstrani, ako dvete aritmeti~ki sredini gi nacrtame na isto mesto, pa za sekoja raspredelba gi razgleduvame frekfren266

ciite koi soodvetstvuvaat na otstapuvawata od aritmeti~kata sredina. No, so ova ne e sosema otstraneto vlijanieto na potpolno razli~nata promenlivost kaj dvete raspredelbi na obele`jata. Ova vlijanie }e go otstranime na toj na~in, {to povtorno gi razgleduvame otstapuvawata od aritmeti~kata sredina i niv gi merime so pomo{ na standardnata devijacija, na sekoja raspredelba oddelno. Od prethodno iznesenot sleduva deka pravilno sporeduvawe mo`eme da izvr{ime, ako namesto originalnite vrednosti x1 , x 2 ,..., x n na obele`jeto X gi razgleduvame vrednostite

i 

xi  x sx

(1)

kade x e aritmeti~kata sredina na obele`jeto X , a s x e negovata standardna devijacija. Ovaa postapka e poznata kako standardizacija (normirawe) na podatocite. Primer 8. Da razgledame dve raspredelbi na obele`ja koi sakame da gi sporedime i koi se dadeni vo slednata tabela. visina x

frekfrencija

155 160 165 170 175 180 185 vkupno

3 8 13 41 32 20 3 120

relativna frekren.

normali. obele`je

2,50 6,67 10,83 34,16 26,67 16,67 2,50 100,00

-2,63 -1,85 -1,06 -0,28 0,50 1,29 2,07

te`ina y

frekfrencija

50 55 60 65 70 75 vkupno

relativna frekren.

14 32 62 82 36 14 240

5,83 13,33 25,83 34,18 15,00 5,83

normali. obele`je

-2,08 -1,27 -0,46 0,35 1,17 1,98

100,00

Za da gi opredelime normaliziranite obele`ja, treba za dvete raspredelbi da gi opredelime aritmeti~kite sredini i standardnite divijacii. Za obele`jeto X imame x  171,792 i s x  6,3835 , a za obele`jeto Y imame y  62,833 i s y  6,1486 . Spored toa, y 62,833

,792 normaliziranite obele`ja se   x 6171 i   6,1486 . Ottuka se presmetuvaat oddelni,3835 te vrednosti na normaliziranite obele`ja pri {to imame: ,792 ,792 1  1556,171  2,63 ,  2  1606,171  1,85 itn, 3835 3835

i 62,833 62,833 1  506,1486  2,08 ,   556,1486  1,27 itn.

i istite gi vnesuvame vo po~etnata tabela (~etvrtata i osmata kolona). Ponatamu, podatocite na obele`jeto X se nao|aat na rastojanie 5 eden od drug, pa za da mo`eme da izvr{ime vnesuvawe vo ist koordinaten sistem treba da go opredelime novoto 5  0,783 (zo{to?). Sega vo koordinaten sistem za rastojanie na podatocite, a toa e s5  6,3835 x

apcisa gi zemame podatocite od ~etvrtata kolona, a za ordinata gi zemame podatocite za re,5 lativnata frekfrencija na obele`jeto X , no podeleni so s5  0,783 , na primer, 0,2783  3,58 , x

67 pa za apcisa  2,63 imame ordinata 3,58 , za apcisa  1,85 imame ordinata 06,,783  8,52 itn.

267

Vo ist koordinaten sistem treba da go vneseme i normaliziranoto obele`je od Y . Bidej}i obele`jata na X i Y imaat razli~ni standardni devijacii s x  6,3835 i s y  6,1486 prvo treba relativnite frekfrencii na Y da gi usoglasime so relativnite s

frekfrencii na obele`jeto X , pa zatoa istite gi mno`ime so koli~nikot s y  0,9634 i x pritoa namesto prvobitnite relativni frekfrencii 5,83; 13,33; 25,83; 34,18; 15,0 i 5,83 itn gi dobivame frekfrenciite 5,3; 12,0; 23,3; 30,8; 13,6 i 5,3. Ponatamu, podatocite na obele`jeto Y se nao|aat na rastojanie 5 eden od drug, pa za da mo`eme da izvr{ime vnesuvawe vo ist koordinaten sistem treba da go opredelime novoto rastojanie na podatocite, 5  0,813 . Sega vo koordinaten sistem za apcisa gi zemame podatocite od a toa e s5  6,1486 y

osmata kolona, a za ordinati gi zemame transformiranite podatoci za za relativnata ,3 frekfrencija na obele`jeto Y , no podeleni so s5  0,813 , na primer, 05,813  6,3 , pa za y ,0 apcisa  2,08 imame ordinata 6,3 , za apcisa  1,27 imame ordinata 012  14,8 itn. ,813

Vaka usoglasenite podatoci gi vnesuvame vo ist koordinaten sistem (crt. 3). Od crteòt gledame deka za dvete obele`ja na~inot na grupirawe na podatocite okolu sredinite e mnogu sli~en. Zatoa zaklu~uvame deka raspredelbite na visnata i teìnata za razgleduvata grupa lu|e e mnogu sli~na.  Zabele{ka 1. Vo prethodniot primer ukaàvme kako so pomo{ na normiraweto na podatocite moè da se sporeduvaat raspredelbi na obele`ja. Ovde samo }e napomeneme deka vo praksata vakvoto sporeduvawe se pravi so teoriskata normalna raspredelba na podatocite, ~ij grafik e daden na crt. 4, ili so nekoja druga teoriska raspredelba. ZADAÎ ZA VE@BAWE 10. Vrz osnova na primerokot daden vo slednata tabela sporedi gi raspredelbitr na obele`jata visna i teìna na u~enicite od vtora godina od edno u~ili{te. visina vo m broj na u~e. teìna vo kg broj na u~e.

1,66 3 55 2

1,68 5 58 5

1,70 8 61 9

1,72 12 64 13

1,74 14 67 12

1,76 11 70 10

1,80 4 73 6

1,82 3 76 3

11. Vrz osnova na primerokot daden vo slednata tabela sporedi gi raspredelbite na obele`jata prose~na mese~na potro{uva~ka na meso i mleko vo edno ~etiri~leno semejstvo. Mleko vo l Semejstva Meso vo kg broj na u~e.

268

10 4 5 3

14 6 7 6

18 7 9 10

22 13 11 14

26 15 13 13

30 12 15 11

34 6 17 7

38 5 19 4

ODGOVORI I UPATSTVA NANEKOI ZADA^I ZA VE@BAWE I glava 21. a)   55 

b   54 

v)   38 

22. a)   40 

b)   32 

25. a) 5

b)1

23. a)   45 

28. a) cos 17   cos 18  35. a) 1

g)   73

b) -5

b)   40 

v) 1

26. a) sin 44   sin 33

33. a) 0     45 

34. a) 2

v) 1

38. b) sin   0,8 ; tg 

v)   20 

b) 5

v) 7 3; 4

ctg  43

2tg 1 42. 2 sin  cos   4   4  2tg  1  tg  1 sin 

tg

50. Upatstvo. Visinata ja deli osnovata na dva ednakvi dela. tg  1215,5 ;   arctg 1215,5 ;  2

 90    ..

II glava 3. a) Re z 

2 2 3

, Im z   13

b) Re z  0 , Im z  

4. a) z  1  i 5. a) x  2, y  2 8. a) 14  3i 10. a) y  3, x  2

b) b) v) v)

14. a) 2  3i  2 2  3 2  4  9  13

3 2  7 2  58

5 2  12 2  169  13

12 2  23 2 

18. a) 1z 

1 512i

21. a) 0

12i  5125i 125i 12i   5169

28. a) z  w  2  1  5

3 3

z2 3 x  1, y  1 9 x  2 yi x  1, y  1

1 z

 71 2i 

14  4 9 7  2i 7  2i 7  2i 

9 16  5 36 6   i  2i 7 2  49 4  753

b) z  w  3  5i  34

29. a) Kru`nica so centar vo O0,0 i radius 1 . b) Simetralata na to~kite ~ii se krajni to~ki kompleksnite broevi 1 i i .

III glava







5. a) 3x2 x  1 b) x  6 x  6 v) x  3x  2 g) Ne se razloùva vo mnoèstvoto realni broevi, no vo mnoèstvoto kompleksni broevi imame  x  12  i 23  x  12  i 23     6. a) 0 i 32

13. a) 7,4

b) 2 i 5

b) 1,13

14. a) 1,4 2  7 b) 4  2 5 ,2  2 5 v) 1  2 ,2  2 17. Upatstvo: Diskriminantata na ravenkata treba da e ednakva na 0 . 2

, x1 x 2  714 21. a) x1  x 2   31 4

269

29. Upatstvo: Iskoristigi vietovite formuli 6 y 2  5 y  3  0

24. 189 125 33. a) ne 37. a) x  2

b) ne b) a  0,1,4

v) ne

39. a,b) Vovedi ja smenata x  1x  t

g) ne v) Vovedi ja smenata x  1x  t

49. Upatstvo. a) i b) Razgledaj gi definicionite oblasti. 51. a) Vovedi ja smenata x 2  x  t b) Vovedi ja smanata x 2  x  9  t 2 63. 5,6 ili 6,5 64. 56 62. 5,6 i 7 ili 5,6 i 7 69. 3 ~asa i 5 ~asa 70. 30 dena i 20 dena 71. 6m i 4m 72. x 

R 2

2  2 

73. x  R ili x 

5 6

65. 64

IV glava 4. a) y 

1 3

x  73

5. a) f x   3  t

8. a) f x    52 x 2  92 x  1

b) f x   3x 2  3 12. a) f x   3x 2  4 16. Minimum za x  3 , f 3  0 . Opaga ,3 i raste od 3,   .





21. a) T  12 , 34 , x   12 23. m 

5 2

22. a) x  3, y max  5 b) x  3, y min  2 25. Px   x20  x    x 2  20 Najdi maksimum za Px  .

26. Ako edniot sobirok e x , drugiot 18  x , pa imame S x   x 2  18  x 2 I najdi minimum pd ovaa funkcija. 27. Neka stranata na kvadratot e x , i dimenziite na pravoagolnikot se x i 3x . Toga{ 4 y  23x  x   56 i P  y 2  3x , pa e Px   7 x 2  56 x  196 . Sega minimumot e za x  4 i pritoa y  6 .

28. 3 2 35. Upatstv:. a) i b) Na intervalite , x1   x 2 ,  , kade x1 i x 2 se nuli na funkcijata. v) Na intervalot x1 , x 2  , kade x1 i x 2 se nuli na funcijata. 38. Upatstvo: m  0 i D  0 39. a)Imenitelot ima najmala vrednost b) Imenitelot ima najgolema vrednost 42. a) Nacrtaj gi parabolita y  x 2 i pravata y  2 x  6 .



 32 ,

44. v)  , 32 

g) , 

 x 2  5x  6  0  x 2  5x  6  0 47. Upatstvo:  ili   x 2  x  1  0  x 2  x  1  0

51. Upatstvo: a) D  0

b) D  0

V glava 9. Upatstvo: Iskoristi ja idejata od konstrukcijata na ~etvrta proporcionala. 16. Upatstvo: Konstruiraj pomo{en pravoagolen triagolnik, osven vo ~etvrtiot slu~aj koga pom{niot triagolnik e so strain b , b2 i t b . 19. a) Konstruiraj pomo{en triagolnik so strain a, 2c i t c b) Konstruiraj pomo{en triagolnik so strain c, 23 t a , 23 t b .

270

20. a) Konstriuiraj pomo{en pravoagolen triagolnik so kateta hc i hipotenuza t c . 21. a,b) Iskoristi deka stranata c se gleda pod agol  . d) Vo kru`nica so radius R konstruiraj periferen agol  , a potoa od sredinata na dobienata tetiva opi{I kru`nica so radius t c . 28. Konstruiraj pomo{en triagolnik so strain a, d2 i agol ednakov na agolot megu dijagonalite. 30. a) Konstruiraj pomo{en ramnokrak triagolnik so: osnova a  b i agol pri osnovata  . b) Konstruiraj pravoagolen triagolnik so kateti a  b i h .

VI glava 6. Upatstvo: Od a : b  3 : 5 sleduva a  3k , b  5k i sega 15k 2  240 . 8. Upatstvo: Dijagonalata na pravoagolnikot e d  25cm . 2 9. Upatstvo: Od d1 : d 2  3 : 4 sleduva d1  3k , d 2  4k pa e 12kk  96 itn.

 2  8 .

16. Upatstvo: Visinata spu{tena kon osnovata e h  10 2  12 2

20. Katetite se a  8k , b  5k , pa 80  20k 2 t.e. k  2 . Zna~i a  16, b  10 i sega c  16 2  10 2  356 , pa e P  sr .

24. Upatstvo: Iskoristi ja Heronovata formula, a potoa formulite P  sr i P  26. 8cm P s

, ha 

I hc 

2P c

35. a) 15cm i 9cm

45. 3m 2

39. 1m 54. a) P5 

5 4

a 2 ctg 36 

3 2

b) P9  2 2

9 2

3 3 2 

b) 16cm i 8cm

49. 120cm 2

48. 1m b) P6 

55. a) P8  2 2 R 2 56. a)

2P b

28. 1224cm 2

27. 6cm,9cm i 12cm

30. Iskoristi r 

abc 4R

v) P8  2a 2 ctg 22  30'

v) P12  3R 2

R 2 sin 40

61. Upatstvo: Presmetaj ja razlikata na radiusite od uslovot L  1  L1 t.e. 2R  1  2R  h  67. 26cm

77. 1115'

83. a)  2 2 a 2

b) 2 23 3 a 2

79. 9cm 2 (Upatstvo: R 2  r 2  3 2 , napravi crte`). v)  4 2 a 2

VII glava 9. 64m 2

12. 54cm 2

22.

23. 2 9 3  23

35. 1128cm 2





36. 36 5  91 cm 2

47. 8cm,26cm i 30cm 56. 8 3 2 dm 3





14. 8 3cm 2

17.

126 5

cm 2

27. 14cm 40. a) osumpati

19. 1dm

30. 776cm 2 b) 125 pati

v) n 3 pati

55. Upatstvo: V  a 3H , kade a  200cm , h  400cm , a te`inata e 2,5Vgr .

2 3 58. Upatstvo: Iskoristi deka V  BH  a 2 3 h I V1  x 4 3 i V1  V . 3

65. 20cm 2 i 45cm 2

271

272

INDEKS NA POIMI A agol aritmeti~ka sredina

8 259 B

bikvadratna ravenka

80 V

Vietovi formuli vnatre{na to~ka volumen na poliedar

67 201 219 G

grani~na to~ka geometrisko telo grafik na kvadratna funkcija

201 202 103

D diskriminanta na kvadratna ravenka 64 drobno racionalna ravenka 76 disperzija 264

kvadraten koren od kompleksen broj kvadratna neravenka kvadratna ravenka normalen (sveden) vid kvadraten trinom kvadratna funkcija kvartil komplementni agli kompleksen broj realen del imaginaren del imaginarna edinica kowugiran konveksna iskr{ena linija konveksen poliedar konkaven poliedar konstruktivna zada~a konus kotangens kosinus kruèn lak kruèn ise~ok kruènotse~ok kruèn prsten kumulativna frekfrencija L linearna funkcija

115 257

@ zatvorena oblast zatvorena topka

202 200

medijana metod na geometrisko mesto moda modul na kompleksen broj monotono raste monotono opa|a

203

nadol`en presek normalna raspredelba

I intervali na grupirawe intervali na podatoci interkvartilno rastojanie iracionalna ravenka

259 149 259 46 119 119

Y yid na poliedar

98 M

E ekstrem empiriska raspredelba

91 127 56 57 71 102 261 17 38 38 38 38 44 188 203 203 138 236 12 12 194 195 196 197 257

258 260 263 83

K kalkulator 15 kalota 247 kanoni~en vid na kvadratna funkcija 115

233 268

O oblast ograni~ena figura okolina na to~ka opseg na podatoci osna simetrija oskin presek otvorena topka

201 202 200 260 160 233 200

273

P parabola paralelen presek perimetar na ramninska figura piramida plo{tina na poliedar plo{tina na ramninska figura populacija (statisti~ko mno`estvo) poliedar poligon na frekfrencii potse~en konus potse~ena piramida pravilen mnoguagolnik pravilen poliedar prizma primerok princip na Kavalieri procentil

104 233 190 205 214 170 256 203 258 241 212 165 206 204 256 225 263

sistem ravenki srednokvadratno otstapuvawe standardizacija (normirawe) na podatocite statisti~ko mno`estvo (populacija) statisti~ko obele`je stepen strana na poliedar sfera

tangens teme na parabola teme na poliedar tetiven mnoguagolnik topkin pojas translacija triginometriska funkcija

274

12 104 203 164 248 156 10

F 9 233 256 158

S svrzliva oblast simetrija od red n sinus sistem kvadratni neravenki

267 256 256 9 203 200

R radijan ramnostran cilinder relativna frekfrencija rotacija

88 264

201 164 12 130

frekfrencija

256 H

Histogram na frekfrencii

258

C centralna simetrija centar na simetrija od red n

161 164

LITERATURA 1. Andreev, P. P; [uvalova, Õ. Z.: Geometri®, Nauka, Moskva, 1965 2. Androv, I. K.; Okunev, A. K.: Kurs trigonometrii, ProsveÈenie, Moskva, 1967 3. Bandi}, I. M.; Ili}-Dajovi}, M.: Matematika za III klas gimnazija, Prosvetno delo, Skopje, 1970 4. Bogoslavov, T. V.: Zbirka rešenih zadataka iz elementarne algebre, za II razred gimnazije, ZUNS, Beograd, 1975 5. Dimoski, D.; Tren~evski, K.; Mal~eski, R.; Josifovski, B.: Praktikum po elementarna matematika, Prosvetno delo, Skopje, 1993 6. Đurković, R.: Zbirka riješenih zadataka iz elementarne algebre, IKTP “Sarajevo”, 1990 7. Živković, R.: Matematika 2, Svjetlost, Sarajevo, 1991 8. Ilievski, B.; Pandevski, N.; Mal~eski, R.; Babinkostova, L.: Priemni ispiti na Institut za matematika, PMF, Skpje, 2002 9. Janev, I., Samarxiski, A.: Zbirka zada~i po matematika za II godina, Prosvetno delo, Skopje, 1994 10. Janev, I., Petreski, N.; Tren~evski, G.: Zbirka zada~i po matematika za I godina, Prosvetno delo, Skopje, 1991 11. Jano{evi˚, D.; ^epinac, N.: Zbirka zadataka iz planimetrija, Znawe, Beograd, 1952 12. Karnacevi~, L. S.; Karnacevi~, V. S.: Sbornik ot vÝprosi i zada~i po planimetri®, Narodna prosveta, Sofi®, 1963 13. Ko~etkov, E.S.; Ko~etkova, E.S.: Algebra i elementarnìe funkcii, ~astÝ 1, ProsveÈenie, Moskva, 1972 14. Kurepa, Đ.; Škreblin, S.; Brečević, J.: Matematika za III razred gimnazije, Školska knjiga, Zegreb, 1966 15. Kurepa, A.; Kurepa, S.: Matematika 2, Školska knjiga, Zagreb, 1987 16. Madeski, @.; Samarxiski, A.; Celakoski, N.: Geometrija za II klas na srednoto obrazovanie, Prosvetno delo, Skopje, 1976 17. Madeski, @.; Samarxiski, A.; Celakoski, N.: Zbirka zada~i po geometrija za srednoto obrazovanie, Prosvetno delo, Skopje, 1976 18. Mal~eski, R.; Mal~eski. A.: Izbrani sodr`ini od elementarna matematika, SDMI, Skopje, 1994 19. Mal~eski, R. ; Mal~eski, A.: Heronovi triagolnici, SIGMA 28, Skopje, 1994 275

20. Mal~eski, R.; Mal~eski. A.: Za zlatniot presek, Numerus, XXII 2,3, Skopje, 1996 21. Mal~eski, R.: Metodika na nastavata po matematika (op{t del), Alfa '94, Skopje, 2001 22. Mal~eski, R.: Dve zada~i za pravilen {estagolnik, Numerus, XXI 4, Skopje, 1996 23. Mal~eski, R.: Kako da i pomognete na muva koja ne znae geometrija?, Numerus, XXI 2,3, Skopje, 1996 24. ObradoviÊ, M.; GeorgijeviÊ, D.: Odabrani zadaci za drugi razred sredwih {kola, Matematiskop, Beograd, 1995 25. PerepÝolkin, D.I.: Kurs po elementarna geometri®, ~ast I, Nauka i izkustvo, Sofi®, 1965 26. PerepÝolkin, D.I.: Kurs po elementarna geometri®, ~ast II, Nauka i izkustvo, Sofi®, 1965 27. Ribkin, N.: Zbirka zada~i po geometrija, I del (planimetrija), Prosvetno delo, Skopje, 1971 28. Ribkin, N.: Zbirka zada~i po geometrija, II del (stereometrija), Prosvetno delo, Skopje, 1967 29. Skanavi, M. I.: Sbornik zada~a po matematike, Vìs{a® {kola, Moskva, 1972 30. Smogor`evski, A. S.: LiniŸkata v geometri~nite postroeni®, Tehnika, Sofi®, 1964 31. StojanoviÊ, V.: Matematika za maturante, Matematiskop, Beograd, 1996 32. Trajkov, I.; Petreski, N.: Geometrija za II klas, Prosvetno delo, Skopje, 1983 33. Tren~evski, G.; Janev, I.: Algebra za II klas, Prosvetno delo, Skopje, 1983 34. Celakoski, N.; Madevski, @.: Matematika 2, Prosvetno delo, Skopje, 1990

276

View publication stats