Математика, уџбеник са збирком задатака за први разред гимназије, Klett

Небојша Икодиновић 

МАТЕМАТИКА 

Уџбеник са збирком задатака за први разред гимназијe 

1. 

Уџбеник 

Забрањено је репродуковање, умножавање, дистрибуција, објављивање, прерада и друга употреба овог ауторског дела или његових делова у било ком обиму и поступку, укључујући 

фотокопирање, штампање, чување у електронском облику, односно чињење дела доступним јавности жичним или бежичним путем на начин који омогућује појединцу индивидуални приступ делу 

са места и у време које он одабере, без писмене сагласности издавача. Свако неовлашћено коришћење овог ауторског дела представља кршење Закона о ауторском и сродним правима.

Небојша Икодиновић 

МАТЕМАТИКА 

Уџбеник са збирком задатака 

за први разред гимназије 




Математика 

Уџбеник са збирком задатака 

за први разред гимназије 

Прво издање 

Аутор: др Небојша Икодиновић 

Илустрације: Андреј Војковић, Милан Драгојловић, shutterstock 

Рецензенти: проф. др Радосав Ђорђевић, Природно-математички факултет у Крагујевцу 

Милибор Саковић, Прва економска школа у Београду 

Невена Василић Лукић, Прва београдска гимназија 

Графичко обликовање и обликовање корица: „Total Idea”, Нови Сад 

Лектура: Јована Ђокић, Весна Јованкић 

Издавач: Издавачка кућа „Кlett” д.о.о. 

Маршала Бирјузова 3–5/IV, 11000 Београд 

Teл.: 011/3348-384, факс: 011/3348-385 

office@klett.rs, www.klett.rs 

За издавача: Гордана Кнежевић Орлић 

Главни уредник: Александар Рајковић 

Уредник: др Бранислав Поповић 

Руководилац пројекта: Александар Рајковић 

© Klett, 2019. 

Забрањено је репродуковање, умножавање, дистрибуција, објављивање, прерада и друга употреба овог ауторског дела или његових делова 

у било ком обиму и поступку, укључујући фотокопирање, штампање, чување у електронском облику, односно чињење дела доступним 

јавности жичним или бежичним путем на начин који омогућује појединцу индивидуални приступ делу са места и у време које он одабере, 

без писмене сагласности издавача. Свако неовлашћено коришћење овог ауторског дела представља кршење Закона о ауторском и сродним 

правима. 




Реч аутора 

Уџбеник пред вама је написан према новом наставном плану и програму математике за први разред 

гимназија, али је прилагођен и програмима математике у средњим стручним школама. Иако постоје 

разлике међу наставним плановима и програмима за поједине типове средњих школа, много је више 

поклапања. Сви програми предвиђају исте наставне целине (различитог обима), које се надовезују и 

проширују на теме обрађене у основној школи. 

Сматрамо да је добро барем у првом разреду, када то програми допуштају, понудити заједничку 

књигу за све средњошколце. Пре свега, то је корисно због усвајања заједничких стандарда за средње 

образовање и опште тенденције да се продужи период у којем се младим људима пружају подједнаке 

шансе када је у питању образовање. Напослетку, верујемо да на тај начин може доћи до подизања 

нивоа математичке писмености, а тиме и нивоа образовања уопште. 

Узимајући у обзир разлике у садржајима поменутих програма као и три нивоа знања које предвиђају 

стандарди за крај средњег образовања, садржаји ове књиге су подељени на три нивоа – А, Б и В. 

Дату поделу треба схватити оријентационо и флексибилно, јер постављање јасних граница међу 

програмима и нивоима постигнућа нити је могуће нити је добро за образовање. 

Сугестије и примедбе читалаца ове књиге увек су добродошле. 

Аутор 



са места и у време које он одабере, без писмене сагласности издавача. Свако неовлашћено коришћење овог ауторског дела представља кршење Закона о ауторском и сродним правима. 

3

У 

2 

1 57648 9 

Како учити из ове књиге 

УВОД У ГЕОМЕТРИЈУ 

Тачке, праве и равни. Односи припадања (92) 

А Односи припадања између тачака, правих и равни (92) 

Б Последице аксиоме припадања (96) 

Паралелност (98) 

А Паралелност правих; аксиома паралелности (98) 

Б Последице аксиоме паралелности (99) 

Распоред тачака. Дуж, полуправа и полураван (100) 

А Распоред тачака; дуж, полуправа, полураван (100) 

Б Пашова теорема (103) 

Важне геометријске фигуре. Угао и многоугао (104) 

А Конвексне и неконвексне фигуре; угао и многоугао (104) 

Наставне теме су обрађене у посебним главама. 

Наслови лекција у оквиру теме истакнути су масним 

словима. Испод наслова лекције наведено је којим 

нивоима поједини њени делови припадају. Сваки ниво 

прати и опис одговарајућег садржаја. Касније, у оквиру 

самих лекција, истакнути су само нивои, док су описи 

или изостављени или су на маргинама истакнуте 

њихове скраћене верзије. 

Према дефиницији, постоји бесконачно много 

парова бројева чија је размера иста, тј. чији је 

количник исти. 

Ако су једнако вредне 

сумe од D$ и E€ и 

суме од X$ и Y€, онда је 

D 

E = X Y . 

Ако је размера два броја a и b једнака размери бројева c и d, тј. ако је 

a : b = c : d, односно, a b = c d , 

кажемо да су ови парови пропорционални. Дату једнакост називамо 

пропорцијом. 

Пропорционалност 

дефиниција 

Пример 3. 

Ако пар бројева a и b образује пропорцију са паром c и d, и ако су позната 

a 

= 

x 

три броја, четврти се једноставно одређује на основу познатих алгебарских b d 

законитости. 

7 

6 : x = 1 7 : 1 a 

3 

0,12 : 0,4 = x : 0,01 

= 

c 

7 

6 : x = 3 0,3 = x : 0,01 

b x 

7 

x = 0,3 . 0,01 = 0,003 

x = 7 6 : 3 7 = 49 

 

18 Угао између тангенте и тетиве која садржи тачку додира једнак је 

Наредна теорема као и задатак одговарајућем наведен после периферијском ње дају особине углу пропoрција над луком које су одређеним том тетивом. 

веома корисне. 

Ако су a, b, Ова c и d теорема реални бројеви, нам омогућава сви различити још једну од нуле, важну тада конструкцију. 

је 

основна особина пропорција 

a : b = c : d акко a . d = b . c. 


Доказ. Једнакост a : b = c : d записаћемо у облику a b = c . Ако обе стране ове 

Нека је дата дуж AB и угао φ. d Конструишимо скуп свих тачака из којих се дуж AB 

једнакости помножимо види са bd, под добијамо углом φ. 

a b . (bd) = c d . (bd), 

одакле следи (након скраћивања) да је ad = bc. 

Такође, ако обе стране једнакости ad = bc поделимо са bd, добијамо ad 

bd = bc 

db , 

односно, a b = c d . ■ 

a : b = c : d 

спољашњи a 

2. Задатак 

b = c унутрашњи 

чланови d чланови 

Нека су a, b, c и d бројеви различити од нуле. 

Докажи да је једнакост a : b = c : d еквивалентна свакој од следећих једнакости: ad = bc 

1) b : a = d : c; 

2) a : c = b : d; (Унутрашњи чланови пропорције могу заменити места.) 

3) d : b = c : a; (Спољашњи чланови пропорције могу заменити места.) 

4) ak : bk = c : d, за сваки број k различит од нуле; 

5) ak : b = ck : d, за сваки број k различит од нуле. 

Тражена конструкција је на сликама изнад приказана 

„корак по корак”. 


Конструиши ∆ABC ако је дато a, α, h a . 

113 

Лењиром и шестаром није могуће конструисати угао од 20° 

Проблем трисекције угла је древни антички проблем: „Да ли је могуће 

употребом само лењира и шестара сваки угао поделити на три подударна угла 

конструкцијом две полуправе?” 

Много векова су математичари безуспешно покушавали да реше овај проблем. 

Тек у XIX веку, два миленијума након формулације проблема, доказано је да 

није могуће извршити трисекцију било ког угла. Коришћењем метода алгебре, 

показано је да се лењиром и шестаром не може конструисати угао чија је 

мера 20°, па је дакле немогуће угао од 60° лењиром и шестаром поделити на 

три једнака дела. (Наравно, постоје углови чије трећине веома једноставно 

конструишемо; на пример прави углови или опружени углови.) 

Постоје „алати” помоћу којих је могуће поделити сваки угао на три једнака 

дела. 

теорема 

Подударност 

169 

Сваки одељак је обликован у складу са уобичајеном 

структуром математичког текста. Дефиниције и 

теореме са доказима најважнији су делови текста 

и посебно су истакнути. Завршетак сваког доказа 

означен је квадратићем ■. Прате их детаљно урађени 

примери. Крај примера је означен ромбом. Примере 

прате задаци који су бирани тако да њихово решавање 

доприноси бољем разумевању садржаја о којима је 

реч. Зато предлажемо да решавање ових задатака 

буде саставни део упознавања са одговарајућим 

садржајима. Решења ових задатака нису дата на крају 

књиге јер сматрамо да их свако може решити на основу 

објашњења и примера који им претходе. 

На маргинама, али и у посебним блоковима дате су 

важне напомене које прате основни текст, истакнута су 

најважнија тврђења, као и слике које илуструју текст 

и олакшавају сналажење у књизи. Знак за опасност 

(троугао са узвичником) позива само на појачану 

пажњу приликом читања, како би се нагласиле неке 

типичне недоумице и нејасноће. 

У посебним блоковима дати су необавезни садржаји 

који су у директној вези са основним текстом. 

Ови кратки текстови доносе неке математичке 

занимљивости, а понекада и детаљнија и прецизнија 

објашњења појмова и концепата који по садржају 

превазилазе оквире програма. 

4 




0 

mm 

inches 

254 

А 

Ако је c < 0, онда су за 

произвољне реалне 

бројеве x и y тачне 

импликације: 

x < y cx > cy, 

x > y cx < cy, 

x ≤ y cx ≥ cy, 

x ≥ y cx ≤ cy. 

Линеарне неједначине са једном непознатом 


Подсетимо се решавања и геометријског приказивања скупа решења следећих 

једноставних линеарних неједначина. 

2x + 3 > x + 2 / – x x ≤ 2x + 1 / – 2x 

2x + 3 – x > x + 2 – x 

x – 2x ≤ 2x + 1 – 2x 

–x ≤ 1 / ∙ (–1) 

x + 3 > 2 / – 3 

x + 3 – 3 > 2 – 3 x ≥ –1 

x > –1 

x [–1, +∞) 

x (–1, +∞) 

(–1, +∞) [–1, +∞) 

5 > 2x + 1 / – 1 x – 1 ≤ / ∙ 4 

5 – 1 > 2x + 1 – 1 4x – 4 ≤ x – 3 / – x 

4 > 2x / : 2 3x – 4 ≤ – 3 / + 4 

2 > x 3x ≤ 1 / : 3 

Б 

Једначине у којима x < 2 се појављују апсолутне вредности x ≤ решaвамо тако што се најпре Једначине са 

ослобађамо апсолутне вредности помоћу следеће еквиваленције: 

апсолутним 

x (–∞, 2) x –∞, 1 вредностима 

1. случај 2. случај 

3 

|A(x)| = B(x) (A(x) ≥ 0A(x) = B(x))(A(x) < 0 – A(x) 

–∞, 1 = B(x)). 

Апсолутну вредност 

Слично поступамо са (–∞, неједначинама. 

2) 

3 

броја смо дефинисали 

на страни 74. Запис 


који се при томе 

користи 

Решимо две једначине са апсолутним вредностима: 

Скупови решења датих неједначина су такозвани неограничени интервали које 

1) 2 – |x 

смо 

+ 1| 

дефинисали 

= – 1 2 x, на страни 69. Према тим 

2) 2 

дефиницијама 

– |x + 1| = – 1 x, x ≥ 0, 

4 x + је: 

3. 

|x| = 

– x, x < 0, 

x ≥ a x [a, +∞) 

читамо и схватамо на 

1. случај: x + 1 ≥ 0, тј. x ≥ – 1. Тада је x > a 1. x случај: (a, +∞) x + 1 ≥ 0, тј. x ≥ –1. Тада је 

|x + 1| = x + 1, па имамо да је x ≤ a x (–∞, a] 

2 – (x + 1) = – 1 2 – (x + 1) = – 1 следећи начин: 

x < a x (–∞, a). 

2 x, 

4 x + 3, 

• ако је x ≥ 0, онда је 

|x| = x, 

одакле је x = – 8 

одакле је Пример x = 2. Пошто 2. број 2 

3 . Пошто број – 8 3 не 

• ако је x < 0, онда је 

|x| = – x. 

задовољава 

Скуп решења 

услов x 

неке 

≥ –1, 

неједначине 

овај број задовољава услов x ≥ –1, овај број није 

може бити и празан. Рецимо, неједначина 

јесте решење 

x + 2 < x 

дате 

+ 1 нема 

једначине. 

решење дате једначине. 

решења. 

2. случај: Насупрот x + 1 < 0, томе, тј. x сваки < –1. Тада реалан број је решење 

2. случај: 

неједначине 

x + 1 < 0, тј. 

x + 

x 

2 

< 

> 

–1. 

x + 

Тада 

1, тј. скуп 

је 

|x + 1| = свих –(x + решења 1), па имамо ове 

Внеједначине да јесте скуп свих реалних бројева R који понекада 

означавамо и као интервал (–∞, +∞). 

2 – (–(x + 1)) = – 1 2 x, 

2 – (–(x + 1)) = – 1 4 x + 3, 

Неједначине 

Пример одакле 11. је x = 0. Пошто број 0 не 

одакле је x = –2. Пошто са број апсолутним –2 

задовољава услов x < –1, ни овај број 

задовољава услов x < –1, вредностима 

и овај број 

Решимо неједначину |x – 1| + |x| + |x + 1| > 5. 

није решење дате једначине. 

јесте решење дате једначине. 

1. случај: x < – 1, тј. x (–∞, –1). 

x – 1 

Дакле, дата једначина има два решења: 

Дата Дакле, неједначина дата једначина се своди на нема неједначину решења. 

2 и –2. 

–x + 1 – x – x – 1 > 5 

која је еквивалентна са x < – 5 


3 , тј. x –∞, – 5 3 . 

x 

Дакле, сви бројеви из 

Решимо једначину |x – 1| + |x| = 1. 

(–∞, –1) –∞, – 5 

У овом случају треба разматрати истовремено знак два израза, x – 1 и x, па је зато 3 = –∞, – 5 x + 1 

су решења дате неједначине. 

3 

погодно формирати шему налик онима из примера 6, 7 и 8. 

2. случај: –1 ≤ x < 0, тј. x [–1,0). 

1. случај: x < 0. Тада је |x – 1| = –(x – 1) и |x| = –x, па дата једначина постаје 

x – 1 

Дата неједначина се своди на неједначину 

–x + 1 – x = 1. Решење ове једначине је број 0 који у овом случају одбацујемо –x + јер 1 – не x + x + 1 > 5 

задовољава услов x < 0. 

која је еквивалентна са x < –3, тј. x (–∞, –3). x 

2. случај: 0 ≤ x < 1. Тада је |x – 1| = –(x – 1) Овај и |x| случај = x, па нам дата не једначина даје решења постаје полазне неједначине јер је 

–x + 1 + x = 1. Пошто се у овом случају дата једначина своди на тачну једнакост, [–1,0) (–∞, –3) = . 

њена решења су сви бројеви x који задовољавају услов 0 ≤ x < 1; дакле сви бројеви 

из [0,1). 

3. случај: 0 ≤ x < 1, тј. x [0,1). 

3 случај: 1 ≤ x. Сада је |x – 1| = x – 1 и |x| = Дата x, па неједначина дата једначина се своди постаје на x неједначину 

– 1 + x = 1. 

Решење ове једначине је број 1. Пошто број 1 задовољава услов x ≥ 1, он –x је решење + 1 + x + x + 1 > 5 

и полазне једначине. 

која је еквивалентна са x > 3, тј. x (3, +∞). 

Као и у претходном случају и овога пута не добијамо решења полазне неједначине 

Дакле, скуп решења дате једначине је [0,1) јер је {1} = [0,1]. 

[0,1) (3, +∞) = . 

4. случај: 1 ≤ x, тј. x (1, +∞). 


x – 1 + x + x + 1 > 5 

која је еквивалентна са x > 5 3 , тј. x 5 3 , +∞ . 

Сви бројеви из 

(1, +∞) 5 3 , +∞ = 5 3 , +∞ 


259 

Садржаји књиге су подељени на три нивоа – А, Б и 

В. За сваки одељак или део одељка истакнут је ниво 

у складу са различитим обимом који предвиђају 

поједини програми, односно нивои постигнућа. 

Ниво А покрива основна знања. Садржаји који су 

означени са А чине целину за себе и могу се читати 

независно од делова Б и В. 

Делови књиге који су означени са Б настављају се на 

делове који су означени са А и са њима представљају 

нову целину у оквиру књиге. 

Део В се надовезује на делове означене са А и Б и 

садржи најсложеније делове градива. Садржаји 

овог дела могу се интерпретирати и као садржаји за 

напредни ниво постигнућа. 

Дакле, скуп решења дате неједначине је –∞, – 5 3 

5 3 , +∞ . 

260 

Неједначине са 

параметрима 


Решимо неједначину ax + 1 < x + a 2 , где је a параметар. 

Дата неједначина је еквивалентна са 

(a – 1)x < (a – 1)(a + 1). 

У зависности од тога да ли је a – 1 позитивно, негативно или је једнако нули, 

разликујемо следеће случајеве. 

1. случај: a < 1. Тада је a – 1 < 0, па је скуп решења дате неједначине (a + 1, +∞). 

2. случај: a > 1. Тада је скуп решења дате неједначине (–∞, a + 1). 

3. случај: a = 1. У овом случају дата неједначина нема решења. 

5 

2 

57648 19 

A 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 1 12 13 14 15 16 17 

1 2 3 4 5 6 

Збир углова 

конвексног 

четвороугла једнак 

је 360°. 

Задаци 

Размере и пропорције 

1. У табели су дати односи америчких јединица мере за дужину и стандардних 

јединица мерe за дужину. 

1 inch (in) [инч] 25,4 mm 

1 foot (ft) [фут, стопа] 12 in 30,48 сm 

1 yard (yd) [јард] 3 ft 0,9144 m 

1 mile (mi) [миља] 5 280 ft 1,609 km 

1) Дијагонала ТВ екрана дугачка је 37 инча. Колика је њена дужина у 

центиметрима? 

2) Растојање између Вашингтона и Њујорка, ваздушном линијом износи 204 

миље. Колико је то растојање у километрима? 

3) Колико приближно инча има један центиметар? 

2. Формирај пропорцију, ако је могуће, од бројева 15, 18, 35 и 42. 

3. Одреди број x, ако је: 

1) x : 1 3 = 2 5 : 3 4 ; 2) 0,3 : x = 0,6 : 0,2 ; 3) x : 1 1 3 = 1 2 5 : 1 3 ; 4) 0,01 : 0,1 = x : 0,01. 

4 

4. Одреди продужену пропорцију, ако је x : y = 3 : 5, y : z = 2 : 3 и z : u = 4 : 3. 

5. Докажи следеће специјалне случајеве теореме са стране 85. Нека су a, b, c и d 

реални бројеви, сви различити од нуле, такви да је a : b = c : d. Онда је: 

1) (a + c) : (b + d) = a : b, под условом да је b + d ≠ 0; 

2) (a – c) : (b – d) = a : b, под условом да је b – d ≠ 0; 

3) (2a – 3c) : (2b – 3d) = a : b, под условом да је 2b – 3d ≠ 0; 

4) (ax + cy) : (bx + dy) = a : b, за све бројеве x и y такве да је bx + dy ≠ 0 . 

6. Нека су a, b, c, d, α, β, γ и δ реални бројеви, сви различити од нуле. Ако је 

a : b = c : d, докажи да је (αa + βb) : (γa + δb) = (αc + βd) : (γc + δd). 

7. Одреди углoве α, β, γ и δ конвексног четвороугла, ако је α : β : γ : δ = 1 : 2 : 3 : 4. 

8. Одреди бројеве x, y и z, ако је x : y : z = 3 : 5 : 7 и x + 2y + 3z = 51. 

На крају сваке наставне теме дати су задаци који служе 

за вежбање и утврђивање појединих садржаја теме. 

Ових задатака има више од 400. 

Задаци су подељени у три групе у складу са поделом 

садржаја наставних тема на делове А, Б и В. 

За један број задатака дата су упутства, а неке задатке 

прате напомене у блоковима. Њихов циљ није само 

да олакшају решавање задатка већ и да укажу на 

повезаност појмова и концепата. 

Б 

9. Одреди бројеве x, y и z, ако је x : y = 5 : 6, y : z = 2 : 3 и x + y + z = 80. 

10. Нека су a, b, c и d бројеви различити од нуле такви да је b – 3a ≠ 0, 2b + d ≠ 0 и 

(a – 3c) : (b – 3d) = (2a + c) : (2b + d). Докажи да је a : b = c : d. 

11. Нека су a 1 , a 2 , ..., a n и b 1 , b 2 , ..., b n реални бројеви, сви различити од нуле, такви 

да је a 1 : a 2 : ... : a n = b 1 : b 2 : ... : b n . Докажи да је 

k 1a 1 + k 2a 2 + ... + k na n = l 1a 1 + l 2a 2 + ... + l na n 

k 1 b 1 + k 2 b 2 + ... + k n b n l 1 b 1 + l 2 b 2 + ... + l n b n 

за било које бројеве k 1 , k 2 , ... ,k n , l 1 , l 2 , ... , l n , такве да су бројеви који образују 

пропорцију различити од нуле. 

126 




5

У 

2 

1 57648 9 

Садржај 

ЛОГИКА И СКУПОВИ 9 

Логички везници. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .10 

Исказне формуле. Таутологије. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .14 

Таутологије и закони закључивања . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .17 

Скупови . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .20 

Уређени пар. Декартов производ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .24 

Бинарне релације. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .26 

Функције . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .30 

Елементи комбинаторике . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .34 

Квантификатори . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .39 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .42 

ЦЕЛИ БРОЈЕВИ 47 

Дељивост целих бројева . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .48 

Прости бројеви . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .52 

Бројевне базе . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .57 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .60 

РЕАЛНИ БРОЈЕВИ 61 

Скуп рационалних бројева. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .62 

Скуп реалних бројева. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .66 

Апсолутна вредност реалног броја. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .74 

Приближне вредности реалних бројева . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .76 

Степен чији је изложилац цео број. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .81 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .87 

УВОД У ГЕОМЕТРИЈУ 91 

Тачке, праве и равни. Односи припадања. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .92 

Паралелност . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .98 

Распоред тачака. Дуж, полуправа и полураван . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .100 

Важне геометријске фигуре. Угао и многоугао . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .104 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .108 

6 




ПРОПОРЦИОНАЛНОСТ 111 

Размере и пропорције . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .112 

Директна и обрнута пропорционалност. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .116 

Примене пропорција . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .119 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .126 

ПОДУДАРНОСТ 129 

Подударност дужи и углова . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .130 

Ставови подударности троуглова и неке важне последице . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .137 

Основне особине троугла . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .144 

Основне особине круга . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .148 

Основне особине паралелограма и трапеза . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .151 

Вектори . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .155 

Геометријске конструкције . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .163 

Изометријске трансформације . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .170 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .178 

РАЦИОНАЛНИ АЛГЕБРАСКИ ИЗРАЗИ 187 

Појам израза. Дрво израза . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .188 

Цели алгебарски изрази . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .190 

Полиноми са једном променљивом . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .197 

НЗД и НЗС полинома . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .202 

Рационални алгебарски изрази. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .204 

Неке основне неједнакости. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .207 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .209 

СЛИЧНОСТ 213 

Мерење дужи и углова. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .214 

Размера дужи . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .219 

Талесова теорема. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .222 

Хомотетија . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .225 

Сличност . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .229 

Примене ставова сличности. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .234 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .237 




7

У 

2 

1 57648 9 

ЛИНЕАРНЕ ЈЕДНАЧИНЕ, НЕЈЕДНАЧИНЕ И СИСТЕМИ 243 

Линеарни изрази и једначине правих . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .244 

Линеарне једначине са једном непознатом. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .248 

Линеарне неједначине са једном непознатом. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .254 

Системи линеарних једначина. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .261 

Линеарне функције. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .265 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .269 

ТРИГОНОМЕТРИЈА ПРОВАОУГЛОГ ТРОУГЛА 275 

Тригонометријске функције оштрих углова . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .276 

Вредности тригонометријских функција оштрих углова . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .280 

Основни тригонометријски идентитети. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .282 

Примене тригонометријских функција. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .284 

Задаци . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .287 

8 




ЛОГИКA И СКУПОВИ 

Логички везници (10) 

А Појам исказа; дефиниције логичких везника; логичка структура 

реченице (10) 

Исказне формуле. Таутологије (14) 

А Дефиниција исказне формуле; истинитосна таблица формуле; 

дефиниција таутологије (14) 

Б Метода свођења на апсурд (16) 

Таутологије и закони закључивања (17) 

А Неке важне таутологије и закони закључивања (17) 

Скупови (20) 

А Начини задавања скупова; једнакост скупова; подскуп скупа; скуповне 

операције: унија, пресек, разлика; комплемент скупа; скуповни 

идентитети (20) 

Уређени пар. Декартов производ (24) 

А Дефиниција уређеног пара; дефиниција Декартовог производа два 

скупа (24) 

Б Идентитети са Декартовим производом; уређене тројке, четворке итд., 

Декартов производ три и више скупова (25) 

Бинарне релације (26) 

А Дефиниција бинарне релације неког скупа; особине бинарних 

релација; релације поретка; релације еквиваленције и класе 

еквиваленције (26) 

Функције (30) 

А Дефиниција функције и примери функција; композиција функција; 

особине и врсте функција (30) 

Елементи комбинаторике (34) 

А Принцип збира; принцип укључења–искључења; принцип производа 

(34) 

Квантификатори (39) 

В Универзални и егзистенцијални квантификатор; логички закони и 

квантификтори (39) 

Аристотел (384. пре 

н. е. – 322. пре н.е.) 

Готфрид Вилхелм 

Лајбниц (1646–1716) 

Џорџ Бул (1815–1864) 

Курт Гедел (1906–1978) 




A 

Логички везници 

Међу многобројним законима које проучава математика посебно важно место 

заузимају такозвани закони мишљења, односно, закључивања. Математичка 

дисциплина која се бави овим законима назива се математичка логика. 

Закључивање је у великом броју случајева засновано на тврдњама које могу бити 

тачне или нетачне. Такве тврдње називају се искази. 


Реченица „број 6 је мањи од броја 7” пример је тачног исказа. 

Реченица „број 5 је збир бројева 3 и 4” пример је исказа који није тачан. 

Исказе ћемо означавати малим словима латинице са или без индекса: 

a, b, c, ..., p, q, r, ..., p 1 

, q 1 

... 

Све чешће се 

у литератури 

истиносне вредности 

означавају са 1 

(тачно) и 0 (нетачно), 

уместо са ⊤ и ⊥. 

Истинитосну вредност тачно означавамо ⊤ (читамо „те”), а истинитосну 

вредност нетачно означавамо ⊥ (читамо „не те”). 

Ако је неки исказ p тачан, пишемо τ(p) = ⊤ (читај „тау од пе једнако те”), а ако 

је исказ p нетачан, пишемо τ(p) = ⊥. Дакле, са τ означавамо придруживање које 

сваком исказу додељује његову истинитосну вредност. 

1. 

Задатак 

Одреди истинитосне вредности исказа p, q и r, тј. τ(p), τ(q) и τ(r), ако је: 

p: број 1 је већи од броја 0,33; 

3 

q: постоји природан број x такав да је x + 2 = 1; 

r: за сваки природан број x тачна је неједнакост x + 1 > x. 

Као што операцијом 

сабирања пару бројева x 

и y придружујемо нови 

број x + y, тако логичком 

операцијом или, на 

пример, пару исказа p 

и q придружујемо нови 

исказ „p или q”. 

Од неких полазних исказа градимо нове исказе уз помоћ такозваних логичких 

везника, односно, логичких операција. Ове операције су засноване на речима 

(везницима): или, и, не (није), ако ... онда, ако и само ако. 

2. 


Нека су дати искази: 

p: број 3 је већи од броја 4, 

q: број 2 је мањи од броја 5. 

Одреди истинитосне вредности исказа p и q, а затим размотри истинитост 

следећих реченица: 

1) p и q: број 3 је већи од броја 4 и број 2 је мањи од броја 5, 

2) p или q: број 3 је већи од броја 4 или број 2 је мањи од броја 5, 

3) није p: није број 3 већи од броја 4, 

4) није q: није број 2 мањи од броја 5. 

10 




Логика и скупови 

Дисјункција два исказа p и q је исказ „p или q” који се означава pq. 

Дисјункција pq је тачна ако је бар један од исказа p, q тачан, а нетачна је ако 

су оба исказа p, q нетачна. 


τ(2 + 3 = 52 ≤ 3) = ⊤ τ(2 < 33 < 2) = ⊤ τ(3 > 52 < 5) = ⊤ τ(1 < 02 < 0) = ⊥ 

Конјункција два исказа p и q је исказ „p и q” који се означава pq. Конјункција 

pq је тачна ако су оба исказа p, q тачна, а нетачна је ако је бар један од исказа 

p, q нетачан. 


τ(2 + 3 = 52 ≤ 3) = ⊤ τ(2 < 33 < 2) = ⊥ τ(3 > 52 < 5) = ⊥ τ(1 < 02 < 0) = ⊥ 

Негација исказа p је исказ „није p” који се означава ¬p. Негација ¬p је тачна 

ако је исказ p нетачан, а нетачна је ако је исказ p тачан. 


τ(¬3 > 5) = ⊤ 

τ(¬2 < 4) = ⊥ 

Логичка операција која по значају заузима централно место у математици јесте 

импликација. Огроман је број математичких тврђења која су формулисана у 

облику ако p, онда q. Исказе овог облика означавамо p q. У говорном језику они 

се исказују и на један од следећих начина: 

p имплицира q, p повлачи q, 

из p следи q, q је последица претпоставке p, 

p је довољан услов за q, q је потребан услов за p. 


τ(p) τ(q) τ(pq) 

⊤ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊤ 

⊥ ⊤ ⊤ 

⊥ ⊥ ⊥ 


τ(p) τ(q) τ(pq) 

⊤ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊥ 


τ(p) 

⊤ 

⊥ 

τ(¬p) 

⊥ 

⊤ 

p је довољан услов за q 

p q 

q је потребан услов за p 


Претпоставимо да су нечији родитељи изјавили: 

Ако ове школске године будеш имао све петице, купићемо ти рачунар. 

Ова изјава је облика p q, где је p исказ ти ћеш ове школске године имати све 

петице, а q исказ ми ћемо ти купити рачунар. Када сматрамо да родитељи говоре 

истину? Ако ученик има све петице и родитељи му купе рачунар, тј. ако су оба 

исказа тачна, дата изјава родитеља је, свакако, тачна. 

Ако ученик има све петице, а родитељи му не купе рачунар, онда су, најблаже 

речено, родитељи лагали. Дакле, ако је p тачно, а q нетачно, онда је p q нетачно. 

Ако ученик нема све петице, а родитељи му купе рачунар, онда родитеље сигурно 

нећемо сматрати лажовима. Дакле, ако је p нетачно, а q тачно, онда p q сматрамо 

тачном изјавом. 

Најзад, претпоставимо да ученик нема све петице и родитељи му нису купили 

рачунар. Пошто ученик није испунио своју обавезу, обавезе су ослобођени и 

родитељи. И у овом случају дату изјаву сматрамо тачном. 

⊤ ⊤ 




11

1 

2 

1 57648 9 


τ(p) τ(q) τ(p q) 

⊤ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊤ 

⊥ ⊥ ⊤ 

Уместо ако и само 

ако често се краће 

пише акко. Аналогно 

скраћивање је 

уобичајено у многим 

језицима. На пример, у 

енглеском се if and only 

if скраћује са iff. 

3. 

Импликација два исказа p и q је исказ „ако p, онда q” који се означава p q. 

Импликација p q је нетачна ако је исказ p тачан и исказ q нетачан, а тачна је 

у свим осталим случајевима. 


τ(2 + 3 = 5 2 ≤ 3) = ⊤ τ(2 < 3 3 < 2) = ⊥ 

τ(3 > 5 2 < 5) = ⊤ τ(1 < 0 2 < 0) = ⊤ 


Која од речи потребно или довољно треба да стоји уместо *** да би следеће 

реченице биле тачне? 

1) Да би број био већи од 100, *** је да буде већи од 1000. 

2) Да четвороугао буде правоугаоник, *** је да буде паралелограм. 

3) Да број буде дељив са 5, *** је да његова последња цифра буде 5. 

4) Да троугао буде једнакокраки, *** је да буде једнакостраничан. 

Импликације p q и q p су једна другој обратне. 

Конјункција две обратне импликације 

(p q)(q p) 

назива се еквиваленција и обележава се p q. Искази овог облика се у говорном 

језику изражавају на један од следећих начина: 

p ако и само ако q, 

p је еквивалентно са q, 

ако p, онда q и обратно, 

p је потребан и довољан услов за q. 


τ(p) τ(q) τ(p q) 

⊤ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊤ 

4. 

Еквиваленција два исказа p и q је исказ „p ако и само ако q” који се означава 

p q. Еквиваленција p q је тачна ако су исте истинитосне вредности исказа 

p, q, а нетачна је ако су истинитосне вредности исказа p, q различите. 


τ(2 + 3 = 5 2 ≤ 3) = ⊤ τ(2 < 3 3 < 2) = ⊥ 

τ(3 > 5 2 < 5) = ⊥ τ(1 < 0 2 < 0) = ⊤ 


Одреди истинитосну вредност следећих исказа: 

1) 2 ∙ 6 > 0,5 ∙ 12 2 3 > 3 2 ; 2) 2 + 3,1 > 5 3,3 – 1,4 < 2; 

3) – 6 + 4 < 6 – 4 3 – 7 < 7 – 3; 4) 2 2 + 3 2 < 4 2 3 2 + 4 2 < 5 2 ; 

5) 11 ∙ 9 < 10 2 101 ∙ 99 < 100 2 ; 6) 2 ≤ 2 2 < 2; 

7) (0,1 > 0,01 –0,1 > –0,01) (3 2 < 3 ∙ 22 ∙ 3 < 2 3 ); 

8) ¬ 2 3 > 3 2 2 5 < 5 2 

¬(¬0,1 ∙ 0,1 = 0,01). 

12 






Одредимо логичку структуру (распоред елементарних исказа и логичких везника) 

реченице: Ана ће платити рату за ауто или у супротном неће моћи да га задржи. 

Прво уочимо елементарне исказе (тј. исказе у којима се не јављају логички 

везници) од којих се ова реченица састоји: 

p: Ана ће платити рату за ауто; 

q: Ана ће моћи да задржи ауто. 

Користећи логичке везнике, полазну реченицу можемо записати на следећи 

начин: 

Ана ће платити рату за ауто 

 

¬(Ана ће платити рату за ауто)¬(Ана ће моћи да задржи ауто), 

односно, 

p(¬p¬q). 

Логичка структура 

реченице 

p ∨ (¬p∧¬q) ¬p 

p(¬p¬q) ¬p 

5. 


Дати су искази: 

p: наспрамне странице четвороугла су паралелне; 

q: наспрамне странице четвороугла су подударне; 

r: четвороугао је паралелограм. 

Одреди логичку структуру реченице: Ако је четвороугао паралелограм, онда су 

његове наспрамне странице паралелне и подударне. 


Нека су дати елементарни искази: 

p: Милена је наследила 300 000 евра; 

q: Милена ће отићи на море; 

r: Милена ће купити стан. 

Формирајмо од датих елементарних исказа реченицу чија је логичка структура 

дата формулом (p¬q) r. Тражена реченица гласи: 

Ако Милена наследи 300 000 евра и не оде на море, онда ће она купити стан. 

6. 


Дати су искази: 

p: Aцa је добио на лутрији; 

q: Аца иде на одмор; 

r: Аца ће купити аутомобил. 

1) Одреди логичку структуру реченице: Ако Аца добије на лутрији, отићи ће на 

одмор или ће купити аутомобил. 

2) Напиши реченицу која одговара исказу (p¬q) r. 




13

A 

Приметите аналогију 

између бројевних 

израза и исказних 

формула. Сетите се да 

бројевне изразе градимо 

од променљивих 

(слова која означавају 

произвољне бројеве), 

константи и 

алгебарских операција. 

Исказне формуле. Таутологије 

Исказне формуле су логички изрази којима се описују структуре (облици) исказа. 

Исказне формуле градимо од: 

• исказних слова a, b, c, ..., p, q, r, ..., p 1 

, q 1 

... 

• логичких константи ⊤ и ⊥ 

• логичких операција ,,¬, , 

употребом заграда на уобичајени начин. 

Исказна слова и логичке константе су најједноставније исказне формуле. 

Ако су A и B исказне формуле, онда су и (AB), (AB), ¬A, (A B) и (A B) 

такође исказне формуле. 

Приликом записивања исказних формула подразумева се следећи договор о 

приоритету логичких везника: ¬ је везник највећег приоритета, за њим следе и 

, који су подједнаког приоритета, а за њима и , такође једнаког приоритета. 

Примери исказних формула су: ⊤¬⊥, p⊤, ¬ (pq ¬r), ¬pq p и тако даље. 

⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊤ 

⊥ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊥ 

¬⊤ = ⊥,¬⊥ = ⊤ 

⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊤ 

На основу таблица које су дате на странама 11 и 12, једноставно се одређује 

истинитосна вредност формула у којима су само логичке константе повезане 

логичким операцијама на неки начин. На маргини су дате таблице логичких 

операција над логичким константама. 

Истинитосна вредност формуле у којој се појављују исказна слова зависи од 

истинитосних вредности које су додељене тим словима. 

Уколико се у некој исказној формули појављују само два исказна слова, онда на 

укупно четири начина можемо да доделимо истинитосне вредности тим словима. 

Ако се у исказној формули појављују три слова, онда имамо осам могућности, ако 

се појављују четири слова, онда имамо 16 могућности, и уопште, ако се у исказној 

формули појављује n исказних слова, онда имамо 2 n могућности. 

Одређивање вредности неке формуле за свако додељивање истинитосних 

вредности исказним словима најједноставније је приказати у облику табеле коју 

називамо истинитосна таблица формуле. 


Прву врсту истинитосне таблице формуле ¬(p q)p формирамо у складу са 

начином на који израчунавамо вредност ове формуле за конкретне вредности 

исказних слова p и q. 

p q p q ¬(p q) ¬(p q)p 

⊤ ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ 

⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊤ 

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ 

 

14 


Формирај истинитосну таблицу формуле p ¬(p¬(qp)). 





Приликом формирања истинитосне таблице неке исказне фомуле, колоне у којима 

наводимо истинитосне вредности исказних слова попуњавамо систематично 

да не бисмо изоставили неку могућност. Општи поступак попуњавања колона 

које одговарају исказним словима може се видети у наредном примеру где је 

формирана таблица формуле са три исказна слова. 


Одредимо за које је истинитосне вредности исказних слова p, q и r формула 

(¬r pq) ⊥ тачна, ако такве вредности уопште постоје. 

Да ли постоје тражене истинитосне вредности и које су, открићемо из 

истинитосне таблице дате формуле. 

p q r ¬r pq ¬r pq (¬r pq) ⊥ 

⊤ ⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊥ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ 

Попуњавање прве 

четири колоне 

истинитосне таблице 

формуле у којој се 

појављују четири слова. 

p q r s ... 

⊤ ⊤ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊥ ⊤ 

⊤ ⊤ ⊥ ⊥ 

⊤ ⊥ ⊤ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊥ ⊥ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊤ ⊤ 

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊥ ⊤ 

⊥ ⊤ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊤ ⊤ 

⊥ ⊥ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊥ ⊤ 

⊥ ⊥ ⊥ ⊥ 

Из таблице видимо да је τ((¬r pq) ⊥) = ⊤ за τ(p) = τ(q) = τ(r) = ⊥, као и да је то 

једино решење постављеног задатка. 

Исказна формула је таутологија ако је тачна за било које истинитосне 

вредности исказних слова која се у њој појављују. 


Да је формула ¬(pq) ¬p¬q таутологија, закључујемо из њене истинитосне 

таблице. 


Реч таутологија је 

грчког порекла и 

образована је од речи 

таутос = исто и логос 

= разум, закон, разлог. 

p q pq ¬(pq) ¬p ¬q ¬p¬q ¬(pq) ¬p¬q 

⊤ ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ ⊥ ⊤ 

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ 

⊥ ⊥ ⊥ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ 

 


Испитај да ли су следеће формуле таутологије: 

1) p (pq); 2) p (pq); 

3) p (qr); 4) p (p qr). 




15

2 57648 

Б 

Метода свођења 

на апсурд 

Апсурд је реч 

латинског порекла 

и значи бесмислица, 

логичка немогућност. 

Доказивање да је 

формула таутологија 

методом свођења 

на апсурд састоји 

се у томе да се 

претпостави да 

дата формула није 

таутологија, а затим 

се из те претпоставке, 

ослањањем на 

истинитосне 

таблице, изводи 

немогућа ситуација 

– на пример, да једна 

иста формула има 

две истинитосне 

вредности, и ⊤ и ⊥. 

Формирање истинитосне таблице је све заморнији посао како се повећава број 

исказних слова која се у формули појављују, зато приликом разматрања исказних 

формула настојимо да заобиђемо формирање њене таблице када год је то могуће. 

У наредном примеру описаћемо још један поступак доказивања да је нека 

формула таутологија. Реч је о методи свођења на апсурд. 


Докажимо методом свођења на апсурд да je формула 

p(p q) q 

таутологија. 

Претпоставимо да дата формула није таутологија, тј. да је 

τ(p(p q) q) = ⊥. 

Узимајући у обзир таблицу импликације, закључујемо да је тада 

τ(p(p q)) = ⊤ и τ(q) = ⊥. 

На основу таблице за конјункцију даље добијамо да је 

τ(p) = ⊤, τ(p q) = ⊤ и τ(q) = ⊥. 

Међутим, сада из τ(p) = ⊤ и τ(q) = ⊥, следи да је τ(p q) = ⊥, што није могуће јер 

смо раније закључили да је τ(p q) = ⊤. 

Дакле, дата формула јесте таутологија. 

3. 


Потпуно аналогно претходном примеру доказујемо и следеће општије тврђење. 

Ако су A и B било које исказне формуле, онда је A(A B) B таутологија. 

Претпоставимо да дата формула није таутологија, тј. да је 

τ(A(A B) B) = ⊥. 

Узимајући у обзир таблицу импликације и конјункције, закључујемо да је 

τ(A) = ⊤, τ(A B) = ⊤ и τ(B) = ⊥. 

Међутим, из τ(A) = ⊤ и τ(B) = ⊥, следи да је τ(A B) = ⊥, што није могуће јер је 

τ(A B) = ⊤. 

Приметимо да смо на овај начин доказали да су све формуле датог облика (којих 

има бесконачно много) таутологије. На пример, таутологије су 

(pq)(pq ¬r) ¬r [A = pq, B = ¬r] 

¬p(¬p (p q)) (p q) [A = ¬p, B = p q] 

и тако даље. 

4. 


Методом свођења на апсурд докажи да су следеће формуле таутологије: 

1) p (q p); 2) (p q)¬ q ¬p; 

3) (p q) (¬q ¬p); 4) (p q)(q p). 


Ако су A и B неке исказне формуле, докажи да је (¬A ¬B) (B A) таутологија. 

16 




Таутологије и закони закључивања 

Таутологије су исказне формуле којима се описују важни закони мишљења. На 

који начин су таутологије саставни део коректних закључивања, илустроваћемо у 

наредним примерима. 


Чињеница да је p¬p таутологија, значи да је сваки сложен исказ овог облика увек 

тачан без обзира о ком исказу p je реч. Тачне су све реченице: 

Аца има 16 година или Аца нема 16 година; 

троугао ABC је правоугли или троугао ABC није правоугли; 

1,41 je решење једначине x 2 = 2 или 1,41 није решење једначине x 2 = 2. 

Закон искључења 

трећег 

p¬p 

А 

p¬p 


Један од најједноставнијих и најчешће коришћених закона закључивања базиран 

је на таутологији p(p q) q (види пример 4. на страни 16). 

Ова таутологија се на српском језику може исказати на следећи начин: 

ако је p и из p следује q, онда је q. 

Дакле, из претпоставки p и p q изводимо закључак q. 

Сада није тешко открити поменуту таутологију у следећем закључивању. 

Претпоставка p: Ана живи у Београду. 

Претпоставка p q: Ако Ана живи у Београду, онда Ана живи у Србији. 

Закључак q: Ана живи у Србији. 


На основу таутологије (p q)¬q ¬p, добијамо правило закључивања према 

коме из претпоставки p q и ¬q изводимо закључак ¬p. 

Наводимо и једно конкретно закључивање базирано на овој таутологији. 

p q: Ако је четвороугао ABCD квадрат, онда се у њега може уписати круг. 

¬q: У четвороугао ABCD се не може уписати круг. 

Закључак ¬p: Четвороугао ABCD није квадрат. 


Таутологија (p q)(q r) (p r) стоји иза следећег једноставног 

закључивања. 

Претпоставка p q: Ако неко живи у Београду, онда он живи у Србији. 

Претпоставка q r: Ако неко живи у Србији, онда он живи у Европи. 

Закључак p r: Ако неко живи у Београду, онда он живи у Европи. 

Modus ponens 

p(p q) q 

p p q 

q 

Modus tollens 

(p q)¬q ¬p 

p q ¬q 

¬p 

Tранзитивност 

импликације 

(p q)(q r) (p r) 

p q q r 

p r 

Аналогну примену, нарочито у математичким тврђењима, има таутологија 

(p q)(q r) (p r). 




17

1 

2 

1 57648 9 

Закони контрапозиције 

(¬q ¬p) (p q) 


Таутологија (¬q ¬p) (p q) се веома често среће у математичким доказима. 

Она омогућава да се уместо импликације p q докаже импликација ¬q ¬p. 

p q 

¬q ¬p 

Тако, ако желимо да докажемо импликацију: 

Ако је n 2 непаран број, онда је n непаран број, 

према овој таутологији уместо ње можемо доказати њој еквивалентну 

импликацију: 

Ако n није непаран број, онда n 2 није непаран број. 

Ова друга импликација је свакако једноставнија за доказивање. Заиста, ако n није 

непаран, онда је паран, тј. n = 2k, за неко k, па је n 2 = 4k 2 , одакле следи да је n 2 паран, 

што значи да није непаран. 


Најједноставнији доказ да је за сваки реалан број x тачна импликација 

1 – 3x ≠ 0 x ≠ 1 3 

јесте онај у коме се примењује таутологија (¬q ¬p) (p q). Према њој, 

тражена импликација је еквивалентна са 

x = 1 1 – 3x = 0, 

3 

а ову импликацију је једноставно доказати јер треба само проверити да ли је тачна 

једнакост 

1 – 3 ∙ 1 3 = 0. 

Ова једнакост је тачна, чиме је доказ дате импликације завршен. 

Свођење на апсурд 

(reductio ad absurdum) 

(¬p (q¬q) ) p 


Ако из ¬p следи q и ¬q (тј. нека два противречна тврђења), онда изводимо 

закључак p. Ово правило закључивања базирано је на таутологији 

(¬p (q¬q)) p. 

Најстарији пример примене овог закона закључивања је чувени доказ да једначина 

x 2 = 2 нема рационална решења. Овај доказ ћемо изложити касније на страни 67. 

Овом приликом ћемо приказати доказ једноставнијег тврђења 

p: број 1,41 није решење једначине x 2 = 2. 

Негација овог тврђења је 

¬p: број 1,41 јесте решење једначине x 2 = 2. 

Ако претпоставимо ¬p, онда бисмо имали да је 

q: 1,41 2 = 2, 

а лако се проверава да је 

¬q: 1,41 2 ≠ 2. 

Дакле, тачно је p. 

18 






Типичан пример примене таутологије 

(p r)(q r) (pq r) 

представља доказ тврђења да је за сваки природан број n производ n(n + 1) паран 

број. 

Нека је 

p: n je паран број, 

q: n је непаран број, 

r: n(n + 1) је паран број. 

Није тешко доказати импликације p r (ако је n паран број, онда је n(n + 1) 

паран број) и q r (ако је n непаран број, онда је n(n + 1) паран број). На основу 

наведене таутологије добијамо да 

из n је паран број или n је непаран број следи да је n(n + 1) паран број, 

односно, да је за сваки природан број n производ n(n + 1) паран број. 

Закон набрајања 

(p r)(q r) 

(pq r) 


За свака два реална броја x и y тачне су еквиваленције 

x ∙ y = 0 x = 0y = 0 

и 

x 2 + y 2 = 0 x = 0y = 0. 

На основу таутологија 

(p q) (¬p ¬q), 

¬(pq) ¬p¬q 

и 

¬(pq) ¬p¬q 

закључујемо да су тачне и следеће еквиваленције 

x ∙ y ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0 

и 

x 2 + y 2 ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0. 

Заиста имамо да је 

(x ∙ y = 0 x = 0y = 0) 

(¬x ∙ y = 0 ¬(x = 0y = 0)) 

(x ∙ y ≠ 0 ¬x = 0¬y = 0) 

(x ∙ y ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0), 

и 

(x 2 + y 2 = 0 x = 0y = 0) 

(¬x 2 + y 2 = 0 ¬(x = 0y = 0)) 

(x 2 + y 2 ≠ 0 ¬x = 0¬y = 0) 

(x 2 + y 2 ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0). 

Овакво записивање еквиваленција у низу, односно, формирање такозваног ланца 

еквиваленција, дозвољено је на основу таутологије 

(p q)(q r) (p r). 

Прецизније, према овој таутологији закључујемо да уколико су еквивалентне 

сваке две суседне формуле у ланцу еквиваленција, онда су еквивалентне и прва и 

последња формула у том ланцу. 

Де Морганови закони 

¬(pq) ¬p¬q 

¬(pq) ¬p¬q 

Tранзитивност 

еквиваленције 

(p q)(q r) 

(p r) 

p q q r 

p r 




19

A 

Скупови 

Појмови скуп и скуповна припадност су основни математички појмови. Помоћу 

њих се уводе сви други математички објекти попут бројева, релација, функција, 

геометријских фигура итд. 

Интуитивно, скупови настају окупљањем некаквих ствари у целину. Свака од 

ствари које чине ту целину, тј. скуп, назива се елемент тог скупа. 

Да је x елемент скупа S записује се формулом x S и чита се „икс је елемент скупа 

ес” или „икс припада скупу ес”. 

Да x није елемент скупа S записује се формулом x S и чита се „икс није елемент 

скупа ес” или „икс не припада скупу ес”. 


Венов дијаграм скупа 

B = {J,R,P,G} 

J B,R B,P B,G B 

N = {1,2,3,4,...} 

скуп природних бројева 

Z = {..., –2, –1,0,1,2,...} 

скуп целих бројева 

p 

Q = 

q | p Z, q N 

скуп рационалних 

бројева 

R 

скуп реалних бројева 

Сваки скуп је потпуно одређен својим елементима. Другим речима, два скупа 

су једнака ако и само ако имају исте елементе. 

Најједноставнији примери скупова су они који имају „мали” број елемената и које 

због тога можемо задати навођењем свих његових елемената између витичастих 

заграда { и } (одвајајући елементе зарезима уколико их има више од једног). 

Међутим, овакве скупове ћемо наводити само у неким елементарним примерима. 

У математици се углавном разматраjу скупови које не можемо задати „елемент 

по елемент” (чак и када су они коначни, а имају велики број елемената). Овакве 

скупове задајемо навођењем својства помоћу којег издвајамо све објекте који 

имају то својство. Ако са означимо својство, а са (x) чињеницу да „x има 

својство ”, онда записом 

S = {x | (x)} 

одређујемо скуп S чији су елементи сви објекти који имају својство . 


Скуп A чији су једини елементи 1, 2 и 3 описујемо са A = {1,2,3}. 

Примети да је A = {3,1,2}, као и A = {x | x = 1x = 2x = 3}. 

Скуп A првих 1 000 000 000 природних бројева јесте коначан, али је дискутабилно 

да ли смо у стању да наведемо све његове елементе. Примера ради, ако бисмо 

могли да записујемо по један природан број у секунди, за набрајање свих 

елемената скупа A требало би нам скоро 32 године. 

Ипак, скуп A једноставно задајемо једнакошћу A = {x | x Nx ≤ 10 9 }. 

Празан скуп (скуп који нема елементе) можемо описати једнакошћу = {x | x ≠ x}. 

Примети да формула x ≠ x није тачна ни за једно x, па она заиста описује празан 

скуп. 

20 





Ако су скупови A и B једнаки, тј. ако је A = B, онда je за свако x тачна 

еквиваленција: 

x A x B. 

Ова еквиваленција је конјункција две обратне импликације: 

(x A x B)(x B x A). 

Прва импликација „каже” да је сваки елемент скупа A такође и елемент скупа B, а 

друга да је тачно и обратно, да је сваки елемент скупа B уједно и елемент скупа A. 

Скуп A је подскуп скупа B, у ознаци A B, ако и само ако је сваки елемент 

скупа A уједно и елемент скупа B, тј. ако и само ако је за свако x тачна 

импликација: 

x A x B. 

Скуп A je прави (строги) подскуп скупа B, у ознаци A B, ако и само ако је 

A B и B / A (B није подскуп од A). 


Релацију („бити подскуп”) називамо инклузијом, а релацију строгом 

инклузијом. 


Испитај инклузијски однос међу скуповима A = {x |x Nx 2 ≤ 9}, 

B = {x | x = 2x = 3} и C = {2,3,4}. 

Узимајући у обзир претходну дефиницију и разматрање испред ње, закључујемо 

да је следећа еквиваленција тачна за било које скупове A и B: 

A = B A BB A. 

У наредном тврђењу наводимо основна (и очигледна) својства инклузије и строге 

инклузије. 

За било које скупове A, B и C важи: 

1. A, 5. A ≠ A, 

2. A A, 6. A A, 

3. A BB A A = B, 7. A B A B, 

4. A BB C A C, 8. A BB C A C. 

Примети да су 

припадање () 

и инклузија () 

суштински различити 

односи. 


a S, {a} S, 

{a} S, a / S 

Партитивни скуп датог скупа S, у ознаци P(S), јесте скуп свих његових 

подскупова. Дакле, P(S) = {X | X S}. 



Одредимо P({1,3,5}). 

Једночлани подскупови од {1,3,5} су {1}, {3} и {5}. Двочлани подскупови од {1,3,5} 

су {1,3}, {1,5} и {3,5}. Коначно, {1,3,5} и {1,3,5} {1,3,5}, па имамо да је 

P({1,3,5}) = {,{1},{3},{5},{1,3},{1,5},{3,5},{1,3,5}}. 




21

1 

2 

1 57648 9 

ПРЕСЕК 

A B 


Пресек скупова A и B, у ознаци A B, дефинишемо једнакошћу 

A B = {x | x Ax B}. 

Унију скупова A и B, у ознаци A B, дефинишемо једнакошћу 

A B = {x | x Ax B}. 

Разлику скупова A и B, у ознаци A \ B, дефинишемо једнакошћу 

A \ B = {x | x Ax B}. 

Скупови A и B су дисјунктни ако је A B = . 

УНИЈА 

A B 


Нека је A = {1,2,3,4,6}, B = {3,4,7,8,9} и C = {4,5,6,8,9,10}. 

Одредимо (A B) \ (B C). 

A B = {1,2,3,4,6,7,8,9}, B C = {4,8,9}, (A B) \ (B C) = {1,2,3,6,7} 

РАЗЛИКА 

A \ B 

B \ A 

2. 


Користећи скуповне операције, опиши осенчене делове Венових дијаграма. 

1) 2) 3) 4) 5) 6) 

 

КОМПЛЕМЕНТ СКУПА 

3. 


Ако је A било који скуп, одреди A , A , A \ , \ A. 

A A c = S 

A A c = 

(A c ) c = A 


Ако је A S, онда се разлика S \ A назива комплемент скупа A у односу на 

скуп S. Ако је јасно о ком скупу S је реч, онда се комплемент подскупа A (од S) 

означава A c . 

22 





Директно из дефиниције скуповних операција добијамо: 

x A B x Ax B, 

x A B x Ax B, 

x A \ B x A¬x B. 

Применом ових еквиваленција скуповни идентитети се своде на таутологије. 

A = B, ако је за свако x 

тачна еквиваленција: 

x A x B. 


Докажимо да je за све скупове A, B и C тачна једнакост 

A \ (B C) = (A \ B) (A \ C). 

Да бисмо доказали овај скуповни идентитет, довољно је доказати да је за свако x 

тачна еквиваленција 

x A \ (B C) x (A \ B) (A \ C). 

Према дефиницијама скуповних операција, имамо да je 

x A \ (B C) x A¬(x B C) 

x A¬ (x Bx C) 

као и 

x (A \ B) (A \ C) x A \ Bx A \ C 

(x A¬x B)(x A¬x C). 

Дакле, треба доказати да је за свако x тачна еквиваленција 

x A¬(x Bx C) (x A¬x B)(x A¬x C). 

Нека је 

p: x A, q: x B, r: x C. 

Последња еквиваленција, уз уведене ознаке, постаје 

p¬(qr) (p¬q)(p¬r). 

Остављамо као задатак за вежбу доказ да је ова формула таутологија. Тиме ће 

доказ датог идентитета бити завршен. 


Нека су A и B произвољни подскупови од S. Докажимо Де Морганову једнакост 

(A B) c = A c B c . 

Приметимо да из A, B S следи да је A B S, као и да је реч о комплементима 

у односу на скуп S. Имајући на уму дефиницију комплемента, довољно је доказати 

да је за свако x из S тачна еквиваленција x (A B) c x A c B c , односно 

¬x A B x A c x B c , тј.¬(x Ax B) ¬x A¬x B. 

Ако ставимо да је p: x A, q: x B, последња еквиваленција постаје 

¬(pq) ¬p¬q. Ова формула јесте таутологија (позната као Де Морганов 

закон), одакле следи да је тражена једнакост тачна. 

Идентитете који се 

односе на нека три 

произвољна скупа 

можемо проверавати 

сенчењем типичног 

графичког приказа 

нека три скупа. 

B C A \ (B C) 

A \ B 

A \ C 

(A \ B) (A \ C) 


Докажи да су за било које скупове A, B и C тачне једнакости: 

1) (A \ B) \ C = A \ (B C), [(p¬q)¬ r p¬(qr)] 

2) A \ (B \ C) = (A \ B) (A C). [p¬(q¬ r) (p¬ q)(pr)] 




23

A 


Разликуј двочлани 

скуп од уређеног пара. 

{1,2} = {2,1} 

(1,2) ≠ (2,1) 

Уређени пар. Декартов производ 

Уређени пар (a,b) је двочлани низ чији је први члан (прва координата) a и 

чији је други члан (друга координата) b. За уређене парове важи 

(a,b) = (c,d) a = cb = d. 

Декартов производ скупова A и B, у ознаци A×B, јесте скуп чији су елементи 

уређени парови чија прва координата припада скупу A, a друга координата 

скупу B, односно, 

A×B = {(a,b) | a Ab B}. 

A×B 

B×A 


Нека је A = {1,2} и B = {0,1,2}. Одредимо скупове A×B и B×A: 

A×B = {(1,0),(1,1),(1,2),(2,0),(2,1),(2,2)}; 

B×A = {(0,1),(1,1),(2,1),(0,2),(1,2),(2,2)}. 

Скупови A×B и B×A су различити и инклузијски неупоредиви, тј. 

A×B / B×A и B×A / A×B. 

Приметимо и да је 

(A×B) (B×A) = {(1,1),(2,2)}. 

Будући да празан скуп нема елементе, није могуће формирати уређене парове 

са координатама из празног скупа. Одавде следи да су за сваки скуп A тачне 

једнакости 

×A = A× = . 


Нека је A = {1,2,3} и B = {1,2}. Одреди: 

1) (A×A) (B×A); 2) (B×A) \ (A×B); 3) (A \ B)×(A B). 

B×B 

Декартов производ скупова се уводи по узору 

на правоугли координатни систем (који се 

назива и Декартов координатни систем). 

Ако координатне осе правоуглог 

координатног система схватимо као графичке 

приказе скупа реалних бројева R, тада се 

раван у коју је постављен координатни систем 

може схватити као Декартов производ R×R. 

Заиста, тачке равни идентификујемо са 

уређеним паровима реалних бројева. 

24 




Б 

Докажимо да је за све скупове A, B и C тачна једнакост 

A×(B C) = (A×B) (A×C). 

Довољно је доказати да за свако x и y важи еквиваленција 

(x,y) A×(B C) (x,y) (A×B) (A×C). 

Применом дефиниције Декартовог производа и уније имамо 

(x,y) A×(B C) x Ay B C 

x A(y By C) 

и 

(x,y) (A×B) (A×C) (x,y) A×B(x,y) A×C 

(x Ay B)(x Ay C). 

Ако ставимо да је 

p: x A, q: y B, r: y C, 

према таутологији p(qr) (pq)(pr) (докажите да је ова формула заиста 

таутологија) закључујемо да је дата скуповна једнакост тачна. 

2. 



Докажи да је за све скупове A, B и C тачна једнакост A×(B C) = (A×B) (A×C). 

Уређена тројка (a,b,c) је трочлани низ чији је први члан a, други члан b и 

трећи члан c. За уређене тројке важи 

(a 1 

,a 2 

,a 3 

) = (b 1 

,b 2 

,b 3 

) a 1 

= b 1 

a 2 

= b 2 

a 3 

= b 3 

. 

Слично се дефинишу уређене четворке, уређене петорке итд. 

Декартов производ скупова A, B и C, у ознаци A×B×C, јесте скуп чији су 

елементи уређене тројке чија прва координата припада скупа A, друга 

координата скупу B, а трећа координата скупу C, односно, 

A×B×C = {(a,b,c) | a Ab Bc C}. 

Слично се дефинишe Декартов производ више од три скупа. 



Скупови A×A, 

A×A×A, итд. називају 

се Декартови степени 

скупа A и често се 

обележавају редом 

A 2 , A 3 итд. 

Ако је A = {a,b}, онда је 

A×A×A = {(a,a,a),(a,a,b),(a,b,a),(a,b,b),(b,a,a),(b,a,b),(b,b,a),(b,b,b)}. 

3. 

4. 


Ако је A = {a,b,c}, B = {0,1}, C = {1,2}, oдреди: 

1) A×B×C; 2) A×B×B; 3) B×B×B; 

4) (A×B×C) (A×C×B); 5) (A×B×C) (B×A×C). 


Ако је A = {1,2,3}, B = {a,b,c,d} и C = {0,1,2,3}, одреди број елемената скупова: 

1) A×B×C; 2) A×A×A; 3) B×B×C. 




25

A 

Бинарне релације 

Релацијама успостављамо везе између објеката (бројева, геометријских фигура итд.) 

које проучавамо. 


Бинарна релација скупа A је било који подскуп Декартовог производа A×A. 

Уобичајено је да се 

релације означавају 

малим словима грчког 

алфабета. 

A×A 


Нека је A = {a,b,c} и ρ подскуп од A×A дат са 

ρ = {(a,a),(a,b),(a,c),(b,b),(c,a)}. 

Дакле, ρ је једна бинарна релација скупа A. Ову релацију сликовитије можемо 

приказати на два начина: графом и таблицом. Верујемо да су наредне слике 

довољне да се уочи како се формира таблица, односно граф релације. 

ρ a b c 

a ⊤ ⊤ ⊤ 

b ⊥ ⊤ ⊥ 

c ⊤ ⊥ ⊥ 

Приликом формирања 

графа релације нема потребе 

наводити уређене парове. Ми 

смо их наводили само да бисмо 

објаснили значење стрелица. 

Ако је ρ нека бинарна релација скупа A, тј. ако је ρ A×A, уобичајено је да се 

уместо (x,y) ρ пише x ρ y и чита „икс је у релацији ро са ипсилон”. Уместо 

(x,y) ρ писаћемо x ρ y (ρ је прецртано слово ро). 

Такође, у наставку ћемо бинарне релације звати краће релацијама. 

Таблице и графове 

релација формирамо 

само у случају да су те 

релације на коначним 

скуповима. 


Релације ≤ и < међу реалним бројевима важни су примери релација на 

(бесконачном) скупу R. Обојени делови координатних равни, схваћени као 

подскупови од R×R, заправо су графички прикази ових релација. Приметите да 

на слици доле десно тачке са „испрекидане линије” нису укључене у одговарајућу 

област. 

 

26 





Бинарна релација ρ скупа A je: 

• рефлексивна ако је x ρ x за свако x из A; 

• ирефлексивна ако за све x из A није x ρ x; 

• симетрична ако је за све x и y из A тачна импликација x ρ y y ρ x; 

• антисиметрична ако је за све x и y из A тачна импликација 

x ρ yy ρ x x = y; 

• линеарна ако је за све x и y из A тачна дисјункција x ρ yy ρ x; 

• транзитивна ако је за све x, y и z из A тачна импликација 

x ρ yy ρ z x ρ z. 



Испитајмо које од особина наведених у претходној дефиницији има релација ρ 

скупа A = {a,b,c} из примера 1. Испоставиће се да ова релација нема ниједну од 

поменутих особина. 

Релација ρ није рефлексивна, јер није тачно да су сви елементи скупа A у релацији 

са собом: a ρ a, b ρ b и c ρ c. 

Релација ρ није ирефлексивна, јер није тачно да сви елементи скупа A нису у 

релацији са собом: a ρ a, b ρ b и c ρ c. 

Да релација ρ није ни симетрична ни антисиметрична, показују наредне две табеле 

у којима су детаљно испитане све могућности. 

x y x ρ y y ρ x x ρ y y ρ x 

a a ⊤ ⊤ ⊤ 

a b ⊤ ⊥ ⊥ 

a c ⊤ ⊤ ⊤ 

b a ⊥ ⊤ ⊤ 

b b ⊤ ⊤ ⊤ 

b c ⊥ ⊥ ⊤ 

c a ⊤ ⊤ ⊤ 

c b ⊥ ⊥ ⊤ 

c c ⊥ ⊥ ⊤ 

x y x ρ y y ρ x x = y x ρ yy ρ x x = y 

a a ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ 

a b ⊤ ⊥ ⊥ ⊤ 

a c ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ 

b a ⊥ ⊤ ⊥ ⊤ 

b b ⊤ ⊤ ⊤ ⊤ 

b c ⊥ ⊥ ⊥ ⊤ 

c a ⊤ ⊤ ⊥ ⊥ 

c b ⊥ ⊥ ⊥ ⊤ 

c c ⊥ ⊥ ⊤ ⊤ 

Иако су претходне табеле веома информативне, њихово формирање може да 

представља заморан посао ако је скуп коначан и има већи број елемената, док у 

случајевима бесконачних скупова није ни могуће формирати овакве табеле. 

Покушајмо да откријемо без табела да ли је релација ρ линеарна и да ли је 

транзитивна. 

Ако пажњу усмеримо на дефиницију релације ρ, односно на њен граф, брзо ћемо 

уочити да релација ρ није линеарна, јер је, на пример, b ρ c и c ρ b, тј. ¬(b ρ cc ρ b). 

Да релација ρ није транзитивна, следи из чињеница: c ρ a, a ρ b и c ρ b, тј. из 

чињенице да није тачна импликација c ρ aa ρ b c ρ b. 




27

1 

2 

1 57648 9 


Нека је ρ релација скупа A. Релација ρ је релација поретка (уређење) ако је 

рефлексивна, антисиметрична и транзитивна. 


У наредној табели су наведене три важне релације поретка. 

Релација ≤ на скупу R 

(за све x, y, z из R ) 

Релација | (дељивости) на 

скупу N (за све n, m, k из N ) 

Инклузија међу скуповима 

(за све скупове A, B, C) 

Рефлексивност x ≤ x n | n A A 

Антисиметричност x ≤ yy ≤ x x = y n | mm | n n = m A BB A A = B 

Транзитивност x ≤ yy ≤ z x ≤ z n | mm | k n | k A BB C A C 

Приметимо да је релација ≤ на скупу R линеарна, јер је x ≤ y или y ≤ x за било која 

два броја x и y. 

Релација | (дељивости) на скупу N није линеарна, јер, на пример, 2 |/ 3 и 3 |/ 2. 

Инклузија такође није линеарна, јер, на пример,{1,2,3} / {2,3,4} и {2,3,4} / {1,2,3}. 


Да ли је релација скупа A = {a,b,c,d} приказана графом на 

слици десно релација поретка? 

Да ли је ова релација линеарна? 


Релација ≤ на скупу R 

је линеарно уређење. 

Релација ρ је релација линеарнoг поретка (линеарно уређење) ако је 

рефлексивна, антисиметрична, линеарна и транзитивна. 

Релација ρ је релација строгог поретка (строго уређење) ако је ирефлексивна 

и транзитивна. 


Свакој релацији поретка ρ неког скупа A одговара једна релација строгог поретка 

σ (такође на A) таква да су за све x и y из A тачне еквиваленције: 

x ρ y x σ yx = y, односно, x σ y x ρ yx ≠ y. 

Тако релацији ≤ на скупу R одговара релација


Релација ρ је релација еквиваленције ако је рефлексивна, 

симетрична и транзитивна. 



На наредној слици приказан је граф једне релације еквиваленције скупа 

S = {a,b,c,d,e,f}. 

Није тешко уочити да је скуп S овом релацијом издељен 

на три подскупа који су међусобно дисјунктни тако да 

је сваки елемент било ког подскупа повезан са било 

којим елементом из истог подскупа (наравно и са самим 

собом). Сваки од ових подскупова назива се класа 

еквиваленције. 

Прецизније, класе еквиваленције су подскупови: {a,b,c}, {d} и {e,f}. 

Испоставља се да свака релација еквиваленције неког скупа дели тај скуп на 

међусобно дисјунктне непразне подскупове чија је унија једнака скупу на коме је 

релација дефинисана. Сваки од тих подскупова назива се класа еквиваленције 

уочене релације. 


Релација ρ скупа целих бројева Z дефинисана је на следећи начин: 

x ρ y акко је x – y дељиво са 2. 

Докажимо да је ρ релација еквиваленције. 

Рефлексивност. Како је за сваки цео број x разлика x – x једнака нули, па је тиме и 

дељива са 2, следи да је x ρ x за сваки цео број x. 

Симетричност. Претпоставимо да су x и y цели бројеви такви да је x ρ y. Тада је 

x – y дељиво са 2. Међутим тада је и y – x дељиво са 2 (јер је y – x = –(x – y)), па је тиме 

и y ρ x. 

Транзитивност. Претпоставимо да су x, y и z цели бројеви такви да је x ρ y и y ρ z. 

Тада су x – y и y – z дељиви са 2. Како је x – z = (x – y) + (y – z), закључујемо да је x – z 

дељиво са 2, тј. x ρ z. 

–8 

–6 

–4 

–2 

0 

2 

4 

6 

8 

Једнакост ( = ) 

је типичан 

пример релације 

еквиваленције. 

Приказ релације 

једнакости међу 

реалним бројевима 

Граф једнакости скупа 

A = {a,b,c,d} 

–5 

–4 

–3 

–1 

1 

3 

5 

7 

9 

Скуп Z је овом релацијом подељен на два дисјунктна подскупа: скуп непарних 

целих бројева {..., –5, –3, –1,1,3,5,...} и скуп парних целих бројева {... –4, –2,0,2,4,6 ...}. 




29

A 

Функције 

Функције су једна од најважнијих веза између математике и света око нас. 

Помоћу њих моделирамо и пратимо рад механичких, биолошких и разних других 

система. 

Интуитивно, функцијама се успостављају везе између елемената два скупа тако 

што се сваком елементу једног скупа придружује тачно један елемент другог скупа. 


На наредним сликама приказано је једно придруживање које сваком елементу 

скупа A = {a,b,c,d} додељује тачно један елемент скупа B = {1,2,3}. Другим речима, 

дефинисана је једна функција из A у B. 

Уочену функцију схватамо као скуп 

f = {(a,1),(b,2),(c,2),(d,3)}. 


Скуп f је функција из A у B, у ознаци f: A B, ако важе следећи услови: 

1. f A×B и 

2. за свако x из A постоји тачно један елемент y из B такав да (x,y) f. 

Ако f: A B, скуп A се назива домен или област дефинисаности, а скуп B 

кодомен или област вредности функције f. 

g 

h 


Нека је A = {a,b,c,d} и B = {1,2,3} (као у претходном примеру). 

Скуп g = {(a,1),(b,2),(d,2)} није функција из A у B, јер елемент c из A није прва 

координата ниједног пара из g, тј. елементу c није придружен ниједан елемент из 

B. 

Скуп h = {(a,1),(b,2),(c,1),(c,2),(d,3)} није функција из A у B, јер два различита 

пара из h имају исту прву координату c, тј. елементу c није придружен само један 

елемент из B. 

Скупови l = {(a,1),(b,1),(c,1),(d,2)} и s = {(a,3),(b,2),(c,1),(d,2)} јесу функције 

из A у B. 

30 





Ако f: A B, уместо (x,y) f пишемо f(x) = y, а понекада и x y. 


Ако је f: {a,b,c,d} {1,2,3} функција из примера 1, онда је 

f(a) = 1, f(b) = 2, f(c) = 2, f(d) = 3, 

при чему су ове једнакости другачије записани односи 

(a,1) f, (b,2) f, (c,2) f, (d,3) f. 

Ради боље прегледности користимо и следећи запис: 

f = a b c d 

1 2 2 3 . 

Овакав запис је погодан за дефинисање функција између два коначна скупа са 

малим бројем елемената. 


Када су у питању функције између коначних скупова са „великим” бројем 

елемената или бесконачних скупова, не можемо их дефинисати као у претходним 

примерима. У оваквим случајевима функције се најчешће задају навођењем 

правила по коме се елементима једног скупа додељују елементи другог скупа. 

Веома важне функције међу скуповима бројева представљају оне које су 

дефинисане неким изразом са једном променљивом. На пример, изразом 2x + 1 

дефинисана је функција f: R R која сваком реалном броју x придружује 

одговарајућу вредност 2x + 1: 

3 7; 2,5 6; 0 1; – 1 – 1, ... 

Једноставно, кажемо да је функција f: R R дефинисана са 

f(x) = 2x + 1. 

Сасвим је природно да ову функцију графички прикажемо у правоуглом 

координатном систему. 




31

1 

2 

1 57648 9 

Композиција функција 

Композиција 

две функције је 

дефинисана само ако је 

домен једне функције 

једнак кодомену друге 

функције. 

Приметите да се 

композиција f g 

функција из примера 1. 

не може дефинисати. 


Посматрајмо две функције, f: {a,b,c,d} {1,2,3} и g: {1,2,3} {t,u,v,w}, дате са 

f = a b c d 

1 1 2 2 и g = 1 2 3 

t v w . 

Приметимо да је домен функције g исти као кодомен функције f. 

Дефинишимо нову функцију h: {a,b,c,d} {t,u,v,w} са 

h(x) = g(f(x)), x {a,b,c,d}. 

Тада је 

h(a) = g(f(a)) = g(1) = t, h(b) = g(f(b)) = g(1) = t, 

h(c) = g(f(c)) = g(2) = v, h(d) = g(f(d)) = g(2) = v. 

Дакле, 

h = a b c d 

t t v v . 

Функција h назива се композиција функција f и g. 


Композиција функција f: A B и g: B C је функција h: A C, дефинисана са 

h(x) = g(f(x)). 

Функција h се означава са g f. Дакле, (g f)(x) = g(f(x)). 


Експлицитно (лат. 

explicitus) значи јасно, 

недвосмислено, 

отворено. 

Функције f: R R и g: R R дефинисане су са 

f(x) = –2x – 1 и g(x) = 3x + 1. 

Од ових функција могу се дефинисати разне композиције, као на пример, f g: R R, 

g f: R R, f f: R R, g g: R R. Одредимо изразе које експлицитно одређују 

ове функције. 

(f g)(x) = f(g(x)) = f(3x + 1) = –2(3x + 1) – 1 = –6x – 3 

(g f)(x) = g(f(x)) = g(–2x – 1) = 3(–2x – 1) + 1 = –6x – 2 

(f f)(x) = f(f(x)) = f(–2x – 1) = –2(–2x – 1) – 1 = 4x + 1 

(g g)(x) = g(g(x)) = g(3x + 1) = 3(3x + 1) + 1 = 9x + 4 

32 


Функције f: R R и g: R R дефинисане су са f(x) = x – 1 и g(x) = 1 – x. 

Одреди: f g, g f, f f, g g, (f f) f. 





Функција f: A B је: 

• 1-1 функција (читај „један један функција”), ако је за свако x 1 

, x 2 

из A тачна 

импликација 

x 1 

≠ x 2 

f(x 1 

) ≠ f(x 2 

), 

односно, импликација (која је по закону контрапозиције еквивалентна 

претходној) 

f(x 1 

) = f(x 2 

) x 1 

= x 2 

; 

• на-функција, ако за свако y из B постоји x из A тако да је f(x) = y; 

• бијекција, ако је 1-1 функција и на-функција. 


Закон контрапозиције 

(¬q ¬p) (p q) 

Ако је f: A B 1-1 функција, пишемо f: A 

f: A B, а ако је бијекција, пишемо f: A B. 

B, ако је на-функција пишемо 


Докажимо да је функција f: R R дефинисана са 

f(x) = –2x + 1 

бијекција. 

Докажимо прво да је f 1-1 функција. Нека су x 1 

и x 2 

реални бројеви такви да је 

f(x 1 

) = f(x 2 

). Тада је, према дефиницији функције f, 

–2x 1 

+ 1 = –2x 2 

+ 1, 

одакле применом познатих својстава сабирања и множења реалних бројева 

закључујемо да је x 1 

= x 2 

. 

Докажимо да је f на-функција. Нека је y произвољан реалан број. Треба пронаћи 

број x такав да је f(x) = y. Поново према дефиницији функције f имамо да је 

–2x + 1 = y, одакле следи да је 

x = y – 1 

–2 . 

Тада је f(x) = –2x + 1 = – 2 y – 1 + 1 = y. 

–2 

Ако f: A B, онда постоји бијекција g: B А таква да је 

f(g(y)) = y, за свако y из B 

и 

g(f(x)) = x, за свако x из A. 

Функција g из претходне теореме назива се инверзна функција функције f и 

обележава се f –1 . 


У претходном примеру смо показали да је функција f: R R дата са 

f(x) = –2x + 1 бијекција. У доказу да је f на-функција одредили смо, заправо, 

инверзну функцију f –1 : R R. Ова функција је дефинисана са f –1 (x) = – x – 1 

2 . 

Проверите да ли су за свако x из R тачне једнакости 

f(f –1 (x)) = x и f –1 (f(x)) = x. 




33

A 

Елементи комбинаторике 

Природни бројеви 1, 2, 3, 4, 5, ... вероватно представљају најстарије математичке 

појмове. Још у раном детињству природне бројеве усвајамо као резултате бројања. 

Сваки скуп чије елементе можемо пребројати и резултате тог бројања изразити 

природним бројем називамо коначним скупом. Број елемената коначног скупа A 

означавамо |A|. И празан скуп сматрамо коначним, при чему је || = 0. 

Одређивање броја елемената коначних скупова без набрајања свих елемената, 

одн. непосредног пребројавања спада у основне проблеме математичке области 

која се назива комбинаторика. Постоји велики број идеја и метода за решавање 

разноврсних типова проблема пребројавања. Овом приликом наводимо само 

неколико једноставних тврђења која су позната као елементарни комбинаторни 

принципи. Разноврсни примери и задаци показаће широку примену ових 

очигледних принципа. 

Принцип збира 

Ако су A и B дисјунктни коначни скупови, онда је |A B| = |A| + |B|. 

Аналогно тврђење важи и за више скупова. Ако су A, B и C међусобно 

дисјунктни коначни скупови (A B = , B C = и C A = ), онда је 

|A B C| = |A| + |B| + |C|. 

Принцип 

укључења-искључења 

(за два, одн. три скупа) 

1) Ако су A и B коначни скупови, онда је |A B| = |A| + |B| – |A B|. 

2) Ако су A, B и C коначни скупови, онда је 

|A B C| = |A| + |B| + |C| – |A B| – |B C| – |C A| + |A B C|. 

A 

A \ B 

A 

A \ B 

A B 

B 

B 

Доказ. 1) Једнакост је последица принципа збира и скуповних идентитета: 

A B = (A \ B) B и A = (A \ B) (A B). 

Како је (A \ B) B = и (A \ B) (A B) = имамо да је 

|A B| = |A \ B| + |B| и |A| = |A \ B| + |A B|. 

Дакле, |A \ B| = |A| – |A B|, па је |A B| = |A| – |A B| + |B|. 

2) Применићемо једнакост доказану под 1) и познате скуповне идентитете: 

(A B) C = (A C) (B C) и (A C) (B C) = A B C. 

|A B C| = |(A B) C| = |A B| + |C| – |(A B) C| 

= |A| + |B| – |A B| + |C| – |(A C) (B C)| 

= |A| + |B| – |A B| + |C| – (|A C| + |B C| – |A B C|) 

= |A| + |B| + |C| – |A B| – |A C| – |B C| + |A B C| ■ 


У једном одељењу сваки ученик иде на музичку или ликовну секцију. Њих 17 иде 

на ликовну секцију, њих 15 иде на музичку секцију, а троје ученика иде на обе 

секције. Колико ученика има у том одељењу? 

34 





Из датих података закључујемо (види слику десно): 

• 14 ученика иде само на ликовну секцију, 17 – 3 = 14; 

• 12 ученика иде само на музичку секцију, 15 – 3 = 12. 

У одељењу има 14 + 12 + 3 = 29 ученика. 


17 ученика иде на 

ликовну секцију. 

У једној туристичкој агенцији раде водичи који знају 

енглески, француски или руски језик. Енглески зна 15 

водича, француски 11 и руски 13. Енглески и француски 

зна 5 водича, француски и руски 4 водича, а руски и 14 ученика иде само 

енглески 6 водича. Сва три језика знају 3 водича. 

на ликовну секцију. 

Колико водича ради у тој агенцији? 

Нека E, F и R означавају скупове водича који редом знају енглески, француски 

и руски језик. Знамо да је |E| = 15, |F| = 11, |R| = 13, |E F| = 5, |F R| = 4, 

|R E| = 6, |E F R| = 3. 

Применом формуле укључења-искључења рачунамо укупан број водича: 

|E F R| = |E| + |F| + |R| – |E F| – |F R| – |R E| + |E F R| 

= 15 + 11 + 13 – 5 – 4 – 6 + 3 = 27. 

L 

15 ученика иде на 

музичку секцију. 

M 

3 ученика иде 

и на ликовну и на музичку 

секцију. 

12 ученика иде само 

на музичку секцију. 


У летњи камп дошло је 73 ученика, од којих 38 говори немачки језик, 25 ученика 

говори француски језик, а 12 ученика говори оба језика. Колико ученика не 

говори ниједан од ова два језика? 

Ако су A и B коначни скупови, онда је |A×B| = |A| ∙ |B|. 

Ако су A, B и C коначни скупови, онда је |A×B×C| = |A| ∙ |B| ∙ |C|. 

Принцип производа 


Након изласка из авиона путник треба да се спусти два спрата ниже да би преузео 

пртљаг. На један спрат ниже воде три (једносмерна) покретна степеништа, а 

одатле на спрат испод два (такође једносмерна) покретна степеништа. На колико 

начина путник може стићи до места за преузимање пртљага? 

Након изласка из авиона, путник прво треба да изабере 

једно од три степеништа која воде на међуспрат, а затим 

на међуспрату да изабере једно до два степеништа до циља. 

излаз из авиона 

A B C 

међуспрат 

пртљаг D E 

Могући избори степеништа заправо су уређени парови чија је прва координата 

једно од степеништа које води од излаза на међуспрат, а друга координата је 

степениште које води са међуспрата до пртљага. Дакле, постоји укупно 3 ∙ 2 = 6 

могућности. 

A 

B 

C 

A 

D 

B 

D 

C 

D 

D 

A 

E 

B 

E 

C 

E 

E 




35

1 

2 

1 57648 9 

2. 


Фигура се са једног кружног поља може померити само на поља у која воде 

стрелице из полазног поља (слика испод). На колико различитих начина се фигура 

може преместити са поља S на поље Z? 

S 

Z 

9 

7 

5 

3 

1 

(1,9)(3,9)(5,9)(7,9)(9,9) 

(1,7)(3,7)(5,7)(7,7)(9,7) 

(1,5)(3,5)(5,5)(7,5)(9,5) 

(1,3)(3,3)(5,3)(7,3)(9,3) 

(1,1)(3,1)(5,1)(7,1)(9,1) 

1 3 5 7 9 

3. 


Колико има двоцифрених бројева записаних помоћу непарних цифара: 1, 3, 5, 

7, 9? 

Сваки двоцифрен број је одређен уређеним паром цифара, што значи да 

двоцифрених бројева записаних непарним цифрама има исто колико и 

уређених парова у {1,3,5,7,9}×{1,3,5,7,9}, тј. 5 ∙ 5 = 25. 

Примену принципа производа можемо објаснити и на следећи начин. 

Замисли да двоцифрен број чије су цифре непарне добијамо уписивањем 

непарне цифре на сваку од две празне цртице. 

• Постоји пет могућности да се на прво место упише непарна цифра. 

• За сваки избор непарне цифре за прво место, постоји по пет могућности да 

се на друго место упише непарна цифра. 

Дакле, постоји 5 ∙ 5 = 25 двоцифрених бројева записаних непарним цифрама. 


Колико има троцифрених бројева записаних помоћу непарних цифара: 1, 3, 5, 7, 9? 

Коначни низови 

аа ае аи ао ау 

еа ее еи ео еу 

иа ие ии ио иу 

оа ое ои оо оу 

уа уе уи уо уу 

Објашњење којим је завршен претходни пример једноставно се уопштава на 

случајеве када треба формирати коначне низове чији се чланови бирају из датих 

коначних скупова. 


Посматрајмо низове одређене дужине који се могу формирати од самогласника 

српског језика: а, е, и, о, у. 

• Сваки самогласник можемо сматрати коначним низом дужине 1. Дакле, 

једночланих низова самогласника има укупно 5. 

• Сваки уређен пар самогласника можемо посматрати као коначан низ дужине 2. 

Двочланих низова самогласника има укупно 25. 

• Свака уређена тројка одређује коначан низ дужине 3. Трочланих низова 

самогласника има 5 3 = 125. 

• Четворочланих низова самогласника има 5 4 = 625 итд. 

36 






Колико има четвороцифрених парних бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 3, 4? 

• Постоје четири могућности да се на прво место упише цифра: 1, 2, 3 или 4 (јер 

цифра 0 не може бити прва цифра). 

• За сваки избор цифре за прво место, постоји по пет могућности да се на друго 

место упише цифра: 0, 1, 2, 3 или 4. 

• За сваки избор цифарa за прва два места, постоји по пет могућности да се на 

треће место упише цифра: 0, 1, 2, 3 или 4. 

• За сваки избор цифре за прва три места, постоји по три могућности да се на 

четврто место упише цифра: 0, 2 или 4 (јер добијени број мора бити паран). 

Дакле, постоји 4 ∙ 5 ∙ 5 ∙ 3 = 300 четвороцифрених парних бројева записаних 

цифрама 0, 1, 2, 3, 4. 

4. 

5. 


Колико има петоцифрених непарних бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 3, 4? 


Колико има четвороцифрених бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 3, 4 у којима се 

цифре не понављају? 

• Постоје четири могућности да се на прво место упише цифра: 1, 2, 3 или 4 (јер 

цифра 0 не може бити прва цифра). 

• Након избора цифре за прво место, преостају четири могућности да се на друго 

место упише цифра, јер сада 0 може бити уписана, али не може се поновити 

цифра уписана на првом месту. 

• Након избора цифарa за прва два места, преостају три могућности да се на треће 

место упише цифра, јер се не смеју поновити две претходно уписане цифре. 

• Након избора цифарa за прва три места, преостају две могућности да се на 

четврто место упише цифра, јер се не смеју поновити три претходно уписане 

цифре. 

Дакле, постоји 4 ∙ 4 ∙ 3 ∙ 2 = 96 четвороцифрених бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 

3, 4 у којима се цифре не понављају. 


а) Колико има петоцифрених парних бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6? 

б) Колико има петоцифрених бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 у којима 

се цифре не понављају? 

в) Колико има петоцифрених парних бројева записаних цифрама 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 у 

којима се цифре не понављају? 




37

1 

2 

1 57648 9 


Према правилнику о регистарским таблицама који се у Србији примењује од 

2017. године, иза ознаке града, одн. општине стоје три или четири цифре и два 

латинична слова изабрана од укупно 23 слова (користе се латинична слова српског 

језика, осим слова Č, Ć, DŽ, Đ, LJ, NJ, Š, Ž, као и латинично слово X). Колико 

укупно регистарских ознака наведеног облика може бити издато у једном граду, 

одн. општини? 

10 10 10 23 23 

могућности 

10 10 10 10 23 23 

могућности 

Одредимо најпре број троцифрених регистарских ознака, тј. оних које 

се састоје од три цифре и два латинична слова. На сваком од прва три 

места може да стоји било која од десет цифара, што значи да постоји 

укупно 10 3 могућности. На сваком од два места предвиђена за слова 

може да стоји било које од 23 слова, што значи да постоји укупно 

23 2 = 529 могућности. Према принципу производа, број троцифрених 

регистарских ознака једнак је 529 000. 

Слично рачунамо да је број четвороцифрених регистарских ознака, 

које се састоје од четири цифре и два латинична слова, једнак 5 290 000. 

Према принципу збира, укупан број могућности једнак је 

529 000 + 5 290 000 = 5 819 000. 

Двочлани и трочлани 

подскупови 

A j 

A i 

A j 

A i 


Одредимо колико дужи образује n датих тачака. 

Свака тачка образује по једну дуж са преосталих n – 1 тачака. Самим тим, свака 

дата тачка је крајња тачка n – 1 дужи. Када помножимо број тачака са бројем дужи 

чији је један крај једна дата тачка, добијамо производ n(n – 1). Овај производ је 

два пута већи од укупног броја свих дијагонала, јер је свака дијагонала убројана 

n(n – 1) 

два пута будући да садржи два темена. Дакле, n датих тачака образује 

2 

дужи. 

6. 

7. 


На шаховском турниру је учествовало пет шахиста, Пера, Мика, 

Лаза, Сима и Аца. Колико партија је укупно одиграно ако се 

играло по систему „свако са сваким”? 


1) Колико дужи образује датих седам тачака? 

2) На колико начина се од 20 ученика једног одељења може изабрати двочлана 

делегација? 

3) Колико има двочланих подскупова скупа који има 100 елемената? 

P 

M 

A 

L 

S 

38 




Квантификатори 

В 

Квантификатори, поред логичких везника, играју важну улогу приликом 

формулације тврђења која се односе на скупове, посебно када је реч о 

бесконачним скуповима. 

Универзалном квантификатору одговара реч „сваки” (било који, 

произвољан). Универзални квантификатор се обележава симболом ∀ 

(обрнуто А). 

Егзистенцијалном квантификатору одговара реч „постоји” (неки, бар један). 

Егзистенцијални квантификатор се обележава симболом ∃ (обрнуто Е). 

Употребу квантификатора најпре ћемо илустровати разматрајући реченице које 

нису математичке природе. 


Посматрајмо бинарну релацију „волети” на скупу свих људи – означимо је са V. 

Ако су x и y неке особе, онда V(x,y) значи „x воли y”. 

Запишимо реченицу: Ако Мика воли Мају, онда и Маја воли Мику, употребом 

логичких операција 

V(Мика, Маја) V(Маја, Мика). 

Реченицу којом се тврди да свака особа узвраћа љубав особи која је воли можемо 

изразити једноставно помоћу универзалног квантификатора 

(∀x)(∀y)(V(x,y) V(y,x)). 

У реченици „Маја воли некога” крије се егзистенцијални квантификатор: „постоји 

неко кога Маја воли”, односно 

(∃x) V(Маја,x). 

Наводимо још неколико примера: 

Свако воли некога – (∀x)(∃y) V(x,y); 

Неко воли свакога – (∃x)(∀y) V(x,y); 

Некo не воли никога – (∃x)(∀y)¬V(x,y); 

Свако не воли некога – (∀x)(∃y)¬V(x,y). 

(∀y)¬V(JA,y) 


Поред релације V из претходног примера посматрајмо још две особине људи: 

„бити мушког пола” и „бити женског пола”. Нека M(x) значи „x je мушког пола”, а 

Ž(x) значи „x je женског пола”. Преведите на српски језик записе: 

1) (∀x)(M(x) (∃y)(Ž(y)V(x,y))); 

2) (∃x)(Ž(x)(∀y)(M(y) V(y,x))); 

3) (∃x)(Ž(x)(∀y)(M(y) ¬V(x,y))); 

4) (∃x)(M(x)(∀y)(Ž(y) V(x,y))). 




39

1 

2 

1 57648 9 

Иза квантификатора обавезно следи променљива која узима вредности из неког, 

углавном, унапред задатог скупа. Често се у формулама истиче и тај скуп, тј. 

користе се такозвани ограничени квантификатори: 

∀x A – „за сваки елемент x скупа A” 

и 

∃x A – „постоји елемент x скупа A”. 


Преведимо неколико математичких тврдњи на језик формула применом 

квантификатора. 

Збир било ког природног броја и нуле једнак је том броју: 

(∀x N)(x + 0 = x). 

Квадрат сваког реалног броја је ненегативан: 

(∀x R)(x 2 ≥ 0). 

Једначина x 2 – 6x + 5 = 0 има решења у скупу целих бројева: 

(∃x Z)(x 2 – 6x + 5 = 0). 

Једначина x 2 = 2 нема решења у скупу рационалних бројева: 

¬(∃x Q)(x 2 = 2). 

Не постоји реалан број који је већи од свих осталих реалних бројева: 

¬(∃x R)(∀y R)(y < x). 

Приметимо да се ограничени квантификатори могу елиминисати следећим 

еквиваленцијама: 

(∀x A)F ∀x(x A F) и (∃x A)F ∃x(x AF), 

при чему је F нека произвољна формула. 

Везе међу квантификаторима дају такозвани Де Морганови закони: 

¬(∀x)F (∃x)¬ F и ¬(∃x)F (∀x)¬ F. 


Према Де Моргановим законима за квантификаторе, негација реченице „Свако 

воли некога” је „Некo не воли никога”: 

¬(∀x)(∃y)V(x,y) (∃x)(∀y)¬V(x,y). 

Такође, према истим законима, реченица „Једначина x 2 = 2 нема решења у скупу 

рационалних бројева” јесте еквивалетна реченици „За сваки рационалан број x je 

x 2 ≠ 2”: 

¬(∃x Q)(x 2 = 2) (∀x Q)x 2 ≠ 2. 

40 

Реченица „Не постоји реалан број који је већи од свих осталих реалних бројева” 

исто тврди што и реченица „Од сваког релног броја постоји већи број”: 

¬(∃x R)(∀y R)(y < x) (∀x R)(∃y R)(x ≤ y), 

при чему смо уместо ¬y < x писали x ≤ y 





Илуструјмо, на крају, веома блиску везу између основних особина скупова и 

логичких закона. 


Пођимо од претпоставки: 

1. Неки професори су математичари. 

2. Сви математичари су добри људи. 

Која од следећих реченица је исправан закључак ове две претпоставке? 

А) Сви професори су добри људи. 

Б) Неки професори су добри људи. 

В) Неки професори нису добри људи. 

Приметимо најпре да се дате претпоставке односе на три врсте људи: 

• професоре – означимо са P скуп професора, 

• математичаре – означимо са M скуп математичара, 

• добре људе – означимо са D скуп добрих људи, 

и да, уз ове ознаке, претпоставке кажу да је P M ≠ и да је M D. 

Постоје само два могућа односа скупова P, M и D и они су приказани следећим 

Веновим дијаграмима. 

Преформулишимо реченице А), Б) и В) на језик скупова: 

А) P D (Сви професори су добри људи.) 

Б) P D ≠ (Неки професори су добри људи.) 

В) P \ D ≠ (Неки професори нису добри људи.) 

Узимајући у обзир претходне слике, закључујемо да једино P D ≠ мора бити 

испуњено. 

Дакле, исправан закључак датих претпоставки је реченица Б). 

Неко ће можда протествовати због уведених претпоставки тврдећи да оне нису 

тачне. Међутим, ми овом приликом не дискутујемо о истинитости претпоставки, 

већ о исправности закључивања. 

Наводимо још два примера закључивања по истим принципима. 

Претпоставка: Неки паралелограми су квадрати. 

Претпоставка: Сви квадрати имају једнаке дијагонале. 

Закључак: Неки паралелограми имају једнаке дијагонале. 

Претпоставка: Неки слонови су пингвини. 

Претпоставка: Сви пингвини лете. 

Закључак: Неки слонови лете. 




41

1 

2 

1 57648 9 

А 

Задаци 

Логички везници 

1. Одреди за које су једноцифрене природне бројеве x тачне следеће формуле: 

1) x ≤ 7x > 3; 2) x = 1x ≥ 7; 3) ¬x 2 = 4 ¬x = 2; 

4) x ≥ 3 x > 3; 5) x = 1x = 2 (x – 1)(x – 2) = 0. 

2. Дати су искази: 

p: Тело је здраво; q: Дух је здрав. 

1) Напиши реченицу која одговара исказу p q. 

2) Одреди логичку структуру реченице Да би дух био здрав, довољно је да тело 

буде здраво. 

p q r F 

⊤ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊤ ⊥ ⊤ 

⊤ ⊥ ⊤ ⊥ 

⊤ ⊥ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊤ ⊥ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊤ ⊥ 

⊥ ⊥ ⊥ ⊤ 

Б 

Исказне формуле. Таутологије 

3. Формирај истинитосне таблице формула и одреди које су таутологије. 

1) pq p; 2) q pq; 3) pq (p q); 4) p¬q ¬(pq); 

5) (p q)(r q) q¬(pr); 6) p¬q ¬(p¬r). 

4. Одреди бар једну формулу F чија je истинитосна таблица дата на маргини. 

5. Методом свођења на апсурд докажи да су следеће формуле таутологије. 

1) (p¬q ¬r) (pr q); 2) ((p q)(r s))(pr) qs. 

6. Ако су A, B и C произвољне исказне формуле, докажи да су следеће формуле 

таутологије. 

1) ¬(AB) ¬A¬B ; 2) (A B)(B C) (A C). 

42 

А 

Исказне формуле 

A и B су логички 

еквивалентне ако 

је формула A B 

таутологија. 

Б 

Таутологије и закони закључивања 

7. Дата је формула (p q)r. Која је од следећих формула логички еквивалентна 

датој формули: 

1) (p¬q) r; 2) p (¬q r); 3) p (¬r q)? 

8. Који су од следећих исказа логички еквивалентни исказу „ти ниси у праву или 

сам ја луд”? 

А) Ако си ти у праву, онда сам ја луд; 

Б) Ако сам ја луд, онда ти ниси у праву; 

В) Ти ниси у праву и ја нисам луд; 

Г) Ако ја нисам луд, онда си ти у праву; 

Д) Ако ја нисам луд, онда ти ниси у праву. 

9. Разговарају три друга. 

Пера: „Лазо, ако добијеш пет из математике, добићеш и пет из физике.” 

Мика: „Лазо, ако добијеш пет из физике, добићеш и пет из математике.” 

Лаза: „Свакако ће бити тачна изјава бар једног од вас двојице.” 

Да ли је Лазина изјава тачна? 

10. Докажи да је за сваки природан број n тачна импликација: 

aко је n 2 паран број, онда је n паран број. 





Скупови. Основне операције са скуповима 

11. Докажи да су за било које скупове A, B и C тачне једнакости: 

1) A B = B A; 2) A B = B A; 3) A (B C) = (A B) C; 

4) A (B C) = (A B) C; 5) A (B C) = (A B) (A C); 

6) A (B C) = (A B) (A C); 7) A (A B) = A; 

8) A (A B) = A 9) (A \ B) B = A B; 

10) A \ (B C) = (A \ B) (A \ C); 11) A \ (A \ B) = A B. 

12. Нека су A и B произвољни подскупови од S. Докажи Де Морганову једнакост 

(A B) c = A c B c . 

Упутство. Погледај пример 5. на страни 23. 

13. Које су од следећих формула тачне за било које скупове A и B? 

1) A B A B = A; 2) A B = B A B; 

3) A B A \ B = ; 4) A B B \ A = ; 

5) A B = A \ B = A; 6) A = A A = ; 

7) A \ = A = ; 8) A B = A = B = . 

A 

Уређени пар. Декартов производ 

14. Докажи да је за било које скупове A, B и C тачнa једнакост 

(A \ B)×C = (A×C) \ (B×C). 

15. Које су од следећих формула тачне за било које скупове A и B? 

1) A B A×A B×B; 

2) A B A×A A×B; 

3) A B = (A×A) (B×B) = . 

Б 

Бинарне релације 

16. Релацију ≤ скупа R често посматрамо и на неким подскуповима од R. 

1) Нацртај граф и формирај таблицу релације ≤ на скупу A = {1,2,3}. 

2) Нацртај граф и формирај таблицу релације < на скупу A = {1,2,3}. 

17. На скупу S = {a,b,c,d,e} дефинисана је бинарна релација α графом који је 

приказан на маргини. 

1) Релацију α представи као подскуп од S×S навођењем њених елемената. 

2) Да ли је релација α рефлексивна, ирефлексивна, симетрична, 

антисиметрична, линеарна, транзитивна? 

18. Прикажи у координатном систему релације ≥ и > скупа R. 

Упутство. Види пример 2. на страни 26. 

19. Наведи бар један пример скупа и бинарне релације на њему која је 

транзитивна, али није рефлексивна нити је симетрична. 

A 




43

1 

2 

1 57648 9 

Б 

20. На партитивном скупу скупа природних бројева P(N) дефинисана је бинарна 

релација ρ на следећи начин: 

A ρ B акко A B = . 

Да ли је релација ρ рефлексивна, ирефлексивна, симетрична, антисиметрична, 

линеарна, транзитивна? 

21. Одреди бар један петочлан подскуп од N на коме је релација дељивости 

линеарно уређење. 

22. Најмањим бројем стрелица допунити граф приказан на слици десно тако да он 

буде граф релације еквиваленције на скупу {a,b,c,d,e}, а затим одреди класе те 

релације. 

23. На скупу природних бројева N дефинисана је бинарна релација ρ на следећи 

начин: 

m ρ n акко m + n је паран број. 

Докажи да је ρ релација еквиваленције. 

24. На скупу целих бројева Z дефинисана је бинарна релација ρ на следећи начин: 

m ρ n акко |m| = |n|. 

Докажи да је ρ релација еквиваленције и одреди класе еквиваленције. 

Функције 

А 

25. Одреди све функције из скупа {1,2} у скуп {1,2,3} и све функције из {1,2,3} у 

{1,2}. 

26. Функција f: R R дефинисана је са f(x) = 0,5x – 2. Одреди: 

1) f(0); 2) f(–1); 3) f(0,5); 4) f(–0,5); 5) f(f(1)); 6) f(f(3)). 

27. Функције f: {1,2,3,4} {1,2,3} и g: {1,2,3} {1,2,3} су дате са 

f = 1 2 3 4 

2 2 1 2 и g = 1 2 3 . Одреди композиције g f, g g. 

3 2 1 

Б 

B 

28. Наведи нека два скупа A и B и функцију из A у B или из B у A која је: 

1) 1-1 функција и није на-функција; 2) није 1-1 функција, а јесте на-функција. 

29. Функција f: {1,2,3,4} {a,b,c,d} дата је са f = 1 2 3 4 

b c a d . 

Да ли је ова функција бијекција? Ако јесте, одреди f –1 . 

30. Функције f: R R и g: R R су дефинисане са 

f(x) = 2x – 1 и g(x) = –3x + 1. 

1) Докажи да су f и g бијекције и одреди f –1 и g –1 . 

2) Одреди f g, докажи да је ова композиција бијекција и одреди (f g) –1 . 

3) Докажи једнакост (f g) –1 = g –1 f –1 . 

44 





Елементи комбинаторике 

31. Ако је |A| = 378, |B| = 253 и |A B| = 457, одреди |A B|, |A \ B| и |B \ A|. 

32. Ако је |A| = 14, |B| = 18, |C| = 19, |A B| = 8, |B C| = 10, |C A| = 7 и 

|A B C| = 3. Одреди |(A B) C|, |(A B) \ C|, |C \ (A B)|, |(A \ B) \ C| и 

|A \ (B \ C)|. 

A 

33. Од сто учесника једног међународног такмичења, њих 27 не зна ни немачки 

ни руски језик. Ако 38 учесника зна немачки, а 45 зна руски, одреди колико 

учесника зна и немачки и руски језик. 

34. Сви ученици једног одељења чланови су бар једне од секција: шаховске, 

информатичке, математичке. Дванаесторо ученика посећује више од једне 

секције, при чему све три секције посећује троје ученика. Шесторо ученика 

су чланови информатичке и математичке секције, а седморо ученика су 

чланови шаховске и математичке секције. Колико ученика посећује шаховску и 

информатичку секцију, али не и математичку секцију? 

35. Фигура се са једног кружног поља може померити само на пољe у која воде 

стрелице из полазног поља (слика испод). На колико различитих начина се 

фигура може преместити са поља S на поље Z? 

S 

Z 

36. Колико има шестоцифрених бројева формираних од цифара 0, 1, 2,3, 4, 5 

1) тако да су све цифре различите; 2) ако се цифре могу понављати? 

37. Колико има петоцифрених бројева формираних од цифара 0, 1, 2, 3, 4, 6 таквих 

да се нула не налази ни на првом ни на последњем месту и да се ниједна од 

цифара не понавља? 

38. Колико има троцифрених бројева који не садрже цифру 2? 

39. Колико има четвороцифрених бројева који не садрже ни цифру 1 ни цифру 2? 

40. Колико има четвороцифрених бројева који садрже бар једном цифру 1? 

41. 1) На колико начина се може изабрати шифра (password) од пет знакова коју 

чине само мала слова енглеске абецеде (њих 26) и цифре декадног система 

(њих 10)? При томе шифре се могу састојати и само од слова или само од 

бројева, а знаци унутар шифре се могу понављати. 

2) На колико начина се може изабрати шифра од пет знакова тако да сви знаци 

буду међусобно различити? 




45

1 

2 

1 57648 9 

42. На слици лево је приказано шест полуправих са заједничким почетком. 

Колико конвексних углова одређују ове полуправе? 

43. У групи од 10 особа налазе се Нина и Аца. На колико начина се могу изабрати 

четири особе, под условом да ако је изабрана Нина мора бити изабран и Аца? 

Квантификатори 

В 

44. Које су од следећих формула тачне? 

1) (∀x N)(∃y N)(x ≤ y); 2) (∃x Z)(3 · x = –2); 

3) (∀x Q)(∃y Q)(x · y = 1); 4) (∀x R)(x > 0 –x < 0); 

5) (∃x Q)(x < 0x 2 = 9); 6) (∃x R)(x > 33x – 1 = 0). 

45. Дата је формула ¬(∃x R)(x < 1x > 2). Која је од следећих формула 

еквивалентна датој формули? 

1) (∀x R)(x > 1x < 2); 2) (∃x R)(x ≥ 1x ≤ 2); 

3) (∀x R)(x ≥ 1x ≤ 2); 4) (∃x R)(x < 1x > 2). 

46 




ЦЕЛИ БРОЈЕВИ 

Дељивост целих бројева (48) 

А Теорема о дељењу са остатком; основне особине дељивости целих 

бројева; Еуклидов алгоритам (48) 

Прости бројеви (52) 

А Прости и сложени бројеви; Ератостеново сито; основна теорема 

аритметике (52) 

Бројевне базе (57) 

А Теорема о бројевној бази; репрезентација природних бројева у 

датој бројевној бази (57) 




A 

Дељивост целих бројева 

Скуп природних бројева означавамо N. Сви природни бројеви заједно са нулом 

образују скуп који обележавамо N 0 

. 

N 0 

= N {0} = {0, 1, 2, 3, ...} 

Познато је да једноставне једначине a + x = b, са непознатом x при чему су a и 

b неки задати природни бројеви, немају увек решења у скупу N. На пример, не 

постоји природан број x такав да је 2 + x = 1, 7 + x = 3 итд. Зато уводимо тзв. 

негативне бројеве –1, –2, –3... Природни бројеви, нула и негативни цели бројеви 

образују скуп целих бројева. 

Z = {..., –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, ...} 

Елементе скупа N 0 

често називамо ненегативним целим бројевима. Све једначине 

облика a + x = b, са непознатом x при чему су a и b дати цели бројеви, имају 

решења у скупу Z. 

Централно место у овом поглављу заузима наредна важна теорема. 

Теорема о дељењу са 

остатком 

За свака два цела броја a и b, при чему је b ≠ 0, постоје јединствени цели 

бројеви q и r такви да је a = q · b + r и 0 ≤ r < |b|. 

Детаљан доказ изостављамо и уместо њега наводимо поједностављено објашњење 

у случају када су a и b природни бројеви. Користећи бројевну праву, једноставно 

уочавамо да постоји највећи број q из N 0 

такав да је qb ≤ a < (q + 1)b. Ова 

тврдња може се и сликовито описати: надовезивањем дужи чија је дужина b 

јединица мере, полазећи од почетне тачке бројевне полуправе, после q корака 

„престижемо” тачку која одговара броју a. Из неједнакости qb ≤ a < (q + 1)b следи 

0 ≤ a – qb < b. 

остатак 

r 

0 

b 2b 3b qb a 

... 

(q + 1)b 

За целе бројеве a и b, b ≠ 0, највећи број q такав да је qb ≤ a назива се количник 

при дељењу a са b. Разлика a – qb назива се остатак при дељењу a са b. Остатак 

при дељењу a са b често се означава a (mod b). Другим речима, a (mod b) је 

најмањи ненегативан број облика a + qb, q Z, тј. најмањи ненегативан број међу 

бројевима: 

... a – 3b, a – 2b, a – b, 0, a + b, a + 2b, a + 3b ... 


На основу слике испод, одреди количник и остатак при дељењу са –6 броја: 

а) –17; б) –2; в) 16; г) 28. 

48 

–17 –12 

–10 

–6 –2 0 

6 

10 

12 16 18 

20 

24 28 30 




Цели бројеви 

Ако је b > 1, остаци при дељењу целих бројева са b припадају скупу {0,1,2,...,b – 1}. 

Дакле, за сваки цео број a важи 0 ≤ a (mod b) < b. 

Посебно, остатак при дељењу неког броја са 2 може бити 2q –8 –6 –4 –2 

једнак 0 или 1. У зависности од тога, цели бројеви се деле 

2q + 1 

на парне и непарне. 

–5 –4 –3 –1 

• Парни су они који при дељењу са 2 дају остатак 0, тј. који се могу записати у 

облику 2q, за неки q из Z. 

• Непарни су они који при дељењу са 2 дају остатак 1, тј. који се могу записати у 

облику 2q + 1, за неки q из Z. 

Приликом дељења целих бројева са 3, могући остаци су 

0, 1 и 2. На тај начин су сви цели бројеви подељени у три 

међусобно дисјунктна скупа. 

Сваки природан број a је облика 3q, 3q + 1 или 3q + 2, за неко q из Z. 


Колико има бројева у првој стотини који при дељењу са 5 дају 

остатак 2? 

Највећи број прве стотине који при дељењу са 5 даје остатак 2 

јесте 97, 97 = 19 · 5 + 2. 

Сви бројеви прве стотине који при дељењу са 5 дају 

остатак 2 јесу облика 5q + 2, када је 0 ≤ q ≤ 19: 

5 · 0 + 2, 5 · 1 + 2, 5 · 2 + 2, 5 · 3 + 2, ..., 5 · 19 + 2. 

Дакле, постоји 20 бројева прве стотине који при дељењу са 5 дају остатак 2. 

2. 

3. 


Колико има бројева прве хиљаде који при дељењу са 4 дају остатак 3? 


3q 

3q + 1 

3q + 2 

–6 –3 0 

–5 –2 

–4 –1 

5q 0 5 

5q + 1 1 6 

5q + 2 2 7 

5q + 3 3 8 

5q + 4 4 9 

Колико има природних бројева мањих од 700 који при дељењу са 9 дају остатак 7? 

0 

1 

1 

2 

2 

3 

3 

4 

4 

5 

5 

6 

6 

7 

8 

7 

95 100 

96 

97 

98 

99 

9 

8 

Ако је остатак при дељењу броја a са b (b ≠ 0) једнак нули, кажемо да се a може 

поделити са b без остатка. 

Цео број a је дељив целим бројем b, b ≠ 0, ако постоји q из Z такав да је a = q · b. 

Кажемо и да n дели број a, односно a је дељиво са b, и пишемо b | a. 


Ако b | a, онда је b делилац броја a, а број a садржалац броја b. Очигледно, сваки 

цео број дељив је бројевима 1 и –1. Такође, a | a ако је a ≠ 0. 




49

2 

2 

1 57648 9 

Основне особине 

релације дељивости 

Основне особине релације дељивости 

• Ако a | b, онда a | bc, за свако c из Z (a ≠ 0). 

• Ако a | b и b | c, онда a | c (a, b ≠ 0). 

• Ако a | b и a | c, онда a | xb + yc, за све x и y из Z (a ≠ 0). 

• Ако a | b и b | a, онда a = b или a = –b (a, b ≠ 0). 

• Ако је a, b ≥ 1 и a | b, онда је a ≤ b. 

Доказ. 

1) Ако је a | b, онда је b = aq, за неко q из Z. За било које c из Z, важи bc = aqc, 

одакле следи да a | bc. 

2) Из a | b и b | c следи да је b = aq 1 

и c = bq 2 

, за неке q 1 

и q 2 

из Z. Из једнакости 

c = bq 2 

= aq 1 

q 2 

закључујемо a | c. 

3) Из a | b и a | c следи да је b = aq 1 

и c = aq 2 


и q 2 


xb + yc = xaq 1 

+ yaq 2 

= a(xq 1 

+ yq 2 

) закључујемо a | xb + yc. 

4) Из a | b и b | a следи да је b = aq 1 

и a = bq 2 


и q 2 


ab = abq 1 

q 2 

закључујемо да је q 1 

q 2 

= 1. Како су q 1 

и q 2 

цели бројеви, постоје две 

могућности: или је q 1 

= 1 и q 2 

= 1 или је q 1 

= –1 и q 2 

= –1. 

У првом случају је a = b, а у другом a = –b. 

5) Ако је a, b ≥ 1 и a | b, онда је b = aq, при чему мора бити q ≥ 1. 

Дакле, b = aq ≥ a · 1 = a. ■ 

Последица 

Ако a | b и a | c, онда број a | b + c и a | b – c. 


Да ли постоје цели бројеви m и n такви да је 4m + 6n = 2019? 

Одговор је одричан. За било које бројеве m и n вредност израза 4m + 6n је паран 

број. Насупрот томе, број 2019 је непаран. 

Еуклидов алгоритам 

Дефиниција 


Да ли постоје цели бројеви m и n такви да је 6m + 9n = 10 000? 

Највећи заједнички делилац бројева a и b јесте највећи природан број који 

дели и број a и број b. Највећи заједнички делилац бројева a и b означавамо 

НЗД(a, b). 

50 

Да бисмо поједноставили излагање, ограничићемо се на дељивост природних 

бројева. Један од најстаријих и најпознатијих поступака за одређивање највећег 

заједничког делиоца два природан броја назива се Еуклидов алгоритам. Еуклид 

је старогрчки математичар који је на прелазу из 4. у 3. век пре н. е. написао дело 

под називом Елементи. Елементи се састоје из 13 књига у којима су изложена 

целокупна математичка знања тог времена. У седмој књизи Елемената описан је и 

поступак одређивања највећег заједничког делиоца који се данас назива Еуклидов 

алгоритам. 





Еуклидов алгоритам је заснован на следећој теореми. 

За све природне бројеве a и b, 

1) ако b | a, онда је НЗД(a, b) = b; 

2) НЗД(a, b) = НЗД(b, a (mod b)). 

Доказ. 

1) Познато је да b | b, и штавише, b је највећи делилац броја b. Из ових чињеница и 

претпоставке b | a следи да је b највећи заједнички делилац бројева a и b. 

2) Нека су q и r редом количник и остатак при дељењу a са b, a = qb + r, 0 ≤ r < b. 

Треба да докажемо да је НЗД(a, b) = НЗД(b, r). 

Ако d | a и d | b, онда d | a – qb, тј. d | r. Дакле, сваки делилац d бројева a и b, 

такође је делилац и броја r. 

Ако d | b и d | r, онда d | qb + r, тј. d | a. Дакле, сваки делилац d бројева b и r, 

такође је делилац и броја a. 

Према претходним запажањима, скуп свих делилаца бројева a и b једнак је 

скупу свих делилаца бројева b и r. Самим тим, највећи заједнички делилац 

бројева a и b једнак је највећем заједничком делиоцу бројева b и r. ■ 


Реч алгоритам се 

први пут појављује 

почетком 12. 

века у преводу на 

латински језик једне 

књиге арапског 

математичара Ал 

Хорезмија. Књига 

је преведена под 

насловом Algoritmi de 

numero indorum, што 

у слободном преводу 

на српски значи Ал 

Хорезми о индијској 

вештини рачунања. 


Одредимо НЗД(300, 252). 

300 = 1 · 252 + 48, 

НЗД(300, 252) = НЗД(252, 48) 

252 = 5 · 48 + 12, 

НЗД(252, 48) = НЗД(48, 12) 

48 = 4 · 12 + 0, 

НЗД(48, 12) = 12 

Дакле, НЗД(300, 252) = 12. 

300 

252 

300 = 1 · 252 + 48 

48 

252 = 5 · 48 + 12 

12 

48 = 4 · 12 

5. 


Применом Еуклидовог алгоритма одреди: 

а) НЗД(360, 255); б) НЗД(288, 126); 

в) НЗД (550, 198); г) НЗД(444, 942). 

6. 


Две жице дужине 42 m и 60 m треба исећи на што веће једнаке делове. Колика је 

дужина сваког дела и колико таквих делова има у сваком комаду жице? 




51

2 57648 

A 

Прости бројеви 

1 2 

3 4 5 6 7 8 9 10 11 

12 13 14 15 16 17 18 19 20 

D 1 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 

2 3 2 5 2 7 2 3 2 11 2 13 2 3 2 17 2 19 2 

D 2 

D 3 

4 D 5 

3 D 7 

4 9 5 D 3 7 5 4 3 4 

11 

D 13 

D D 

17 19 

D 4 

6 8 D 9 

10 4 14 15 8 6 5 

D 6 

D 8 

D 10 6 D 14 

D 15 

16 9 10 

12 

D 12 

D 16 

18 

D 18 

20 

D 20 

Ако је n > 1, онда број n 

има бар два делиоца: 1 | n 

и n | n. Неки бројеви имају 

само ова два делиоца. 

Такви су, на пример, 2, 3, 5, 

7, 11, 13, 17, 19. 

прави делиоци 

броја 12 

1 

2 

3 

4 

6 

12 


Природни бројеви већи од 1 који имају тачно два делиоца, број 1 и сам тај 

број, јесу прости бројеви. Природни бројеви већи од 1 који имају више од два 

делиоца јесу сложени бројеви. 

Ако је n сложен број, тада се сви његови делиоци различити од 1 и n, називају 

прави делиоци броја n. Ако је d било који прави делилац сложеног броја n, онда 

је 1 < d < n. Одавде закључујемо да је сваки сложен број производ нека своја два 

права делиоца. 

Сваки природан број већи од 1 има делиоца који је прост број. 

Уместо детаљног доказа наводимо поједностављено објашњење претходног 

тврђења. Нека је n произвољан природан број. 

• Ако је број n прост, онда је он сам свој прост делилац. 

• Ако је n сложен број, онда n има праве делиоце. У случају да је неки прави 

делилац a броја n сложен, онда a такође има правог делиоца b, који је 

истовремено и прави делилац полазног броја n. Даље, ако је b сложен, онда 

је прави делилац c броја b такође прави делилац броја n. Поступак издвајања 

правих делилаца (a, b, c итд.) броја n некада се мора завршити. То значи да ћемо 

у неком кораку доћи до простог делиоца броја n. 


Простих бројева има бесконачно много. 

Доказ. 

Претпоставим супротно да постоји само коначно много простих бројева. Нека 

су то бројеви p 1 

, p 2 

, ..., p k 

. Из наведене претпоставке следи да су сложени сви 

природни бројеви, осим 1 и наведених простих бројева. Посебно, 

број n = p 1 

p 2 

... p k 

+ 1 је сложен па мора бити дељив неким простим бројем. 

Међутим, то није могуће, јер при дељењу броја n било којим од простих бројева 

p 1 

, p 2 

, ..., p k 

добија се остатак 1. 

Дакле, постоји бесконачно много простих бројева. ■ 

52 





Ако је p најмањи прост делилац сложеног броја n, онда је p · p ≤ n. 

Ератостеново сито 

Доказ. 

Ако је број n сложен, онда бар један његов прави делилац мора бити прост 

број. Нека је p најмањи прост делилац сложеног броја n. Тада је n = p · q, за неки 

природан број q. Број q је такође делилац броја n. 

• Ако је број q прост број, онда је p ≤ q, јер је p најмањи прост делилац броја n. 

• Ако је број q сложен, он има своје просте делиоце, који су истовремено и прости 

делиоци броја n, па нису мањи од p. Дакле, и у овом случају важи p ≤ q. 

Из p ≤ q и n = p · q следи да је p 2 = p · p ≤ p · q = n. ■ 


Претходно тврђење је веома значајно и корисно. Применићемо га да на 

једноставан начин одредимо све просте бројеве прве стотине. 

Како је 11 · 11 = 121, према претходној теореми закључујемо да је најмањи прост 

делилац сложених бројева прве стотине неки од бројева 2, 3, 5 или 7. То значи, да 

ако неки двоцифрен број није дељив бројевима 2, 3, 5 или 7, онда он није сложен, 

па је самим тим прост. 

Лево су записани сви природни бројеви прве стотине. 

Поступно ћемо прецртавати све бројеве који нису прости. 

Број 1 није прост, и прво њега прецртавамо. Број 2 је прост. 

Њега заокружујемо, а прецртавамо све садржаоце броја 2. 

После броја 2, први непрецртани број јесте прост број 3. 

Њега заокружујемо и прецртавамо све садржаоце броја 3. 

Затим заокружујемо прост број 5 и прецртавамо све 

његове садржаоце. Заокружујемо и број 7 и прецртавамо 

све његове садржаоце. 

На овај начин, прецртали смо све бројеве прве стотине 

који су дељиви неким од бројева 2, 3, 5 или 7, тј. све 

сложене бројеве. 

Заокруживањем свих непрецртаних бројева издвајамо све 

просте бројеве прве стотине. 

1 

11 

21 

31 

41 

51 

61 

71 

81 

2 

12 

22 

32 

42 

52 

62 

72 

82 

3 

13 

23 

33 

43 

53 

63 

73 

83 

4 

14 

24 

34 

44 

54 

64 

74 

84 

5 

15 

25 

35 

45 

55 

65 

75 

85 

6 

16 

26 

36 

46 

56 

66 

76 

86 

7 

17 

27 

37 

47 

57 

67 

77 

87 

8 

18 

28 

38 

48 

58 

68 

78 

88 

9 

19 

29 

39 

49 

59 

69 

79 

89 

10 

20 

30 

40 

50 

60 

70 

80 

90 

Заокруживањем свих непрецртаних бројева издвајамо све 

просте бројеве прве стотине: 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19, 23, 29, 31, 

37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71, 73, 79, 83, 89, 97. 

91 

92 

93 

94 

95 

96 

97 

98 

99 

100 

Поступак описан у претходном примеру се може применити за одређивање свих 

простих бројева који су мањи од неког унапред задатог броја. Поступак се назива 

Ератостеново сито по старогрчком математичару Ератостену, који је живео у III 

веку пре нове ере. Ератостен је први издвајао („просејавао”) просте бројеве међу 

природним бројевима. 




53

2 

2 

1 57648 9 

Да ли je неки број n сложен или прост испитујемо на следећи начин: 

1) прво одредимо све просте бројеве p за које важи p 2 ≤ n; 

2) затим за сваки прост број, одређен у кораку 1), проверавамо да ли он дели n. 

Ако у кораку 2) нађемо прост број који дели n, онда је n сложен. У супротном, n је 

прост. 

У примеру користимо 

табелу квадрата првих 

петнаест простих 

бројева. 

p p 2 

2 4 

3 9 

5 25 

7 49 

11 121 

13 169 

17 289 

19 361 

23 529 

29 841 

31 961 

37 1 369 

41 1 681 

43 1 849 

47 2 209 


Да ли је 457 прост или сложен број? 

Користећи претходну табелу, уочавамо да је 23 2 = 529 > 457. Зато испитујемо да ли 

је 457 дељив неким од простих бројева 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17, 19: 

2 |/ 457, 3 |/ 457, 

5 |/ 457, 7 |/ 457 (457 = 7 · 65 + 2), 

11 |/ 457 (457 = 11 · 41 + 6), 13 |/ 457 (457 = 13 · 35 + 2), 

17 |/ 457 (457 = 17 · 26 + 15), 19 |/ 457 (457 = 19 · 24 + 1). 

Дакле, 457 је прост број. 

Да ли је 299 прост или сложен број? 

Како је 19 2 = 361 > 299, довољно је испитати да ли је 299 дељив неким од простих 

бројева 2, 3, 5, 7, 11, 13, 17: 

2 |/ 299, 3 |/ 299, 

5 |/ 299, 7 |/ 299 (299 = 7 · 42 + 5), 

11 |/ 299 (299 = 11 · 27 + 2), 13 | 299 (299 = 13 · 23 + 0). 

Дакле, 13 | 299, одакле следи да је 299 сложен број (299 = 13 · 23). 


Испитај да ли је број прост или сложен: 

а) 257; б) 287; в) 341; г) 373; д) 673; ђ) 1 729. 

најмањи прост 

делилац броја 588 









2 

2 

3 

7 

7 

588 

294 

147 

49 

7 

1 

588 

294 

147 

49 

7 

1 

2 

2 

3 

7 

7 

Ератостеново сито је заправо поступак трагања за најмањим 

простим делиоцем датог броја. Када неки сложен број 

поделимо његовим најмањим простим делиоцем, добијени 

количник такође има најмањи прост делилац. Настављајући 

овај поступак, тј. делећи сваки добијени количник његовим 

најмањим простим делиоцем, напослетку ћемо добити 

количник 1. Производ свих простих бројева, којима смо 

делили количнике, једнак је полазном броју. Поступак којим 

дати број представљамо као производ простих бројева назива 

се растављање на просте чиниоце. 

54 





Сваки природан број већи од 1 може се представити 

као производ простих бројева. 

Основна теорема 

аритметике 

Основну теорему аритметике можемо формулисати и на следећи начин: за сваки 

природан број n постоје јединствени прости бројеви p 1 

, p 2 

, ..., p k 

, p 1 



< ... 

, 

и јединствени природни бројеви α 1 

, α 2 

, ... α k 

такви да је n = p 1 

α 1p 1 

α 1 ... p k 

α k. Производ 

p 1 

α 1p 1 

α 1 ... p k 

α k назива се канонска факторизација броја n. На пример, растављањем 

броја 588 на просте чиниоце долазимо до канонске факторизације овог броја: 

588 = 2 2 · 3 · 7 2 . 

Помоћу канонских факторизација датих природних бројева једноставно се 

одређује њихов највећи заједнички делилац и најмањи заједнички садржалац. 

Највећи заједнички делилац смо дефинисали у претходној лекцији. 

Најмањи заједнички садржалац бројева a и b јесте најмањи природан број који 

је дељив и бројем a и бројем b. Најмањи заједнички садржалац бројева a и b 

означавамо НЗС(a, b). 

Дефиниција 


Један од начина да се одреде НЗД(a, b) и НЗС(a, b), природних бројева a и b, јесте 

да се сваки од њих растави на просте чиниоце. 

Највећи заједнички делилац је производ простих чинилаца који се јављају у 

растављањима оба броја, при чему се сваки од тих чинилаца узима онолико пута 

колико се највише садржи у оба броја. 

Најмањи заједнички садржалац је производ простих чинилаца који се јављају у 

растављању бар једног од тих бројева, при чему се сваки чинилац узима онолико 

пута колико се највише садржи у једном од тих бројева. 

126 

63 

21 

7 

1 

2 

3 

3 

7 

315 

105 

35 

7 

1 

3 

3 

5 

7 

126 = 2 · 3 · 3 · 7 

315 = 3 · 3 · 5 · 7 

НЗД (126, 315) = 3 · 3 · 7 = 63 

126 = 2 · 3 · 3 · 7 

315 = 3 · 3 · 5 · 7 

НЗС (126, 315) = 3 · 3 · 7 · 2 · 5 = 630 

 


Растављањем бројева на просте чиниоце одреди: 

а) НЗД(100, 45) и НЗС(100, 45); б) НЗД(24, 30) и НЗС(24, 30); 

в) НЗД(70, 154) и НЗС(70, 154); г) НЗД(182, 260) и НЗС(182, 260). 




55

2 

2 

1 57648 9 

p 0 = 1, p N 

Основне идеје из претходног примера можемо уопштено приказати. Нека су a 

и b било који природни бројеви. Издвојимо просте бројеве који се појављују у 

канонској факторизацији бар једног од бројева a или b: нека су то прости бројеви 

p 1 

, p 2 

, ..., p m 

. Међу издвојеним простим бројевима налазе се сви прости чиниоци 

броја a, али могуће и они прости бројеви који не деле a, већ само деле b. Узимајући 

у обзир једнакост p 0 = 1, за било који природан број p, закључујуемо да за неке 

α 

ненегативне целе бројеве α 1 

, α 2 

, ..., α m 

важи a = p 1 1pα 1 

α 

2 

... p m m. Наравно, ако неки 

прост број p i 

не дели a, онда је α i 

= 0. На исти начин закључујемо да постоје 

b 

ненегативни цели бројеви β 1 

, β 2 

, ..., β m 

важи b = p 1 1pb 1 

b 

2 

... p m m. Нека је max {α, β} 

једнако α ако је α > β, односно β ако је α ≤ β: 

α, α > β, 

max {α, β} = 

β, α ≤ β. 

Слично уводимо min {α, β}: 

β, α > β, 

min {α, β} = 

α, α ≤ β. 

Користећи уведене ознаке, имамо: 

min {α 

НЗД(a,b) = p 1 

, β 1} 

min {α 

1 

p 2 

, β 2 

} min {α 

2 

... p m 

, β m 

} max {α 

m 

и НЗС(a, b) = p 1 

, β 1} 

max {α 

1 

p 2 

, β 2 

} max {α 

2 

... p m 

, β m} m 

. 


Ако једнакости 126 = 2 · 3 2 · 7 и 315 = 3 2 · 5 · 7 запишемо у облику 126 = 2 1 · 3 2 · 5 0 · 7 1 

и 315 = 2 0 · 3 2 · 5 1 · 7 1 , имамо 

НЗД(126,315) = 2 min {1, 0} · 3 min {2, 2} · 5 min {0, 1} min {1, 1} 

· 7 

= 2 0 · 3 2 · 5 0 · 7 1 = 63 

НЗС(126,315) = 2 max {1, 0} · 3 max {2, 2} · 5 max {0, 1} max {1, 1} 

· 7 

= 2 1 · 3 2 · 5 1 · 7 1 = 630 


За свака два природна броја a и b важи НЗД(a, b) · НЗС(a, b) = a · b. 

Подсећамо на 

једнакост, познату из 

основне школе: 

p α · p β = p α + β , при 

чему је p > 0, α, β ≥ 0. 

Доказ. 

Нека су p 1 

, p 2 

, ..., p m 

прости бројеви који се појављују у канонској факторизацији 

бар једног од бројева a или b. Постоје ненегативни цели бројеви α 1 

, α 2 

, ..., α m 

и 

β 1 

, β 2 

, ..., β m 

такви да је a = p 1 

α 1p 2 

α 1 ... p m 

α m и b = p 1 

b 1p 2 

b 1 ... p m 

b m. Користећи очигледну 


max {α, β} + min {α, β} = α + β 

добијамо: 

НЗД(a, b) · НЗС(a, b) 

= p 1 

min {α 1 

, β 1 

} 

... p m 

min {α m 

, β m 

} 

· p 1 

max {α 1 

, β 1 

} 

... p m 

max {α m 

, β m 

} 

= p 1 

min {α 1 

, β 1 

}+max {α 1 

, β 1 

} 

... p m 

min {α m 

, β m 

}+max {α m 

, β m 

} 

= p 1 

α 1 

+ β 1 ... p m 

α m 

+ β m 

= (p 1 

α 1 p 2 

α 1 ... p m 

α m) · (p 1 

b 1 p 2 

b 1 ... p m 

b m) = a · b ■ 

56 




Бројевне базе 

Могућност да представимо бројеве у позиционом систему дугујемо 

теореми о остатку. Декадни бројевни систем заснован је на јединственом 

приказивању бројева збиром производа цифара и степена броја 10 који у 

овом случају представља базу (или основу) система. На пример, 

7 203 = 7 ∙ 10 3 + 2 ∙ 10 2 + 0 ∙ 10 1 + 3 ∙ 10 0 . 

Уместо броја 10, за базу бројевног система се може изабрати било који 

други природан број већи од 1. 

А 

Једноставности ради 

посматраћемо само 

записе природних 

бројева, иако се и остале 

врсте бројева могу 

записати у систему са 

било којом базом. 

Број: 

База 

b 

b 2 b 1 b 0 

Запис броја у датом 

систему 

b = 10 27 = 2 ∙ 10 1 + 7 ∙ 10 0 

b = 9 30 = 3 ∙ 9 1 + 0 ∙ 9 0 

b = 7 36 = 3 ∙ 7 1 + 6 ∙ 7 0 

b = 5 102 = 1 ∙ 5 2 + 0 ∙ 5 1 + 2 ∙ 5 0 

b = 4 123 = 1 ∙ 4 2 + 2 ∙ 4 1 + 3 ∙ 4 0 

Репрезентацију природног броја n у бази b добијамо тако што прво одредимо 

количник при дељењу броја n са b, а затим сваки добијени количник поново 

делимо са b све док не добијемо количник једнак нули. До нуле морамо стићи, јер 

у сваком кораку добијамо количник мањи од претходног. 

n = q 0 

b + r 0 

, 0 ≤ r 0 

< b, 

q 0 

= q 1 

b + r 1 

, 0 ≤ r 1 

< b, q 1 

< q 2 

n = (q 1 

b + r 1 

)b + r 0 

= q 1 

b 2 + r 1 

b + r 0 

q 1 

= q 2 

b + r 2 

, 0 ≤ r 2 

< b, q 2 

< q 1 

n = (q 2 

b + r 2 

)b 2 + r 1 

b + r 0 

= q 2 

b 3 + r 2 

b 2 + r 1 

b + r 0 

q k – 1 

= 0 · b + r k 

, 1 ≤ r k 

< b, 0 < q k – 1 

n = r k 

b k + ... + r 2 

b 2 + r 1 

b + r 0 

Увођењем симбола за могуће остатке при дељењу са b, репрезентација броја n у 

бази b јесте запис (r k 

... r 2 

r 1 

r 0 

) b 

. 




57

2 

2 

1 57648 9 

теорема о 

бројевној бази 

База Цифре 

9 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 

8 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 

7 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 

6 0, 1, 2, 3, 4, 5 

5 0, 1, 2, 3, 4 

4 0, 1, 2, 3 

3 0, 1, 2 

2 0, 1 

Нека је b > 1. Тада за сваки природан број a постоје јединствени природни 

бројеви n, c 0 

, c 1 

, c 2 

, ..., c n 

такви да је 

a = c n 

b n + ... + c 2 

b 2 + c 1 

b + c 0 

при чему је 0 ≤ c 0 

, c 1 

, c 2 

, ..., c n – 1 



< b. 

Уколико је 2 ≤ b ≤ 9 за записивање бројева у систему са основом b користимо 

арапске цифре – наравно, само оне које означавају бројеве мање од b. Ако је 

b > 10, онда се за цифре најчешће узимају почетна слова (колико треба) абецеде. 

Тако, слова A, B, C, D, E, F као цифре редом одговарају бројевима 10, 11, 12, 13, 

14, 15 декадног система. 


Записом (2 305) 7 

представљен је број у систему са базом 7. Приказ овог броја у 

декадном систему једноставно одређујемо рачуном који произлази из значења 

самог записа: (2 305) 7 

= 2 · 7 3 + 3 · 7 2 + 0 · 7 + 5 = 838. 


Прикажимо број 876 (записан у декадном систему) у системима за различит избор 

базе b. 

База 

Поступак 

превођења 

b = 7 876 = 125 · 7 + 1 

125 = 17 · 7 + 6 

17 = 2 · 7 + 3 

2 = 0 · 7 + 2 

b = 8 876 = 109 · 8 + 4 

109 = 13 · 8 + 5 

13 = 1 · 8 + 5 

1 = 0 · 8 + 1 

b = 2 876 = 438 · 2 + 0 

438 = 219 · 2 + 0 

219 = 109 · 2 + 1 

109 = 54 · 2 + 1 

54 = 27 · 2 + 0 

27 = 13 · 2 + 1 

13 = 6 · 2 + 1 

6 = 3 · 2 + 0 

3 = 1 · 2 + 1 

1 = 0 · 2 + 1 

b = 16 876 = 54 · 16 + 12 

54 = 3 · 16 + 6 

3 = 0 · 16 + 3 

Превод 

876 = (2361) 7 

Провера: 

876 = 2 · 7 3 + 3 · 7 2 + 6 · 7 + 1 

876 = (1554) 8 

876 = (1101101100) 2 

876 = (36C) 16 

 

58 






Показаћемо како се један стари задатак, забележен у 13. веку, 

може једноставно решити погодним избором бројевне базе. 

Треба изабрати 5 тегова тако да се помоћу њих може измерити 

било који терет до 30 kg, под условом да се тегови постављају 

само на један тас ваге. Одредимо масе тегова. 

Да бисмо измерили неки терет, постављајући тегове само на један тас ваге, масу 

терета треба представити у облику збира маса тегова које имамо, при чему се 

сваки тег може узети највише једном. Ако су масе тегова које смо изабрали редом 

једнаке m 1 

, m 2 

, m 3 

, m 4 

, m 5 

, тада се терет масе M ≤ 30 може представити у облику 

M = a 1 

m 1 

+ a 2 

m 2 

+ a 3 

m 3 

+ a 4 

m 4 

+ a 5 

m 5 

, 

при чему су бројеви a 1 

, a 2 

, a 3 

, a 4 

, a 5 

једнаки јединици или нули, у зависности од 

тога да ли је одговарајући тег стављен на тас или није. 

Очигледна је сличност са представљањем броја M у бројевном систему са 

основом 2. Изаберимо зато тегове чије су масе: 

m 1 

= 1 kg, m 2 

= 2 kg, m 3 

= 4 kg, m 4 

= 8 kg, m 5 

= 16 kg. 

Укупна маса свих тегова 1 kg + 2 kg + 4 kg + 8 kg + 16 kg = 31 kg, већа је од 30 kg. 

Осим тога, сваки број M ≤ 31, може се представити у облику: 

M = b 4 

· 2 4 + b 3 

· 2 3 + b 2 

· 2 2 + b 1 

· 2 + b 0 

, 

где је сваки од коефицијената b 4 

, b 3 

, b 2 

, b 1 

, b 0 

јединица или нула. 

На пример, којим теговима се може измерити терет од 22 kg? Напишимо број 22 у 

систему са основом 2: 

22 = 1 · 2 4 + 1 · 2 2 + 1 · 2 1 = (10110) 2 

. 

Дакле, терет масе 22 kg измерићемо користећи тегове од 16 kg, 4 kg и 2 kg. 


Познати музичар из удаљене галаксије гостовао је у једној телевизијској емисији 

на Земљи. Описујући своје почетке музичар је рекао: 

„Моје детињство и младост се не нису разликовали много од одрастања вас 

земљана. У школу сам пошао у 20. години. Гитару сам почео да свирам у 

101. години. Први пут сам јавно наступао убрзо након завршетка средње школе, 

у 200. години.” 

Очигледно је овај ванземаљски гост одлично научио говорни језик, али није 

стигао да се упозна са земаљским бројевним системом. Зашто је његова прича 

земљанима звучала чудно? Да ли се његово одрастање заиста може сматрати 

сличним одрастању земљана? 

Упутство. Постер ванземаљске музичке звезде приказан је на слици десно. 




59

2 

2 

1 57648 9 

Задаци 

Дељивост целих бројева 

А 

1. При дељењу неког броја са 52 добије се остатак 47. Колики ће бити остатак при 

дељењу истог броја са 13? 

2. Применом Еуклидовог алгоритма одреди највећи заједнички делилац бројева: 

1) 528 и 468; 2) 4752 и 624; 3) 6787 и 7194. 

3. Две жице дужине 288 m и 126 m треба исећи на што веће једнаке делове. Колика 

је дужина сваког дела и колико таквих делова има у сваком комаду жице? 

4. Да ли постоје цели бројеви m и n такви да је 119m – 91n = 911? 

5. Одреди највећи природан број d такав да се при дељењу бројева 205 и 457 са d 

добија остатак 1. 

Прости бројеви 

А 

6. Растављањем на чиниоце одреди највећи заједнички делилац бројева: 

1) 588 и 378; 2) 42, 56 и 72; 3) 8100 и 6750. 

7. Одреди најмањи заједнички садржалац бројева: 

1) 840 и 2 646; 2) 24, 42 и 15. 

8. Одреди укупан број природних делилаца броја 6552. 

Бројеви a и b су 

узајамно прости ако је 

НЗД(a, b) = 1. 

9. Ако су a и b произвољни природни бројеви и ако је d = НЗД(a, b), докажи да су 

бројеви a : d и b : d узајамно прости. 

10. Одреди најмањи природан број који при дељењу са 3 даје остатак 2, при 

дељењу са 4 даје остатак 3, а при дељењу са 6 даје остатак 5. 

11. Одреди НЗС(x, y) ако је xy = 1 350, НЗД(x, y) = 15. 

12. Одреди НЗД(x, y) ако је xy = 896, НЗС(x, y) = 128. 

13. Одреди број a такав да је НЗС(a, 15) = 105 и НЗД(a, 15) = 5. 

14. Одреди све парове бројева x и y такве да је НЗД(x, y) = 6, НЗС(x, y) = 36. 

Бројевне базе 

А 

15. Преведи дате записе у декадне: 

1) (10010) 2 

; 2) (2101) 3 

; 3) (2101) 5 

; 4) (76) 8 

; 5) (A0B) 16 

. 

16. Декадни запис 56 преведи у систем са базом: 

1) 12; 2) 6; 3) 5; 4) 2. 

17. Бројеве 365 и 2 019, записане у декадном систему, преведи у систем са базом: 

1) 14; 2) 16; 3) 9. 

60 




Скуп рационалних бројева (62) 

РЕАЛНИ БРОЈЕВИ 

А Разломци и периодични децимални записи; основне рачунске 

операције са рационалним бројевима и особине; основне особине 

поретка рационалних бројева (62) 

Скуп реалних бројева (66) 

А Ирационални бројеви; бројевна права; основне особине операција и 

поретка на скупу реалних бројева (66) 

Б Важне последице основних особина операција и поретка на скупу 

реалних бројева (71) 

Апсолутна вредност реалног броја (74) 

А Појам апсолутне вредности (74) 

Б Основне особине апсолутне вредности (75) 

Приближне вредности реалних бројева (76) 

А Правила заокругљивања; апсолутна и релативна грешка; операције са 

приближним вредностима (76) 

Степен чији је изложилац цео број (81) 

А Степеновање целим бројевима; основне особине степеновања целим 

бројем; децимални запис броја у стандардном облику (81) 

2 = 1.41421356237 

30950488016887242 

09698078569671875 

37694807317667973 

79907324784621070 

38850387534327641 

57273501384623091 

22970249248360558 

50737212644121497 

09993583141322266 

59275055927557999 

5050115278206057 

14701095599716059 

70274534596862014 

72851741864088919 

86095523292304843 

08714321450839762 

60362799525140798 

9687253396546331 

8088296406206152 

5835239505474575 

02877599617298355 

75220337531857011 

35437460340849884 

71603868999706990 

04815030544027790 

31645424782306849 

2936918621580578 

4631115966687130 

1301561856898723 

7235288509264861 

2494977154218334 

2042856860601468 

2472077143585487 

4155657069677653 

7202264854470158 




јединица мере 

A 

десети део јединице мере 

Скуп рационалних бројева 

У скупу природних бројева N = {1, 2, 3, ...} немају увек решења једначине облика 

a + x = b, са непознатом x при чему a,b N. 

Увођењем нуле и негативних бројева –1, –2, –3... добијемо скуп целих бројева 

Z = {...,–3,–2,–1,0,1,2,3,...}. Будући да је N Z, рачунске операције са целим 

бројевима се уводе тако да природно проширују операције са природним 

бројевима. У скупу целих бројева све једначине облика a + x = b, где су a и b било 

који дати цели бројеви, имају решења по x. Међутим, једначине 2 · x = 1, 3 · x = –5, 

–4 · x = 7 итд. немају решења у скупу Z. Овакве једначине имају решења у скупу 

који добијамо проширењем скупа Z разломцима. То проширење се назива скуп 

рационалних бројева и обележава се Q. 

Q = { 

p 

q | p Z, q N } 

Рачунске операције са рационалним бројевима се уводе тако да природно 

проширују операције са целим бројевима. 

Познато је да разломачка црта у одређеном смислу представља дељење и да се 

сваки разломак може представити и у тзв. децималном запису. 

стоти део јединице мере 

319 : 44 = 7,25 

–308 

110 

–88 

220 

–220 

2,47 

јединица мере 

322 : 44 = 7,31818... 

–308 

140 

–132 

80 

–44 

360 

–352 

80 

–44 

360 

–352 

8 

... 

Децимални записи су посебно 

погодни за изражавање 

резултата мерења. У складу 

са декадним бројевним 

системом, приликом мерења 

узимају се у обзир и 

десети, стоти, хиљадити итд. 

делови јединице мере. 

милиона 

сто хиљада 

десет хиљада 

хиљада 

стотина 

Анализирајмо познат поступак превођења разломка 

p 

, p Z, q N, у децимални запис. 

q 

При дељењу целих бројева са q могу се појавити остаци 

0, 1, 2, ..., q – 1. 

• Ако се у неком кораку поменутог поступка појави 

остатак 0, онда се поступак дељења завршава и 

добијамо коначан децимални запис. 

• Ако се при дељењу никада не појави остатак 0, 

онда се након извесног броја корака, и то највише 

након q корака, мора поновити остатак који је 

већ био добијен. Самим тим, у резултату дељења 

доћи ће до понављања одређене групе цифара иза 

децималне запете и добијамо бесконачан периодичан 

децимални запис. 

десетица 

јединица 

десетих 

стотих 

хиљадитих 

цео део децимална запета децимале 

319 : 44 = 7 

–308 

11 

319 

44 = 7 11 

44 = 7,25 

322 : 44 = 7 

–308 

14 

322 

44 = 7 14 

44 

= 7,3181818... 

62 




Реални бројеви 

Бесконачан периодичан децимални запис иза децималне запете садржи 

бесконачно много цифара, које нису све једнаке нули, и постоји цифра или 

група цифара која се понавља почев од неког места. Уколико то место није 

прво иза запете, цифра или група цифара која претходи првом појављивању 

цифара периода назива се претпериод. 

претпериод 

7,318181818... = 7,3(18) 

период 

1. 


Одреди периодичан децимални запис количника: 

а) 70 : 13; б) 1 : 7; в) 23 : 11. 

Сваки периодичан децимални запис може се записати у облику разломка. У 

наредном примеру описујемо поступак претварања периодичног децималног 

записа у облик p q . 


Одредимо разломак чији је децимални запис 12,154545454... 

Први корак. Дати број најпре множимо декадном јединицом која има онолико 

нула колика је дужина претпериода. Ако запис нема претпериод онда одмах идемо 

на наредни корак. 

Други корак. Број добијен у претходном кораку или дати број, у случају да је 

претходни корак прескочен, множимо декадном јединицом која има онолико нула 

колика је дужина периода. 

Када од броја добијеног у другом кораку одузмемо број из првог корака, односно 

дати број ако првог корака није било, разлика је природан број. Користећи ову 

чињеницу једноставно налазимо жељени разломак. 

Бесконачне периодичне децималне записе негативних бројева преводимо у 

облик p , p Z, q N, тако што запис без предзнака претворимо у разломак, а 

q 

затим испред тог разломка допишемо знак „–“. Према претходном примеру, важи 

–12,154545454... = – 1 337 

110 . 

Треба имати на уму да се бесконачни децимални записи код којих се почев од 

неког места иза запете појављује само цифра 9 могу представити и коначним 

децималним записом. Једноставно се показује да је, на пример: 

0,34999... = 0,34(9) = 0,35, 12,999... = 12,(9) = 13, итд. 

x = 12,154545454... 

Први корак. 

10x = 121,545454... 

Други корак. 

100 · 10x = 1000x 

= 12154,545454... 

1000x – 10x = 12 033 

x = 

12 033 

990 

= 1 337 

110 

x = 0,99999999... 

10x = 9,99999999... 

10x – x = 9 

9x = 9 

x = 1 

2. 


Периодичне децималне записе преведи у разломак: 

a) 1,0(9); б) –1,(09); в) –0,1(2); г) –0,(12); д) –0,(12). 




63

3 

2 

1 57648 9 

Операције са 

рационалним 

бројевима 

Познавање поступака 

израчунавања збира, 

разлике, производа 

и количника два 

рационална броја 

спада у елементарну 

писменост. 

Сабирање и множење су комутативне операције: 

x + y = y + x и x · y = y · x, x, y Q. 

Сабирање и множење су асоцијативне операције: 

(x + y) + z = x + (y + z) и (x · y) · z = x · (y · z), x, y, z Q. 

Неутрални елемент за сабирање је 0, а за множење 1: 

x + 0 = x и x · 1 = x, x Q. 

Инверзни елемент у односу на сабирање назива се и супротан број, а у односу 

на множење реципрочан број: 

x + (–x) = 0, x Q и x · 1 = 1, x Q \ {0}. 

x 

Множење је дистрибутивно према сабирању: 

(x + y) · z = x · z + y · z, x, y, z Q. 

4 7 ÷ 0 = 

ERROR 

На неким 

калкулаторима након 

покушаја дељења 

нулом појављује 

се само слово Е 

(почето слово речи 

ERROR – грешка) или 

упозорење DIV BY 

ZERO. 

1 3 ÷ 6 = 

2,1666666666667 

3. 

4. 

5. 


Израчунај: 

a) –2,75 – ( – 3 4 ) · 4 2 3 ; б) ( –7 + 1,2 · ( 2 1 3 – 1 1 2 )) : 0,75; 

в) 

6 : 3 4 – 1 1 6 · 6 7 

4 1 5 · 10 

11 + 5 2 ; г) 

11 


3 + 0,42 : 0,1 

( 1 : 0,3 – 2 1 3 ) · 0,25 . 

Напомена. Подсећамо на договор да је множење приоритетније од сабирања. 

Познавање особина рачунских операција може да олакша рачунање. Израчунај 

напамет: 

а) 0,01 · 1000; б) 0,01 : 0,001; в) 0,2 : 0,01; 

г) 1,2 : 100; д) 1,2 · 0,01 ђ) 8,2 · 45 + 1,8 · 45; 

е) (–10) · 2,6 · 0,1; ж) –10 – 0,1 : 0,01; з) 10,02 · 54 – 0,02 · 50. 

За сложенија израчунавања користи се такозвани џепни рачунар, калкулатор или, 

популарно, дигитрон. Данас постоји велики број различитих врста калулатора: 

од најједноставнијих којима се изводе само поменуте четири операције, до 

веома сложених са великим бројем операција. Важно је имати на уму да сваки 

калкулатор може приказати само одређен (наравно, коначан) број децимала. При 

томе, поједини калкулатори последњу цифру коју приказују мењају по правилима 

заокругљивања бројева о којим ће бити речи на страни 77. 


Израчунај помоћу калкулатора: 

а) 0,0012 · 3,06 + 12,57; б) 89,12 · 12 – 0,854; 

в) 100,02 : 0,3 + 12,567; г) 3 · (71,7 – 32,06). 

64 






Израчунајмо производ и количник бројева x = 0,121212... = 0,(12) и 

y = 0,080808... = 0,(08). 

Бесконачни децимални записи нису погодни за рачунање, па зато дате бројеве 

преводимо у облик разломка: 

x = 0,121212... = 0,(12) 

100x = 12,121212... 

99x = 12, x = 12 

99 

y = 0,080808... = 0,(08) 

100y = 8,080808... 

99y = 8, y = 8 

99 

Дакле, 

x · y = 96 

99 2 = 0,009794918885827976737067646... и x : y = 12 8 = 1,5. 

Знамо да је децимални запис производа x · y периодичан, али је период 

дугачак, па га зато не истичемо. 


Ако је x = 0,011111... = 0,0(1) и y = 0,010101... = 0,(01) одреди x : y. 

Поредак рационалних бројева најочигледније се истиче на бројевној правој. 

–2 –1 1 –1 – 2 – 1 0 1 2 1 1 1 2 

2 

2 

3 3 3 3 

Поредак рационалних бројева сагласан је са операцијама сабирања и множења у 

смислу који одређују наредна два тврђења. 

За свака три рационална броја x, y, z, из x ≤ y, следи x + z ≤ y + z. Због ове 

особине, каже се да сабирање чува поредак. 

Множење позитивним бројевима „чува“ поредак, тј. за свака три 

рационална броја x, y, z, из x ≤ y и 0 ≤ z, следи да је x · z ≤ y · z. Због ове особине, 

каже се да множење позитивним бројевима чува поредак. 

Посебно издвајамо особину поретка међу рационалним бројевима, коју нема 

поредак целих ни поредак природних бројева. 

Поредак рационалних 

бројева 

За све x, y, z из Q: 

x ≤ x, 

из x ≤ y и y ≤ x следи 

x = y, 

из x ≤ y и y ≤ z следи 

x ≤ z, 

x ≤ y или y ≤ x. 

y< 

.( 1) 

x 

0 

x < y 

За свака два рационална броја x и y таква да је x < y постоји рационалан број 

z, такав да је x < z < y. Штавише, између свака два различита рационална броја 

постоји бесконачно много рационалних бројева. 

b – a 

2 

b – a 

2 

Претходно тврђење је једноставна последица чињенице да се аритметичка 

средина два различита броја налази између тих бројева: ако је x < y, онда је 

x < x + y < y. 

2 

a a + b b 

2 

a ≤ a + b ≤ b 

2 




65

А 

Скуп реалних бројева 

Потребу за проширивањем скупа рационалних бројева новим бројевима 

условљава поступак мерења. Наиме, рационални бројеви нису довољни да би 

се њима могла изразити дужина сваке дужи. О томе ће више речи бити касније. 

Овом приликом ћемо се задржати само на неким конкретним примерима који 

потичу из геометрије, али ћемо их ми разматрати са алгебарског становишта. 

Применом 

Питагорине теореме 

једноставно се 

закључује да 

позитивно решење 

једначине x 2 = 2 

представља дужину 

дијагонале квадрата 

странице 1. 


Покушајмо да одредимо (или, прецизније, да проценимо) позитиван децимални 

број x такав да је x 2 = 2. 

Није тешко закључити да решење дате једначине не може бити цео број и да је 

1 < x < 2. Одредимо и неколико децимала броја x. 

x 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8 1,9 2,0 

x 2 1 1,21 1,44 1,69 1,96 2,25 2,56 2,89 3,24 3,61 4 

На основу табеле имамо да је 1,4 < x < 1,5. Да нисмо још увек успели да одредимо 

x, тј. да x има још неодређених децимала, закључујемо из тога што квадрати оба 

броја којима смо проценили x нису једнаки 2. 

Наредну цифру (стотих делова) децималног развоја броја x можемо одредити 

налажењем квадрата бројева: 1,41; 1,42; 1,43; 1,44; 1,45; 1,46; 1,47; 1,48; 1,49; 1,5. 

Следећа табела нам показује да је 1,41 < x < 1,42. 

x 1,4 1,41 1,42 ... 

x 2 1,96 1,9881 2,0164 ... 

Настављајући овај поступак, добијаћемо све приближније вредности за x. 

Поступак који је 

спроведен у примеру 1. 

илуструје суштину 

поступка мерења 

дужине (дијагонале 

јединичног квадрата). 

1,414 < x < 1,415 1,999396 < x 2 < 2,002225 

1,4142 < x < 1,4143 1,99996164 < x 2 < 2,00024449 

1,41421 < x < 1,41422 1,9999899241 < x 2 < 2,0000182084 

1,414213 < x < 1,414214 1,999998409369 < x 2 < 2,000001237796 

1,4142135 < x < 1,4142136 1,99999982358225 < x 2 < 2,00000010642496 

Испоставља се да колико год да смо упорни, овај поступак не можемо довести до 

краја. Ипак можемо одредити произвољно много децимала броја x. 

Применом наведеног поступка не можемо утврдити да ли је децимални развој 

броја x из претходног примера периодичан, јер чак и ако одредимо милионе 

децимала, не знамо да ли ће цифре почети да се понављају касније. Наредна 

теорема даје одговор на ове недоумице и каже да понављања цифара нема, тј. да 

број x није периодичан децималан број, односно није рационалан број. 

66 





Не постоји рационалан број x такав да је x 2 = 2. 


Доказ. Претпоставимо супротно од онога што теорема тврди, да постоји 

рационалан број x такав да је x 2 = 2. Тада се x може приказати у облику x = m n , где 

су m и n неки узајамно прости природни бројеви. Тада је 

m 

n 

= m2 

n = 2, односно, 2 m2 = 2n 2 . 

Из последње једнакости следи да је m 2 паран број, а отуда и да је m паран број. 

Дакле, m = 2k, за неки природан број k. Сада имамо да је 

(2k) 2 = 4k 2 = 2n 2 , односно, n 2 = 2k 2 . 

Из последње једнакости следи да је n 2 паран број што значи да је и n паран број. 

Како су и m и n парни природни бројеви, они не могу бити узајамно прости што 

је супротно нашој претпоставци. Добијена контрадикција обара претпоставку да 

постоји рационалан број x такав да је x 2 = 2. ■ 

Пример 1. и претходна теорема указују на потребу да се скуп рационалних бројева 

прошири бројевима који се могу представити бесконачним непериодичним 

децималним записима. Овакве бројеве (и позитивне и негативне) називамо 

ирационалним бројевима. Скуп свих ирационалних бројева обележавамо . 


Није тешко замислити децималне записе који нису периодични. На пример, запис 

0,101001000100001000001000000100000001000000001 ... 

у којем се дати низ децимала наставља тако што се након сваке јединице упише 

једна нула више од броја нула испред ње, а иза јединице која јој претходи. Овакав 

запис очигледно није периодичан те представља запис једног ирационалног броја. 

Примети да је неопходно да запис прати текст којим се описује наставак низа 

децимала. 

Ако прост број p дели 

a 2 (a ), 

онда p дели и a. 

1,41 

4213 

56237 

309504 

8801688 

72420969 

80785696718 

7537694807317 

6679737990732478462 

....................................... 

........................................ 

Пошто се децимални запис неког ирационалног броја не може никада „до краја” 

приказати, прибегава се другима начинима означавања ових бројева. 


Ирационалан број x такав да је x 2 = 2 означавамо √2. Супротан број овом броју 

је такође ирационалан и означавамо га –√2. Уопште, ако је m природан број 

који није потпун квадрат, може се доказати да су решења једначине x 2 = m 

ирационални бројеви. Oве бројеве означавамо √m и –√m. 

Велики је број 

једначина (са којима 

ћемо се детаљније 

упознати у наредним 

разредима) које имају 

само ирационална 

решења. Примери 

таквих једначина су: 

x 3 = 2, x 5 = 4, x 17 = 11 

итд. 




67

3 

2 

1 57648 9 


Наведимо још један важан пример ирационалног броја са 

посебном ознаком. 

Старогрчки математичар Архимед доказао је да је однос 

обима и пречника било ког круга константан. Та константа је 

чувени број π. У XVIII веку, швајцарски математичар Ламберт 

је доказао да је π ирационалан број, те да је његов децимални 

запис бесконачан и непериодичан. То даље значи да се 

вредност броја π не може прецизно одредити. Иако је данас 

познато преко милијарду децимала броја π 

π = 3,1415926535 8979323846264338327950288 ... 

бесконачно много децимала остаје непознато (и заувек ће 

бити тако). Наравно, за практичне сврхе довољно је узети 

само неколико децимала изa запете. 

3,14 

1592 

65358 

979323 

8462643 

3832795 

02884197 

16939937 

510582097 

49445923078 

164062862089 

986280348253421 

170679821480865132 

823066470938446095505822317 

2535940812848111745028410270193852 

= 

= 

Скуп свих рационалних и свих ирационалних бројева назива се скуп реалних 

бројева и обележава се . 

 

N Z Q R 

Сваки реални број може се изразити децималним записом који је одређен целим 

бројем и низом децимала који може бити коначан или бесконачан. Познато 

је да рационалним бројевима одговарају периодични децимални записи. 

Ирационалним бројевима одговарају бесконачни непериодични децимални 

записи. 

Децимални запис реалног броја може бити: 

коначан 

бесконачан 

периодичан 

непериодичан 

Рационални бројеви 

Ирационални бројеви 

68 





Све реалне бројеве можемо приказати на бројевној правој и тако да свака тачка 

праве буде означена неким реалним бројем. Ова чињеница је од великог значајна 

и за алгебру (посебно за разумевање појма реалног броја), али и за геометрију 

(посебно за разумевање појма праве). 

Бројевна права 

Ако је p нека права на којој су изабране тачке O и J којима су придружени редом 

бројеви 0 и 1, онда је свакој тачки ове праве придружен јединствен реалан број 

који се назива координата те тачке. Координата тачке се записује у загради поред 

слова којим је означена сама тачка. 

p 

C(–1,9) A(–√2) O(0) E(1/2) J(1) B(√2) D(2) 

Сваком реалном броју 

одговара тачно једна 

тачка бројевне праве 

(са изабраним тачкама 

O(0) и J(1)) и обрнуто, 

свакој тачки бројевне 

праве одговара тачно 

један реалан број. 

О вези између скупа реалних бројева и скупа тачака праве говорићемо и касније 

на почетку поглавља Сличност, пре свега у геометријском контексту. 

Бројевна права може бити од велике користи за разумевање и интерпретацију 

многих чињеница у вези са реалним бројевима, те ћемо је ми често у разним 

контекстима користити. 

Помоћу бројевне праве једноставно се стиче представа о поретку реалних бројева: 

број a је мањи од броја b (a < b) уколико је тачка A(a) лево од тачке B(b). 

Бројевну праву често користимо и за приказивање подскупова од R, посебно када 

је реч о интервалима. 

Ако је a < b, онда је 

(a, b) = {x R | a < x < b}, 

[a, b] = {x R | a ≤ x ≤ b}, 

[a, b) = {x R | a ≤ x < b}, 

(a, b] = {x R | a < x ≤ b}. 

Поред наведених ограничених интервала, значајни су и следећи 

неограничени интервали. Ако је a произвољан реалан број, онда је 

(a, + ∞) = {x R | a < x}, 

[a, + ∞) = {x R | a ≤ x}, 

(–∞, a) = {x R | x < a}, 

(–∞, a] = {x R | x ≤ a}. 




69

3 

2 

1 57648 9 

Oсобине операција 

са реалним 

бројевима и поретка 

међу њима 

У овој књизи не можемо говорити о томе како се дефинишу основне операције са 

реалним бројевима (које схватамо као бесконачне, периодичне и непериодичне, 

децималне бројеве). За сада ћемо прихватити као чињеницу да се поменуте 

операције могу коректно дефинисати тако да важе сва важна својства операција 

која смо до сада користили. 

Инверз броја у 

односу на сабирање 

је број супротан том 

броју. Инверз броја 

различитог од нуле у 

односу на множење је 

реципрочна вредност 

тог броја. Уопште, 

применом операције 

на неки број и 

његов инверз 

добијамо неутрални 

елемент те операције. 

Ако је x ≠ 0, 

инверзни елемент 

елемента x у 

односу на множење, 

означава се и x –1 . 

За произвољне реалне бројеве x, y, z важе следеће особине: 

(К +) x + y = y + x [комутативност сабирања] 

(А +) (x + y) + z = x + (y + z) [асоцијативност сабирања] 

(Н +) x + 0 = x [0 је неутрал за сабирање] 

(И +) x + (–x) = 0 [сваки број има инверз у односу на 

сабирање] 

(К ∙ ) x ∙ y = y ∙ x [комутативност множења] 

(А ∙ ) (x ∙ y) ∙ z = x ∙ (y ∙ z) [асоцијативност множења] 

(Н ∙ ) x ∙ 1 = x [1 је неутрал за множење] 

(И ∙ ) ако је x ≠ 0, онда је x ∙ 1 x 

= 1 [сваки број различит од нуле има 

инверз у односу на множење] 

(Д) x ∙ (y + z) = x ∙ y + x ∙ z [дистрибутивност множења према 

сабирању] 

(Р) x ≤ x [рефлексивност поретка] 

(АС) ако је x ≤ y и y ≤ x, онда је x = y 

[антисиметричност поретка] 

(Т) ако је x ≤ y и y ≤ z, онда је x ≤ z [транзитивност поретка] 

(Л) x ≤ y или y ≤ x [линеарност поретка] 

(П +) ако је x ≤ y, онда је x + z ≤ y + z [сагласност поретка са сабирањем] 

(П ∙ ) ако је x ≤ y и 0 ≤ z, онда је x ∙ z ≤ y ∙ z [сагласност поретка са множењем] 

Поред наведених својстава, скуп реалних бројева карактерише и следећа особина 

(позната као аксиома комплетности) коју ћемо овом приликом само навести, док 

ћемо јој у наредним разредима посветити посебну пажњу. 

аксиома комплетности 

Ако је S непразан подскуп скупа реалних бројева такав да постоји реалан број 

од кога су мањи сви елементи скупа S, онда постоји и најмањи реалан број s 

такав да је x ≤ s за свако x S. 

70 




Б 

Из наведеног списка својстава изводимо све важне особине реалних бројева које 

се односе на основне операције и поредак. Као илустрацију, доказаћемо неколико 

важних особина ослањајући се само на дати списак својстава. 

Нека су x, y, z произвољни реални бројеви. Тада 

1. x + z = y + z x = y, 

2. –(–x) = x, 

3. –(x + y) = (–x) + (–y). 

Доказ. 

(1) Претпоставимо да је x + z = y + z. 

Треба да докажемо (ослањајући се само на дати списак својстава) да је x = y. 

Из претпостављене једнакости следи и једнакост 

(x + z) + (–z) = (y + z) + (–z). 

Применом својства (А +), (И +) и (Н +) добијамо тражену једнакост. 

(x + z) + (–z) = (y + z) + (–z) 

x + (z + (–z)) = y + (z + (–z)) [применом (А +)] 

x + 0 = y + 0 [применом (И +)] 

x = y [применом (Н +)] 


Тврђење под (1) је 

познато под именом 

закон канцелације 

(скраћивања) за 

сабирање. 

Примети да због 

(К + ) важи и 

z + x = z + y x = y. 

(2) Позивајући се на (И +), закључујемо да важе једнакости 

x + (–x) = 0 и (–x) + (–(–x)) = 0. 

На основу (К +) из друге једнакости добијамо да је (–(–x)) + (–x) = 0, што заједно са 

x + (–x) = 0 даје 

Бојом истичемо 

(–(–x)) + (–x) = x + (–x). 

примену закона 

Применом тврђења доказаног под (1) добијамо да је –(–x) = x. 

канцелације. 

(3) Према (И +) имамо да је (x + y) + (–(x + y)) = 0. Применом (К +) и (А +) 

добијамо и да је 

(x + y) + ((–x) + (–y)) = (x + (–x)) + (y + (–y)) = 0 + 0 = 0. 

Одавде и из претходне једнакости закључујемо да је 

(x + y) + (–(x + y)) = (x + y) + ((–x) + (–y)), 

па применом тврђења (К +) и тврђења под (1) добијамо да је –(x + y) = (–x) + (–y). ■ 

Приметимо да смо у доказу претходне теореме поред наведених својстава 

користили и познате особине једнакости: 

• ако је a = b, онда је и b = a; 

• ако је a = b и b = c, онда је и a = c; 

• ако је a = b и c = d, онда је и a + c = b + d. 




71

3 

2 

1 57648 9 


Тврђење под (4) је 

познато под именом 

закон канцелације 

(скраћивања) за 

множење. 

Због (К ∙ ) важи и 

z ∙ x = z ∙ y x = y. 

Нека су x, y, z произвољни реални бројеви и нека је z ≠ 0. Тада 

4. x ∙ z = y ∙ z x = y, 

5. 0 ∙ x = 0, 

6. (–1) ∙ x = –x, 

7. (–x) ∙ (–y) = x ∙ y. 

Доказ. 

(4) Ако је x ∙ z = y ∙ z, онда је и (x ∙ z) ∙ z –1 = (y ∙ z) ∙ z –1 . Из последње једнакости 

применом (А ∙ ), (И ∙ ) и (Н ∙ ) добијамо тражену једнакост. 

(5) Према (Н +) и (К +) имамо да је 0 + 0 ∙ x = 0 ∙ x. Применом (Д) и (Н +) добијамо 

и 0 ∙ x + 0 ∙ x = (0 + 0) ∙ x = 0 ∙ x, па је 

0 ∙ x + 0 ∙ x = 0 + 0 ∙ x, 

одакле применом тврђења под (1) следи да је 0 ∙ x = 0. 

(6) Из (И +) следи да је x + (–x) = 0, а како су према (Н ∙ ), (Д), (И +) и (5) тачне и 

једнакости 

x + (–1) ∙ x = 1 ∙ x + (–1) ∙ x = (1 + (–1)) ∙ x = 0 ∙ x = 0, 

добијамо да је 

x + (–1) ∙ x = x + (–x), 

одакле применом тврђења (1) добијамо тражену једнакост. 

(7) (–x) ∙ (–y) = ((–1) ∙ x) ∙ ((–1) ∙ y) [према (6)] 

= ((–1) ∙ (–1)) ∙ (x ∙ y) [применом (А ∙ ) и (К ∙ ) више пута] 

= (–(–1)) ∙ (x ∙ y) [према (6)] 

= 1 ∙ (x ∙ y) [према (2)] 

= x ∙ y [према (Н ∙ )] ■ 


Важна последица 

тврђења (10) је да за 

сваки реалан број x 

важи неједнакост 

x 2 ≥ 0. 

Нека су x и y произвољни реални бројеви. Тада 

8. x ≤ 0 0 ≤ –x, 

9. x ≤ y –y ≤ –x, 

10. x ≤ 0y ≤ 0 0 ≤ x ∙ y. 

Доказ. 

(8) Из x ≤ 0 применом (П +) имамо да је x + (–x) ≤ 0 + (–x), одакле применом 

(И +) и (Н +) добијамо тражену неједнакост. 

(9) Из x ≤ y применом (П +) следи да је 

x + ((–x) + (–y)) ≤ y + ((–x) + (–y)), 

одакле применом (А +), (К +), (И +) и (Н +) добијамо тражену неједнакост. 

72 

(10) Из x ≤ 0 и y ≤ 0 према (8) имамо да је 0 ≤ – x и 0 ≤ – y. Из последње две 

неједнакости применом (П ∙ ) следи да је 

0 ∙ (–y) ≤ (–x) ∙ (–y). 

Из ове неједнакости применом тврђења (5) и (7) добијамо тражену неједнакост. ■ 





Скуп рационалних бројева је затворен за сабирање, одузимање, множење и 

дељење, уз изузетак да дељење нулом није дефинисано: 

• збир два рационална броја је рационалан број, тј. ако a, b Q, онда a + b Q, 

• разлика два рационална броја је рационалан број, тј. ако a, b Q, онда a – b Q, 

• производ два рационална броја је рационалан број, тј. ако a, b Q, онда 

a ∙ b Q, 

• количник два рационална броја је рационалан број, под условом да је делилац 

различит од нуле, тј. ако a, b Q и b ≠ 0, онда a : b Q. 

Скуп ирационалних бројева није затворен ни за једну од основних операција. 

На пример, нека је d позитиван ирационалан број такав да је d 2 = 2. Тада је и –d 

такође ирационалан број и следеће једнакости потврђују претходну тврдњу: 

d + (–d) = 0, d – d = 0, d ∙ d = 2, d : d = 1. 


Докажимо да збир рационалног и ирационалног броја мора бити ирационалан 

број. 

Нека r Q и x I. Нека је r + x = y. Ако би број y био рационалан број, онда би 

рационалан био и број x, као разлика два рационална броја, x = y – r. Дакле, y мора 

бити ирационалан број. 

1. 

2. 

3. 


Нека је r рационалан број различит од нуле, а x је ирационалан број. Докажи 

ирационалност броја: 

а) r – x; б) rx; в) r : x; г) x : r. 


Докажи да је a ирационалан број, ако је: 

а) a = √3 + 5; б) a = 1 – √2; в) a = 2√3; г) a = 


1 

√3 – 2 . 

Докажи да је број 

1 + √2 ирационалан. 

4. 


Ако су a и b ирационални бројеви, а a + b рационалан, докажи да су бројеви a – b 

и a + 2b ирационални. 




73

2 57648 

А 

Често се среће и 

следећи запис: 

x, ако је 0 < x, 

|x| = 0, ако је x = 0, 

–x, ако је x < 0. 

Апсолутна вредност реалног броја 

Апсолутна вредност реалног броја x означава се |x| и притом је 

|x| = 

x, ако је x ≥ 0, 

–x, ако је x < 0. 

Овај запис схватамо на следећи начин: ако је x ≥ 0, онда је |x| = x, а ако је x < 0, 

онда је |x| = –x. Издвајамо две непосредне последице дефиниције апсолутне 

вредности. 


За сваки реалан број x важи: 

1. |x| ≥ 0, 

2. |–x| = |x|. 


Одредимо скуп свих реалних бројева x таквих да је 

|x – 1,4| ≤ 0,6. 

Није тешко приметити да се дата неједнакост „раздваја” на две неједнакости у 

којима се апсолутна вредност не појављује: 

–0,6 ≤ x – 1,4 и x – 1,4 ≤ 0,6. 

Познатим трансформацијама ових неједнакости добијамо да је 

1,4 – 0,6 ≤ x и x ≤ 1,4 + 0,6, 

односно 

0,8 ≤ x ≤ 2. 

Прикажимо на бројевној правој добијени резултат. 

Слово грчког 

алфабета ε назива се 

епсилон. 

На датој бројевној правој једноставно се уочава геометријска интерпретација 

решења дате неједначине. 

Уопштимо запажања до којих смо дошли у претходном примеру. 

Нека је a произвољан реалан број и ε произвољан позитиван број. 

1. Скуп свих реалних бројева x таквих да је |x – a| ≤ ε представља затворени 

интервал [a – ε, a + ε]. 

2. Скуп свих реалних бројева x таквих да је |x – a| < ε представља отворени 

интервал (a – ε, a + ε). 

74 




Б 

За све реалне бројеве x и y важи: 

1. x ≤ |x| и –x ≤ |x|, 

2. x ≤ y –x ≤ y |x| ≤ y 

3. |x ∙ y| = |x| ∙ |y|, 

4. x y = |x| , под условом да је y ≠ 0, 

|y| 

5. |x + y| ≤ |x| + |y|, 

6. ||x|– |y|| ≤ |x – y| ≤ |x| + |y|. 

Доказ. 

(1) Докажимо најпре да је x ≤ |x|. 

1. случај. Претпоставимо да је x ≥ 0. Тада је |x| = x, па је x ≤ |x|. 

2. случај. Нека је x < 0. Тада је |x| = –x > 0, па је x < |x|. 


При раду са 


вредностима 

углавном је неопходно 

разликовати 

случајеве у складу са 

дефиницијом. 

Неједнакост –x ≤ |x| следи из управо доказане неједнакости и једнакости из 

теореме са претходне стране: –x ≤ |–x| = |x|. 

(2) следи из дефиниције апсолутне вредности. 

Доказе тврђења под (3) и (4) остављамо као задатак. 

(5) 

1. случај. Ако је x + y ≥ 0, тада је |x + y| = x + y. Према првој неједнакости под (1) 

имамо да је x ≤ |x| и y ≤ |y|, одакле следи и да је x + y ≤ |x| + |y|, па је и |x + y| ≤ |x| + 

|y|. 

2. случај. Ако је x + y < 0, тада је |x + y| = –(x + y) = (–x) + (–y). Применом друге 

неједнакости под (1), слично као у претходном случају, доказујемо тражену 

неједнакост. 

(6) Докажимо најпре неједнакост ||x| – |y|| ≤ |x – y|. Према неједнакости под (5) 

имамо да је 

|x| = |(x – y) + y| ≤ |x – y| + |y|, 

као и 

|y| = |(y – x) + x| ≤ |y – x| + |x|. 

Из прве неједнакости добијамо да је |x| – |y| ≤ |x – y|, а из друге |y| – |x| ≤ |y – x|. Како 

је |x – y| = |y – x|, према теореми са претходне стране закључујемо да је 

||x| – |y|| ≤ |x – y|. 

Доказ неједнакости |x – y| ≤ |x| + |y| се добија једноставном применом тврђења под 

(5): 

|x – y| = |x + (–y)| ≤ |x| + |–y| = |x| + |y|. ■ 




75

А 

Приближне вредности реалних бројева 


Ако је потребно да 1 килограм брашна поделимо на три дела, или да премеримо 

дијагоналу екрана квадратног облика странице 0,5 m, свакако нећемо узимати у 

обзир све децимале које нам једноставан рачун даје: трећина килограма je једнака 

0,3333333333333333333333 ... kg, 

док је дијагонала поменутог екрана једнака 

√2 

m = 0,7071067811865475244 ... m. 

2 

Какве год да су наше потребе, узећемо у обзир само првих неколико децимала 

иза запете, док ћемо остале занемарити. У пракси се често задржавају само оне 

децимале на које је осетљив мерни инструмент којим располажемо. На пример, 

ако поседујемо вагу такву да је 1 грам најмања маса коју она може да измери, 

онда ћемо за трећину килограма узети број 0,333. Слично томе, ако је наш метар 

подељен на милиметре, сматраћемо да је дужина дијагонале екрана 0,707 m. 

Замена тачних вредности приближним вредностима уобичајен је поступак 

приликом практичних израчунавања. 


Дати су бројеви 1,21; 1,28; 1,425; 1,555; 1,65. 

За сваки од датих бројева x одредимо најближи број x' такав да су све његове 

цифре десно од запете, почев од цифре стотих, једнаке нули. Тражене бројеве 

„читамо” директно са бројевне праве. 

x 1,21 1,28 1,425 1,555 1,65 

x' 1,2 1,3 1,4 1,6 1,6 и 1,7 

Поступак који смо управо спровели назива се и заокругљивање бројева на једну 

децималу. Примећујете да није реч о простом одбацивању „нежељених” цифара. 

Приликом заокругљивања бројева настојимо да тачну вредност броја x заменимо 

траженом приближном вредношћу x' тако да се ове вредности што мање 

разликују. 


Дати су бројеви 1,234; 1,456; 4,009; 3,677 и 4,885. 

За сваки од датих бројева одреди најближи број такав да су све његове цифре 

десно од запете, почев од цифре хиљадитих, једнаке нули. 

76 





На идеји коју смо изложили у претходном примеру базирана су општа правила 

заокругљивања бројева на дати број децимала. Примети да, за разлику од прва 

три правила која су директне последице принципа по коме бирамо „најближи 

број са жељеним бројем децимала”, четврто правило је ствар договора, будући да 

у случајевима када се ово правило примењује можемо изабрати две приближне 

вредности које су у складу са поменутим принципом. 

ПРАВИЛА 

1. Ако је прва цифра коју одбацујемо 0, 1, 2, 3 или 4, цифре 

испред ње остају непромењене. 

2. Ако је прва цифра коју одбацујемо 6, 7, 8 или 9, 

последња цифра коју задржавамо повећава се за 1 

(уз напомену да у случају да је последња цифра 

коју задржавамо 9, онда се уместо ње пише 0, а 

претпоследња остављена цифра се повећава за 1 итд.). 

3. Ако је прва цифра коју одбацујемо 5 и иза ње има још 

цифара, онда се последња цифра коју задржавамо 

увећава за 1 уз исту напомену као у претходном 

правилу. 

4. Ако је прва цифра коју одбацујемо 5 и иза ње нема 

других цифара, онда: 

• последња цифра коју задржавамо остаје непромењена 

уколико је парна, односно 

• последњу цифру коју задржавамо увећавамо за 1 

уколико је она непарна. 

ПРИМЕРИ 

заокругљивања на 

две децимале 

3,6731 ≈ 3,67 

296,01279 ≈ 296,01 

1,98499 ≈ 1,98 

2,1666 ≈ 2,17 

72,358 ≈ 72,36 

12,498 ≈ 12,50 

8,815001 ≈ 8,82 

13,59567 ≈ 13,60 

5,5555 ≈ 5,56 

14,625 ≈ 14,62 

14,635 ≈ 14,64 

Замена броја x 

неком приближном 

вредношћу x' означава 

се x ≈ x'. 


Нека су дати бројеви a = 10,456 и b = 54,346. Производ ова два броја је 

a ∙ b = 568,199952 ≈ 568,20 (заокругљено на две децимале). Ако бројеве a и b 

најпре заокруглимо на две децимале, a ≈ a' = 10,46 и b ≈ b' = 54,35 па их након тога 

помножимо, добијамо 

a' ∙ b' = 568,501 ≈ 568,50 (заокругљено на две децимале). 

Овај једноставни рачун показује да грешка приликом рачунања са приближним 

бројевима може да се повећава. Читава област математике бави се проблемима 

на које наилазимо приликом рачунања са приближним вредностима. Ми ћемо у 

наставку приказати само неке основне појмове и методе. 


Број 8,48251 заокругли на: 

а) четири децимале; б) три децимале; в) две децимале; г) једну децималу. 




77

3 

2 

1 57648 9 


Апсолутна вредност разлике између броја x и његове приближне вредности x', 

тј. број |x – x'| назива се апсолутна грешка приближног броја x'. 

Означавамо је Δ(x') (читај: „делта од икс прим”). 


Одредимо апсолутне грешке приближних бројева из примера 2. 

x 1,21 1,28 1,425 1,555 1,65 

x' 1,2 1,3 1,4 1,6 1,6 и 1,7 

Δ(x') 0,01 0,02 0,025 0,045 0,05 

Приметите да апсолутна грешка приближног броја добијеног заокругљивањем на 

једну децималу никад није већа од 0,05 = 1 2 ∙ 1 10 . 


Апсолутна грешка приближног броја добијеног заокругљивањем на n 

децимала није већа од 1 2 ∙ 1 = 0, 0 ... 0 5. 

n 

10 

n пута 


Претходним тврђењем одређен је број од кога не могу бити веће апсолутне грешке 

приликом закругљивања бројева на n децимала. Међутим, заокругљивање бројева 

је само један од поступака којим добијамо приближне вредности. 

78 

Приликом било каквог мерења одговарајући мерни инструмент нам показује само 

приближне вредности мера (при чему нам тачне вредности остају непознате). 

Ипак, за сваки инструмент је позната такозвана граница апсолутне грешке, 

односно, број од кога сигурно нису веће апсолутне грешке добијених приближних 

вредности. На пример, ако су на лењиру најситнији подеоци дужине 1 mm, 

приликом мерења оваквим лењиром нећемо направити грешку већу од једног 

милиметра, што је уједно и граница апсолутне грешке мерења. Тако, ако смо 

овим лењиром измерили да је дужина неке дужи 72 mm и желимо да саопштимо 

резултат што прецизније, рећи ћемо да је дужина дужи „72 mm плус минус 1 mm” 

и писаћемо 72 ± 1 mm. 





Број од кога нису веће апсолутне грешке приближних бројева добијених 

одређеним поступком назива се граница апсолутне грешке за такве 

приближне бројеве. 


У претходном примеру смо истакли да нам мерни инструменти дају само 

приближне вредности x' стварних мера x које су нам непознате, при чему нам је 

позната (или се може одредити) горња граница апсолутне грешке мерења – 

означимо је Δ. Примећујете да је у оваквим околностима непозната и сама 

апсолутна грешка и да је једино што знамо о броју x неједнакост 

|x – x'| ≤ Δ, 

односно да је (види страну 74) x' – Δ ≤ x ≤ x' + Δ. 

Последње две неједнакости често се записују и у следећем облику 

x = x' ± Δ, 

при чему се каже да је број x апроксимиран бројем x' са тачношћу Δ. 

Апроксимација 

је реч латинског 

порекла и значи 

приближна вредност. 

Апроксимирати значи 

приближно одредити. 


Особа А је мерила висину зграде и саопштила следећи резултат мерења: 

20 ± 0,5 m. 

Особа Б је мерила висину собе и дала следећи резултат: 

2,5 ± 0,5 m. 

Испоставило се да су обе изјаве тачне. Ипак, прво мерење сматрамо прецизнијим 

без обзира на то што су границе апсолутне грешке у оба случаја исте. Наиме, у 

првом случају измерена је већа дужина са истом тачношћу као у другом случају 

када је мерена мања дужина. Зато је корисно, као показатељ тачности мерења, 

посматрати такозвану границу релативне грешке приближног броја. Границa 

релативнe грешке првог мерења је 0,5 

20 

грешке другог мерења која износи 0,5 

2,5 = 0,2. 

= 0,025, што је мање од границе релативне 

Ако је приближан број x' добијен са тачношћу Δ (која представља заправо 

границу апсолутне грешке одговарајућег мерења), онда је релативна грешка 

приближног броја x' једнака 

δ x' 

= Δ x' . 



Резултати мерења масе два предмета су: 240 ± 12 kg и 250 ± 5 kg. Које мерење је 

прецизније? Одреди релативне грешке оба мерења. 




79

3 

2 

1 57648 9 

На крају, укратко ћемо описати један једноставан поступак за рачунање са 

приближним бројевима при чему су познате границе апсолутних грешака. 

Ако је x = x' ± Δ 1 

, тада знамо да је x' – Δ 1 

≤ x ≤ x' + Δ 1 

, односно знамо најмању могућу 

и највећу могућу вредност за x. Нека је 

m x 

= x' – Δ 1 

и M x 

= x' + Δ 1 

. 

Слично, ако је y = y' ± Δ 2 

, нека је m y 

= y' – Δ 2 

и M y 

= y' + Δ 2 

. У наредној табели дата је 

најмања и највећа могућа вредност збира, разлике, производа и количника бројева 

x и y. 


Израчунајмо приближну вредност израза I = xy + 2y – x ако је x = 2,1 ± 0,01, 

y = 3,4 ± 0,02 и z = 0,5 ± 0,01. 

z + 1 

Израчунавање обављамо помоћу табеле која је налик претходној. 

најмања могућа вредност највећа могућа вредност 

x 2,09 2,11 

y 3,38 3,42 

z 0,49 0,51 

xy 7,0642 7,2162 

2y 6,76 6,84 

2y – x 4,65 4,75 

z + 1 1,49 1,51 

2y – x 

z + 1 

3,07947 3,18792 

I 10,14367 10,40412 

Дакле, I апроксимирамо бројем 

10,40412 – 10,14367 

2 

I најмања могућа вредност највећа могућа вредност 

x + y m x + y 

= m x 

+ m y 

M x + y 

= M x 

+ M y 

x – y m x – y 

= m x 

– M y 

M x – y 

= M x 

– m y 

x ∙ y m x ∙ y 

= m x 

∙ m y 

M x ∙ y 

= M x 

∙ M y 

x/y m x/y 

= m x 

/M y 

M x/y 

= M x 

/m y 

У било ком од наведених случајева, вредност I апроксимирамо аритметичком 

средином најмање могуће и највеће могуће вредности са тачношћу која је једнака 

половини дужине интервала одређеног овим крајњим вредностима. 

I = m I 

+ M I 

2 

± M I 

– m I 

. 

2 

10,14367 + 10,40412 

= 10,273895, са тачношћу 

2 

= 0,130225 < 0,14. 

80 




Степен чији је изложилац цео број 

А 

Степен реалног броја a природним бројем n (тј. n-ти степен броја a) јесте 

производ n чинилаца који су сви једнаки броју a. 

a n = a · a · ... · a 

n пута 

Ако су a и b неки реални бројеви, а n неки природан број, онда је: 

1) (ab) n = a n · b n , 

n n 

⎛a 

a 

2) ⎜ ⎞ n 

⎝b 

⎠ ⎟ = , уколико је b ≠ 0. 

b 

Прва од ове две једнакости јесте директна последица комутативности и 

асоцијативности множења. 

(ab) n = ab · ab · ... · ab = a · a · ... · a · b · b · ... · b = a n · b n 

n пута n пута n пута 

Друга једнакост такође се једноставно проверава. 

n 

⎛a 

a a a a a a a 

⎜ ⎞ ⎝b 

⎠ ⎟ = ⋅ ⋅ 

b b 

... ⋅ = ⋅⋅ ... ⋅ 

b bb ⋅⋅... 

⋅ b 

= b 

n пута 


n пута 

n 

n 

n пута 


m пута m пута m · n пута 

n пута 


n 

1 

= 

m m − n . 

Ако је a реалан број, а m и n природни бројеви, онда је 

a m · a n = a m + n и (a m ) n = a m · n . 

Претходне две једнакости познате су још из основне школе. 

a m · a n = a · ... · a · a · ... · a = a · ... · a = a m + n (a m ) n = a · ... · a · ... · a · ... · a = a · ... · a = a m · n 

m пута n пута m + n пута 

Ако је a реалан број различит од нуле, а m и n природни бројеви такви да је 

m > n, онда је 

m 

a m n 

= a 

− и a n 

a 

a a 

Ово једноставно доказујемо применом прве једнакости из претходне теореме. 

m n+ ( m−n) 

n m n 

a a a a 

m n 

= = ⋅ − 

n 

n 

n 

− a a a 1 

= a = = = 

n 

n 

n 

m n+ ( m−n) 

n m n m n 

a a a 

a a a ⋅ 

− − 

a a 

Специјално, степен 

a 2 назива се квадрат 

броја a, a степен a 3 куб 

броја a. Ови називи 

потичу од добро 

познатих формула 

за израчунавање 

површине квадрата, 

односно запремине 

коцке. 


Дате изразе прикажи као степене броја a неким природним бројем. 

а) a 12 

3 

a 

; б) a 5 a 11 

 

; в) ( a 3 ) 4 

; г) (a 2 ) 3 · (a 3 ) 4 . 

12 

3 4 

a a a 




81

3 

2 

1 57648 9 

Степеновање 

негативним бројем 

Наредну дефиницију оправдавају једнакости из последње теореме, као и чињеница 

да је a a 

m 

m 

1, за сваки реалан број a различит од нуле и сваки природан број m. 


За сваки реaлан број a различит од нуле, a 0 = 1. 

Сличним разлозима оправдано је и степеновање негативним бројевима. 

Размишљамо на следећи начин: ако је a ≠ 0 и m N, онда би требало да буде 

0 0 

a –m = a 0-m = a 0 

1 

. 

m m 

a a 


1 

За сваки реaлан број a различит од нуле и сваки природан број m, a –m = 

a . m 

Претходним дефиницијама увели смо степен броја a (a ≠ 0) било којим целим 

бројем. 

0 –1 ... a 3 = a · a · a, a 2 = a · a, a 1 = a, a 0 −1 1 −2 

1 −3 

1 

= 1, a = , a = , a = , ... 

2 

3 

a a a 


За сваки број a ≠ 0 и сваки цео број m важе једнакости: a m = 

1 

a и - m a–m = 

1 

a m . 

Aко је a реалан број 

различит од нуле, онда 

је његова реципрочнa 

вредност (тј. његов 

инверзни елемент у 

односу на множење) 

jeднак a –1 . 

82 

Реципрочна вредност 

степена a m (a ≠ 0, 

m Z) jeсте 

степен a –m . 


3 

⎛1 

Израчунај 3 –2 , 1 –4 , ⎜ ⎞ − 

⎝2⎠ ⎟ , (0,1) –4 , 10 –4 , (–2) –2 , (–3) –3 , (–1) –4 , (–1) –5 . 


Нека је a ≠ 0. Проверимо на конкретним примерима да ли особине степеновања 

природним бројевима, наведене у другој теореми на претходној страни, важе и за 

степеновање целим бројевима. 

Прво проверавамо једнакост a m · a n = a m + n , за неке целе бројеве m и n. 

a –3 · a 2 = 1 2 

1 

3 

2 

1 3 2 

3 

3 

a a a 

⋅ = = = a 

− ( 

= a 

− ) + , a 3 · a –2 3 1 a 1 3 2 

= a ⋅ = = a = a 

+− ( ) 

a a 

a 

2 2 

a 

a –3 · a –2 = 1 1 1 1 1 −5 ( − 3) +− ( 2) 

⋅ = = = = a = a 

3 2 3 2 3 2 5 

a a a ⋅ 

+ 

a a a 

Уочавамо да једнакост важи у свим размотреним случајевима. 

Проверимо и једнакост (a m ) n = a m · n , за неке целе бројеве m и n. 

2 

− 3 2 

− 6 ( − 3) 

⋅ 2 

( a ) 

= ⎛ a a 

⎝ ⎜ 1 ⎞ a ⎠ ⎟ 1 1 

= = = = 

3 

3 2 6 

( a ) a 

−2 

, ( a ) 

− − 

( a ) = ⎛ a a 

⎝ ⎜ ⎞ 3 2 1 

a ⎠ ⎟ 1 1 1 

= 

⎛ 

⎝ ⎜ ⎞ = = = = 

3 

2 

1 1 1 

3 

a ⎠ ⎟ 3 2 6 

( a ) a 

Видимо да одговарајуће једнакости важе. 

1 1 

= = = a = a 

3 2 6 

( a ) a 

3 −2 

−6 3⋅− 

( 2) 

6 ( −3) ⋅− ( 2) 





Претходни пример нас наводи на помисао да основна својства степеновања 

природним бројевима, наведена у другој теореми на страни 30, важе и за 

степеновање целим бројевима. То потврђујe доказ нареднe теореме. 

Ако је a реалан број различит од нуле, а m и n цели бројеви, онда је: 

1) a m · a n = a m + n ; 

2) (a m ) n = a m · n . 


Доказ. Обе једнакости доказујемо разликујући случајеве према томе да ли су m и 

n оба негативни бројеви, један позитиван а један негативан, или је један од ових 

бројева нула. При томе, степене са негативним изложиоцима сводимо на степене 

са позитивним изложиоцима и користимо одговарајуће једнакости са стране 81. 

Наводимо прво доказ једнакости под 1). 

1. случај: m < 0, n < 0. Тада је –m > 0 и –n > 0, па је 

m n 1 1 1 1 1 m+ 

n 

a ⋅ a = ⋅ = = = = a . 

−m −n −m n m n m n 

a a a ⋅ 

− − +− ( ) − ( + ) 

a a a 

2. случај: m < 0, n > 0 или m > 0, n < 0. Претпоставимо да је m < 0, n > 0. Тада је 

–m > 0, па је 

n 

m n 1 n a 

a ⋅ a = ⋅ a = . 

−m 

−m 

a a 

Ако је n > –m, онда је према трећој теореми са стране 81 

n 

a n−− ( m) 

n+ 

m 

= a = a . 

−m 

a 

Ако је n < –m, онда је према истој теореми 

n 

a 1 1 m+ 

n 

= = = a . 

−m −m−n − ( m+ 

n) a a a 

Ако је n = –m, онда је 

m 

a m · a n = a m · a –m = a m 

a 

= 1 = a0 = a m-m = a m + (–m) = a m + n . 

Потпуно аналогно изводи се доказ под претпоставком да је m > 0, n < 0. 

3. случај: m = 0 или n = 0. Претпоставимо да је m = 0. Тада је 

a 0 · a n = 1 · a n = a n . Такође, имамо да је a 0 + n = a n , па је тражена једнакост у овом 

случају доказана. 

Потпуно аналогно изводи се доказ под претпоставком да је n = 0. 

Доказ једнакости под 2) наводимо само у случају да је m < 0, n < 0. Остале 

случајеве остављамо за вежбу. 

Ако је m < 0 и n < 0, онда је –m > 0 и –n > 0, па је 

n 

m n 

( a ) = ⎛ m 

n 

⎝ ⎜ 1 ⎞ 1 1 1 1 

⎟ = = = = 

− 

− 

a ⎠ ⎛ 

m n ( m) ( n) 

m 

⎝ ⎜ 

1 ⎞ 1 1 1 

− ⎟ − − − ⋅− ⋅ 

a ⎠ ( a ) a a 

m n 

m⋅n 

= a . ■ 




83

3 

2 

1 57648 9 

Истичемо да се количници степена исте основе (са целобројним изложиоцима) 

m 

своде на производе степена: a n 

a 

= am · a –n , па тиме једнакости из треће теореме са 

стране 81 постају специјални случајеви једнакости a m · a n = a m + n : 

m 

a 

n 

a 

= am · a –n = a m + (–n) = a m-n . 


Ако је a ≠ 0, израз прикажи као степен броја a неким целим бројем: 

а) a 2 

3 a 

; б) a ♥2 a 

♥1 

♥1 

⋅ ⎛ 2 

a ⎞ 

; в) 

2 

⎜ 

−2 

⎟ ; г) (a –2 ) 2 · (a 3 ) –3 . 

a ⎝a 

⎠ 


Ако су a и b реални бројеви различити од нуле и n било који цео број, онда је: 

1) (ab) n = a n · b n , 

n n 

⎛a 

a 

2) ⎜ ⎞ n 

⎝b 

⎠ ⎟ = . 

b 

Доказ. Једнакости под 1) и 2) тачне су ако је n природан број. Такође, једнакости 

очигледно важе ако је n = 0. Остаје да проверимо да ли оне важе ако је n негативан 

цео број. У том случају је –n > 0, па се докази своде на примену дефиниције 

степена негативним бројем и одговарајућих особина степеновања природним 

бројем. 

n 1 1 1 1 n n 

1) ( ab) 

= = = ⋅ = a ⋅b 

. 

−n −n −n −n −n 

( ab) 

a b a b 

1 

n n n 

a b b n 

n 

⎛ 

2) 

b a 

⎜ ⎞ n 

n 

⎝b 

⎠ ⎟ = ⎛ ⎝ ⎜ ⎞ − − 

a ⎠ ⎟ = = = . ■ 

− 

a 1 b 

n 

a 

Записивање великих и 

малих бројева 


Ако је a ≠ 0 и b ≠ 0, трансформиши следећи израз у облик a p b q , p, q Z: 

♥1 

⎛ ♥3 

a ⎞ 

ab 

a) ⎜ 

♥2 

⎟ ; б) 

⎝b 

⎠ ( a 2 4 3 b ) 

; в) ( ab 3 1 ) 2 

. 

3 2 

ab 

При описивању реалности често се сусрећемо са веома великим бројевима или 

пак веома малим. Приликом записивања оваквих бројева погодно је користити 

степене броја 10 (основе бројевног система који користимо). 


Много је прегледније масу Сунца изразити у облику 1,9891 · 10 30 kg, него у облику 

1989100000000000000000000000000kg. 

Претварање једног записа у други илустровано је у наредној једнакости. 

84 

1989100000000000000000000000000 = 1,9891 · 

30 29 28 2726252423222120191817161514131211 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 




30


Слично томе, масу електрона нећемо изразити у облику 

0,000000000000000000000000000000910938 kg, 

већ у облику 9,10938 · 10 –31 kg. 

31 

0,000000000000000000000000000000910938 = 9,10938 · 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 141516171819 2021222324 25 2627 28 29 30 31 

У оба случаја масе смо изразили у облику a · 10 n , при чему је 1a < 10 и n Z. 

Записи облика 

a · 10 n , 1a < 10 и 

n Z, називају се 

стандардни записи 

(али и научни записи) 

бројева. 

Сваки позитиван реалан број може да се запише у облику a · 10 n , где је 

1a < 10 и n Z. 


Запиши следеће важне константе у облику a · 10 n , 1a < 10 и n Z. 

а) Aвогадров број 602214000000000000000000 1 

mol ; 

б) гравитациона константа γ = 0,00000000006673 Nm 2 

. 

2 

kg 

Напомена. 

а) Мол (симбол: mol) је једна од седам СИ основних јединица. Мол је количина 

супстанце која садржи онолико честица (атома, молекула, јона итд.) колико има 

атома у тачно 12 грама угљениковог изотопа C12. Број ових атома назива се 

Авогадров број. 

б) Гравитациона константа је једна од природних константи која се појављује 

у Њутновом закону гравитације. Њутнов закон гравитације тврди да се два 

масивна тела привлаче силом која је сразмерна њиховим масама, а обрнуто 

сразмерна квадрату њиховог међусобног растојања. Коефицијент сразмерности 

је гравитациона константа. 

На нивоу опште 

културе, познавање 

важних константи 

које се односе на 

реални свет и које су 

дате у облику a · 10 n 

подразумева да се зна 

вредност изложиоца 

n (такозвани ред 

величине константе) 

и приближна 

вредност броја a. 


Поред тога што је стандардни запис краћи, једноставније је и рачунати са овако 

записаним бројевима. 

Нека је a = 0,00000000238 и b = 112000000000. Одредимо производ a · b и количник 

ab. Ако најпре приметимо да је 

0,00000000238 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 

2,38 10 9 и 112000000000 

једноставно добијамо 

a · b = 2,38 · 10 –9 · 1,12 · 10 11 = 2,38 · 1,12 · 10 11-9 

= 2,6656 · 10 2 = 266,56 

и 

♥9 

a 

b = 23810 , ⋅ 238 , ♥9−11 ♥20 

= ⋅ 10 = 2, 

125⋅10 

. 

11 

11210 , ⋅ 112 , 

11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 

11 

1,12 10 , 


Израчунај: а) 0,00010,001; б) 0,00001 · 10 000. 




85

3 

2 

1 57648 9 

7 

7 8 9 + 

4 5 6 − 

1 2 3 × 

0 , ± ÷ 

7 

= 

7 8 9 + 

4 5 6 − 

1 2 3 × 

0 , ± ÷ 

7 

= 

7 8 9 + 

4 5 6 − 

1 2 3 × 

0 , ± ÷ 

7 

± 

, 8 X y 4 = 

3701,5056 

7 8 9 + 

4 5 6 − 

1 2 3 × 

0 , ± ÷ 

X y 

C 

= 

, 8 X y 4 ± 

0,00027016 

X y 

C 

= 

, 8 X y 5 6 

9,063537807 49 

X y 

C 

= 

, 8 X y 1 1 

= 

1,538010748 –10 

X y 

C 

= 


а) Маса Сунца је 1,9891 · 10 30 kg, а маса Земље 5,9736 · 10 24 kg. Колико пута је маса 

Сунца већа од масе Земље? 

б) Маса електрона је 9,10938 · 10 –31 kg, а маса протона 1,67262 · 10 –27 kg. 

Колико пута је маса протона већа од масе електрона? 


На калкулатору тастер x y нам омогућава да израчунамо вредности степена 

чији су изложиоци цели бројеви. Ако желимо да израчунамо 7,8 4 , најпре уносимо 

основу 7,8, а након тога притиснемо тастер x y и уносимо изложилац 4. 

Притиском на знак једнакости на екрану ће бити приказана вредност датог 

степена 3701,5056. 

На исти начин рачунамо вредност степена чији је изложилац негативан број (види 

другу слику на маргини). 

Сваки калкулатор на екрану може приказати само одређени (фиксиран) број 

цифара (најчешће десет цифара, мада има и оних који приказују више). Ако 

желимо да израчунамо 7,8 56 , морамо имати на уму да ће запис резултата имати 

велики број цифара и да највероватније калкулатор на свом екрану неће моћи да 

испише све цифре. 

На захтев да израчунају 7,8 56 неки калкулатори ће одговорити словом E (error), 

што значи да не могу да обаве задато израчунавање. Бољи калкулатори ће 

дати резултат у облику a · 10 n , 1a < 10, n Z. При томе, овакав запис се 

на различитим калкулаторима приказује на различите начине. Резултат 

израчунавања 7,8 56 може бити приказан на један од следећих начина: 

7,8 56 9,0635378068513013947874255450474e + 49, 

7,8 56 9,063537807 + 49, 

7,8 56 9,063537807 49 . 

Сви ови записи одговарају запису a · 10 49 , при чему је дат различит број децимала 

броја a (1a < 10). На пример, последњи запис значи да је 7,8 56 9,063537807 · 10 49 . 

Подсећамо да поједини калкулатори заокругљују последњу цифру по познатим 

правилима. 

У табели испод наводимо резултате израчунавања вредности 7,8 –11 заједно са 

њиховим значењем. 

7,8 –11 1,5380107478983791856795562676068e-10 1,5380107478983791856795562676068 · 10 –10 

Приказ на екрану Значење приказа са екрана 

1,538010748-10 

1,538010748 · 10 –10 

1,538010748 –10 

86 




Задаци 

Скуп рационалних бројева 

1. Одреди децималне записе разломака 7 8 , – 13 

6 , 67 

11 . 

2. Запиши у облику разломака бројеве 0,12; 0,105; 0,2002. 

А 


3. Број 0,3121212 ... = 0,3(12) запиши у облику p , где су p и q узајамно прости 

природни бројеви. 

q 

4. Изрaчунај без употребе калкулатора: 

1) 3465,1 + 145,56 + 12,671; 2) 101010 – 90909; 

3) 166,89 – 89,9; 4) 51,4 ∙ 2,8; 5) 26,524 : 3,8; 

6) 12 000 000 000 000 ∙ 0,000 000 012; 

7) 12 000 000 000 000 : 1 200 000 000; 

8) 6 ∙ 2 3 – 6 2 3 ; 9) – 1 6 – – 1 3 – 7 9 – 1 + 2; 

10) 7 – 1,2 ∙ 2 1 3 – 1 1 2 

3+ 

4, 2: 01 , 

: 0,75; 11) 

⎛ 

1 0 3−2 1 ; 12) 

⎞ 

⎜ : , ⎟⋅ 

⎝ 3⎠ 

0 , 3125 

2 1 3 1 3 

3 1 : 3 

2 1 . 

2 2 

5. Нека је a = 0,011111 ... = 0,0(1) и b = 0,099999 ... = 0,0(9). Која од датих једнакости 

је тачна? 

(А) a + b = 0,1; (Б) a + b = 0,010101 ... = 0,(01); 

(В) a + b = 0,111111 ... = 0,(1); (Г) a + b = 0,101010 ... = 0,(10). 

6. Ако је a = 1,1363636 ... = 1,1(36) и b = 0,909090 ... = 0,(90), одреди a + b, a – b, a ∙ b и 

a : b. 

7. Наведи два броја чији су децимални записи бесконачно периодични тако да 

њихов 

1) збир, 2) разлика, 3) производ, 4) количник 

има коначан децимални запис. 

1 1 

1 

8. Упореди бројеве a = 

1 

1 , b = , c = 

. 

1 

1 

1 

2 

1 

1 1 

1 

1 

2 

1 

1 2 

Скуп реалних бројева 

9. 1) Речима опиши неколико бесконачних непериодичних децималних записа. 

2) Одреди неколико децимала броја x таквог да је x 2 = 3, а затим докажи да x није 

рационалан број. 

А 




87

3 

2 

1 57648 9 

10. Докажи да су бројеви √5 и √7 (тј. позитивна решења једначина x 2 = 5, односно 

x 2 = 7) ирационални и одреди неколико децимала ових бројева. 

Упутство. Применити поступак описан у примеру 1. на страни 67 или у 

решењу претходног задатка. 

Aко прост број p 

дели a 2 (a ), 

онда p дели и a. 

11. Наведи примере бројева a и b који потврђују тачност датих исказа. 

1) Постоје рационални бројеви a и b такви да је a + b природан број. 

2) Постоје ирационални бројеви a и b такви да је a ∙ b негативан цео број. 

3) Постојe рационалан број a и ирационалан број b такви да је a ∙ b рационалан 

број. 

12. Докажи да су бројеви √6 и √10 ирационални. 

13. Докажи да је за сваки прост број p, број √p ирационалан. 

14. Докажи да су бројеви 

1) 2 – √2; 2) 3 ∙ √7; 3) √2 + √3 

ирационални. 

15. Да ли постоје бројеви a, b, c, d такви да је: 

a + b > 0, b + c > 0, c + d > 0, a + b + c < 0, b + c + d < 0? 

Образложи одговор. 

(4) Често се каже да је 

неједнакост x + y ≤ a + b 

добијена „сабирањем” 

неједнакости 

x ≤ a и y ≤ b. 

Из еквиваленција (6), 

(7) и (8) изводимо 

једноставне и важне 

последице: 

а) x ∙ y ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0; 

б) x ≠ 0 x 2 > 0; 

в) x 2 + y 2 ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0. 

16. Нађи примере бројева a, b, c за које је: 

1) (a + b) 2 ≠ a 2 + b 2 ; 2) a + c 

b + c ≠ a b . 

17. Које су од следећих импликација, односно еквиваленција, тачне за све бројеве 

x, y, a, b? 

1) x ≤ ay ≤ b x + y ≤ a + b; 2) x > ay ≥ b x + y > a + b; 

3) x > ay > b x ∙ y > a ∙ b; 4) x < yy ≤ b x < b; 

5) x > y x 2 > y 2 ; 6) x ∙ a < y ∙ a x < y; 

7) x > 0 x 2 > 0; 8) x < ay 

За формуле које нису тачне, наведи одговарајуће примере бројева. 

18. Применом својстава датих на страни 70 и њихових последица које су доказане 

на странама 71 – 72, докажи тврђења: 

1) x ≤ y 0 ≤ y – x; 2) x ≤ y x – y ≤ 0. 

3) x < y x + z < y + z; 4) x ≤ ay ≤ b x + y ≤ a + b; 

5) x < ay ≤ b x + y < a + b; 6) x ∙ y = 0 x = 0y = 0 ; 

7) x 2 = 0 x = 0; 8) x 2 + y 2 = 0 x = 0y = 0 . 

19. Ако је y ≠ 0 и y' ≠ 0, докажи једнакости: 

1) 1 y ∙ 1 y' = 1 

y ∙ y' (или y –1 ∙ y' –1 = (y ∙ y') –1 ); 

2) x y ∙ x' 

y' = x ∙ x' 

y ∙ y' ; 

3) x y + x' 

y' 

x ∙ y' + x' ∙ y 

= . 

yy' 

88 





Апсолутна вредност реалног броја 

20. Реши неједначине: 1) |x – 2,5| < 0,1; 2) |x + 1,6| ≤ 0,04. 

21. Реши неједначине: 1) |x| ≥ 2; 2) |x – 1| > 2. 

22. Да ли је за све реалне бројеве a и b тачнa неједнакост 

1) |a – b| ≤ |a| – |b|; 2) |a – b| ≥ |a| – |b|? 

Ако неједнакост није тачна за све бројеве, нађи бројеве за које она не важи. 

У супротном, докажи да је тачна за све реалне бројеве. 

Апсолутна вредност броја 

се понекада дефинише 

и са |x| = max {x, –x}, при 

чему је 

a, ако је a ≥ b 

max {a, b} = 

b, ако је a < b. 

Приближне вредности реалних бројева 

23. Заокругли број a = 12,0854743 на 

1) једну; 2) две; 3) три 

децимале и одреди апсолутне грешке. 

24. Израчунај приближну вредност израза 

1) I = (x + y) ∙ z ако је x = 10,71 ± 0,25, y = 13 ± 0,01 и z = 2,5 ± 0,1; 

2) I = x ∙ y – 2z ако је x = 24,6 ± 0,2, y = 10,3 ± 0,1 и z = 2,87 ± 0,01; 

3) I = x – y ако је x = 41,23 ± 0,02, y = 32,14 ± 0,04 и z = 2 ± 0,01. 

z – 0,2 

У сваком од случајева процени начињену грешку. 

А 

У практичним израчунавањима често се користе и формуле за приближно 

израчунавање вредности неких величина. Овакве формуле углавном се употребљавају 

као замене за тачне формуле које су компликоване, а понекада и у недостатку тачних 

формула. Тако, на пример, Архимед је предлагао да се површина круга полупречника r 

рачуна по формули P ≈ 22 7 ∙ r2 (сматрајући да је апроксимација броја π бројем 

22 

= 3,(142857) = 3,142857142857... сасвим задовољавајућа у практичним применама). 

7 

Иако би уз сваку формулу за приближно израчунавање морала да буде наведена 

граница грешке, то се често не чини, али се подразумева да је грешка мала за контекст 

у коме се предлаже примена формуле. 

25. Чувени средњовековни научник Кеплер дао је (око 1600. године) формулу за 

приближно израчунавање запремине бурета (уобичајеног облика) на основу 

димензија датих на слици. Формула je: 

V ≈ πh 

12 (2D2 + d 2 ). 

Одреди приближну целобројну вредност запремине бурета у дециметрима 

кубним ако је h = 80 cm, D = 65 cm и d = 50 cm. 




89

3 

2 

1 57648 9 

Б 

Неједнакостима у задатку 

26. заправо је процењена 

грешка приликом 

приближних израчунавања 

по формулама 

x + y ≈ x' + y', 

x – y ≈ x' – y', 

x ∙ y ≈ x' ∙ y' и x y ≈ x' 

y' , при 

чему је x = x' ± Δ 1 

и y = y' ± Δ 2 

. 

26. Ако је x = x' ± Δ 1 

и y = y' ± Δ 2 

, докажи да је 

1) |(x + y) – (x' + y')| ≤ Δ 1 

+ Δ 2 

; 

2) |(x – y) – (x' – y')| ≤ Δ 1 

+ Δ 2 

; 

3) |xy – x'y'| ≤ |x'| Δ 2 

+ |y'| Δ 1 

+ Δ 1 

Δ 2 

; 

4) x y – x' ≤ |x'| Δ 2 

+ |y'| Δ 1 

y' |y'| ∙ ||y'| – Δ 2 

| под условима да је y' ≠ 0 и Δ < |y'|. 

2 

Упутство. Примени неједнакости (5) и (6) доказане на страни 75. 

27. Ако је x = 4,105 ± 0,001 и y = 0,624 ± 0,001, израчунај збир, разлику, производ 

и количник користећи формуле из претходног задатка и процени 

одговарајуће грешке. 

Степен чији је изложилац цео број 

А 

28. Израчунај без употребе калкулатора: 

5 4 

14 10 

1) ; 2) ( ♥0, 8) 

6 1 3 

3 

⋅ ⎛ 4 6 

35 2 

⎝ ⎜ 

⎞ 

⎟ 

4 ⎠ 

; 3) ( ♥3) ⋅ ( ♥2) − ( ♥2) 

5 

4 ⋅10 

13 12 

. 

3 

29. Поређај бројеве ⎛ 3⎞ 

⎜− 

⎟ , ⎛ 2⎞ 

⎜− 

⎟ , 0,8 3 , (0,2) 2 у растући низ. 

⎝ 5⎠ 

⎝ 5⎠ 

2 

30. Шта је веће: 

1) 2 300 или 3 200 ; 2) 54 4 или 3 16 ; 3) 0,4 4 или 0,8 3 ? 

31. Поређај бројеве 

1) 7 3 , 7 3 , (7) 3 , (7) 3 ; 2) 0,7 3 , 0,7 3 , (0,7) 3 , (0,7) 3 

у растући низ. 

32. Запиши у облику a10 n , 1a10, n Z, број: 

1) 7302000; 2) 17000000; 3) 0,00012; 4) 0,00000002. 

33. Запиши у децималном запису: 

1) 2,1310 5 ; 2) 5,110 4 ; 3) 2,0110 3 ; 4) 2,0110 3 . 

34. Израчунај и резултат прикажи у облику a10 n , 1a10, n Z: 

1) 0,000210,0003; 2) 1020001700000; 3) 832000000,00005; 

4) 0,000011000000; 5) 111000015000; 6) 1110000,00015; 

7) 0,00011115000; 8) 0,0001110,0015. 

90 




УВОД У ГЕОМЕТРИЈУ 

Тачке, праве и равни. Односи припадања (92) 

А Односи припадања између тачака, правих и равни (92) 

Б Последице аксиоме припадања (96) 

Паралелност (98) 

А Паралелност правих; аксиома паралелности (98) 

Б Последице аксиоме паралелности (99) 

Распоред тачака. Дуж, полуправа и полураван (100) 

А Распоред тачака; дуж, полуправа, полураван (100) 

Б Пашова теорема (103) 

Важне геометријске фигуре. Угао и многоугао (104) 

А Конвексне и неконвексне фигуре; угао и многоугао (104) 




A 

Тачке, праве и равни. Односи припадања 

Простор замишљамо као скуп. Његове елементе називамо тачкама. Основне 

врсте подскупова (делова) простора су праве и равни. Наравно, и праве и равни 

су скупови тачака. 

Тачке, праве и равни називамо основним геометријским објектима. 

ГРЧКИ АЛФАБЕТ 

α (алфа) 

β (бета) 

γ (гама) 

δ (делта) 

ε (епсилон) 

ζ (зета) 

η (ета) 

θ (тета) 

ι (јота) 

κ (капа) 

λ (ламбда) 

μ (ми) 

ν (ни) 

ξ (кси) 

ο (омикрон) 

π (пи) 

ρ (ро) 

σ (сигма) 

τ (тау) 

υ (ипсилон) 

φ (фи) 

χ (хи) 

ψ (пси) 

ω (омега) 

Тачке означавамо великим словима латинице са или без индекса 

A, B, C, D, ..., A 1 

, B 1 

, ..., A 2 

, B 2 

, ... 

Праве означавамо малим словима латинице a, b, c, d, ..., a 1 

, b 1 

, ..., 

а равни малим грчким словима α, β, γ, δ, ... 

Будући да су и праве и равни 

скупови, основне концепте 

теорије скупова преносимо и 

у геометрију. Тако, на слици 

десно уочавамо да важе следеће 

формуле: 

A b, 

A α, 

c γ, 

a γ = {T}, 

α γ = p, 

S β, 

b α, 

... 

1. 

На основу слике горе утврди које су формуле тачне: 

1) P α γ; 2) a b = {S}, 3) a β = {B}; 4) β γ = {Q}; 

5) c α ≠ c β ≠ ; 6) C cC γ; 7) P pp γ P γ; 

8) C cc γ C γ; 9) B 1 

a β B a β; 10) a c = a γ = . 

2. 



На основу слике горе наведи још неке формуле које су тачне. 

Постоје и неке специфичности када је реч о скуповима у 

геометрији. На пример, за праву c која је подскуп равни γ, 

c γ, кажемо да припада равни, иако је, строго говорећи, 

употреба речи „припада” у овом случају погрешна. Такође, 

каже се и да γ садржи c, као и да права c лежи у равни γ. 

92 




Увод у геометрију 

Нису праве и равни једини подскупови 

простора. На слици десно приказани су 

неки подскупови који нису ни праве ни 

равни. 

Како из мноштва подскупова простора 

прецизно описати праве и равни? 

Покушајте речима да опишете по чему се 

разликују праве и равни од приказаних 

подскупова и видећете да то није 

једноставно, и поред тога што нам се 

чини да имамо јасну представу о томе 

какав скуп тачака је права, a какав скуп 

тачака је раван. 

У наставку ћемо строго прецизирати особине основних геометријских објеката 

на које ћемо се даље ослањати. Те особине називамо аксиомама – полазним 

претпоставкама. Пре него што почнемо навођење аксиома, истичемо да се 

аксиоме углавном не односе само на једну врсту објекта независно од осталих, већ 

на њихове међусобне односе. На тај начин се поред основних објеката разматрају 

и основни односи међу њима. 

Аксиома је реч грчког 

порекла и значи 

основно начело, 

очигледна истина. 

Пошто простор замишљамо као скуп, природно је да „бити елемент”, а тиме и 

„бити подскуп”, спадају у основне односе међу уведеним основним објектима. 

Навешћемо шест аксиома које се односе на припадање. 

Прва аксиома (полазна претпоставка) подржава уверење да свака права садржи 

бесконачно много тачака, али јој и не припада бесконачно много тачака. Друга то 

исто тврди за било коју раван. 

На свакој правој можемо изабрати произвољно много међусобно различитих 

тачака. За сваку праву можемо изабрати произвољно много тачака које јој не 

припадају. 

аксиома (П) 

У свакој равни можемо изабрати произвољно много међусобно различитих 

тачака. Такође, за сваку раван можемо изабрати произвољно много тачака које 

јој не припадају. 

аксиома (Р) 

На наредним странама систематизоване су основне дефиниције и преостале 

аксиоме које се односе на припадање. 




93

4 

2 

1 57648 9 

колинеарне тачке 

тачке и праве 

неколинеарне тачке 

аксиома (ТП) 

За сваке две различите тачке 

постоји тачно једна права 

која их садржи. 

Праву одређену тачкама 

A и B означавамо p(A, B). 

За три и више тачака каже се да су: 

• колинеарне, ако припадају једној 

правој, односно 

• неколинеарне, ако не постоји права 


компланарне тачке 

тачке и равни 

некомпланарне тачке 

аксиома (ТР) 

Три неколинеарне тачке одређују 

тачно једну раван. 

Раван одређену 

неколинеарним тачкама 

A, B, C означавамо 

ρ(A, B, C). 

За четири и више тачака кажемо да су: 

• компланарне, ако припадају једној 

равни, односно 

• некомпланарне, ако не постоји раван 


праве и равни 

аксиома (ПР) 

Ако права и раван имају 

више од једне заједничке 

тачке, тада се права 

налази у тој равни. 

Ако права и раван 

имају једну заједничку 

тачку, кажемо да права 

продире раван. 

Ако права и раван немају 

заједничких тачака, 

кажемо да су паралелне. 

94 





две равни 

Ако две равни немају заједничких 

тачака, онда кажемо да су те две 

равни паралелне. 

Ако две различите равни имају 

заједничких тачака, онда је пресек 

те две равни права. 

аксиома (РР) 

две праве 

Ако две праве немају 

заједничких тачака и 

припадају истој равни, 

кажемо да су паралелне. 

Ако две праве немају 

заједничких тачака и не 

припадају истој равни, 

кажемо да су мимоилазне. 

Две различите праве 

могу имати највише 

једну заједничку тачку. 

теорема (последица ТП) 

одређеност равни 

Аксиома (ТР). 

Три неколинеарне 

тачке одређују 


Права и тачка која јој 

не припада одређују 



које се секу одређују 


Две паралелне праве 

одређују тачно једну 

раван. 

три важне теореме 

Приметите да смо аксиоме именовали почетним словима објеката о којима 

говоре. 

Поред аксиома, навели смо и дефиниције неколико важних појмова (истакнутих 

масним словима). 




95

Б 

Последице аксиоме 

припадања 

У доказима се поред 

уведених претпоставки 

смемо једино ослањати на 

логичке законе, аксиоме и 

већ доказане теореме. 

Наслов наставка могао би да буде и геометрија 

и логика, зато што је логичко закључивање, то 

јест доказивање једино исправно утврђивање 

својстава геометријских објеката. 

Докажимо најпре теореме наведене на страни 95. 


Две различите праве или немају заједничких тачака или 

имају само једну заједничку тачку. 

Теорему можемо 

формулисати и овако: 

ако две различите тачке P 

и Q припадају правој a и 

правој b, онда је a = b. 

Доказ. Ако преформулишемо теорему, биће јасније зашто је она тачна. Наиме, 

теорема тврди да две различите праве не могу имати две различите заједничке 

тачке. 

Заиста, ако претпоставимо супротно од онога што теорема тврди, то јест да 

неке две различите праве a и b имају две заједничке тачке, рецимо P и Q, при 

чему је P ≠ Q, према аксиоми (ТП) закључујемо да је a = b, што је супротно 

претпоставци да су праве различите. ■ 

3. 


1) Које од следећих тврђења је тачно? Образложи одговоре. 

а) Ако све три неколинеарне тачке A, B, C припадају равни α и равни β, онда је 

α = β. 

б) За сваке три међусобно различите тачке постоје бар две различите равни које 

их садрже. 

2) По угледу на доказ претходне теореме, од претходна два тврђења докажи оно 

које је тачно. 

Упутство: искористи аксиому (ТР). 

4. 


1) Зашто је следеће тврђење тачно: „Ако права a не припада равни α, онда или 

а и α немају заједничких тачака или a и α имају само једну заједничку тачку”? 

Образложи одговор детаљно. 

2) По угледу на доказ претходне теореме докажи теорему формулисану под 1). 

Упутство: искористи аксиому (ПР). 

96 





Ако тачка A не припада правој a, 

онда постоји јединствена раван која садржи тачку A и праву a. 


Идеја доказа. Приметимо најпре да је теорема формулисана у облику 

импликације „ако ~~~, онда – – – ”. Дакле, под претпоставком да тачка A не 

припада правој a, треба доказати: 

1) да постоји раван која садржи тачку A и праву a, као и 

2) да је таква раван јединствена, то јест да не постоје две равни са овом особином. 

Како доказати тврдњу под 1? 

Позваћемо се на аксиому (ТР) јер је то једина аксиома која тврди да постоји 

некаква раван под одговарајућим претпоставкама. Да бисмо ову аксиому 

искористили, неопходно је одредити три неколинеарне тачке које ће нам 

дефинисати жељену раван. Једну тачку имамо – то је тачка A. Друге две ћемо 

произвољно изабрати са праве a. 

Како доказати тврдњу под 2? 

Претпоставићемо да постоји још једна раван која задовољава полазне 

претпоставке. 

Доказ. Нека је дата тачка A и права a која не садржи A. 

1) Докажимо најпре да постоји раван која садржи тачку A и 

праву a. 

Према аксиоми (П), на правој a бирамо две различите тачке 

P и Q. Тада су тачке A, P и Q неколинеарне јер A a. 

Према аксиоми (ТР), ове три тачке одређују јединствену 

раван. Означимо ову раван са α. 

Очигледно, A α. Такође, a α, јер α садржи P и Q, то јест две 

различите тачке праве a, па према аксиоми (ПР) α садржи и 

праву a. Дакле, постоји раван која садржи тачку A и праву a. 

Теорема. 

Ако ~~~, онда – – – . 

Директан доказ. 

Претпоставимо ~~~. 

... 

Дакле, тачно је – – – . 

Индиректан доказ. 

Претпоставимо ~~~. 

Претпоставимо и 

да није тачно – – – . 

... 

Контрадикција. 

2) Претпоставимо да је и β раван која садржи тачку A и праву a. Из a β 

закључујемо да β садржи све тачке праве a, па специјално и тачке P и Q. Како је и 

A β, следи да је β раван која садржи неколинеарне тачке A, P и Q. Позивањем на 

аксиому (ТР) закључујемо да је α = β. ■ 


Докажи да за сваке две праве које се секу постоји јединствена раван која их 

садржи. 

Упутство. Изабери две различите праве које се секу и на свакој од њих по једну 

тачку различиту од тачке пресека. 




97

A 

Паралелност 

Паралелност је однос између две равни, праве и равни, и две праве. 


Равни су паралелне уколико немају заједничких 

тачака. Права и раван су паралелне уколико немају 

ниједну заједничку тачку. Ако две праве у простору 

немају заједничких тачака, онда су оне 

• паралелне уколико постоји раван којој обе 

припадају, 

• мимоилазне уколико не постоји раван којој обе 

припадају. 

Ослањајући се на интуицију, знамо да за неку тачку A ван 

праве p постоји бесконачно много правих које садрже A 

и секу p. Такође, постоји бесконачно много правих које 

садрже A и мимоилазне су са p. Колико има правих које 

садрже A и паралелне су са p? 

аксиома паралелности 

За сваку праву p и тачку A која јој не припада постоји јединствена 

права q која је садржи и паралелна је са правом p. 

p 

a 

Ако A p, није тешко закључити да права која садржи A и паралелна је са p 

припада равни α коју одређују A и p. 

Све друге праве равни α које садрже A секу праву p. Све друге праве које нису у 

равни α и садрже тачку A мимоилазне су са p. 

теорема о 

симетричности и 

транзитивности 

паралелности 

Нека су p, q и r различите праве. Ако је p || q, онда је и q || p. 

Ако је p || q и q || r, онда је и p || r. 

Нека су α, β и γ различите равни. Ако је α || β, онда је и β || α. 

Ако је α || β и β || γ, онда је α || γ. 

Релација паралелности међу правама је: 

• симетрична (јер из p || q следи q || p ако су p и q различите праве), и 

• транзитивна (из p || q и q || r следи p || r ако су p, q и r различите праве). 

Ипак, није релација еквиваленције јер није рефлексивна. Да би се надоместио овај 

недостатак, дефиниција паралелности правих често се модификује и додаје се 

„свака права је паралелна са самом собом”, то јест за сваку праву a важи a || a. 

98 

Аналогно се проширује дефиниција паралелности између праве и равни додатком: 

• свака права која припада некој равни паралелна је тој равни, 

односно између две равни додатком: 

• свака раван је паралелна са самом собом. 




Б 

Нека су a, b и t три међусобно различите праве једне равни. 

Ако је a || b и t сече праву a, онда t сече и праву b. 

Последице аксиоме 

паралелности 


Доказ. 

Претпоставке: 

праве a, b и t припадају истој равни; 

a || b и t сече праву a. 

Нека је t a = {A}. 

Треба доказати: t сече праву b. 

Приметимо најпре да A b, јер праве a и b немају заједничких тачака. 

Према теореми коју смо доказали на страни 96 (и поновили је на маргини) праве t 

и b се секу или су паралелне. 

Ако би било t || b, онда би праве a и t биле две различите праве које садрже тачку 

A (A b) и које су паралелне са b, што није могуће према аксиоми паралелности. 

Дакле, праве t и b се секу. ■ 

Нека су a, b и c три међусобно различите праве једне равни. 

Ако је a || b и b || c, онда је a || c. 

Теорема. 


или немају заједничких 

тачака или имају само 

једну заједничку тачку. 


Оптичка варка 

Доказ. 

Претпоставке: 

праве a, b и c су три међусобно различите праве једне равни; 

a || b и b || c. 

Треба доказати: a || c. 

Позивајући се на исту теорему као у доказу претходне теореме, закључујемо да се 

праве a и c секу или су паралелне. 

Праве a и c не могу да се секу, јер би то било у супротности са аксиомом 

паралелности. Наиме, ако би било a c = {P}, најпре бисмо имали да P b 

(Зашто?) и постојале би две различите праве које садрже P (P a, P c) и које су 

паралелне са b (a || b, b || c). 

Дакле, a || c. ■ 

1. Задатак Теорема (страна 95). 

Нека су дате различите праве a и b које се секу. Докажи да свака права c која За сваке две праве које се 

припада равни одређеној правама a и b сече бар једну од ове две праве. 

секу постоји јединствена 

Упутство. Претпостави да права c не сече ни a ни b. 

раван која их 

садржи. 




99

A 

Распоред тачака. Дуж, полуправа и полураван 

Поред односа припадања, који је важан за све скупове, па специјално и за ове 

које управо разматрамо, постоје и односи специфични само за геометрију. 

Један од њих је однос „између”, који говори о распореду тачака на једној правој. 

Прецизније, реч је о односу у коме се могу наћи три међусобно различите 

колинеарне тачке. 

Ако је тачка B између тачака A и C, 

пишемо A – B – C или C – B – A. 

аксиома (и1) 

За три међусобно различите колинеарне тачке A, B и C, само једна од ових 

тачака је између преостале две, то јест или је A – B – C, или је B – C – A или је 

C – A – B, и не могу истовремено да важе сва три нити нека два од ових односа. 

Ако је A – B – C, онда су 

A, B, C три међусобно 

различите тачке. 

Наредна аксиома подржава нашу интуицију и тврди 

да се између било које две различите тачке неке праве 

може пронаћи нова тачка те праве, то јест да је права 

„густо попуњена” тачкама, као и да се, грубо речено, 

права неограничено пружа са обе стране. 

аксиома (и2) 

За сваке две различите тачке A и B постоји тачка S која је између њих, A – S – B, 

затим постоји тачка D таква да је A – B – D, као и тачка L таква да је L – A – B. 

Релација „између” омогућава да се дефинишу важне врсте геометријских објеката 

као што су дуж и полуправа. 


Две различите тачке A и B заједно са свим тачкама које се налазе између 

њих (то јест са свим тачкама X таквим да је A – X – B) образују скуп тачака 

који се назива дуж и који се обележава AB или BA. 

Тачке A и B називају се крајеви дужи AB. 

Директно из дефиниције дужи закључујемо да је тачно следеће тврђење. 


Ако различите тачке A и B припадају правој p, онда је AB p. 


Нека су A, B, C три колинеарне тачке такве да је A – B – C. Одреди: 

1) AC BC; 2) AC BC; 3) AB BC; 4) AB BC. 

100 





Нека је a произвољна права и A тачка која јој припада. 

Полуправа 

Две тачке B и C праве a су са исте стране тачке A 

ако A није између тачака B и C, то јест ако је 

A – C – B или A – B – C. 

са различитих 

страна тачке A 

Тачке P и Q праве a су са различитих страна 

тачке A ако је A између њих, то јест ако је 

P – A – Q. 

За већи број тачака праве a кажемо да су са исте 

стране тачке A уколико су било које две од њих 

са исте стране тачке A. 

са исте стране 

тачке A 

са исте стране 

тачке A 

Нека је a произвољна права и A тачка која јој припада. Скуп тачака који 

чине тачка A, као и све тачке праве a које су са исте стране тачке A назива се 

полуправа. Тачка A се назива почетак или теме те полуправе. 


Свака права a је неком својом тачком A подељена на две полуправе којима је 

заједничка тачка само тачка A. Било које две тачке праве a које су различите 

од A и које припадају истој полуправој са исте су стране тачке A. Било које две 

тачке праве a које су различите од A и које не припадају истој полуправој са 

различитих су страна тачке A. 

аксиома о полуправама 

полуправа Ap 

полуправа Ac 

Полуправа је потпуно одређена неком 

правом, тачком на њој и избором 

једног од делова на које је уочена права 

подељена тачком. 

Ако је права a својом 

тачком A подељена на 

полуправе Aa 1 

и Aa 2 

, онда 

је: 

Aa 1 

a, Aa 2 

a, 

Aa 1 

Aa 2 

= {A}, 

Aa 1 

Aa 2 

= a. 

Јединствену полуправу одређују и две различите тачке, при чему је једна од њих 

узета за почетак. Ако су A и B две различите тачке, онда постоји јединствена 

полуправа чији је почетак тачка A и која садржи тачку B. Ову полуправу 

означаваћемо AB или само са AB, при чему је у другом случају неопходно 

нагласити да је реч о полуправој да не би долазило до забуне. 

полуправа AB 




101

4 

2 

1 57648 9 

Полураван 

Нека је α нека раван и a права која јој припада. 

Две различите тачке A и B равни α које не 

припадају правој a са исте су стране праве a ако 

она не сече дуж AB. 

Ако права a сече дуж AB, кажемо да су A и B са 

различитих страна праве a. 

За већи број тачака равни α које не припадају a 

кажемо да су са исте стране праве a уколико су 

било које две од њих са исте стране праве a. 


Нека је α произвољна раван и a права која јој припада. 

Скуп тачака који чине све тачке праве a, као и све тачке равни α 

које су са исте стране праве a назива се полураван. 

аксиома о полуравнима 

Свака права a неке равни α дели ту раван на две полуравни. Ако крајеви неке 

дужи не припадају правој a, а припадају истој полуравни, онда та дуж не сече 

праву a. Ако крајеви неке дужи не припадају правој a и не припадају истој 

полуравни, онда та дуж сече праву a. 

Ако права a равни α 

одређује полуравни 

aα 1 

и aα 2 

, тада је 

aα 1 

α, aα 2 

α 

aα 1 

aα 2 

= a, 

aα 1 

aα 2 

= α. 

Полураван је потпуно одређена неком равни, 

правом која припада тој равни и избором једног 

од делова на које је уочена раван подељена 

изабраном правом. Праву називамо граничном 

правом сваке од полуравни. 


По аналогији са дефиницијама полуправе и полуравни дефиниши полупростор. 

102 




Б 

У истој равни дате су три неколинеарне тачке A, B и C и права p 

која не садржи ниједну од њих. Ако права сече дуж BC, 

онда она сече или дуж AB или дуж AC и не сече обе. 

Пашова теорема 

Пре него што прочитате доказ теореме, покушајте 

да објасните зашто је она тачна. 

Доказ. Доказ ћемо спровести позивајући се на аксиому о полуравнима. Нека су pα 

и pβ полуравни на које права p дели дату раван. 

Тачке B и C не припадају правој p (по 

претпоставци). Такође, ове две тачке не припадају 

истој полуравни, јер ако би припадале, онда, према 

аксиоми о полуравнима, права p не би секла дуж 

BC. Претпоставимо да B pα и C pβ. Тачка A 

не припада правој p, али мора припадати једној од 

полуравни одређених овом правом. 

Разликујемо два случаја. 

1. случај. Ако A pα, онда A и B припадају истој полуравни, па права p не сече 

дуж AB. С друге стране, A и C припадају различитим полуравнима, па 

права p сече дуж AC. 

2. случај. Ако A pβ, онда A и B припадају различитим полуравнима, па права p 

сече дуж AB. Међутим, тада A и C припадају истој полуравни, па права p 

не сече дуж AC. ■ 


У равни су дате четири тачке A, B, C и D и права p која не садржи ниједну од 

уочених тачака. При том, дужи AB и CD секу праву p, а дуж BC не сече ову праву. 

1) Да ли дуж AD сече праву p? 

2) Образложи одговор на претходно питање што прецизније. 

3) Претвори своје образложење у коректан математички доказ. 




103

A 

Важне геометријске фигуре. Угао и многоугао 

Под (геометријском) фигуром подразумевамо било који скуп тачака. Фигуре 

ћемо означавати великим грчким словима: Φ (фи), Ψ (пси), Σ (сигма), ... 


Фигура Φ је конвексна ако све тачке дужи чији крајеви припадају фигури Φ 

такође припадају фигури Φ. У супротном, фигура је неконвексна. 

НЕКЕ 

ВАЖНЕ ФИГУРЕ 

Праве и равни су 

основне фигуре. 

Другим речима, фигура Φ је: 

• конвексна, уколико за сваке две тачке A и B, ако A, B Φ, онда AB Φ, 

• неконвексна, уколико постоје две тачке A и B такве да A, B Φ и AB / Φ. 

Све фигуре које смо до сада разматрали су равне и конвексне: права, раван, дуж, 

полуправа, полураван. 

Фигура је равна уколико је подскуп неке равни. Ове школске године ћемо се 

бавити углавном равним и конвексним фигурама. 

Докажимо да је пресек било које две конвексне фигуре конвексна фигура. 

Нека су Φ и Ψ две конвексне фигуре. Да бисмо доказали да је Φ Ψ такође 

конвексна, изаберимо две произвољне тачке A и B из Φ Ψ. Тада A, B Φ, па 

пошто је Φ конвексна, следи да је AB Φ. Такође, из A, B Ψ следи да је AB Ψ. 

Дакле, AB Φ Ψ, што је и требало доказати. 

1. 

2. 



Примерима покажи да унија и разлика две конвексне фигуре не мора бити 

конвексна фигура. 


1) Под којим условима је унија две дужи AB и CD, тј. AB CD конвексан скуп 

тачака? 

2) Под којим условима је унија две полуправе Aa и Bb, тј. Aa Bb конвексан скуп 

тачака? 

104 





Унија две различите полуправе са заједничким почетком назива се угаона 

линија. Заједнички почетак назива се теме угаоне линије, док су полуправе њени 

краци. Угаону линију одређену полуправама Op и Oq означавамо са pOq. 

Угао 


pOq = Op Oq 

Пар дужи OP и OQ, којима је заједничка једна крајња тачка, одређује јединствену 

угаону линију pOq, при чему P Op и Q Oq. Угаону линију одређену паром 

дужи OP и OQ означавамо POQ. 

Права је специјалан случај угаоне линије јер је унија полуправих које одређује 

нека тачка O те праве. 

Интуитивно је јасно да свака угаона линија 

дели раван у којој се налази на два скупа тачака. 

При томе, ако угаона линија није права, онда је 

један од тих скупова тачака конвексан а други 

неконвексан. Наравно, ако је угаона линија 

права, раван је подељена на две полуравни. 

Две полуправе са 

заједничким почетком 

које не припадају једној 

правој одређују тачно 

једну раван. 

Угао је унија угаоне линије и једног од скупова тачака на које је подељена 

раван одређена угаоном линијом. Теме и краци угаоне линије сада постају и 

теме и краци одговарајућег угла. 


Ако полуправе Op и Oq не леже на истој правој, онда оне одређују два угла, од 

којих је један конвексан, а други неконвексан. Ми ћемо у наставку углавном 

посматрати конвексне углове, осим у неким случајевима када ћемо посебно 

нагласити да посматрамо неконвексан угао. Изабрани угао одређен са pOq 

означаваћемо pOq. 

Ако различите полуправе Op и Oq леже на истој правој, онда оне одређују два угла, 

који су, заправо, две полуравни одређене правом на којој леже дате полуправе. У 

овом контексту, сваку од уочених полуравни називамо опруженим углом. 

3. 

4. 


Шта све може бити пресек две полуравни које припадају истој равни? 


1) Да ли пресек две полуравни једне равни чије се граничне праве секу у једној 

тачки може бити неконвексан угао? Образложи одговор. 

2) Да ли унија две полуравни једне равни чије се граничне праве секу у једној 

тачки може бити конвексан угао? Образложи одговор. 




105

4 

2 

1 57648 9 

Многоугао 

Нека су дате компланарне тачке A 1 

, A 2 

, ..., A n – 1 

, A n 

, n > 2, такве да су сваке три 

узастопне тачке неколинеарне. Унија n дужи A 1 

A 2 

, A 2 

A 3 

, ..., A n – 1 

A n 

, A n 

A 1 

назива 

се затворена изломљена линија и обележава се A 1 

A 2 

... A n – 1 

A n 

. Уколико сваке 

две несуседне странице немају заједничких тачака, затворену изломљену линију 

називамо многоугаона линија. Дате тачке називамо теменима, а поменуте дужи 

страницама те линије. Крајње тачке било које странице називају се и суседна 

темена. Две странице са заједничком крајњом тачком називају се суседне 

странице. 

троугао ABC 

четвороугао ABCD 

петоугао ABCDE 

Многоугаона линија у равни у којој 

се налази одређује два скупа тачака: 

унутрашњост (унутрашњу област) и 

спољашњост (спољашњу област). Наводимо 

једноставан услов којим се одређује 

унутрашња област многоугаоне линије. 

Тачка O одговарајуће равни која не припада многоугаоној линији налази се у 

унутрашњој области, уколико свака полуправа те равни са почетком O, која не 

садржи ниједно теме многоугаоне линије, има непаран број заједничких тачака са 

многоугоном линијом. У супротном, тачка O се налази у спољашњој области. 

шестоугао ABCDEF 

Многоугао је унија многоугаоне линије и унутрашње области коју она 

ограничава. Темена и странице многоугаоне линије представљају темена и 

странице одговарајућег многоугла. 

Ако многоугао има три, четири, пет ... темена (и исто толико страница), зовемо га 

редом троугао, четвороугао, петоугао ... 

Уопште, многоугао који има n темена и исто толико страница називамо n-тоуглом. 


Нацртај троугао и четвороугао тако да њихов пресек буде: 

1) тачка; 2) дуж; 3) троугао; 4) четвороугао; 5) петоугао. 

106 





Унутрашњи углови неког многоугла одређују критеријумом који је сличан оном за 

одређивање унутрашњости многоугла. 

Угаона линија коју одређује неко теме T многоугла са себи суседним теменима 

дели раван у којој се налази многоугао на два угла α и α’. Од ова два угла, 

унутрашњи угао многоугла је онај за који важи: свака полуправа са почетком T 

која припада том углу и не садржи ниједно друго теме са многоуглом има непаран 

број тачака пресека, не рачунајући теме T. 

Унутрашње углове многоугла краће зовемо 

угловима многоугла. 

Такође, приликом означавања углова неког 

многоугла, често ћемо наводити само теме; 

на пример B. 

Дуж која спаја несуседна темена многоугла 

назива се дијагонала. 

На слици десно, приказане су дијагонале 

многоугла које полазе из темена A. 

Ако је D n 

укупан број свих дијагонала n-тоугла, онда је D n 

= 

n(n – 3) 

. 

2 

теорема о броју дијагонала 

Доказ. Ако неки многоугао има n темена, тада је његовом сваком темену 

несуседно тачно n – 3 темена. Дакле, из сваког темена полазе n – 3 дијагонале. 

Производ n(n – 3) је два пута већи од укупног броја свих дијагонала, јер је свака 

дијагонала убројана два пута будући да садржи два темена. ■ 

6. 

7. 

8. 


Одреди број дијагонала седмоугла и седамнаестоугла. 


Из сваког темена многоугла може се конструисати седам дијагонала. Колико 

темена, односно страница, има овакав многоугао? Одреди укупан број његових 

дијагонала. 


Број дијагонала многоугла је четири пута већи од броја његових страница. Колико 

темена има овај многоугао? 

3 ∙ (3 – 3) 

D 3 

= = 0 

2 

4 ∙ (4 – 3) 

D 4 

= = 2 

2 

5 ∙ (5 – 3) 

D 5 

= = 5 

2 

6 ∙ (6 – 3) 

D 6 

= = 9 

2 

... 




107

4 

2 

1 57648 9 

A 

Б 

В 

Задаци 

Тачке, праве и равни. Односи припадања 

1. Дате су две равни α и β чији је пресек права c. Права q продире равни α и β у 

различитим тачкама A и B. C je произвољна тачка праве c. 

1) На основу датог текста нацртај слику. 

2) Које од следећих реченица, односно формула су последице датих 

претпоставки? 

• ρ(A, B, C) α = p(A, C) 

• Праве c и q су мимоилазне. 

• C q 

• Права q не припада ни равни α ни равни β. 

2. Која од следећих тврђења су увек тачна? 

1) Три различите тачке одређују само једну раван. 

2) Ако права продире две равни које се секу, онда она сече и заједничку праву те 

две равни. 

3) Уколико се сваке две од три дате равни секу, онда је непразан пресек све три 

равни. 

4) Ако три равни имају заједничку тачку, онда постоји права која припада 

свакој од те три равни. 

3. Колико правих одређује скуп од n ≥ 3 тачака међу којима не постоје три 

колинеарне? 

4. Дат је скуп од шест тачака. Колико правих одређују ове тачке ако међу датим 

тачкама 

1) не постоје три колинеарне; 

2) постоји само један трочлани подскуп који чине колинеарне тачке; 

3) постоје тачно два дисјунктна трочлана подскупа које чине колинеарне тачке? 

5. Дат је скуп од n тачака, међу којима не постоји ниједна тројка колинеарних 

тачака. Колико тачака садржи тај скуп ако је број правих одређених тим тачкама 

пет пута већи од броја тачака? 

6. Дат је скуп од n тачака, међу којима не постоји тројка колинеарних тачака нити 

постоје четири тачке које су компланарне. Колико тачака има овај скуп ако је 

број равни одређених овим тачкама m пута већи од броја правих које одређују 

ове тачке? 

7. Дата је права a и тачка A која јој не припада. Докажи да све праве које садрже 

тачку A и секу праву a припадају равни одређеној тачком A и правом a. 

8. Нека су p, q и r три различите праве такве да се сваке две секу, али не постоји 

тачка која припада свим правама. Докажи да постоји јединствена раван која 

садржи ове три праве. 

108 

9. Нека су a и b мимоилазне праве и P тачка која им не припада. Ако је α раван 

одређена правом a и тачком P, a β раван одређена правом b и тачком P, 

докажи да је свака права која садржи P, а не припада ни равни α нити равни β, 

мимоилазна и са a и b. 





Паралелност 

10. Нека је a π, b π и a b = {P}. 

Који од следећих исказа су тачни? Образложи одговоре. 

1) Постоји права c таква да је c π, c || a и c || b. 

2) Свака права равни π сече праву a или праву b. 

3) Свака права равни π сече праву a и праву b. 

A 

11. Који од следећих исказа су тачни? Образложи одговоре. 

1) За сваке две праве a и b постоји права p таква да је a || p и b || p. 

2) За сваке две праве a и b постоји права p таква да је a p = и b p = . 

12. Који од следећих исказа су тачни? Образложи одговоре. 

1) Сваке две равни које су паралелне трећој равни паралелне су и међу собом. 

2) Сваке две равни које су паралелне некој правој паралелне су и међу собом. 

13. Докажи да не постоји права која је паралелна са две мимоилазне праве. 

14. Нека су дате различите праве a и b које се секу. Докажи да свака права c која 

припада равни одређеној правама a и b сече бар једну од ове две праве. 

15. Нека су a и b праве које не припадају равни α и нека је a b = {P}. Ако је a || α и 

b || α, докажи да је и раван β одређена правама a и b паралелна са α. 

16. Нека су a и b различите праве које не припадају равни α и нека је a || b. Ако 

је a || α и b || α, да ли је и раван β одређена правама a и b паралелна са α? 

Образложи одговор. 

17. Нека су a и b мимоилазне праве и P тачка која не припада ниједној од њих. 

Докажи да постоји раван π која садржи P и паралелна је са правама a и b. 

Упутство. Уочи праве a’ и b’ кроз P такве да је a || a’, b || b’, као и раван 

одређену овим правама. 

Распоред тачака. Дуж, полуправа и полураван 

18. 1) Шта све може бити пресек две различите дужи? 

2) Када је унија две дужи дуж? 

19. Ако су A, B и C три тачке праве a такве да је A – B – C, који од следећих исказа је 

тачан? 

1) C AB; 2) C AB; 3) C BA; 4) AC = AB; 5) AB = AC; 

6) B BA CA; 7) BC CA; 8) AB AC CA. 

20. Ако су A, B и C три тачке праве a такве да је A – B – C, одреди: 

1) AB BC; 2) AC CA; 3) BC BA; 

4) AB BC; 5) AC CA; 6) CA AB. 

В 

A 

Са PQ означавамо 

полуправу чији је 

почетак тачка P и која 

садржи тачку Q. 




109

4 

2 

1 57648 9 

21. Који од наведених исказа су тачни? Образложи одговоре. 

1) Ако две полуправе једне равни немају заједничке тачке, онда се оне налазе 

на паралелним правама. 

2) Ако се две полуправе налазе на различитим паралелним правама, онда оне 

немају заједничке тачке. 

22. 1) Шта све може бити пресек две различите полуправе? 

2) Да ли за две полуправе увек постоји једна раван која их садржи? 

23. Шта све може бити пресек две полуравни које не припадају истој равни? 

В 

24. Нека су Aa и Bb две полуправе са различитим почетним тачкама (A ≠ B) и нека 

је p права одређена тачкама A и B. Докажи да је Aa Bb = p акко A Bb и 

B Aa. (Другим речима, докажи да је унија две полуправе са различитим 

почетним тачкама права ако и само ако свака од полуправих садржи почетак 

оне друге.) 

25. У истој равни су дате права p и полуправа Aa. Ако права p садржи почетну 

тачку A полуправе Aa и не садржи ниједну другу тачку ове полуправе, докажи 

да полуправа Aa припада једној од полуравни које одређује права p. 

26. У истој равни дате су дуж AB и права p. Ако A p и B p, докажи да дуж AB 

припада једној од полуравни које одређује права p. 

A 

Б 

Важне геометријске фигуре. Угао и многоугао 

27. Нацртај два угла тако да њихов пресек буде: 

1) конвексан четвороугао; 2) троугао; 3) конвексан угао; 

4) полуправа; 5) дуж; 6) ниједна од наведених фигура. 

28. Када је унија два угла такође угао? Да ли унија два конвексна угла може бити 

неконвексан угао? 

29. Нацртај два троугла тако да њихов пресек буде: 

1) троугао; 2) четвороугао; 3) петоугао; 4) шестоугао. 

30. Колико троуглова одређује скуп n тачака међу којима не постоје три које су 

колинеарне? 

31. Колико темена има многоугао који има 4 850 дијагонала? Да ли постоји 

многоугао који има 100 дијагонала? 

110 




Размере и пропорције (112) 

ПРОПОРЦИОНАЛНОСТ 

А Појам размере и пропорције; основна особина пропорција; продужена 

пропорција (112) 

Б Основне особине продужених пропорција (115) 

Директна и обрнута пропорционалност (116) 

А Директно и обрнуто пропорционалне величине; примери и 

график (116) 

Примене пропорција (119) 

А Прост сразмерни рачун; сложен сразмерни рачун; проценти и 

промили; рачун мешања; каматни рачун (проста и сложена каматна 

формула) (119) 




A 




Цене различитих паковања воде једног истог произвођача дате су у следећој 

табели. 

Количина 0,5 l 1,5 l 5 l 

Цена 24 дин 35 дин 86 дин 

За које се паковање треба определити ако нам је потребно 10 l воде? 

Најповољнију куповину одређује однос количине и цене: 

0,5 1,5 

≈ 0,021, 

24 35 ≈ 0,043, 5 

86 ≈ 0,058. 

Наравно, већи однос (количине воде за 1 динар) је повољнији за купца. 

Размера два броја различита од нуле јесте количник та два броја. 

Ако је и a ≠ 0 и b ≠ 0, онда размеру бројева a и b означавамо a : b или a b . 


Размером се изражава однос међу валутама различитих земаља. 

Тако, крајем новембра 2010. године, однос USD : EUR ($/€) је био 1,35. То значи да 

смо за 1 евро добијали 1 долар и 35 центи, али и да смо за 100 евра, добијали 135 

долара. Уопште, сумe новца од D $ и E € вреде подједнако ако су бројеви D и E у 

размери 1,35, тј. ако је D : E = 1,35. 

Примењујући једноставне алгебарске законитости, лако претварамо новац из 

једне валуте у другу. 

Колико долара 

вреди 10 €? 

D : 10 = 1,35 

D = 10 . 1,35 

D = 13,5 

Колико евра 

вреди 200 $? 

200 : E = 1,35 

E = 200 : 1,35 

E ≈ 148,15 

Колико евра 

вреди 1 $? 

1 : E = 1,35 

1 

E = 

1,35 

E ≈ 0,74 


У истом периоду као у претходном примеру, односи евра са осталим 

водећим светским валутама (британска фунта, јапански јен, швајцарски 

франак и аустралијски долар) били су: 

 

112 

GBP : EUR (£/€) 0,85 

JPY : EUR (¥/€) 111,26 

CHF : EUR 1,33 

EUR : AUD 1,37 

1) Колико евра вреди као 100¥? 

3) Колико британских фунти вреди као 100¥? 

2) Колики је однос GBP : JPY? 

4) Колико је однос CHF : AUD? 





Према дефиницији, постоји бесконачно много 

парова бројева чија је размера иста, тј. чији је 

количник исти. 

Ако су једнако вредне 

сумe од D$ и E€ и 

суме од X$ и Y€, онда је 

D 

E = X Y . 

Ако је размера два броја a и b једнака размери бројева c и d, тј. ако је 

a : b = c : d, односно, a b = c d , 

кажемо да су ови парови пропорционални. Дату једнакост називамо 

пропорцијом. 



Ако пар бројева a и b образује пропорцију са паром c и d, и ако су позната 

три броја, четврти се једноставно одређује на основу познатих алгебарских 

законитости. 

7 

6 : x = 1 7 : 1 3 

7 

6 : x = 3 7 

x = 7 6 : 3 7 = 49 

18 

0,12 : 0,4 = x : 0,01 

0,3 = x : 0,01 

x = 0,3 . 0,01 = 0,003 

Наредна теорема као и задатак наведен после ње дају особине пропoрција које су 

веома корисне. 

 

a 

b 

a 

b 

= 

x 

d 

= 

c 

x 

Ако су a, b, c и d реални бројеви, сви различити од нуле, тада је 

a : b = c : d акко a . d = b . c. 

основна особина пропорција 

Доказ. Једнакост a : b = c : d записаћемо у облику a b = c . Ако обе стране ове 

d 

једнакости помножимо са bd, добијамо a b . (bd) = c d . (bd), 

одакле следи (након скраћивања) да је ad = bc. 

Такође, ако обе стране једнакости ad = bc поделимо са bd, добијамо ad 

bd = bc 

db , 

односно, a b = c d . ■ 

спољашњи 

2. 

чланови 


Нека су a, b, c и d бројеви различити од нуле. 

Докажи да је једнакост a : b = c : d еквивалентна свакој од следећих једнакости: 

1) b : a = d : c; 

2) a : c = b : d; (Унутрашњи чланови пропорције могу заменити места.) 

3) d : b = c : a; (Спољашњи чланови пропорције могу заменити места.) 

4) ak : bk = c : d, за сваки број k различит од нуле; 

5) ak : b = ck : d, за сваки број k различит од нуле. 

a : b = c : d 

a 

b = c d 

ad = bc 

унутрашњи 

чланови 




113

5 

2 

1 57648 9 


Једнакости три и више размера називамо продуженом пропорцијом. Ако су 

размере a : b, c : d и e : f међусобно једнаке, онда једнакости a : b = c : d = e : f, 

односно, a b = c d = e , представљају продужену пропорцију три дате размере. 

f 

За продужену пропорцију a : b = c : d = e : f користи се и следећи запис 

a : c : e = b : d : f, при чему две тачке у последњем запису не представљају знак 

за дељење већ се користе само да би раздвојиле „прве” („горње”) од „других” 

(„доњих”) чланова размера које образују дату продужену пропорцију. 

Формирање 

продужене пропорције 

од обичних 

пропорција 


Образујмо продужену пропорцију од: a : b = 2 : 3, b : c = 4 : 5 и c : d = 6 : 7. 

Прецизније, одредимо чему је једнако a : b : c : d. 

Из прве две пропорције добијамо једнакости a 2 = b 3 и b 4 = c 5 . 

Да бисмо ове једнакости „повезали”, потребно је изједначити одговарајуће стране 

једнакости у којима се појављује иста променљива. 

Множењем именилаца обе стране прве једнакости са 4 и множењем именилаца 

обе стране друге једнакости са 3, добијамо a 8 = b 12 и b 12 = c 

15 . 

Дакле, a : b : c = 8 : 12 : 15. Сада је потребно ову продужену пропорцију усагласити 

са c : d = 6 : 7, тј. са c 6 = d 7 . 

a 

Из 

8 ∙ 2 = b 

12 ∙ 2 = c 

15 ∙ 2 и c 

6 ∙ 5 = d 

добијамо да је a : b : c : d = 16 : 24 : 30 : 35. 

7 ∙ 5 


Одреди a : b : c : d ако је a : b = 7 : 2, b : c = 3 : 4 и d : a = 4 : 3. 

Збир углова у 

троуглу једнак је 

180°. 


Одредимо углoве α, β и γ неког троугла 

ако је α : β : γ = 2 : 3 : 4. На основу дате 

продужене пропорције закључујемо да је 

α 

2 = β 3 = γ 4 = k, 

за неко k, па је α = 2k, β = 3k, γ = 4k. Како је 

α + β + γ = 180°, добијамо да је 

2k + 3k + 4k = 180°, тј. 9k = 180°. Дакле, k = 20°, 

па је α = 2k = 40°, β = 3k = 60° и γ = 4k = 80°. 

При раду са продуженим 

пропорцијама корисно је 

увести ознаку за број 

коме су једнаке све размере 

које образују ту продужену 

пропорцију. 


Одреди бројеве x, y и z ако је x : y : z = 3 : 2 : 5 и 2x + 5y + 3z = 124. 

114 




Б 


Ако је a : b = k : l и c : d = m : n, да ли је онда a : b : c : d = k : l : m : n? Образложи 

одговор. 

Уопште, ако је n неки природан број, а a 1 

и b 1 

, a 2 

и b 2 

, ..., a n 

и b n 

парови бројева чије 

су размере међусобно једнаке a 1 

: b 1 

= a 2 

: b 2 

= ... = a n 

: b n 

, онда пишемо 

a 1 

: a 2 

: ... : a n 

= b 1 

: b 2 

: ... : b n 

. 

Нека су a 1 

, a 2 

, ..., a n 

и b 1 

, b 2 

, ..., b n 

реални бројеви, сви различити од нуле, такви да је 

a 1 

: a 2 

: ... : a n 

= b 1 

: b 2 

: ... : b n 

. Тада је 

k 1 

a 1 

+ k 2 

a 2 

+ ... + k n 

a n 

= a 1 

= a 2 

= ... = a n 

k 1 

b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

b 1 

b 2 

b n 

за било које бројеве k 1 

, k 2 

, ..., k n 

такве да су оба члана прве размере 

различита од нуле. 


Доказ. 

Нека је k број такав да је a 1 

b 1 

= a 2 

b 2 

= ... = a n 

b n 

= k. 

Тада је a 1 

= kb 1 

, a 2 

= kb 2 

, ..., a n 

= kb n 

, па је 

k 1 

a 1 

+ k 2 

a 2 

+ ... + k n 

a n 

= k 1kb 1 

+ k 2 

kb 2 

+ ... + k n 

kb n 

= k(k 1b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

) 

= k, 

k 1 

b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

k 1 

b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

k 1 

b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

Збир облика 

k 1 

a 1 

+ k 2 

a 2 

+ ... + k n 

a n 

назива се линеарна 

комбинација 

бројева a 1 

, a 2 

, ..., a n 

. 

чиме је тврђење доказано. ■ 

Ова теорема има бројне последице. На пример, ако је a : b = c : d, онда је 

(a + c) : (b + d) = a : b, под условом да је b + d ≠ 0; 

(a – c) : (b – d) = a : b, под условом да је b – d ≠ 0; 

(2a – 3c) : (2b – 3d) = a : b, под условом да је 2b – 3d ≠ 0; итд. 



, a 2 

, ..., a n 

и b 1 

, b 2 

, ..., b n 

реални бројеви, сви различити од нуле, такви 

да је a 1 

: a 2 

: ... : a n 

= b 1 

: b 2 

: ... : b n 

. Докажи да је 

k 1 

a 1 

+ k 2 

a 2 

+ ... + k n 

a n 

= l 1a 1 

+ l 2 

a 2 

+ ... + l n 

a n 

k 1 

b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

l 1 

b 1 

+ l 2 

b 2 

+ ... + l n 

b n 


, k 2 

, ...,k n 

, l 1 

, l 2 

, ..., l n 

такве да су бројеви који образују 


Пропорције су заузимале централно место у старогрчкој математици. Између 

осталог, древни математичари (Платон, Еудокс, Питагора итд.) проучавали су 

и пропорције облика 

c – a 

c – b = b a . 

1. Одреди неколико тројки бројева (a, b, c) које задовољавају дату пропорцију. 

2. Занимљиво је да свака три узастопна члана a, b, c низа 1, 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34… 

задовољавају дату пропорцију. Зашто? 

Низ бројева чији 

је сваки члан, 

почев од трећег, 

збир претходна 

два члана назива 

се Фибоначијев 

низ: 1, 1, 2, 3, 5, 8, 

13, 21, 34, 55, 89,… 




115

A 

Директно 

пропорционалне 

величине 

X x 1 

x 2 

x 3 

... 

Y y 1 

y 2 

y 3 

... 

x 1 

= x 2 

= x 3 

= k 

y 1 

y 2 

y 3 

x 

y = x ∙ a 

y ∙ a = x : a 

y : a 

Директна и обрнута пропорционалност 

Директна и обрнута пропорционалност представљају најједноставније врсте 

зависности међу променљивим величинама. У овом одељку посматраћемо 

искључиво величине чије су вредности увек позитивне. 

Две зависне величине су директно пропорционалне ако је количник 

одговарајућих вредности сталан, тј. константан. Ова константа се назива 

коефицијент директне пропорционалности. 

Није тешко закључити да уколико су две променљиве величине директно 

пропорционалне, онда се истовремено обе повећавају, односно смањују исти број 

пута. 


Следеће зависне величине су директно пропорционалне: 

• сума новца и количина робе (исте врсте) – константна размера ове две величине 

је цена; 

• пређени пут и протекло време при равномерном кретању – константна размера 

ове две величине назива се брзина; 

• маса и запремина тела сачињених од истог материјала – константна размера ове 

две величине је густина материјала. 

Размотримо детаљније последњи пример. 

V 1 

= 1 dm 3 V 2 

= 0,125 dm 3 V 3 

= 8 dm 3 

1 dm 

0,5 dm 

2 dm 

116 

Ако за неколико коцки направљених 

од истог материјала у првом квадранту 

координатног система (јер су масе и 

запремине позитивне) нацртамо тачке 

чије су прве координате запремине, а 

друге координате одговарајуће масе, 

уочићемо да све оне припадају једној 

правој. 

Спајање добијених тачака одговара 

закону физике: за сва тела направљена 

од истог материјала размера масе и 

запремине је константна. 






У координатном систему прикажи график зависности пређеног пута од протеклог 

времена при равномерном кретању брзином од 2 m/s. 

Упутство. Осе именовати са s (у метрима) и t (у секундама). 

Уколико две директно пропорционалне величине меримо различитим јединицама 

мере, онда се коефицијент пропорционалности именује одговарајућом изведеном 

јединицом мере која представља количник јединица мере којима су мерене 

полазне величине. 

Изведене јединице мере 

X Y k = Y/X 

V – запремина у m 3 

(кубним метрима) 

V – запремина у cm 3 

(кубним центиметрима) 

s – пређени пут у m 

(метрима) 

s – пређени пут у km 

(километрима) 

K – количина робе у kg 

(килограмима) 

K – количина робе у l 

(литрима) 

m – маса у kg 

(килограмима) 

ρ = m/V – густина у kg/m 3 

m – маса у g (грамима) ρ = m/V – густина у g/cm 3 

t – време у s (секундама) 

t – време у h (сатима) 

P – вредност робе у дин. 

(динарима) 

P – вредност робе у $ 

(доларима) 

v = s/t – равномерна 

брзина у m/s 

v = s/t – равномерна 

брзина у km/h 

c = P/K – цена у дин./kg 

c = P/K – цена у $/l 

1 kg 

m = 1000 g 

3 1000000 cm 3 

g 

= 0,001 

cm 3 

1 km h = 1000 m 

3600 s 

1 m s = 

0,28 m s 

= 3,6 km h 


Брзина аутомобила је 90 km/h. Одредимо његову брзину у метрима у минуту 

(m/min). 

90 km h 

= 90 ∙ 

1000 m 

60 min = 1500 m 

min 

Две зависне величине су обрнуто пропорционалне ако је производ одговарајућих 

вредности сталан, тј. константан. Ова константа се назива коефицијент обрнуте 

пропорционалности. 

Дакле, ако су две променљиве величине обрнуто пропорционалне, при повећању 

једне од њих одређен број пута, друга величина се толико пута смањује. 

Обрнуто 

пропорционалне 

величине 

X x 1 

x 2 

x 3 

... 

Y y 1 

y 2 

y 3 

... 

2 

3 ∙ 2 = 6 

3 

1 

6 ∙ 1 = 6 

6 

4 

1,5 ∙ 4 = 6 

1,5 

x 1 

∙ y 1 

= x 2 

∙ y 2 

= x 3 

∙ y 3 

= k 

x ∙ y = (x ∙ a) ∙ (y : a) 

= (x : a) ∙ (y ∙ a) 




117

5 

2 

1 57648 9 


Време потребно да се обави неки посао и број радника који су ангажовани на 

том послу представљају најједноставнији пример две обрнуто пропорционалне 

величине (наравно, под претпоставком да сви радници раде истом брзином). 

Ако 2 радника обаве неки посао за 4 сата, онда ће 1 радник тај исти посао обавити 

за 8 сати, док ће 4 радника посао завршити за 2 сата. 

Број радника n 2 1 4 8 

Време t 4h 8h 2h 1h 

Зависност између n и t изражавамо формулом: n ∙ t = 8. 

За које време ће 3 радника обавити посао? 

Ако у претходној формули n заменимо са 3, добијамо 3 ∙ t = 8, одакле следи да је 

t = 2,666… = 2 2 , односно, да ће посао бити обављен за 2 сата и 40 минута. 

3 

Колико радника треба ангажовати да би посао био обављен за 3 сата? 

Сада t треба заменити са 3, што нас доводи до једначине n ∙ 3 = 8, чије је решење n 

= 2,666… = 2,(6). Овога пута морамо пажљиво тумачити добијени резултат будући 

да решење проблема треба да буде природан број. Одговор на постављено питање 

гласи: да би посао био обављен за 3 сата, потребно је ангaжовати најмање 3 

радника и посао ће бити обављен пре захтеваног рока. 


Зависност облика 

y = k , x R \ {0}, где 

x 

је k неки фиксиран 

реалан број различит 

од нуле, представља 

уопштење обрнуте 


График ове зависности 

је хипербола коју чине 

две гране. 

Запремине тела чијe су масe 1 kg обрнуто су пропорционалне густини материјала 

од којих су направљена, јер је производ запремине тела и густине материјала 

константан и износи 1 kg. 

Једноставно је формирати табелу од неколико парова одговарајућих вредности. 

V у m 3 V 1 

= 0,5 V 2 

= 1 V 3 

= 0,4 

ρ у kg/m 3 ρ 1 

= 2 ρ 2 

= 1 ρ 3 

= 2,5 

Како изгледа график зависности наслућујемо цртањем неколико тачака у 

координатном систему, чије су координате парови одговарајућих вредности. 

y = k x 

Крива зависности две обрнуто пропорционалне величине које узимају само 

позитивне вредности представља једну грану хиперболе. 

118 




Примене пропорција 

А 

Задаци у којима се појављују две (директно или обрнуто) пропорционалне 

величине углавном се решавају применом пропорција. Специјално, ако је дат 

један пар одговарајућих вредности (x 1 

,y 1 

) неке две пропорционалне величине и 

нека друга вредност само једне од посматраних величина, на пример x 2 

, онда се 

једноставно одређује и одговарајућа вредност y 2 

друге величине. Дати подаци 

се приказују у табели, при чему се директна пропорционалност означава паром 

стрелица истог смера, док се обрнута пропорционалност означава паром 

супротно усмерених стрелица. Поштујући постављене стрелице, једноставно се 

формира одговарајућа пропорција из које се одређује непознати члан. 


Прост сразмерни 

рачун 

(x 1 

∙ y 1 

= x 2 

∙ y 2 

) 

70 

50 = 14 ; x = 10 kg. 

x 

2 

3 = x 

12 ; x = 8 дана. 

Ако се сушењем 70 kg свежег грожђа добија 14 kg сувог, колико ће се килограма 

сувог грожђа добити сушењем 50 kg свежег? 


x 1 

x 2 

= y 1 

y 2 

x 1 

x 2 

= y 2 

y 1 

x 1 

y 1 

= x 2 

y 2 

Ако је неко, читајући два сата дневно, прочитао једну књигу за 12 дана, за колико 

би дана прочитао књигу да је читао три сата дневно? 

1. 

2. 


За 15 сати непрекидног рада четири славине (из којих вода истиче истом брзином) 

напуне базен. За колико сати ће бити напуњен базен ако га пуни шест славина (из 

сваке истом брзином истиче вода као у претходном случају)? 


За 12 палачинки потребно је 200 грама брашна. Колико брашна је потребно за 30 

палачинки? 




119

5 

2 

1 57648 9 


Три машине за 10 дана, радећи 6 сати дневно, запакују 9 000 пакета неког 

производа. За колико дана ће 4 машине запаковати 11 200 пакета радећи 8 сати 

дневно? 

Размишљамо као у претходном примеру : 

3 машине за 10 дана, радећи 6 сати дневно, запакују 9 000 пакета, 

1 машина за 10 дана, радећи 6 сати дневно, запакује 3 000 пакета, 

1 машина за 1 дан, радећи 6 сати дневно, запакује 300 пакета, 

1 машинa за 1 дан, радећи 1 сат дневно, запакује 50 пакета, 

– – – – – – – – – – – – – – – – – – 

1 машина за 1 дан, радећи 8 сати дневно, запакује 400 пакета, 

4 машине за 1 дан, радећи 8 сати дневно, запакују 1 600 пакета. 

Како је 11 200 : 1 600 = 7, закључујемо да: 

4 машине за 7 дана, радећи 8 сати дневно, запакују 11 200 пакета. 

Постављени задатак можемо решавати и на основу следеће шеме. 

Повећавањем броја дана за 

неки посао, смањује се број 

радних сати по дану. 


неки посао, повећава се и 

број запакованих пакета. 


неки посао, смањује се број 

машина које треба да раде. 

x 

d = a 2 

a 1 

∙ b 2 

b 1 

∙ c 1 

c 2 

∙ e 1 

e 2 

Слично као у примеру 3, добијамо да је 

x = 10 ∙ 3 4 ∙ 6 11 200 

∙ 

8 9 000 = 7. 

Други начин решавања задатка из претходног примера је уобичајен и чине га два 

основна корака: 

1. прво треба утврдити да ли је величина чија је једна вредност непозната 

директно или обрнуто пропорционална са сваком другом величином 

појединачно, 

2. а затим формирати одговарајућу пропорцију и наћи непознати члан. 

120 


Три машине за 10 дана, радећи 6 сати дневно, запакују 9 000 пакета неког 

производа. 

1) Колико пакета ће бити запаковано ако 3 машине раде 7 дана по 4 сата дневно? 

2) Колико сати дневно треба да раде 2 машине да би за 10 дана запаковале 10 000 

пакета? 





Проценти и промили су записи бројева 

који су посебно погодни у разним 

практичним ситуацијама. Процентима 

се броје стоти делови неке величине, док 

се промилима броје хиљадити делови. 

p 

p% = 

100 , p‰ = p 

1000 . 

У суштини, рачун са процентима или 

промилима представља уобичајен рачун 

са разломцима записаним у посебном 

облику. 

1 

1% = 

100 

2 

2% = 

100 = 1 50 

20 

20% = 

100 = 1 5 

50 

50% = 

100 = 1 2 

100% = 100 

1000 

= 1 1000‰ = 

100 

1 

Проценти 

1‰ = 

и 

1000 промили 

2 

2‰ = 

1000 = 1 

500 

20 

20‰ = 

1000 = 1 50 

500 

500‰ = 

1000 = 1 2 

1000 = 1 

лат. per centum = од 

(кроз) сто 

лат. pro mille = од 

(кроз) хиљаду 


Приметимо да су формулације наредна два задатка исте. 

Цена једног производа је 

снижена за 20% и сада износи 

2 450 динара. Колика је била 

цена робе пре појефтињења? 

Ако са x означимо цену пре појефтињења, добијамо да је 

или еквивалентно 

Цена једног производа је 

снижена за петину и сада износи 

2 450 динара. Колика је била 

цена робе пре појефтињења? 

x – 20%x = 2 450, односно, x – 1 5 x = 2 450, 

80%x = 2 450, односно, 4 5 x = 2 450. 

Ако је размера целине 

G и дела P једнака p%, 

онда је 

G : P = 100 : p 

или 

G : 100 = P : p . 

Ако је размера целине 

G и дела P једнака p‰, 

онда је 

G : P = 1000 : p. 

Из последње једнакости имамо да је x = 3 062,5 динара. 


Најпознатија употреба промила је приликом изражавања количине алкохола у 

крви. Наиме, количина алкохола у грамима по кубном центиметру крви изражава 

се промилима. На пример, ако неко има 0,3‰ алкохола у крви, то значи да има 0,3 

грама на 1000 кубних центиметара крви. Горња граница издржљивости људског 

организма је између 4‰ и 5‰. При овим кoличинама алкохола у крви наступа 

кома па чак и смрт. 

Промилима се изражава и салинитет мора, тј. количина соли у грамима по 

килограму морске воде; салинитет од 1‰ значи да један килограм (хиљаду грама) 

морске воде садржи један грам соли. 

Салинитет Средозменог мора је 38‰. Најсланије море је Мртво море чији 

салинитет прелази 30%, тј. 300‰, што је око десет пута више од просечног 

салинитета мора. Због овако велике концентрације соли, живот у Мртвом мору не 

постоји. 




121

5 

2 

1 57648 9 

Заступљеност АБО крвних група у Србији је следећа: 

• А – 41,8%, 

• О – 34,9%, 

• Б – 16,2%, 

• АБ – 7,1%. 

Да бисмо заступљеност крвних група у Србији сликовитије приказали, користимо 

такозване кружне дијаграме (слика лево). Ове дијаграме добијамо тако што круг 

изделимо на кружне исечке тако да размера површине исечка и површине круга 

буде иста као размера одговарајуће групе људи и целе популације. Да бисмо 

то постигли, довољно је пун угао поделити на централне углове одговарајуће 

величине: 

41,8% ∙ 360° = 150,48° 

34,9% ∙ 360° = 125,64° 

16,2% ∙ 360° = 58,32° 

7,1% ∙ 360° = 25,56°. 

4. 



Поред поделе АБО крвних група, узима се у обзир и такозвани резус-фактор (Rh- 

-фактор). Сви људи се деле на Rh+ (РХ-позитивне) и Rh– (РХ-негативне), па свака 

AБO крвна група има две подгрупе: A– , A+ , O– , O+ , Б– , Б+ , AБ– , AБ+ . Крвна 

група O– је универзални давалац крви и у Србији има приближно 5,5% људи ову 

крвну групу. Узимајући у обзир податке из претходног примера, процени колико 

процената људи у Србији, који имају О крвну групу, има негативан Rh-фактор, а 

колико позитиван. 


Цена једног производа је у две продавнице била иста, 520 динара. Онда је у једној 

продавници цена најпре снижена за 15%, a затим за 10%, а у другој продавници 

је само једанпут снижена за 25%. У којој продавници је сада овај производ 

јефтинији? 

Нова цена после 

повећавања, односно, 

снижавања цене x за 

p% једнака је 

x ± p% ∙ x = (100 ± p)% ∙ x 

Прва продавница 

Снижење 15% 

15% ∙ 520 = 78 

520 – 78 = 442 


10% ∙ 442 = 44,2 

442 – 44,2 = 397,8 

Друга продавница 


25% ∙ 520 = 130 

520 – 130 = 390 

Дакле, производ је јефтинији у продавници у којој је цена само једанпут снижена 

за 25%. 

122 

5. 


Ако је неки производ поскупео 25%, колико процената нову цену треба снизити 

да би се добила првобитна цена? 






У ком односу треба помешати растворе алкохола од 60% и 85% да би се добио 

раствор од 70%? 

Ако је x kg количина раствора алкохола од 60%, онда у њој има 60% ∙ x = 0,6x 

алкохола. 

Ако је y kg количина раствора алкохола од 85%, онда у њој има 85% ∙ y = 0,85y 

алкохола. 

Када ове количине помешамо и добијемо (x + y) kg новог раствора, у њему има 

0,6x + 0,85y алкохола. Да би ова смеша представљала раствор алкохола од 70%, 

потребно је да важи једнакост: 

0,6x + 0,85y = 0,7(x + y). 

Из ове једнакости даље добијамо да је (0,7 – 0,6)x = (0,85 – 0,7)y, тј. 0,1x = 0,15y, 

одакле следи да је 

x : y = 0,15 : 0,1 = 3 : 2. 

Рачун мешања 

Укупна количина: 750 ml 

Алкохола: 

40% ∙ 750 ml = 300 ml 


Које количине раствора алкохола од 60% и раствора алкохола од 85% треба 

помешати да би се добило 50 l раствора алкохола од 70%? 


Три породице су закупиле на недељу дана кућу на мору за 75 000 динара. 

Трошкове су поделили сразмерно броју чланова. Ако једна породица има три 

члана, друга четири а трећа пет, одредимо суму коју за закуп треба да издвоји 

свака породица. 

Ако са x, y, z означимо суме које треба редом да издвоје трочлана, четворочлана и 

петочлана породица, онда добијамо да је 

x + y + z = 75 000 и x : y : z = 3 : 4 : 5. 

Из друге једнакости добијамо да је x = 3k, y = 4k, z = 5k, за неко k, а затим, узимајући 

у обзир и прву једнакост, имамо да је 

3k + 4k + 5k = 12k = 75 000. 

Дакле, k = 75 000 : 12 = 6 250, што значи да трочлана пoродица треба да плати 

x = 3 ∙ 6 250 = 18 750 динара, четворочлана y = 4 ∙ 6 250 = 25 000 динара, а петочлана 

z = 5 ∙ 6 250 = 31 250 динара. 

Рачун поделе 


Три породице треба да поделе трошкове копања бунара који су износили 140 000 

динара. Договор је да поделу изврше обрнуто сразмерно удаљености бунара од 

својих кућа, при чему је једна кућа од бунара удаљена 300 метара, друга 600 метара 

и трећа 1200 метара. 

Ако са x, y, z означимо одговарајуће суме, онда добијамо да је 

1 

x + y + z = 140 000 и x : y : z = 

300 : 1 

600 : 1 

1200 . 

Одавде, као у претходном примеру, рачунамо да је: x = 80 000 динара, y = 40 000 

динара и z = 20 000 динара. 




123

5 

2 

1 57648 9 

Каматни рачун 

Позајмљивање и улагање новца представљају део свакодневног пословања. При 

томе, једна страна даје новац другој, очекујући да јој се новац за неко време врати 

увећан за одређену суму. 

На пример, чување новца у банци је улагање за особу чији је новац, док је то за 

банку позајмљивање новца: улагач даје новац банци, а банка позајмљени новац 

користи за сопствено пословање. С друге стране, позајмљивање новца (узимање 

кредита) од банке за банку представља улагање. У сваком случају, онај ко улаже 

очекује да се уложени новац врати увећан за одређену суму због коришћења 

позајмљеног новца. 

Уложена сума новца назива се главница, док се очекивана добит након одређеног 

времена назива камата или интерес. Колика ће камата (добит) бити зависи од 

договорене каматне стопе која се изражава у процентима и представља добит коју 

би донело инвестирање суме од 100 динара (евра или неке друге валуте која се 

користи) за годину дана и временског периода израженог у годинама. 

Имајући у виду значење каматне стопе p%, једноставно рачунамо добит K за 

главницу G и период од t година: 

K 

p = t 1 ∙ G 

100 , 

тј. 

p 

K = G ∙ ∙ t = G ∙ p% ∙ t. 

100 

Последња фомула се назива проста каматна формула. 

У пракси се проста каматна формула углавном користи за периоде који нису дужи 

од годину дана. Тако, ако је новац уложен на m месеци, при чему је 1 ≤ m ≤ 12, 

камата износи: 

K = G ∙ p% ∙ m 12 , 

а ако је уложен на d дана, 1 ≤ d ≤ 360, онда је камата: 

d 

K = G ∙ p% ∙ 

360 , 

под претпоставком (због једноставнијег рачуна) да сваки месец има 30 дана, а 

година 360 дана. 

124 


Неко је узео кредит од 150 000 динара на годину дана, са каматном стопом од 5,1%. 

Колику добит ће остварити банка? 

Банкa је уложила G = 150 000 динара, каматна стопа је p = 5,1% = 0,051 и временски 

период t = 1. Дакле, 

K = G ∙ p ∙ t = 150 000 ∙ 0,051 ∙ 1 = 7 650. 






Неко је орочио 320 000 динара на три месеца, са годишњом каматном стопом од 

7%. Колико ће новца подићи по истеку договореног периода? 

G = 320 000, p = 7% = 0,07, t = 0,25; 

K = 320 000 ∙ 0,07 ∙ 0,25 = 5 600. 

Дакле, улагач ће подићи 320 000 + 5 600 = 325 600 динара. 

За временске периоде дуже од годину дана, након истека сваке године главница се 

увећава за камату, па се даље рачуна са новом главницом. На тај начин добијамо 

такозвану сложену каматну формулу. 

Ако је неко орочио суму G са каматном стопом p% и подиже новац тек по истеку n 

година, онда је укупна сума након: 

• 1 године једнака G(1 + p%), 

• 2 године једнака G(1 + p%)(1 + p%), 

• 3 године једнака G(1 + p%)(1 + p%)(1 + p%), 

• n годинa једнака G(1 + p%) n . 

Није тешко закључити да, уколико би иста особа после сваке године подизала 

камату, после n година би укупно подигла: 

G(1 + np%). 


Неко је орочио 100 000 динара на 3 године са каматном стопом 4,2%. Колико 

новца ће подићи након истека овог периода: 

1) ако после сваке истекле године подиже камату; 

2) ако подиже новац након три године? 

У првом случају користимо просту каматну формулу, а у другом сложену каматну 

формулу. 

1) 100 000 ∙ (1 + 3 ∙ 0,042) = 112 600. 

2) 100 000 ∙ (1 + 0,042) 3 = 113 136,6088. 




125

5 

2 

1 57648 9 

0 

mm 

inches 

A 

Задаци 


1. У табели су дати односи америчких јединица мере за дужину и стандардних 

јединица мерe за дужину. 

1 inch (in) [инч] 25,4 mm 

1 foot (ft) [фут, стопа] 12 in 30,48 сm 

1 yard (yd) [јард] 3 ft 0,9144 m 

1 mile (mi) [миља] 5 280 ft 1,609 km 

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 

1 2 3 4 5 6 

1) Дијагонала ТВ екрана дугачка је 37 инча. Колика је њена дужина у 

центиметрима? 

2) Растојање између Вашингтона и Њујорка, ваздушном линијом износи 204 

миље. Колико је то растојање у километрима? 

3) Колико приближно инча има један центиметар? 

2. Формирај пропорцију, ако је могуће, од бројева 15, 18, 35 и 42. 

3. Одреди број x, ако је: 

1) x : 1 3 = 2 5 : 3 4 ; 2) 0,3 : x = 0,6 : 0,2 ; 3) x : 1 1 3 = 1 2 5 : 1 3 ; 4) 0,01 : 0,1 = x : 0,01. 

4 

4. Одреди продужену пропорцију, ако је x : y = 3 : 5, y : z = 2 : 3 и z : u = 4 : 3. 

5. Докажи следеће специјалне случајеве теореме са стране 85. Нека су a, b, c и d 

реални бројеви, сви различити од нуле, такви да је a : b = c : d. Онда је: 

1) (a + c) : (b + d) = a : b, под условом да је b + d ≠ 0; 

2) (a – c) : (b – d) = a : b, под условом да је b – d ≠ 0; 

3) (2a – 3c) : (2b – 3d) = a : b, под условом да је 2b – 3d ≠ 0; 

4) (ax + cy) : (bx + dy) = a : b, за све бројеве x и y такве да је bx + dy ≠ 0 . 

Збир углова 

конвексног 

четвороугла једнак 

је 360°. 

6. Нека су a, b, c, d, α, β, γ и δ реални бројеви, сви различити од нуле. Ако је 

a : b = c : d, докажи да је (αa + βb) : (γa + δb) = (αc + βd) : (γc + δd). 

7. Одреди углoве α, β, γ и δ конвексног четвороугла, ако је α : β : γ : δ = 1 : 2 : 3 : 4. 

8. Одреди бројеве x, y и z, ако је x : y : z = 3 : 5 : 7 и x + 2y + 3z = 51. 

9. Одреди бројеве x, y и z, ако је x : y = 5 : 6, y : z = 2 : 3 и x + y + z = 80. 

Б 

10. Нека су a, b, c и d бројеви различити од нуле такви да је b – 3a ≠ 0, 2b + d ≠ 0 и 

(a – 3c) : (b – 3d) = (2a + c) : (2b + d). Докажи да је a : b = c : d. 

11. Нека су a 1 

, a 2 

, ..., a n 

и b 1 

, b 2 

, ..., b n 

реални бројеви, сви различити од нуле, такви 

да је a 1 

: a 2 

: ... : a n 

= b 1 

: b 2 

: ... : b n 

. Докажи да је 

k 1 

a 1 

+ k 2 

a 2 

+ ... + k n 

a n 

k 1 

b 1 

+ k 2 

b 2 

+ ... + k n 

b n 

= l 1a 1 

+ l 2 

a 2 

+ ... + l n 

a n 

l 1 

b 1 

+ l 2 

b 2 

+ ... + l n 

b n 


, k 2 

, ... ,k n 

, l 1 

, l 2 

, ... , l n 

, такве да су бројеви који образују 


126 





12. Одреди неколико тројки бројева (a, b, c) које задовољавају пропорцију 

b – a 

c – b = c a . 

Директна и обрнута пропорционалност 

13. Шта је повољније купити, боцу са 0,5 l сока по цени од 64 динара или боцу са 

1,25 l истог сока по цени од 134 динара? 

А 

14. Нацртај график зависности између пређеног пута (у метрима) и протеклог 

времена (у секундама) при равномерном кретању брзином од 0,5 m/s. 

15. Брзина гусенице A je 10 dm/h, брзина гусенице B је 10 cm/min, а брзина 

гусенице C је 10 mm/s. Која гусеница је најбржа, а која је најспорија? 

16. Нацртај график зависности између протеклог времена (у сатима) и 

просечне брзине кретања (у километрима на сат) приликом преласка пута 

дугачког 2 km. 

Примене пропорција 

17. За палачинке је потребно: 200 g брашна, 200 ml млека, 200 ml воде, 2 јајета и 

30 g уља. Да бисмо направили смесу за палачинке од 5 јаја, колико је потребно 

осталих састојака? 

А 

18. За транспорт грађевинског материјала потребно је 15 камиона носивости од 

3 тоне. Колико камиона носивости од 5 тона је потребно за транспорт исте 

количине материјала? 

19. Колико сијалица од 100 W даје исто осветљење као 24 сијалица од 75 W? 

20. Од 5 kg брашна испече се 10 хлебова од по 750 g. Колико хлебова од по 1 kg се 

може добити од 6 kg брашна? 

21. Три кројача за 5 дана, радећи по 4 сата дневно, сашију 10 капута. 

1) За колико дана ће 6 кројача сашити 25 капута ако раде 5 сати дневно? 

2) Колико капута ће сашити 4 кројача за 3 дана ако раде 8 сати дневно? 

3) Колико сати дневно треба да раде два кројача да би за 6 дана сашили 10 

капута? 

4) Колико кројача ће за 9 дана, радећи по 5 сати дневно, сашити 30 капута? 

22. Салинитет Средоземног мора је 38‰. Колико има соли у 2 t воде из овог мора? 

23. Један производ је два пута појефтинио за исти проценат. Први пут је цена 

снижена за 250 динара, а други пут за 200 динара. За колико процената је цена 

снижена сваки пут и колика је била цена производа пре првог снижења? 




127

5 

2 

1 57648 9 

24. Према подацима из 2010. године, за приступ интернету највише се користи 

Firefox са уделом од чак 42,2%. На другом месту је Internet Explorer са уделом 

на тржишту од 25,8%, док је на трећем месту Google Chrome који држи 25% 

тржишта. 

1) У ком проценту су заступљени остали претраживачи? 

2) Одреди приближне вредности централних углова кружних исечака кружног 

дијаграма заступљености интернет претраживача на тржишту. 

25. Каратима се изражава финоћа легура злата које поред злата углавном садрже 

бакар јер он не квари боју злата, а повећава му чврстоћу. Број карата X се 

одређује формулом X = 24 M z, где је M 

M z 

маса чистог злата у легури, а M u 

је 

u 

укупна маса легуре. Чисто злато (проценат злата је 100%) има 24 карата. 

Колико процената злата садржи 18-каратна легура злата? 

26. У ком односу треба помешати чисто злато са 18-каратним да би се добило 

22-каратно злато? 

27. На складишту има белог брашна по цени од 50 динара по килограму и црног 

брашна по цени од 35 динара по килограму. У ком односу треба помешати 

ове две врсте брашна да би се добила мешавина по цени од 40 динара по 

килограму? 

28. Колико грама раствора сумпорне киселине од 96% треба додати у 15,5 l воде да 

би се добио раствор од 3%? 

29. Седам литара сланог раствора од 4% помешано је са другим сланим раствором 

и добијено је 11 литара новог раствора. Ако је 5% соли у новом раствору, 

одреди јачину другог раствора. 

30. Четири радника су зарадила 98 400 динара. Први радник је радио 10 дана по 

6 сати дневно, други радник је радио 8 дана по 8 сати дневно, трећи радник је 

радио 12 дана по 6 сати дневно и четврти је радио 10 дана по 5 сати дневно. 

Колико сваки радник треба да добије? 

31. Уложено је 100 000 динара у банку која плаћа камату 4,2% годишње. 

1) Колика ће камата бити након 8 месеци? 

2) Колико новца се може подићи након 3 године ако се камата рачуна 

сложеном каматном формулом? 

128 





Подударност дужи и углова (130) 

А Аксиоме подударности и основне последице; сабирање и упоређивање 

дужи, одн. углова; врсте углова; теорема о јединствености нормале 

и основна особина једнакокраког троугла; кружнице и кругови; 

симетрала дужи и симетрала угла (130) 

Ставови подударности троуглова и неке важне последице (137) 

А Ставови подударности троуглова СУС, УСУ, ССС и ССУ (137) 

В Докази ставова подударности троуглова (138) 

А Важне последице ставова подударности троуглова: теорема о 

унакрсним угловима; теореме о угловима на трансверзали (142) 

Основне особине троугла (144) 

А Углови троугла; однос страница и углова троугла; неједнакост троугла 

(144) 

Б Центар описане, одн. уписане кружнице троугла; висине и ортоцентар 

троугла (146) 

Основне особине круга (148) 

А Централни и периферијски угао троугла; тангентне дужи (148) 

В Тетивни и тангентни четвороугао (150) 

Основне особине паралелограма и трапеза (151) 

А Паралелограм; специјалне врсте паралелограма; трапез (151) 

Вектори (155) 

А Појам вектора; нула-вектор, супротни вектор и сабирање вектора; 

множење вектора реалним бројем; (155) 

Б Примене вектора (162) 

Геометријске конструкције (163) 

А Основне етапе решавања конструктивних задатака (163) 

Изометријске трансформације (170) 

А Појам изометријске трансформације; осна и централна симетрија; 

ротација; транслација (170) 

Б Композиција изометрија; основна теорема о изометријама равни (176) 




А 

Аксиоме 

подударности 

Подударност дужи и углова 

У овом поглављу наводимо аксиоме које се односе на појам подударности. Реч 

је о односу међу дужима, одн. међу угловима. Аксиоме наводимо према чувеној 

књизи Основни геометрије, великог немачког математичара Давида Хилберта 

(1862–1943). Упоредо наводимо аксиоме које се односе на подударност дужи и 

аксиоме које се односе на подударности углова. Списак завршавамо аксиомом која 

повезује подударност дужи и подударност углова. 

Подударност дужи и подударност углова јесу релације еквиваленције. 

За било које дужи AB, A 1 

B 1 

и A 2 

B 2 

: 

(Р) AB ≅ AB (тј. свака дуж је подударна самој 

себи); 

(С) из AB ≅ A 1 

B 1 

следи A 1 

B 1 

≅ AB; 

(Т) из AB ≅ A 1 

B 1 

и A 1 

B 1 

≅ A 2 

B 2 

следи 

AB ≅ A 2 

B 2 

(тј. ако су две дужи подударне 

трећој, онда су подударне и међу собом). 

За било које углове aOb, a 1 

O 1 

b 1 

и a 2 

O 2 

b 2 

: 

(Р) aOb ≅ aOb (тј. сваки угао је подударан сам 

себи); 

(С) из aOb ≅ a 1 

O 1 

b 1 

следи a 1 

O 1 

b 1 

≅ aOb; 

(Т) из aOb ≅ a 1 

O 1 

b 1 

и a 1 

O 1 

b 1 

≅ a 2 

O 2 

b 2 

следи 

aOb ≅ a 2 

O 2 

b 2 

(тј. ако су два угла подударна 

трећем, онда су подударна и међу собом). 

Аксиоме о преношењу 

дужи и углова 

Претходне особине нећемо посебно истицати у доказима. Такође, 

подразумевамо и да је AB ≅ BA и aOb ≅ bOa. 

Ако је AB произвољна дуж, тада 

на свакој полуправој Pp постоји 

јединствена тачка Q таква да је 

AB ≅ PQ. 

Нека је aOb произвољан конвексан угао. Тада за сваку 

полуправу Pp, у једној од полуравни одређеној правом која 

садржи полуправу Pp, постоји јединствена полуправа Pq таква 

да је aOb ≅ pPq. 

A 

B 

b 

q 

P Q p 

O 

a 

P 

p 

Аксиоме о сабирању дужи 

и углова 

Нека je A – B – C и 

A 1 

– B 1 

– C 1 

. Ако је AB ≅ A 1 

B 1 

и 

BC ≅ B 1 

C 1 

, онда је и AC ≅ A 1 

C 1 

. 

Нека се полуправе Ob и O 1 

b 1 

налазе редом у конвексним 

угловима aOc и a 1 

O 1 

c 1 

. Ако је aOb ≅ a 1 

O 1 

b 1 

и bOc ≅ b 1 

O 1 

c 1 

, 

онда је aOc ≅ a 1 

O 1 

c 1 

. 

C 

B 

A 

a 

O 

c1 

O 1 

b 1 

A 

1 

B 

1 

C 1 

b 

c 

a 1 

130 





Веза између подударности дужи и подударности углова успостављена је следећом 

аксиомом, коју ћемо краће називати аксиома везе. 

Ако су ABC и A 1 

B 1 

C 1 

два троугла таква да је: 

AB ≅ A 1 

B 1 

, AC ≅ A 1 

C 1 

и BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

, 

онда је ABC ≅ A 1 

B 1 

C 1 

и ACB ≅ A 1 

C 1 

B 1 

. 

A C 1 

1 

A 

B 

1 

A 

B 

C 

C 

Ослањајући се на аксиоме подударности уводимо важне појмове геометрије и 

доказујемо бројне њихове особине. Наредним дефиницијама уводимо поредак 

међу дужима и поредак међу угловима. 

A 1 

B 1 

C 1 

B 

Дуж AB је мања од дужи CD, у ознаци AB 

< CD, ако постоји тачка E таква да је 

C – E – D и CE ≅ AB. Кажемо и да је дуж 

CD већа од дужи AB, CD > AB. 

Угао aOb је мањи од угла cTd, у ознаци 

aOb < cTd, ако унутар угла cTd постоји полуправа 

Te таква да је aOb ≅ cTe. У овом случају кажемо и да 

је cTd већи од угла aOb, cTd > aOb. 

A 

B 

AB ≅ CE < CD 

C E D 

За сваке две дужи AB и CD важи AB < CD или AB ≅ CD или 

CD < AB. 

Такође, за свака два угла aOb и cTd важи aOb < cTd или 

aOb ≅ cTd или aOb > cTd. 

b 

a d 

e 

T 

O 

c 

aOb ≅ cTe < cTd 

Дуж PQ је збир дужи AB и CD, у ознаци 

PQ ≅ AB + CD, ако постоји тачка R таква 

да је P – R – Q, AB ≅ PR и CD ≅ RQ. 

Угао pSq је збир углова aOb и cTd, у ознаци 

pSq ≅ aOb + cTd, ако унутар угла pSq постоји 

полуправа Sr таква да је aOb ≅ pSr и cTd ≅ qSr. 

A 

B C 

AB ≅ PR, CD ≅ QR 

P R Q 

PQ = AB + CD 

D 

a 

b 

p 

r 

aOb ≅ pSr, cTd ≅ qSr 

d 

q 

O 

T 

c 

pSq = aOb + cTd 

S 

На природан начин дефинишемо разлику две дужи које нису подударне, одн. 

разлику два угла која нису подударна. 

Ако је AB > CD, дуж PQ је разлика дужи 

AB и CD, у ознаци PQ ≅ AB – CD, ако је 

AB ≅ PQ + CD. 

Ако је aOb > cTd, угао pSq је разлика углова aOb и 

cTd, у ознаци pSq ≅ aOb-cTd, ако је 

aOb ≅ pSq + cTd. 




131

6 

2 

1 57648 9 

упоредни углови 

Два угла су суседна ако имају један заједнички крак и осим тачака тог 

крака немају других заједничких тачака. Два суседна угла су упоредна (или 

напоредна) ако је њихов збир опружен угао. 

a 

b 

оштар 

угао 

прав 

угао 

туп 

угао 

O 

b 

1 2 

a 

1 2 

a 

1 

n 

A 

b 

1 

Прав угао 

b 

O 

2 

n 

1 2 

подножје 

нормале n 1 

a 

2 

Наредном дефиницијом уводимо познате врсте конвексних углова. 

Конвексан угао је: 

– оштар ако је мањи од свог упоредног угла; 

– прав ако је подударан свом упоредном углу; 

– туп ако је већи од свог упоредног угла. 

Изоставићемо доказе следећих тврђења: 

• сваки угао подударан правом углу такође је прав; 

• свака два права угла су међусобно подударна. 

Две праве a и b које се секу у некој тачки O образују четири неопружена конвексна 

угла (слика лево). Ако је један од ових углова прав, једноставно се уочава да су и 

остала три угла такође прави углови. 

Ако две праве p и q које се секу образују праве углове, кажемо да се те две 

праве секу под правим углом, односно да су нормалне и пишемо p ⊥ q. За две 

праве које се секу под правим углом кажемо и да су управне или ортогоналне. 

Права која садржи тачку A и нормална је на p назива се нормала из A на p, док се 

пресек нормале и праве p назива подножје те нормале. Наравно, уколико A p, 

онда је тачка A подножје одговарајуће нормале. 

p 

подножје 

нормале n 1 

B 

Примену аксиома подударности илуструјемо доказујући један део наредне важне 

теореме. 

Теорема о јединствености 

нормале 

За сваку праву p и тачку A постоји јединствена права која садржи A и 

нормална је на p. 

Доказ. Доказаћемо само да постоји нормала из A на p, у 

случају када A p. 

A 

a 

Нека је P произвољна тачка праве p. Ако је права PA 

нормална на p доказ је завршен. Претпоставимо зато, да PA 

није нормално на p. Полуправу на правој p чији је почетак P 

и која са PA образује оштар угао означићемо Pp. 

P 

p 

132 





Према аксиоми о преношењу углова, у полуравни коју 

одређује права p и која не садржи PA постоји јединствена 

полуправа Pa 1 

таква да је pPa 1 

≅ pPA. 

Према аксиоми о преношењу дужи, на попуправој Pa 1 

постоји јединствена тачка A 1 

таква да је PA 1 

≅ PA. 

Нека је S пресек праве p и дужи AA 1 

. Тада за ∆APS и ∆A 1 

PS 

важи: 

PA ≅ PA 1 

, PS ≅ PS и APS ≅ A 1 

PS, 

па према аксиоми о вези између подударности дужи и 

подударности углова закључујемо да је ASP ≅ A 1 

SP. 

Углови ASP и A 1 

SP су упоредни и међусобно подударни, 

одакле следи да су прави. Дакле, права AA 1 

јесте нормала из 

A на p. 

Доказ да је нормала јединствена изостављамо. 

Изостављамо и доказ у случају да A p. ■ 

P 

P 

P 

A a 

a 

A 1 1 

A a 

S 

A 1 

a1 

A a 

A 1 

S 

a 

1 

p 

p 

p 

Троугао чије су две странице подударне назива се једнакокраки троугао. 

Подударне странице називају се краци троугла, а трећа страница је 

основица тог троугла. Теме наспрам основице једнакокраког троугла 

назива се врх тог троугла. 

Једнакокраки троугао 

угао при врху 

A 

Наредна теорема изражава основну особину једнакокраког троугла. Још у давна 

времена тврђење је названо и „магарећи мост”. Постоје многобројна тумачења о 

пореклу овог назива. Најпопуларније је оно тумачење према којем је ово тврђење 

„мост” ка озбиљнијој геометрији који не може „прећи” само магарац. 

Наспрам подударних страница троугла налазе се подударни углови. 

крак 

крак 

основица 

B 

C 

углови на основици 

Магарећи мост 

Доказ. Примењујемо аксиому о вези између подударности дужи и подударности 

углова. Да би примена ове аксиоме била очигледнија, уводимо скраћени запис ове 

аксиоме: 

BA ≅ B 1 

A 1 

BC ≅ BC 1 

 

BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

ABC ≅ A 1 

B 1 

C 

BCA ≅ B 1 

C 1 

A 1 

1 

при чему је корисно замислити да наведена импликација важи за било које две 

уређене тројке неколинеарних тачака (A, B, C) и (A 1 

, B 1 

, C 1 

). 

Нека је ABC једнакокраки троугао чији је врх тачка B, BA ≅ BC. Тада за уређене 

тројке (A, B, C) и (C, B, A) важи BA ≅ BC, BC ≅ BA и ABC ≅ CBA. Користећи 

последњу аксиому закључујемо да је BAC ≅ BCA. ■ 




133

6 

2 

1 57648 9 

кружница k(O, r) 

центар О 

Кружнице и 

кругови 

полупречник r 

Нека су O и A две различите тачке неке равни π. Скуп свих тачака X равни π 

таквих да је OX ≅ OA назива се кружница (или кружна линија) и обележава се 

k(O, OA). Тачка O се назива центар кружнице. За било коју тачку X кружнице, 

дуж OX називамо полупречником кружнице. 

Полупречник кружнице често се означава неким малим словом латинице. 

Наредна тврђења, која се односе на међусобне осносе две кружнице, нећемо 

детаљно образлагати и доказивати. Нека су k(O, r) и k(S, s) кружнице, при чему је 

r < s. 

O 

r 

d 

s 

S 

O 

r 

T 

d 

s 

S 

O 

r 

A 

d 

B 

s 

S 

Ако је OS > r + s, 

кружнице k(O, r) и 

k(S, s) немају заједничких 

тачака. 

Ако је OS = r + s, кружнице 

k(O, r) и k(S, s) имају једну 

заједничку тачку и кажемо да се 

додирују споља у тој тачки. 

Ако је s – r < OS < r + s, 


k(S, s) имају две заједничке 

тачке. 

T 

r 

s 

Od 

S 

Ако је OS = s – r, 


k(S, s) имају једну 

заједничку тачку и 

кажемо да се додирују 

изнутра у тој тачки. 

r 

s 

d 

O 

S 

Ако је OS < s – r, 

кружнице 

k(O, r) и k(S, s) немају 

заједничких тачака. 

p 

Размотримо и међусобне односе кружнице k(O, r) и праве p. Нека је P подножје 

нормале из O на p. Наравно, ако O p, онда O и P означавају исту тачку. 

P 

O 

тачка додира 

p P тангента 

p 

P 

сечица 

k(O, r) k(O, r) k(O, r) 

O 

O 

А 

B 

Ако је OP > r, 

кружница k(O, r) 

и права p немају 

заједничких тачака. 

Ако је OP = r, кружницa k(O, r) и 

права p имају једну заједничку тачку. 

Тада је права p тангента кружнице 

k(O, r). Тангента је нормална на 

полупречник одређен тачком додира. 

Ако је OP < r, 

кружницa k(O, r) и права 

p имају две заједничке 

тачке. Тада је права p 

сечица кружнице k(O, r). 

134 





Произвољна кружница k(O, r) неке равни одређује два скупа тачака у тој равни. 

Један од тих скупова чине тачке S такве да је OS > r; то је скуп спољашњих тачака 

кружнице. Други скуп садржи центар O и све тачке U такве да је OU < r; то је скуп 

унутрашњих тачака кружнице. 

Унија кружнице k(O, r) и њених унутрашњих тачака назива се круг и 

обележава се K(O, r). Тачка O je центар, а r је полупречник круга K(O, r). 


1) Анализирај међусобне односе два круга различитих полупречника. 

2) Анализирај међусобне односе круга и праве. 

Угао pOq чије је теме центар кружнице k(O, r) назива се централни угао те 

кружнице. Пресек кружнице k(O, r) и централног угла pOq назива се кружни лук 

и обележава се PQ, при чему су P и Q пресечне кружнице и редом кракова Op и 

Oq. Дуж PQ назива се тетива. 

Замислимо да се крак Oa угла aOb окреће око темена O ка краку Ob. Пут који 

пређе било која тачка покретног крака (која је наравно различита од O) јесте 

кружни лук чији је центар O. Зато се области неког угла углавном истичу цртањем 

неког кружног лука. 

b 

Кружнице су важне геометријске фигуре на чије се особине суштински ослањамо 

при геометријским конструкцијама. Подсећамо да геометријске конструкције 

изводимо користећи само обичан лењир и шестар. Употреба троугаоног лењира, 

угломера и неких других помоћних средстава није дозвољена при конструкцијама. 

О 

A3 

AA 2 

1 

A 

a 

Средиште дужи AB је тачка S 

таква да је AS ≅ SB. 

Симетрала угла aOb је полуправа Os која 

припада углу таква да је aOs ≅ sOb. 

Средиште дужи и 

симетрала угла 

A 

S 

B 

O 

b 

a 

s 

Без доказа наводимо следећа два позната тврђења. 

Свака дуж има 

јединствено средиште. 

Сваки угао има јединствену 

симетралу. 

s 

Симетрала дужи је нормала на дуж која садржи средиште дужи. 

A 

S 

B 




135

6 

2 

1 57648 9 

Доказаћемо једну теорему на којој је засновано неколико важних конструкција. 

Нека је ABC једнакокраки троугао, AC ≅ BC. Ако је S средиште основице AB, 

онда је права SC нормална на AB и SC се налази на симетрали угла ACB. 

A 

C 

S 

s AB 

C 

B 

Доказ. Користећи теорему „магарећи мост”, из AC ≅ BC, 

закључујемо да је CAS ≅ CBS. Према аксиоми везе између 

подударности дужи и подударности углова, из 

AC ≅ BC, AS ≅ BS и CAS ≅ CBS 

следи ASC ≅ BSC и ACS ≅ BCS. 

Углови ASC и BSC су упоредни, па како су подударни следи да 

су прави. 

Из ACS ≅ BCS следи да SC полови угао ACB. ■ 

A 

C 

S 

B 

A 

S 

C 1 

C 2 

B 

Конструкција симетрале дужи AB. Конструишимо две кружнице истог 

полупречника r чији су центри тачке A и B. Да би кружнице имале две пресечне 

тачке, полупречник r мора бити већи од половине дужи AB. Очигледно, свака 

пресечна тачка кружница преставља врх једнакокраког троугла чија је основица 

AB. На основу претходног тврђења следи да пресечне тачке кружница одређују 

симетралу s AB 

дужи AB. 

P 

n 

p 

P 

n 

p 


Опиши конструкцију нормале на праву p из дате тачке P и 

образложи њену коректност. 

Напомена. На слици десно приказане су конструкције у случају да 

P p и у случају да P p. 

O 

Q 

q 

s pOq 

Конструкција симетрале угла pOq. Прво конструишемо тачке P и Q на крацима 

Op и Oq такве да је OP ≅ OQ. Троугао POQ је једнакокраки, па према претходној 

теореми, симетрала угла pOq се налази на симетрали дужи PQ. Дакле, потребно је 

конструисати још једну тачку S, различиту од O, такву да је SP ≅ SQ. 

P 

p 

Често се на цртежима парови подударних дужи истичу тако што се преко слика 

тих дужи додају цртице, при чему су подударне дужи прецртане на исти начин. 

Аналогно томе, парови подударних углова истичу тако што се преко лукова додају 

цртице, при чему су лукови подударних углова прецртани цртицама на исти 

начин. 

136 




Ставови подударности троуглова 

и неке важне последице 

А 

Поједностављено говорећи, два троугла сматрамо подударним ако се један од 

њих може пренети тако да се потпуно поклопи са другим. Другим речима, два 

подударна троугла не разликују се ни по чему осим по положају у простору. Када 

уочимо да су странице и углови једног троугла једнаки страницама и угловима 

другог троугла, ослањајући се на осећај за геометријске односе, знамо да би се ти 

троуглови могли довести у положај такав да потпуно поклапају један другог, тј. да 

су подударни. 

ΔABC ≅ ΔPQR 

Два троугла ABC и A 1 

B 1 

C 1 

су подударна, у ознаци ∆ABC ≅ ∆A 1 

B 1 

C 1 

, ако су 

странице једног троугла подударне страницама другог и углови једног троугла 

подударни су угловима другог троугла. 

A 

C 

B 

Када записујемо подударност два троугла, темена троуглова наводимо у складу 

са начином на који се ти троуглови могу „преклопити”. Ако се ∆ABC „поклапа” 

са ∆PQR тако што се A поклопи са P, B са Q и C са R, онда пишемо ∆ABC ≅ ∆PQR. 

Наравно, поред овог, исправни су и записи ∆BCA ≅ ∆QRP, као и ∆BAC ≅ ∆QPR и 

слично. 

P 

R 

Q 

Из основне школе је познат значај ставова подударности троуглова. Користећи 

поједностављене сликовите записе подсећамо на ове важне теореме геометрије. 

Сваки став подударности одговара знаку импликације изнад кога је наведен 

одговарајући назив. 

Први став подударности или став СУС 

AB = QP 

ABC = QPR 

BC = PR 

СУС 

∆ABC ≅ ΔQPR 

Други став подударности или став УСУ 

BCA = PRQ 

BC = PR 

ABC = QPR 

УСУ 


Трећи став подударности или став ССС 

AB = QP 

CA = RQ 

BC = PR 

ССС 


BCA = PRQ 

CA = RQ 

CAB = RQP 

AB = QP 

CAB = RQP 

CA = RQ 

BCA = PRQ 

ABC = QPR 

CAB = RQP 

Четврти став подударности или став ССУ 

AB = QP 

CA = RQ 

AB > CA 

BCA = PRQ 

ССУ 


BC = PR 

CAB = RQP 

ABC = QPR 

A 

A 

A 

A 

C P Q 

B 

B 

R 

C P Q 

B 

R 

C P Q 

R 

C P Q 




B 

R 

137

В 

Први став подударности 

или став СУС 

Два троугла су подударна ако су две странице и њима захваћени угао једног 

троугла подударни двема страницама и захваћеним углом другог троугла. 

B 

B 

A 

A 

C 

C 

B1 

1 

A 

A 

C 

1 

C 

B1 

1 

1 

Доказ. Нека је BA ≅ B 1 

A 1 

, BC ≅ B 1 

C 1 

и ABC ≅ A 1 

B 1 

C 1 

. Тада према аксиоми везе 

између подударности дужи и подударности углова важи BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

и 

BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

. Остаје још да се докаже да је CA ≅ C 1 

A 1 

. Претпоставимо да дужи 

CA и C 1 

A 1 

нису подударне. 

A 

Према аксиоми о преношењу дужи, C 1 

A 1 

садржи тачку 

A’ такву да је CA ≅ C 1 

A’. Применимо аксиому везе на 

ACB и A’C 1 

B 1 

: из CA ≅ C 1 

A’, CB ≅ C 1 

B 1 

и BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

следи ABC ≅ A’B 1 

C 1 

. 

B 

C 

A 

C 

B1 

1 

Тада је A 1 

B 1 

C 1 

≅ A’B 1 

C 1 

, што противречи аксиоми о преношењу углова, јер 

различите полуправе B 1 

A 1 

и B 1 

A’ су са исте стране праве B 1 

C 1 

и са њом образују 

подударне углове. Дакле, мора бити CA ≅ C 1 

A 1 

. ■ 

1 

A' 

Други став подударности 

или став УСУ 

Два троугла су подударна ако су страница и на њој налегли углови у једном 

троуглу подударни једној страници и налеглим угловима у другом троуглу. 

A 

A 1 

C 

C 1 

B 

B 1 

Доказ. Нека је CAB ≅ C 1 

A 1 

B 1 

, AB ≅ A 1 

B 1 

и ABC ≅ A 1 

B 1 

C 1 

. 

Докажимо прво да је AC ≅ A 1 

C 1 

. Претпоставимо да дужи 

AC и A 1 

C 1 

нису подударне. Према аксиоми о преношењу дужи, 

A 1 

C 1 

садржи тачку C’ такву да је AC ≅ A 1 

C’. Применимо 

аксиому везе подударности дужи и подударности углова 

на CAB и C’A 1 

B 1 

: из AC ≅ A 1 

C’, AB ≅ A 1 

B 1 

и CAB ≅ C’A 1 

B 1 

следи ABC ≅ A 1 

B 1 

C’. 

A 

A 1 

C 

C' 

C 1 

B 

B 1 

A 

Тада је A 1 

B 1 

C 1 

≅ A 1 

B 1 

C’, што противречи аксиоми о преношењу углова, јер 

различите полуправе B 1 

C 1 

и B 1 

C’ су са исте стране праве A 1 

B 1 

и са њом образују 

подударне углове. Дакле, мора бити AC ≅ A 1 

C 1 

. 

Најзад, из AC ≅ A 1 

C 1 

, AB ≅ A 1 

B 1 

и CAB ≅ C 1 

A 1 

B 1 

следи ∆ABC ≅ ∆A 1 

B 1 

C 1 

. ■ 

C 1 C 2 

Тачке C 1 

и C 2 

се налазе са разних страна праве AB. Ако је AC 1 

≅ AC 2 

и BC 1 

≅ BC 2 

, 

онда је ABC 1 

≅ ABC 2 

. 

B 


Докажи претходну теорему. 

138 




В 

Ако су странице једног троугла подударне страницама другог троугла, онда су 

та два троугла подударна. 

Трећи став подударности 

или став УСУ 

Доказ. Нека је AB ≅ A 1 

B 1 

, BC ≅ B 1 

C 1 

и CA ≅ C 1 

A 1 

. Довољно је доказати 

CAB ≅ C 1 

A 1 

B 1 

, јер ће из подударности ових углова и претпостављене 

подударности страница који га захватају, према ставу СУС, следити 

∆ABC ≅ ∆A 1 

B 1 

C 1 

. 

У полуравни коју одређује права A 1 

B 1 

и која не садржи C 1 

(према аксиомама о 

преношењу углова и преношењу дужи) постоји јединствена тачка C 2 

таква да је 

C 2 

A 1 

B 1 

≅ CAB и A 1 

C 2 

≅ AC. Према ставу СУС следи да је ∆ABC ≅ ∆A 1 

B 1 

C 2 

, па је 

BC ≅ B 1 

C 2 

. 

Из BC ≅ B 1 

C 1 

и BC ≅ B 1 

C 2 

следи B 1 

C 1 

≅ B 1 

C 2 

. 

Из A 1 

C 2 

≅ AC и AC ≅ A 1 

C 1 

следи A 1 

C 1 

≅ A 1 

C 2 

. 

Према тврђењу претходног задатка, из B 1 

C 1 

≅ B 1 

C 2 

и A 1 

C 1 

≅ A 1 

C 2 

закључујемо да је 

B 1 

A 1 

C 1 

≅ B 1 

A 1 

C 2 

. 

Најзад, из C 2 

A 1 

B 1 

≅ CAB и B 1 

A 1 

C 1 

≅ B 1 

A 1 

C 2 

изводимо жељени закључак 

CAB ≅ C 1 

A 1 

B 1 

. ■ 

C 

A 

B 

B 

C 1 C 2 

A 

1 

1 

Два троугла су подударна ако су две странице једног троугла подударне 

двема страницама другог троугла, подударни су углови наспрам једног пара 

подударних страница, а углови наспрам другог пара подударних страница су 

исте врсте, тј. оба су оштра, права или тупа. 

Четврти став подударности 

или став ССУ 

Доказ. Нека је AB ≅ A 1 

B 1 

, BC ≅ B 1 

C 1 

BCA ≅ B 1 

C 1 

A 1 

и CAB и C 1 

A 1 

B 1 

су углови 

исте врсте (оба су оштра, оба права или оба тупа). Довољно је доказати да је 

CA ≅ C 1 

A 1 

(Зашто?). 

Претпоставимо супротно да дужи CA и C 1 

A 1 

нису подударне. Тада је једна од ове 

две дужи мања од друге. Без губљења општости можемо претпоставити да је 

CA < C 1 

A 1 

. Тада на страници C 1 

A 1 

постоји тачка A 2 

таква да је C 1 

A 2 

≅ CA. Према 

ставу СУС следи да је ∆ABC ≅ ∆A 2 

B 1 

C 1 

, па је AB ≅ A 2 

B 1 

и CAB ≅ C 1 

A 2 

B 1 

. 

Из AB ≅ A 1 

B 1 

и AB ≅ A 2 

B 1 

следи да је A 1 

B 1 

≅ A 2 

B 1 

, што значи да је ∆A 1 

B 1 

A 2 

једнакокраки, па је B 1 

A 1 

A 2 

≅ B 1 

A 2 

A 1 

. Дакле, углови CAB, C 1 

A 2 

B 1 

, B 1 

A 1 

A 2 

, B 1 

A 2 

A 1 

су међусобно подударни и сви су исте врсте. Како су C 1 

A 2 

B 1 

и B 1 

A 2 

A 1 

упоредни, 

следи да ови углови морају бити прави, а самим тим и B 1 

A 1 

A 2 

је прав, што је у 

контрадикцији са теоремом о јединствености нормале. ■ 

A 1 

углови исте врсте 

C 

A 

B 

B 1 C 1 

A 2 

Ако су две странице једног троугла подударне двема страницама другог 

троугла и угао наспрам веће од њих у једном троуглу једнак је углу наспрам 

веће странице у другом троуглу, онда су та два троугла подударна. 

Последица која се такође 

назива став ССУ 




139

А 

Важне последице 

ставова подударности 

троуглова 

Ставови подударности јесу теореме познате од давнина. Према старогрчким 

историчарима, који су писали о настанку геометрије када се она већ значајно 

развила, Талес из Милета је донео из Египта прва геометријска знања, али је и 

сам многе теореме открио и преносио их својим ученицима. Према поменутим 

изворима, Талес је знао за ставове СУС и УСУ. Наредна теорема и њена 

једноставна последица такође спадају у древна геометријска тврђења. 

Напоредни углови двају подударних, неопружених и конвексних углова, 

такође су међусобно подударни. 

b 

B 

b 1 

B 1 

Доказ. Претпоставимо да је aOb ≅ a 1 

O 1 

b 1 

. Нека су bOc и b 1 

O 1 

c 1 

редом упоредни угловима aOb и a 1 

O 1 

b 1 

. 

a 

A 

O 

C c 

c 

C 1 

O 1 

a A 1 

1 1 

На крацима наведених углова уочимо тачке као на слици лево, при 

чему је OA ≅ O 1 

A 1 

, OB ≅ O 1 

B 1 

и OC ≅ O 1 

C 1 

. Подударност 

BOC ≅ B 1 

O 1 

C 1 

доказујемо применом става СУС неколико пута. 

Из OA ≅ O 1 

A 1 

, OB ≅ O 1 

B 1 

и 

AOB ≅ A 1 

O 1 

B 1 

следи 

OAB ≅ O 1 

A 1 

B 1 

и AB ≅ A 1 

B 1 

. 

a 

A 

b 

B 

O 

b 1 

B 1 

C c 

c 

C 1 

O 1 

a A 1 

1 1 

Из AC ≅ A 1 

C 1 

, AB ≅ A 1 

B 1 

и 

BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

следи 

ACB ≅ A 1 

C 1 

B 1 

и BC ≅ B 1 

C 1 

. 

a 

A 

b 

B 

O 

b 1 

B 1 

C c 

c 

C 1 1 

O 1 

a 1 

A 1 

a 

a 1Ob 1 је упоредан 

углу a Ob . 

1 2 

1 2 

O 

b 

a 

a 2Ob 2 је упоредан 

углу a Ob . 

b 

1 2 

1 2 

Теорема о унакрсним 

угловима 

Најзад, из CO ≅ C 1 

O 1 

, CB ≅ C 1 

B 1 

и 

OCB ≅ O 1 

C 1 

B 1 

следи 

BOC ≅ B 1 

O 1 

C 1 

. ■ 

Две праве a и b које се секу у некој тачки O образују четири неопружена 

конвексна угла (слика лево). Међу овим угловима, свака два суседна угла су 

очигледно упоредна. Свака два несуседна угла називају се унакрсни углови. 

Пошто су унакрсни углови уједно и напоредни истом углу, из претходне теореме 

једноставно изводимо следећи закључак. 

Унакрсни углови су подударни. 

a 

A 

b 

B 

O 

b 1 

B 1 

C c 

c 

C 1 1 

O 1 

a 1 

A 1 

140 





t 

Права која сече неке две праве назива се трансверзала тих правих. Ако су a и b 

две паралелне праве и t њихова трансверзала, испитајмо однос међу угловима 

које права t образује са правама a и b. Права t са правама a и b образује осам 

конвексних (неопружених) углова које делимо на: 

• унутрашње, чији краци садрже дуж AB и 

• спољашње, чији краци не садрже дуж AB. 

a 

спољашњи 

углови 

b 

A 

B 

унутрашњи 

углови 

Два спољашња угла или два унутрашња угла која нису са исте стране 

трансверзале и нису суседни називају се наизменични углови. 

Права t сече праве a и b у различитим тачкама. Нека су α и β наизменични 

углови које права t образује са правама a и b. Праве a и b су паралелне акко су 

углови α и β подударни. 

наизменични углови 

a b 

t 

Теорема о наизменичним 

угловима 

Доказ. Нека су A и B тачке пресека трансверзале t редом са правама a и b. 

Довољно је теорему доказати за један пар унутрашњих наизменичних углова. 

() Претпоставимо да су подударна два унутрашњa наизменична угла. Тада су 

подударна и друга два унутрашња наизменична угла. 

a 

n 

A 

t 

Ако су уочени углови прави, тврђење које треба доказати важи према теореми о 

јединствености нормале. Претпоставимо зато да уочени углови нису прави. Нека 

α и β означавају пар оштрих наизменичних углова. 

Нека је S средиште дужи AB, S 1 

подножје нормале n из S на a и S 2 

тачка таква да је 

S 2 

S ≅ SS 1 

и S 2 

– S – S 1 

. Показаћемо да тачка S 2 

припада правој b. 

b 

B 

S 1 

S 

S 2 

SA ≅ SB 

S 2 

S ≅ SS 1 

ASS 1 

≅ BSS 2 

(унакрсни углови су подударни) 

СУС 

∆SAS 1 

≅ ∆SBS 2 

 

SAS 1 

≅ SBS 2 

SS 1 

A ≅ SS 2 

B 

Из α = SAS 1 

≅ SBS 2 

и α ≅ β, следи да је β ≅ SBS 2 

, па према аксиоми о преношењу 

углова, тачка S 2 

припада правој b. 

Пошто је SS 1 

A прав, закључујемо да је и SS 2 

B прав угао. Дакле, права n је 

нормална и на b. Према теореми о јединствености нормале, праве a и b не могу 

имати заједничку тачку, што значи да су паралелне. 

a 

b 

b' B 

A 

B' 

t 

() Претпоставимо да је a || b. У полуравни одређеној правом t, у којој се не 

налази угао α, постоји полуправа BB’ таква да је ABB’ ≅ α. Ако је b’ права на 

којој се налази BB’, из првог дела доказа ове теореме следи да је a || b’. На основу 

аксиоме паралелности закључујемо да b и b’ означавају исту праву. Наравно, 

ABB’ јесте заправо угао β. ■ 




141

6 

2 

1 57648 9 

a 

сагласни углови 

b 

Због једноставнијег изражавања, уводе се посебни називи за поједине парове 

углова које трансверзала образује на двема правама. 

t 

парови супротних 

углова 

Права t сече праве a и b у различитим тачкама. 

Jедан спољашњи угао и један унутрашњи угао који су са исте стране 

трансверзале и нису суседни називају се сагласни углови. 

Два спољашња угла или два унутрашња угла која су са исте стране 

трансверзале називају се супротни углови. 

a 

b 

t 

Углови чији је збир једнак опруженом углу називају се суплементни углови. 

a 

Последице 

b 

Права t сече праве a и b у различитим тачкама. 

1) Праве a и b су паралелне акко су подударна два сагласна угла. 

2) Праве a и b су паралелне акко су суплементна два супротна угла. 

d 

c 

δ 1 

γ 1 

α 1 β 1 

δ 3 

γ 3 

α 3 β 3 

δ 2 

γ 2 

δ 4 

γ 4 

α 2 β 2 

α 4 β 4 


На слици десно приказане су паралелне праве a и b које секу друге две паралелне 

праве c и d. Међу приказаним угловима одреди оне који су међусобно подударни. 

За две полуправе кажемо да су паралелне ако се налазе на истој правој или на 

паралелним правама. 

теорема о угловима са 

паралелним крацима 


O 1 

b 1 

и a 2 

O 2 

b 2 

конвексни углови који нису прави и чији су краци 

паралелни, O 1 

a 1 

|| O 2 

a 2 

и O 1 

b 1 

|| O 2 

b 2 

. 

• Ако су оба угла оштра или тупа, тада су дати углови подударни. 

• Ако је један угао оштар, а други туп, онда су дати углови суплементни. 

Ова теорема је директна последица теорема о угловима на трансверзали. Да 

бисмо се уверили да је она тачна, довољно је „продужити краке” датих углова и 

посматрати их као углове на одговарајућим трансверзалама. Овај принцип се 

углавном користи и при решавању задатака. 

pOa ≅ qSb aOq и bSp aOp ≅ bSq 

су суплементни 

углови 

142 





3. 


На сликама испод приказана је (корак-по-корак) конструкција позната под 

називом преношењe угла. Детаљно објаснити зашто је aOb ≅ A 1 

PB 1 

. 

b 

b 

B 

b 

B 

b 

B 

a 

O 

a 

A 

O 

a 

A 

O 

a 

A 

O 

P 

p 

k(A 1, OA) 

k(A 1, OA) 

P 

A 1 

p 

P 

B 1 

A 1 

k(A , AB) 1 

p 

P 

B 1 

A 1 

p 

Наредним задацима истичемо важна тврђења о симетрали дужи и симетрали 

угла. 

4. 


1) Ако тачка S припада симетрали дужи AB, докажи да је SA ≅ SB. 

2) Ако је S тачка таква да је SA ≅ SB, докажи да S припада симетрали 

дужи AB. 

O 

~ 

~ 

a 

S 

s ∢aOb 

5. 


Нека је aOb неопружени конвексни угао, S тачка из области угла aOb 

и A и B подножја нормала из S редом на краке Oa и Ob. 

1) Ако S припада симетрали угла aOb, докажи да је SA ≅ SB. 

2) Ако је SA ≅ SB, онда тачка S припада симетрали угла aOb. 

6. 


Кружнице k 1 

и k 2 

чији су центри O 1 

и O 2 

секу се у 

тачкама A и B. Докажи да је O 1 

AO 2 

≅ O 1 

BO 2 

. 

O 

~ 

~ 

A 

B 

b 

a 

S 

b 

s ∢aOb 

7. 


Дужи AB и PQ полове једна другу, то јест имају 

заједничко средиште S. Докажи да је AP ≅ BQ. 




143

А 

Основне особине троугла 

Користећи аксиоме подударности и последице доказане у претходним лекцијама 

изводимо најважније особине троуглова. 

Теорема о збиру 

углова троугла 

Збир унутрашњих углова троугла једнак је опруженом углу. 

Доказ. Означимо са α, β, γ унутрашње углове троугла ABC. Нека је p права која 

садржи C и паралелна је са AB, a Cp 1 

и Cp 2 

полуправе на које је p подељена тачком 

C (слика лево). На основу теореме о наизменичним угловима закључујемо да је 

α = CAB ≅ p 1 

CA и β = ABC ≅ p 2 

CB. Очигледно је збир 

p 1 

CA + ACB + p 2 

CB једнак опруженом углу, одакле следи да је и збир 

α + β + γ једнак опруженом углу. ■ 

Последице 

1. Троугао може имати највише један прав угао. 

2. Троугао може имати највише један туп угао. 

3. У сваком троуглу бар два угла су оштри углови. 

катета 

оштри 

углови 

хипотенуза 

C 

катета 

p AB 

Ослањајући се на наведене последице, уводимо познату класификацију троуглова. 

Троугао је оштроугли ако су сва три његова угла оштри углови. 

Троугао је правоугли ако је један његов угао прав (а остала два су оштра). 

Страница правоуглог троугла која се налази наспрам правог угла назива се 

хипотенуза. Странице правоуглог троугла које се налазе наспрам оштрих углова 

називају се катете. 

Троугао је тупоугли ако је један његов угао туп (а остала два су оштра). 

A 

B 

Спољашњи углови троугла су углови напоредни његовим унутрашњим угловима. 

Сваком унутрашњем углу одговарају два спољашња угла која су међусобно 

подударна. На слици лево илустровано је наредно тврђење које се једноставно 

доказује. 

Сваки спољашњи угао троугла једнак је збиру два њему несуседна угла тог 

троугла. Самим тим, спољашњи угао троугла већи је од сваког унутрашњег 

угла који му није суседан. 

B 

144 

1 

A 

2 

1 

2 

D 

C 


Доказати да је збир углова у сваком четвороуглу два пута већи од опруженог угла. 





Ако две странице неког троугла нису подударне, онда се наспрам веће 

странице налази већи угао. 

Доказ. Нека је ABC троугао такав да је CB < CA. На страници 

CA постоји тачка D таква да је CD = CB. 

Троугао DCB je једнакокраки, па је CDB ≅ CBD. 

Очигледно је CBD < CBA. Спољашњи угао CDB троугла ABD 

већи је од унутрашњег угла CAB који му није суседан, па је 

CAB < CDB. Дакле, CAB < CDB ≅ CBD < CBA, тј. угао 

наспрам странице CB мањи је од угла наспрам странице CA. ■ 

Спољашњи угао 

троугла ABD 

већи је од 

унутрашњег 

који му није 

суседан. 

Из претходне теореме и основне особине једнакокраког троугла (магарећег моста) 

једноставно изводимо следеће последице. 

A 

D 

1 

1 

2 

C 

2 

B 

1. Ако су два угла неког троугла подударна, онда су подударне и странице 

наспрам тих углова. 

2. Ако су два угла неког троугла различита, онда се наспрам већег угла налази 

већа страница. 

Доказ. 

1) Нека је ABC троугао такав да је α = β. Треба да покажемо да је a = b. Знамо да је 

a b или a = b. 

Према претходној теореми, из a 

Дакле, не може бити a < b. Такође, из a 

закључујемо да не може бити a < b. Дакле, мора бити a = b. 

2) Нека је ABC троугао такав да је α < β. Да бисмо показали ово тврђење, 

поступамо као под 1). 

Треба да покажемо да је a < b. Знамо да је a b или a = b. 

Према претходној теореми, из a > b следи α > β, a претпоставили смо да је α = β. 

Дакле, не може бити a > b. Такође, из a = b следи α = β. Због претпоставке α < β 

закључујемо да не може бити a = b. Дакле, мора бити a < b. ■ 

У доказу подразумевамо 

уобичајено означавање 

углова и страница троугла 

ABC. Углове у теменима 

A и B означавамо α и β, а 

странице наспрамне овим 

угловима означавамао 

a и b. 

Свака страница троугла мања је од збира друге две странице. 

Неједнакост троугла 

Доказ. На продужетку странице AB, троугла ABC, означимо тачку D тако да 

је D – A – B и DA = AC (слика десно). Троугао DAC је једнакокраки па је 

CDA = DCA. Очигледно је DCB > DCA. Наспрам већег угла налази се 

већа страница, па посматрајући ΔDBC, из DCB > CDB следи да је 

b + c = DB > BC = a. ■ 

D 

b 

A 

b 

C 

c 

a 

B 




145

Б 

Значајне тачке троугла 


Симетрале све три странице троугла секу се у једној тачки. 

Центар описане 


Доказ. Нека је ∆ABC произвољан троугао, а s AB 

и s BC 

симетрале страница AB и BC. 

Означимо са O пресек правих s AB 

и s BC 

. 

Из O s AB 

следи да је OA ≅ OB. Зашто? 

Из O s BC 

следи да је OB ≅ OC. Зашто? 

Дакле, OA ≅ OC, одакле следи да O припада и 

симетрали дужи CA. Зашто? ■ 

Тачка у којој се секу симетрале страница троугла подједнако је удаљена од сваког 

темена тог троугла. Дакле, постоји кружница чији је центар пресек симетрала 

страница троугла и која садржи сва темена тог троугла. Ова кружница се назива 

описана кружница троугла. 


Симетрале сва три угла троугла секу се у једној тачки. 

Центар уписане 


Доказ је потпуно аналоган доказу претходне теореме. Нека је ∆ABC произвољан 

троугао, а s A 

и s B 

симетрале углова CAB и ABC. Означимо са S пресек симетрала 

s A 

и s B 

. 

Нека су P, Q и R подножја нормала из S на странице AB, 

BC и CA. 

Из S s A 

следи да је SR ≅ SP. 

Из S s B 

следи да је SP ≅ SQ. 

Дакле, SR ≅ SQ, одакле следи да S припада и симетрали 

угла BCA. ■ 

Тачка у којој се секу симетрале углова троугла подједнако је удаљена од сваке 

странице тог троугла, па постоји кружница чији је центар пресек симетрала 

углова троугла и која додирује све странице тог троугла. Ова кружница се назива 

уписана кружница троугла. 


Докажи да се симетрала једног угла троугла и симетрале њему несуседних 

спољашњих углова секу у једној тачки. 

146 

Тачка пресека симетрале једног угла и симетрала њему несуседних спољашњих 

углова је центар кружнице која додирује једну страницу и продужетке преостале 

две странице. Ова кружница назива се приписана или споља уписана кружница 

троугла. Наравно, сваки троугао има три приписане кружнице. 





Висина троугла је дуж чија је једна крајња тачка теме троугла, а друга је подножје 

нормале из тог темена на праву која садржи наспрамну страницу. Сваки троугао 

има три висине. Уобичајено је да се у троуглу ABC висинe из темена A, B и C редом 

обележавају h a 

, h b 

и h c 

. 

висина из темена A 

на страницу BC 

C 

A' 

Праве које садрже висине троугла секу се у једној тачки. 

А 

h a 

B 

Доказ. Кроз свако теме ∆ABC конструишимо 

праву паралелну са наспрамном страницом и 

обележимо пресечне тачке сваке две од тих правих 

са A 1 

, B 1 

и C 1 

, као на слици десно. 

Приметимо прво да је 

AA’ ⊥ B 1 

C 1 

, BB’ ⊥ C 1 

A 1 

и CC’ ⊥ A 1 

B 1 

. 

Применом теореме о угловима на трансверзали и 

става УСУ закључујемо да је 

∆ABC ≅ ∆BAC 1 

≅ ∆A 1 

CB ≅ ∆CB 1 

A, 

а одавде да је 

AC 1 

≅ AB 1 

, BC 1 

≅ BA 1 

и CA 1 

≅ CB 1 

. 

Дакле, праве одређене висинама AA’, BB’, CC’ су симетрале дужи 

B 1 

C 1 

, C 1 

A 1 

, A 1 

B 1 

, тј. страница троугла A 1 

B 1 

C 1 

. Већ смо доказали да се симетрале 

страница било ког троугла секу у једној тачки. Дакле, праве које садрже висине 

троугла секу се у једној тачки. ■ 

Тачка пресека правих које садрже висине неког троугла назива се ортоцентар 

тог троугла. 

Ортоцентар оштроуглог троугла налази се у његовој унутрашњости. 

Ортоцентар тупоуглог троугла припада спољашњости троугла. 

Ортоцентар правоуглог троугла је теме у коме је угао прав. 

3. 


Нека је H ортоцентар троугла ABC. Која тачка је ортоцентар ΔABH? Одреди 

ортоцентре и троуглова BCH и ACH. 

4. 


Нека је pOq оштар угао. На краку Op уочена је тачка P, а на краку Oq тачка Q, обе 

различите од темена угла. Нека је P’ подножје нормале из P на Oq, Q’ подножје 

нормале из Q на Op и A пресечна тачка дужи PP’ и QQ’. Одреди угао под којим се 

секу праве OA и PQ. 




147

А 

Основне особине круга 


Нека је k(O, r) произвољна кружница. 

Централни угао ове кружнице је сваки угао чије је теме тачка O 

(центар кружнице). 

Периферијски угао круга је сваки угао чије теме припада кружници, 

а краци садрже две његове тетиве. 

Сваком периферијском углу придружујемо кружни лук који: 

• је одређен тачкама пресека кружнице са краковима угла и 

• не садржи теме угла, 

и тада кажемо да посматрамо периферијски угао над тим кружним луком. 

теорема о централном 

и периферијском углу 

Периферијски угао је два пута мањи од одговарајућег централног угла 

(било које кружнице). 

Доказ. Разликујемо неколико случајева. 

1. случај. Један крак периферијског угла садржи центар круга. 

Троугао BCP је једнакокраки (CB ≅ CP), па су углови на његовој основици BP 

подударни, CBP ≅ CPB. Угао ACB је спољашњи угао ∆BCP, па је једнак збиру 

њему несуседних унутрашњих углова овог троугла: 

ACB ≅ CBP + CPB ≅ 2APB. 

2. случај. Унутрашњост периферијског угла садржи центар круга. 

Нека је PD пречник круга који садржи теме периферијског угла. Овај пречник 

дели периферијски угао APB на два нова периферијска угла APD и DPB, при чему 

по један крак сваког од њих садржи центар круга. 

На основу доказаног у претходном случају имамо да је: 

ACD ≅ 2APD и DCB ≅ 2DPB. 

Сабирањем углова са десне и углова са леве стране добијамо да је: 

ACB ≅ ACD + DCB ≅ 2(APD + DPB) ≅ 2APB. 

3. случај. Периферијски угао не садржи центар круга. 

Поступамо слично као у претходном случају, само што овога пута одузимамо 

одговарајуће углове (видети слику горе десно): 

ACB ≅ DCB – DCA ≅ 2(DPB – DPA) ≅ 2APB. ■ 

148 





Сви периферијски углови над истим луком су међусобно подударни (и једнаки 

су половини централног угла над истим луком). 

последица 1 

Сви периферијски углови над пречником (полукружницом) су прави. последица 2 

Угао између тангенте и тетиве која садржи тачку додира једнак је 

одговарајућем периферијском углу над луком одређеним том тетивом. (Теме 

одговарајућег периферијског угла налази са на луку који није у унутрашњости 

угла који захватају тангента и тетива.) 

последица 3 

Доказ остављамо вама за вежбу. Дајемо само једну 

сугестивну илустрацију. Примећујете да смо на слици 

изабрали периферијски угао који садржи пречник круга. 

За овај периферијски угао тврђење се једноставно доказује 

применом теореме о угловима троугла и теореме наведене 

на маргини. Захваљујући последици 1, ово је довољно да 

би било доказано тврђење у целини. 

Тангента и полупречник 

одређен тачком додира 

су нормални. 

Нека је A тачка која припада спољашњости кружнице k. Тангентна дуж 

из A на k је дуж чији је један крај тачка A, а други тачка додира 

кружнице k и тангенте из A. 


Нека је A тачка која припада спољашњости кружнице k. Тангентне дужи из 

A на k су подударне. 


о тангентним дужима 

Доказ ове теореме је једноставна 

примена става подударности, те га 

остављамо као задатак. 

За сваку тачку A која 

је у спољашњости неке 

кружнице k, постоје 

две тангенте на k које 

садрже A. 




149

В 

Тетивни четвороугао 


Тетивни четвороугао је конвексан четвороугао око кога се може описати круг. 


о тетивном четвороуглу 

У тетивном четвороуглу наспрамни углови су суплементни. 

Тангентни четвороугао 


Доказ. 

Ако је ABCD тетивни четвороугао, пошто је конвексан, темена A и C су са 

различитих страна дијагонале BD. Одавде даље закључујемо да DAB и BCD 

представљају периферијске углове, који одговарају централним угловима чији је 

збир два пута већи од опруженог угла. Ако искористимо теорему о централним и 

периферијским угловима, закључујемо да је збир DAB + BCD једнак опруженом 

углу. Најзад, према теореми о збиру углова четвороугла, следи да је и збир друга 

два наспрамна угла такође опружен угао. ■ 

Тангентни четвороугао је конвексан четвороугао у који се може уписати круг. 


о тангентном четвороуглу 

Ако је ABCD тангентни четвороугао, онда је AB + CD ≅ BC + DA. 

AB + CD ≅ BC + DA 

Доказ. 

Нека је ABCD тангентни четвороугао. Нека су P, Q, R и S додирне тачке уписане 

кружнице са страницама AB, BC, CD и DA. На основу теореме о тангентним 

дужима закључујемо да је AP ≅ AS, BP ≅ BQ, CQ ≅ CR, DR ≅ DS. Дакле, 

AB + CD ≅ (AP + PB) + (CR + RD) 

≅ (AS + BQ) + (CQ + DS) 

≅ (CQ + BQ) + (AS + DS) 

≅ BC + DA. ■ 

Тачна су и тврђења обратна претходним теоремама. 

• Ако су наспрамни углови конвексног четвороугла суплементни, онда је тај 

четвороугао тетиван. 

• Ако је у конвексном четвороуглу збир две наспрамне странице подударан збиру 

друге две наспрамне странице, онда је тај четвороугао тангентан. 

Доказе ових тврђења изостављамо. 

150 




Основне особине паралелограма и трапеза 

А 

Посебно важну врсту четвороуглова образује пар паралелних правих који сече 

други пар паралелних правих. 

d 

a 

D 

b 

C 

Паралелограм је четвороугао чије су наспрамне странице паралелне. 

1. Суседни углови паралелограма су суплементни. 

2. Наспрамни углови паралелограма су подударни. 

3. Наспрамне странице паралелограма су подударне. 

4. Дијагонале паралелограма се узајамно полове. 

c 

A 

B 

паралелограм ABCD 

особине паралелограма 

Доказ. Нека је ABCD произвољан паралелограм, при чему је AB || CD и BC || AD. 

Особине 1) и 2) су директне последице теорема о угловима са паралелним 

крацима. 

Особину 3) доказујемо применом става подударности УСУ и чињенице да су 

наизменични углови једнаки: 

AC ≅ AC 

DAC ≅ ACB (наизменични) 

DCA ≅ CAB (наизменични) 

УСУ 

∆ADC ≅ ∆CBA 

CD ≅ AB 

DA ≅ BC 

A 

D 

B 

C 

Докажимо и особину 4). Нека је O пресек дијагонала AC и BD. 

AB ≅ CD (особина 3) 

OAB ≅ OCD (наизменични) 

OBA ≅ ODC (наизменични) 

УСУ 

∆ABO ≅ ∆CDO 

AO ≅ OC 

BO ≅ OD 

■ 

A 

D 

O 

B 

C 

Свако од наведених својстава имају само паралелограми. То ћемо у наставку и 

доказати. У наредној шеми испрекидане стрелице указују на одговарајуће теореме. 

Суседни углови четвороугла 

су суплементни. 

Наспрамни углови 

четвороугла су једнаки. 

Четвороугао је 

паралелограм. 

Наспрамне странице 

четвороугла су једнаке. 

Дијагонале четвороугла се 

узајамно полове. 

Два оквира заједно са једном стрелицом која их повезује одговарају теореми 

која се може формулисати на следећи начин: ако неки четвороугао задовољава 

својство наведено у оквиру из кога полази стрелица, онда задовољава и својство 

наведено у оквиру на који стрелица показује. 




151

6 

2 

1 57648 9 


1. Ако су суседни углови четвороугла суплементни, онда је тај четвороугао 


2. Ако су наспрамни углови четвороугла подударни, онда је тај четвороугао 


3. Ако су наспрамне странице четвороугла подударне, онда је тај четвороугао 


4. Ако се дијагонале четвороугла узајамно полове, онда је тај четвороугао 


D 

A 

B 

супротни углови 

D 

C 

A 

B 

C 

Доказ. 

1) Нека је ABCD четвороугао чији су суседни углови суплементни. Треба доказати 

да је ABCD паралелограм, тј. да су наспрамне странице паралелне. 

Углови код темена A и B су супротни углови које трансверзала AB образује са 

правама AD и BC. Како су ови углови и суплементни, према теореми о супротним 

угловима на трансверзали, следи да су странице AD и BC морају бити паралелне. 

Како су и углови код темена B и C суплементни, из истих разлога следи да су 

странице AB и CD паралелне. 

2) Нека је ABCD четвороугао чији су наспрамни углови подударни. Како је збир 

углова у сваком четвроуглу два пута већи од опруженог угла, следи да је збир 

два суседна угла уоченог четвороугла једнак опруженом углу. Према тврђењу 

доказаном под 1) следи да је ABCD паралелограм. 

3) Нека је ABCD четвороугао чији су наспрамне странице подударне, AB ≅ CD и 

BC ≅ AD. 

AB ≅ CD 

BD ≅ BD 

BC ≅ AD 

ССС 

∆ABD ≅ ∆CDB DAB ≅ BCD 

Слично се доказује да је ∆ABC ≅ ∆CDA, одакле је ABD ≅ CDA. Дакле, према 2) 

четвороугао ABCD је паралелограм. 

4) Нека је ABCD четвороугао чији се дијагонале четвороугла узајамно полове. 

Нека је O пресек дијагонала AC и BD. 

AO ≅ OC 

AOB ≅ COD (унакрсни) 

BO ≅ OD 

СУС 

∆ABO ≅ ∆CDO AB ≅ CD 

Слично се доказује да је и ∆AOD ≅ ∆COB, одакле следи да је BC ≅ AD. Дакле, према 

3) четвороугао ABCD је паралелограм. ■ 

152 


1. Ако су две наспрамне странице четвороугла паралелне, а друге две подударне, 

да ли тај четвороугао мора бити паралелограм? 

2. Ако су два наспрамна угла четвороугла подударна, да ли тај четвороугао мора 

бити паралелограм? 

3. Ако су два суседна угла четвороугла суплементна, да ли тај четвороугао мора 

бити паралелограм? 





Ако су две наспрамне странице четвороугла подударне и паралелне, онда је тај 

четвороугао паралелограм. 

Доказ. Претпоставимо да је ABCD четвороугао такав да је AB = CD и AB || CD. 

Тада је BD на трансверзали паралелних правих на којима се налазе странице AB и 

CD, па је према теореми о наизменичним угловима ABD ≅ BDC. Остаје још да 

се примени став СУС. 

BD ≅ BD 

ABD ≅ BDC (наизменични) 

AB ≅ CD 

СУС 

∆ABD ≅ ∆CDB AD ≅ BC 

Дакле, и друге две странице четвороугла ABCD се подударне, па је према 3) у 

претходној теореми овај четвороугао паралелограм. ■ 

Ромб је четвороугао чије су све странице међусобно подударне. 

Правоугаоник је четвороугао чији су сви углови међусобно подударни. 

Квадрат је четвороугао код кога су све странице и сви углови подударни. 

На основу ових дефиниција, користећи претходне теореме, није тешко доћи до 

следећих закључака. 

Специјалне врсте 

паралелограма 

• Сваки ромб је паралелограм. 

Заиста, ако су све странице четвороугла подударне, онда су специјално и 

наспрамне странице узајамно подударне, па је четвороугао паралелограм према 

тврђењу (3) теореме са претходне стране. 

• Сваки правоугаоник је паралелограм. 

Ако су сви углови четвороугла подударни, онда су специјално и наспрамни 

углови узајамно подударни, па је четвороугао паралелограм према тврђењу 1) 

теореме са претходне стране. 

• Сви углови правоугаоника су прави. 

Овај закључак следи из чињенице да је збир унутрашњих углова четвороугла 

два пута већи од опруженог угла. 

• Квадрат је и ромб и правоугаоник. 


Докажи: 

1) Дијагонале правоугаоника су међусобно подударне. 

2) Дијагонале ромба се секу под правим углом. 

3) Дијагонала ромба полови угао код чија темена садржи. 




153

6 

2 

1 57648 9 


Трапез је четвороугао чији је само један пар наспрамних страница паралелан. 

Подсетимо се неких познатих термина. 

Основице трапеза су његове паралелне странице. 

Краци трапеза су његове непаралелне странице. 

Висина трапеза је дуж чији крајеви припадају правама које садрже основице и 

која је нормална на ове праве. 


Углови трапеза који належу на исти крак су суплементни. 

Директном применом теореме о супротним угловима добијамо доказ претходне 



Трапез је једнакокраки ако су његови краци подударни. 

Трапез је правоугли ако је један његов крак нормалан на основице. 

Разлагање трапеза 

на паралелограм и 

троугао правом која 

је паралелна једном 

краку, често је корисно 

приликом решавања 

задатака. 

3. 

Једнакокраки трапез 

Правоугли трапез 


Докажи следећа тврђења. 

1) Дијагонале једнакокраког трапеза су подударне. 

2) Ако је један угао трапеза прав, онда је тај трапез правоугли. 

4. 


Докажи да су углови на било којој основици једнакокраког трапеза подударни. 

154 




Вектори 

А 

Значај вектора у физици и математици познат је из основне 

школе. Векторе можемо замишљати као описе физичких 

величина које поред интензитета карактерише правац и смер 

деловања. У геометрију, векторе уводимо одговарајућим 

изједначавањем тзв. усмерених дужи. 

Усмерене дужи су одређене уређеним паровима тачака, при 

чему се прва координата пара проглашава почетком, а друга 

крајем одговарајуће усмерене дужи. Усмерену дуж чији је 

почетак тачка P, а крај тачка Q означавамо PQ . 

Две усмерене дужи AB и CD једне равни су једнаке, у ознаци AB = CD : 

• ако се налазе на паралелним правама (AB || CD), тј. истог су правца, 

• постоји права нормална на правац усмерених дужи таква да се полуправе 

AB и CD налазе са исте стране те праве, тј. истог су смера; 

• ако су дужи AB и CD подударне (AB ≅ CD), тј. истог су интензитета. 

P 

почетна 

тачка 

PQ 

D 

1 

Q 

завршна 

тачка 

Приликом проучавања усмерених дужи посебно су корисна својства 

паралелограма, што показује наредна теорема коју нећемо доказивати. 

1. Ако је AB = CD и дужи AB и CD нису на истим правама, онда је четвороугао 

ABDC паралелограм. 

2. Усмерене дужи AB и CD су једнаке AB = CD акко дужи и имају заједничко 

средиште. 

3. Ако је KLMN паралелограм, онда је KL = NM и KN = LM . 

A 

B 

C 

1 

C 

N 

D 

M 

Посебно издвајамо најважније особине дефинисаног изједначавања усмерених 

дужи. 

K 

L 

1. Свака усмерена дуж је једнака самој себи, AB = AB . 

2. Ако је AB = CD , онда је и CD = AB . 

3. Ако је AB = CD и CD = EF , онда је AB = EF . 

Вектор је скуп свих усмерених дужи које су међусобно једнаке. 




155

6 

2 

1 57648 9 

Векторе, то јест скупове међусобно једнаких усмерених дужи, означавамо малим 

латиничним словима надвученим стрелицом: a , b , c , ... 

Иако сваки вектор садржи бесконачно много усмерених дужи, довољно је задати 

само једну од њих. Ако је дата нека усмерена дуж XY , онда све усмерене дужи 

једнаке са XY образују један вектор a . Једнакост a = XY , значи да је вектор a 

одређен усмереном дужи XY , одн. да је XY један представник вектора a . Слично, 

вектор одређен усмереном дужи XY краће се назива „вектор XY ”. 

Нека је a дати вектор. За сваку тачку O постоји јединствена тачка A таква да је 

a = OA . 

Доказ. Нека је XY произвољна усмерена дуж таква да је a = XY . Нека је p 

(јединствена) права која садржи O и паралелна је са XY, при чему допуштамо 

и да се p поклапа са правцем усмерене дужи XY (уколико су тачке O, X и Y 

колинеарне). Изаберимо затим полуправу Op 1 

p која је исто усмерена као XY . 

Тачка A је јединствена тачка полуправе Op 1 

, таква да је OA ≅ XY. ■ 

a = AB 

B 

A 

–a = BA 

F 1 F 2 

Свим векторима придружујемо и вектор одређен „усмереном дужи”, чији се 

почетак и крај поклапају. Такве „усмерене дужи” означаваћемо XX за било 

коју тачку X. Знаке навода користимо јер овде није реч о усмереним дужима у 

уобичајеном смислу. Сматрамо да су све усмерене дужи XX за било коју тачку 

X међусобно једнаке. Вектор одређен овим усмереним дужима обележавамо 0 и 

називамо га нула-вектор. 

Ако је a = AB , онда се вектор одређен усмереном дужи BA назива супротним 

вектором вектора a и обележава се –a . 


Аутомобили, ракете, тела која падају, фудбалске лопте – сви се крећу под дејством 

неке силе. А силе су векторске величине, јер су поред интензита којим се дејствује 

на неки објекат, важни и правац и смер деловања. Основу за проучавање кретања 

под дејством сила чине три чувена Њутнова закона. Трећи Њутнов закон (познат 

као закон акције и реакције), грубо речено, каже да „свакој сили акције F 1 

одговара сила реакције F 2 

која је једнаког интензитета и супротног смера”, што се 

исказује једноставном формулом F 1 

= –F 2 

. 

156 





Две усмерене дужи су надовезане ако је завршна тачка једне усмерене дужи 

истовремено почетна тачка друге усмерене дужи. Збир надовезаних усмерених 

дужи AB и BC је усмерена дуж AC , AB + BC = AC . 

Није тешко уочити да из AB = A 1 

B 1 

и BC = B 1 

C 1 

следи да је AC = A 1 

C 1 

, 

AB + BC = AC . Ова чињеница омогућава да дефинишемо збир било која два 

вектора a и b ослањајући се на сабирање погодно изабраних надовезаних 

усмерених дужи. Након што произвољно изаберемо усмерену дуж која је 

представник вектора a , a = XY , представник вектора b је јединствено одређен 

тачком Z таквом да је b = YZ . Збир вектора a и b је вектор одређен усмереном 

дужи XZ , a + b = XZ . 

Y 

a 

X 

U 

Z 

a + b 

V 

b 

Ако је a = XY и b = YZ , збир вектора a + b одређује усмерена дуж XZ : 

a + b = XY + YZ = XZ . 

Ако су x , y и z произвољни вектори, онда је: 

1. x + (y + z ) = (x + y ) + z (сабирање вектора је асоцијативно), 

2. x + y = y + x (сабирање вектора је комутативно), 

3. x + 0 = x (нула-вектор је неутрал за сабирање), 

4. x + (–x ) = 0 . 

Доказ. 

1. Изаберимо представнике вектора x , y и z тако да буду надовезане усмерене 

дужи: x = AB , y = BC и z = CD . Тада је: 

x + (y + z ) = AB + (BC + CD ) = AB + BD = AD и 

(x + y ) + z = AB + (BC ) + CD = AC + CD = AD . 

2. Изаберимо представнике вектора x и y тако да буду надовезане усмерене дужи: 

x = AB , y = BC. Тада је x + y = AB + BC = AC . Ако је D јединствена тачка таква 

да је x = CD , онда је y + x = BC + CD = BD . Ако тачке A, B и C нису колинеарне, 

онда из AB = CD следи да је ABDC паралелограм, па је AC = BD , тј. x + y = y + x . 

До истог закључка долазимо у случају да су A, B и C колинеарне. Изостављамо ова 

разматрања, заснована на једноставним применама аксиома подударности. 

3. Нека је x = AB . Тада је x + 0 = AB + BB = AB = x . 

4. Ако је x = AB , онда је –x = BA , па је x + (–x ) = AB + BA = AA = 0 . ■ 

D 

z 

x + y + z 

A 

y 

x 

B 

C 

x 

D 

x + y 

y 

y + x 

A 

x 

B 

C 




157

6 

2 

1 57648 9 


Асоцијативност сабирања вектора (тврђење под 1 у претходној теореми) 

омогућава нам да занемаримо заграде приликом одређивања збирова више од два 

вектора. 

Једноставном применом правила полигона добијамо да је за 

сваке три тачке A, B и C тачна једнакост AB + BC + CA = 0 . 

Аналогна једнакост важи и за било који број тачака. 

A 1 

A 2 

+ A 2 

A 3 

+ A 3 

A 4 

+ ... + A n – 1 

A n 

+ A n 

A 1 

= 0 

Последица тврђења 2. у теореми са претходне стране јесте 

такозвано правило паралелограма за сабирање два вектора. 

Два вектора сабирамо по овом правилу тако што за њихове 

представнике бирамо усмерене дужи са истим почетком, 

а затим одредимо вектор положаја, у односу на заједнички 

почетак, четвртог темена паралелограма одређеног 

изабраним представницима. 


Одузети вектор x од вектора y значи вектор y сабрати 

са супротним вектором вектора x . Дакле, y – x = y + (–x ). 

Вектор y – x назива се разлика вектора y и x . 


На слици доле десно дати су вектори x , y и z . Конструишимо вектор 

v = (x + y – z ) + (x – y + z ). 

Приметите да је овај задатак типа „одреди вредност израза ако су дате вредности 

променљивих...”. Решава се као и остали слични задаци из алгебре са којима сте се 

већ срели. 

Упростимо најпре дати векторски израз користећи особине 

операција наведене на претходној страни: 

v = (x + y – z ) + (x – y + z ) = x + y – z + x – y + z 

= x + x + y – y – z + z = x + x . 

Дакле, вектор v не зависи од вектора y и z . Као што се очекује, 

добијени резултат означавамо краће са 2x . 

158 





Производ реалног броја и вектора уводимо користећи веома блиску везу између 

скупа реалних бројева и тачака неке праве. 

Производ реалног 

броја и вектора 

Свака усмерена дуж OX одређује бројевну 

праву тако да тачки O одговара број 0, а тачки X 

одговара број 1 (дуж OX је дакле јединична дуж). 

Тада свакој тачки праве R одговара јединствени 

реални број r. Подсећамо, број r називамо и 

координата тачке R и пишемо R(r). 

Штавише, сваки реалан број је координата тачно 

једне тачке. 

– 1 2 2 –2 a –1 2 0 x 1 b 2 3 3 

A 

O X B 

2 2 –2x 2x 

– 1 2 x 3 x 

bx 

ax 

Нека је r реалан број и x не-нула вектор, при чему је OX (било која) усмерена 

дуж која одређује x . Ако на бројевној правој одређеној са OX реалном броју r 

одговара тачка R, онда је rx вектор одређен усмереном дужи OR . 

Посебно, r0 = 0 , за било који реалан број r. 

Претходна дефиниција битно се заснива на вези између скупа R и праве. Ту везу 

детаљно разматрамо у поглављу Сличност. Тада ћемо описати и мерење дужине 

дужи. Ипак, да би ова прича о векторима била што потпунија, у наставку лекције 

подразумевамо знање о дужини дужи из основне школе. Интензитет вектора 

x = OX једнак је дужини дужи OX и обележава се |x |. 

0x = 0 

1x = x 

–1x = –x 

2x = x + x 

–2x = –x + (–x ) 

3x = x + x + x 

... 

Два не-нула вектора су колинеарна ако их одређују усмерене дужи истог 

правца. Нула вектор је колинеаран са сваким вектором. 

Издвајамо два тврђења у вези са колинеарним векторима. Доказе изостављамо. 

За било који вектор x и било који број r из R, вектори x и rx су колинеарни и 

важи |rx | = |r| · |x |. Штавише, ако је r > 0, векторе x и rx одређују 

усмерене дужи истог смера, а ако је r < 0, ове векторе одређују усмерене 

дужи супротних смерова. 

Ако су x и y колинеарни не-нула вектори, онда постоји реалан број r такав да 

је y = rx . Штавише, 

• ако су x и y одређени усмереним дужима истог смера, онда је r = |y | 

|x | ; 

• ако су x и y одређени усмереним дужима супротних смерова, 

онда је r = – |y | 

|x | . 




159

6 

2 

1 57648 9 

У наставку издвајамо најважније особине производа броја и вектора. 

1) (k + l)x = kx + lx , за сваки вектор x и све k и l из R. 

2) k(lx ) = (k · l) x , за сваки вектор x и све k и l из R. 

3) kx + ky = k(x + y ), за све векторе x и y , и све k из R. 

–1kx 

x 

kx 

lx 

–1 – 1 0 1 1 1 2 

2 

3 

x 

kx 

(k + l)x 

2 1 2 

– 1 1 1 

2 kx 1 kx 

3 kx 2 kx 2 1 2 kx 

Особине 1) и 2) постају јасне ако се 

ослонимо на уобичајену интерпретацију 

збира и производа два реална броја 

приказана на бројевној правој (слике 

десно). Детаљна обазложења изостављамо. 

x 

kx 

У поглављу Сличност, посебна пажња биће посвећена особини 3). Наиме, особина 

3) је једна од бројних варијанти чувене Талесове теореме. 

y 

Вектори су често корисни да се уоче и докажу разна тврђења геометрије. То ћемо 

илустровати доказујући неке теореме познате из основне школе. 

ky 

Примене вектора 

C 

Подсећамо, дуж чије су крајње тачке средишта две странице троугла, назива се 

средња линија тог троугла. 

Средња линија троугла паралелна је наспрамној страници и 

два пута је краћа од ње. 

A 

b 

B 1 

c 

m 

A 1 

a 

B 

Нека је m = A 1 

B 1 

средња линија ∆ABC наспрамна страници AB. Уочимо векторе: 

c = AB , b = AC , a = CB , m = B 1 

A 1 

. Жељено тврђење о средњој линији троугла 

изводимо из следећих једнакости: 

m = B 1 

C + CA 1 

= 1 2 b + 1 2 a = 1 2 (b + a ) = 1 2 c . 

Из једнакости m = 1 2 

c , односно 2m = c изводимо следећа два закључка: 

A 

160 

E 

D 

средња 

линија 

C 

F 

B 

• вектори m и c су колинеарни, што значи да се страница c и средња линија m 

налазе на паралелним правама; 

• интензитет вектора c је два пута већи од интензитета вектора m , тј. c = 2m. ■ 


Дуж чије су крајње тачке средишта кракова неког трапеза назива се средња линија 

тог трапеза. Докажи да је средња линија трапеза паралелна његовим основицама и 

једнака полузбиру основица. 




Тежишна дуж троугла је дуж чија је једна крајња тачка теме тог троугла, а 

друга средиште наспрамне странице. 

C 

ta 

Б 

A 1 

Сваки троугао има три тежишне дужи. Уобичајено је да се у троуглу ABC тежишне 

дужи из темена A, B и C редом обележавају t a 

, t b 

и t c 

. Користећи теорему о средњој 

линији троугла изводимо основну теорему о тежишним дужима троугла. 

Тежишне дужи троугла секу се у једној тачки. Заједничка тачка тежишних 

дужи сваку од њих дели у односу 2 : 1. 

Доказ. Нека су A 1 

и B 1 

редом средишта страница BC и CA. Дуж A 1 

B 1 

је средња 

линија троугла ABC, па је према теореми о средњој линији троугла A 1 

B 1 

|| AB и 

AB = 2A 1 

B 1 

. 

Нека је T пресек тежишних дужи AA 1 

и BB 1 

, a A 2 

и B 2 

редом средишта дужи AT и 

BT. Дуж A 2 

B 2 

је средња линија троугла ABT, па је A 2 

B 2 

|| AB и AB = 2A 2 

B 2 

. 

Дакле, A 1 

B 1 

и A 2 

B 2 

су подударне и паралелне дужи, одакле следи да је A 2 

B 2 

A 1 

B 1 

паралелограм. Дијагонале паралелограма се полове, па је TA 1 

= TA 2 

и TB 1 

= TB 2 

. 

Дакле, TA = 2TA 1 

и TB = 2TB 1 

, што значи да тачка T дели тежишне дужи AA 1 

и BB 1 

у односу 2 : 1. 

A 

A 

B 1 

C 

A 1 

T 

A 2 B 2 

C 

B 

B 

Ако са T’ означимо пресек тежишних дужи BB 1 

и CC 1 

, аналогно претходном 

доказујемо да је T’B = 2T’B 1 

и T’C = 2T’C 1 

, одн. да T’ дели тежишне дужи BB 1 

и 

CC 1 

у односу 2 : 1. Закључујемо да T и T’ морају бити исте тачке, чиме је теорема 

доказана. ■ 

A 

B 1 

C 2 

T' 

B 2 

C 1 

B 


Дат је троугао ABC и нека су A’, B’ и C’ средишта страница BC, CA и AB. Докажимо 

да је AA’ + BB’ + CC’ = 0 . 

AA’ + BB’ + CC’ = (AB + BA’ ) + (BC + CB’ ) + (CA + AC’ ) 

= ( AB + 1 2 BC ) + ( BC + 1 2 CA ) + ( CA + 1 2 AB ) 

= 3 2 

(AB + BC + CA ) = 0 . 

Бројне примене вектора засноване су на наредној важној теореми. 

Нека су x и y неколинеарни вектори једне равни. Тада за сваки вектор z исте 

равни постоје јединствени бројеви a и b такви да је z = ax + by . 




161

6 

2 

1 57648 9 

Y 

Y' 

by 

x 

y 

Z 

z = ax + by 

X 

X' 

Доказ. Ако је вектор z колинеаран са једним од вектора x и y , онда се тврђење 

једноставно доказује. На пример, ако је z колинеаран са x , онда је z = ax , за неки 

реалан број a, па је z = ax + 0y . 

Претпоставимо да међу векторима x , y и z нема колинеарних. Нека је O 

произвољна тачка одговарајуће равни, а тачке X, Y, Z такве да је x = OX , y = OY 

и z = OZ . Нека је X’ пресек праве кроз Z паралелне са OY , а Y’ пресек праве кроз 

Z паралелне са OX . Тада је OZ = OX’ + OY’ . Вектори OX и OX’ су колинеарни, па 

постоји број a такав да је OX’ = aOX . Такође, вектори OY и OY’ су колинеарни, па 

постоји број b такав да је OY’ = bOY . 

Дакле, z = OZ = OX’ + OY’ = aOX + bOY = ax + by . 

O 

ax 

Остаје још да покажемо да су бројеви a и b јединствени. Заиста, ако би било 

z = a 1 

x + b 1 

y , за неке a 1 

и b 1 

, при чему је a ≠ a 1 

или b ≠ b 1 

, имали бисмо да је 

ax + by = a 1 

x + b 1 

y , односно (a – a 1 

)x + (b 1 

– b)y = 0 , одакле би следило да су x и y 

колинеарни, супротно полазној претпоставци. Дакле, a = a 1 

и b = b 1 

. ■ 

Приказивање вектора z компланарног са неколинеарним векторима x и y у 

облику z = ax + by назива се разлагање вектора z по x и y . 


Приликом кретања тела низ стрму (косу) раван, сила теже F се разлаже 

на такозвану активну компоненту F a 

, паралелну са стрмом равни, и 

такозвану нормалну компоненту F n 

, која је нормална на стрму раван. 


Нека је ABC произвољан троугао, O центар описане кружнице, H 

ортоцентар и A’, B’ и C’ средишта страница BC, CA и AB. 

Докажимо да је AH = 2OA’ , BH = 2OB’ , CH = 2OC’ . 

Вектори AH и OA’ су колинеарни (правци су им нормални на BC), па је 

AH = aOA’ за неки реалан број a. Аналогно закључујемо да је BH = bOB’ за 

неки реалан број b. Једноставно се уочава да је B’A’ = OA’ – OB’ и 

AB = AH + HB = aOA’ – bOB’ . Из теореме о средњој линији троугла следи да 

је AB = 2B’A’ , па је AB = 2OA’ – 2OB’ . Дакле, aOA’ – bOB’ = 2OA’ – 2OB’ , 

то јест 

(a – 2)OA’ + (2 – b)OB’ = 0 . 

Пошто вектори OA’ и OB’ нису колинеарни, следи да је a – 2 = 0 и 2 – b = 0, 

одакле добијамо прве две једнакости. 

162 




Геометријске конструкције 

Б 

Из основне школе су познате једноставне конструкције: 

• преношење дужи; 

• преношење углова; 

• конструкција симетрале дужи, а тиме и средишта дужи; 

• конструкција симетрале угла; 

• конструкција нормале на праву из дате тачке. 

Поред ових конструкција, у једноставне се убрајају и следеће конструкције. 

• Конструкција праве кроз дату тачку која је паралелна датој правој. 

Нагласимо да цртање тражене паралеле 

коришћењем помоћног троугаоног лењира 

није геометријска конструкција. 

Лењир и шестар су 

једини допуштени 

„алати” при 

геометријским 

конструкцијама. 

Конструкције изводимо употребом 

само једног лењира и шестара: најпре 

конструишемо нормалу на дату праву из 

дате тачке, а затим нормалу из исте тачке 

на управо конструисану праву. 

• Конструкција троугла на основу неког од ставова подударности, то јест на 

основу „података” о којима говори неки од ставова. 

p 

a 

(ССС) Конструкција троугла чије су странице подударне трима датим дужима a, 

b и c, таквим да је свака од њих мања од збира преостале две, то јест a 

b < c + a, c < a + b. 

(СУС) Конструкција троугла чије су две странице подударне датим дужима a и 

b, а угао захваћен тим страницама је подударан датом углу γ, при чему је γ мањи 

од опруженог угла. 

(УСУ) Конструкција троугла чија је једна страница подударна датој дужи a, а 

углови који на ту страницу належу су подударни датим угловима β и γ, при чему 

је збир углова β и γ мањи од опруженог угла. 

(ССУ) Конструкција троугла чије су две странице подударне датим дужима a и 

b, при чему је a > b, а угао наспрам веће странице (то јест оне која је подударна 

са a) подударан је датом углу α, који је мањи од опруженог угла. 

Приметите да је при 

свакој конструкцији 

троугла на основу 

неког од ставова 

подударности 

конструисани троугао 

јединствен, у смислу 

да је подударан 

сваком троуглу који 

задовољава постављене 

услове. 

b 

c 

СУС 

b 

УСУ 

c c c 

a 

b 

c 

ССС 

b 

c 

a 

b 

c 




ССУ 

b 

c 

163

6 

2 

1 57648 9 

Основне етапе решавања сложенијег конструктивног задатка илустроваћемо у 

наредном примеру. 


Конструишимо ∆ABC тако да је збир страница 

AB и AC подударан датој дужи d, а углови код 

темена A и B су подударни датим угловима α и β. 

Краћа формулација 

овог задатка би гласила: 

конструиши ∆ABC ако је 

дато b + c, α, β. 

Анализа је прва 

етапа решавања 

конструктивног 

задатка. Трага се за 

начином како на основу 

датих података извести 

жељену конструкцију. 

Анализа је главна етапа 

за решавача и ако се 

она успешно обави, 

задатак је „скоро готов”. 

Основне вештине 

неопходне за анализу 

су свакако знање и 

домишљатост. 

Анализа. 

Нацртајмо произвољан троугао ABC и 

означимо оне његове елементе који се 

појављују међу датим подацима. 

Задатак ће бити решен ако смислимо како да 

„допунимо” слику и задатак сведемо на неку 

једноставну конструкцију. 

Како нам је дат збир AB + AC, од користи ће бити надовезивање ових страница 

(види слику). Нека је D тачка таква да је D – A – B и DA ≅ AC. Тада је DB ≅ d. 

Међутим, тада су нам познати углови ∆DBC који належу на DB: 

• CDA ≅ α/2, јер је ∆DAC једнакокраки, па је CDA ≅ DCA, али је и 

CDA + DCA ≅ CAB ≅ α (спољашњи угао једнак је збиру несуседних 

унутрашњих), те је CDA ≅ DCA ≅ α/2; 

• DBC = ABC ≅ β. 

Конструкција је 

поступак којим се, 

на основу датих 

података, лењиром и 

шестаром конструише 

тражена фигура. Чини 

је низ једноставних 

конструкција чији смо 

редослед открили током 

анализе. 

Овим смо конструкцију свели на једноставну конструкцију ∆DBC (по ставу УСУ). 

Конструкција. 

Најпре конструишемо ∆DBC, чија је једна страница DB подударна датој дужи d, a 

углови код темена D и B су подударни угловима α/2 и β. Након тога, конструишемо 

симетралу s странице DC. Означимо са A пресек симетрале s и странице DB. 

Дати подаци 

Конструкција 

Докажимо да је ∆ABC тражени троугао. 

164 





Доказ. 

Како тачка A припада симетрали дужи DC, онда је AD ≅ AC. Одавде даље 


AC + AB ≅ DA + AB ≅ DB. 

Како је по конструкцији BD ≅ d, следи да је збир страница AB и AC троугла ABC 

заиста једнак датој дужи d. 

Такође, ∆DAC је једнакокраки, па је CDA ≅ DCA. Како је по конструкцији 

CDA ≅ α/2, следи и да је DCA ≅ α/2. Угао CAB је спољашњи угао ∆DAC и као 

такав једнак је збир несуседних унутрашњих углова, па је узимајући у обзир 

претходно 

CAB ≅ CDA + DCA ≅ α/2 + α/2 ≅ α. 

Најзад, по конструкцији је ABC = DBC ≅ β. 

Дискусија. 

Да би постављени задатак имао решења, неопходно је да збир углова α и β буде 

мањи од опруженог угла. У супротном задатак нема решења. 

1. 

2. 


1. Наведи једноставне конструкције од којих се састоји конструкција у 

претходном примеру. 

2. Наведи све теореме на које се ослања доказ коректности конструкције из 

претходног примера. 


Конструиши ∆ABC ако је дато a + b + c, α, β. 

Доказом се потврђује 

да конструисана 

фигура задовољава 

постављене услове. 

Доказ се углавном 

ослања на анализу, јер 

се при анализирању 

мора водити рачуна о 

особинама фигуре. 

За успешан доказ 

неопходно је познавање 

важних теорема, али 

и вештина њиховог 

комбиновања. 

Дискусија подразумева 

утврђивање услова 

под којим је могуће 

извршити задату 

конструкцију, као 

и броја међусобно 

неподударних фигура 

које задовољавају 

те услове. Дискусија 

се често заснива 

на разматрању 

међусобног односа 

правих и кругова које 

конструишемо. 

Упутство. Детаљно решење постављеног задатка испиши по угледу на претходни 

пример. На слици испод дата је слика на основу које је једноставно извршити 

анализу. 

3. 


Конструиши ∆ABC ако је дато: 

1) b + c, β, γ; 

2) a, b + c, β; 

3) a, b + c, α 




165

6 

2 

1 57648 9 


Конструишимо ∆ABC, ако је дато a, b, h c 

. 

Анализа. Нацртајмо произвољан ∆ABC и означимо са D 

подножје висине из C. Након конструкције ∆CDB (став 

ССУ), једноставно је конструисати тражени троугао. 

Конструкција је дата на наредној слици. 

Приметимо да за изабране податке постоје 

два неподударна троугла која задовољавају 

постављене услове. 

Доказ. Да конструисани троугао задовољава постављене услове, следи директно 

по конструкцији. 

Дискусија. Описану конструкцију је могуће извести уколико је h c 

< a и h c 

< b. У 

супротном задатак нема решења. 

Ако су испуњени наведени услови, задатак има јединствено решење ако је a ≅ b, a 

ако a и b нису подударне дужи, онда има два решења. 

4. 

5. 


Конструиши ∆ABC, ако је дато α, β, h c 

. 


Конструиши ∆ABC, ако је дато a, b, t c 

. 

Упутство. Досетка за ову конструкција приказана је на слици 

десно. Прво треба конструисати ∆CEB (став ССС), затим наћи 

средиште дужи CE и најзад тачку A такву да је D средиште дужи 

AB. Доказ да је конструкција коректна своди се на доказ да је 

∆CAD ≅ ∆EBD. У дискусији се треба позвати на неједнакост 

троугла. 

166 






Размотримо конструкцију трапеза ABCD, чија је краћа основица CD подударна 

датој дужи b, краци BC и AD су подударни дужима c и d и чија је висина 

подударна датој дужи h. 

Није тешко уочити да се дати конструктиван задатак 

може свести на конструкцију из примера 2 (види слику 

десно). 

Заиста, након конструкције ∆EBC (чије су нам две 

странице познате, као и висина која одговара трећој) 

једноставно је завршити конструкцију. 

Конструкцију 

четвороугла углавном 

најпре треба свести 

на конструкцију неког 


Као и у примеру 2, доказ је једноставан: поред позивања на конструкцију, 

потребно је применити и теорему о страницама паралелограма. 

Дискусија је потпуно аналогна дискусији из примера 2. Наведите услове под 

којима задатак нема решења, под којима има једно, а под којим има два. 


Нека су дате две различите тачке A и B и права p. Конструишимо кружницу k која 

садржи тачке A и B, а њен центар припада правој p. 

Анализа. Ако тачке A и B обе припадају некој 

кружници, онда, центар кружнице припада 

симетрали дужи AB. 

Конструкција. Прво конструишемо симетралу s AB 

дужи AB. Нека је O пресек симетрале s AB 

и праве p. 

Кружница k(O, OA) је тражена кружница. 

Доказ. Према конструкцији, следи да тачка A припада кружници k(O, OA) и да 

се центар ове кружнице налази на правој p. Остаје још да се докаже да B такође 

припада овој кружници. Међутим, то следи из чињенице да O s AB 

, па је OA ≅ OB. 

Дискусија. Задатак има јединствено решење уколико права одређена тачкама A 

и B није нормална на p. Ако јесте, задатак нема решења у случају да симетрала s AB 

и права p немају заједничких тачака, или има бесконачно много решења ако је p 

симетрала дужи AB. 




167

6 

2 

1 57648 9 

Важне примене у конструктивним задацима имају последице теореме о 

централним и периферијским угловима о којима је било речи на страни 149. 


Сви периферијски углови над пречником (полукружницом) су прави. 


Из тачке A која је у спољашњости кружнице k, конструишимо тангенте на k. 

Нека је O центар кружнице k. 

Како је угао између тангентe и 

полупречника одређеног тачком 

додира прав угао, следи да се тачкa 

додира налази на кружници којој је 

дуж OA пречник. 

Дакле, најпре треба конструисати средиште S дужи OA, а затим кружницу 

k(S, SO). Пресечне тачке T 1 

и T 2 

кружница k и k(S, SO) су тачке додира тангенти 

које треба конструисати. Једна тангента је права одређена тачкама T 1 

и A, а друга 

је права одређена тачкама T 2 

и A. 


Нека је дата нека дуж AB и тачка P ван ње. Ако је APB = φ, кажемо да се из 

тачке P дуж AB види под углом φ. 


Конструиши скуп свих тачака из којих се дата дуж AB види под правим углом. 

Скуп свих тачака из 

којих се дуж AB види 

под правим углом 

је кружница над 

пречником AB. 


Конструиши правоугли ∆ABC са правим углом у темену C тако да је хипотенуза 

подударна датој дужи c, а висина која одговара хипотенузи подударна је дужи h c 

. 

Упутство је дато сликом са 

десне стране. 

168 





Угао између тангенте и тетиве која садржи тачку додира једнак је 

одговарајућем периферијском углу над луком одређеним том тетивом. 


Ова теорема нам омогућава још једну важну конструкцију. 


Нека је дата дуж AB и угао φ. Конструишимо скуп свих тачака из којих се дуж AB 

види под углом φ. 

Тражена конструкција је на сликама изнад приказана 

„корак по корак”. 


Конструиши ∆ABC ако је дато a, α, h a 

. 

Лењиром и шестаром није могуће конструисати угао од 20° 

Проблем трисекције угла је древни антички проблем: „Да ли је могуће 

употребом само лењира и шестара сваки угао поделити на три подударна угла 

конструкцијом две полуправе?” 

Много векова су математичари безуспешно покушавали да реше овај проблем. 

Тек у XIX веку, два миленијума након формулације проблема, доказано је да 

није могуће извршити трисекцију било ког угла. Коришћењем метода алгебре, 

показано је да се лењиром и шестаром не може конструисати угао чија је 

мера 20°, па је дакле немогуће угао од 60° лењиром и шестаром поделити на 

три једнака дела. (Наравно, постоје углови чије трећине веома једноставно 

конструишемо; на пример прави углови или опружени углови.) 

Постоје „алати” помоћу којих је могуће поделити сваки угао на три једнака 

дела. 




169

A 

Изометријске трансформације 

Две фигуре интуитивно сматрамо подударним уколико се крутим кретањем 

те фигуре могу потпуно преклопити. Ову дефиницију подударности фигура 

налазимо и у старогрчкој геометрији. Уместо о крутим кретањима данас говоримо 

о изометријским трансформацијама или краће изометријама. Изометрију 

неке равни можемо замишљати као премештање тачака те равни такво да нови 

положаји две тачке одређују дуж која је подударна са дужи коју су одређивале 

тачке пре премештања. 

пре 

после 

A 

B 

A' 

B' 

Изометрија I равни π је функција I : π→π, таква да за сваке две тачке A и B 

равни π, ако је I(A) = A’ и I(B) = B’, онда је AB ≅ A’B’. 

Једна од најосновнијих особина изометрије изражена је следећом теоремом. 

A B C 

A' 

AC ≅ A'C' 

AB ≅ A'B' 

B' 

BC ≅B'C' 

C' 

Изометријом се колинеарне тачке сликају у колинеарне тачке. Штавише, 

чува се и распоред тачака: ако је A – B – C и I(A) = A’, I(B) = B’, I(C) = C’, 

онда је и A’ – B’ – C’. 

Доказ ове особине изостављамо, јер је интуитивно јасно да тврђење важи, а 

сам доказ се своди на једноставну примену аксиома подударности и њихових 

последица које смо извели. Из претходне теореме даље изводимо нове закључке. 

• Изометријом се дуж пресликава у дуж. Другим речима ако је I(A) = A’ и 

I(B) = B’, онда се свака тачке дужи AB пресликава у неку тачку дужи A’B’ и 

обратно, свака тачка дужи A’B’ је слика неке тачке дужи AB. Пишемо, 

I(AB) = A’B’. 

• Изометријом се права пресликава у праву: 

ако су A и B две тачке праве p и ако је I(A) = A’ и I(B) = B’, онда је I(p) = p’, где је 

p’ права одређена тачкама A’ и B’. 

• Изометријом се полуправа пресликава у полуправу. 

170 

Наведена тврђења даље користимо да бисмо одредили слике важних сложенијих 

фигура – углова и троуглова. 

• Изометријом се конвексан угао пресликава у конвексан угао: 

• Изометријом се троугао пресликава у подударан троугао: 

ако је I(A) = A’, I(B) = B’ и I(C) = C’, онда је I(∆ABC) = ∆A’B’C’. 





Посебно нас занимају слике читавих фигура при изометријама, јер на тај начин 

математичким језиком говоримо о „крутом премештању” фигуре. 

Ако је Φ нека равна фигура и I изометрија одговарајуће равни, са I(Φ) 

означавамо скуп слика тачака из Φ, то јест свих тачака I(X), X Φ. 

У наставку истичемо неке основне изометријске трансформације равни. 

Осна симетрија 

Нека је s права равни π. Ако је X тачка равни π, која не припада правој s, нека је 

n нормала на s из X и S подножје ове нормале. Тада постоји јединствена тачка X’ 

равни π таква да је X – S – X’ и XS ≅ SX’. За тачке X и X’ кажемо да су симетричне 

у односу на праву s. Тачке праве s симетричне су саме себи. Права s се назива оса 

симетрије. 

1. 


На сликама испод приказана је (корак-по-корак) конструкција осносиметричне 

тачке. Детаљно објасни конструкцију, тј. објасни зашто су дата тачка X и 

конструисана тачка X’ симетричне у односу на s. 

s 

s 

s 

X 

X 

X 

X' 

Осна симетрија равни π у односу на праву s је пресликавање S s 

: π π, које 

свакој тачки X равни π додељује тачку X’ исте равни, која је симетрична са 

X у односу на s. 

Осна симетрија је изометрија равни. 

Доказ претходног тврђења остављен је као задатак. 

2. 


Ако је s било која права равни π. Тачке X и Y равни π пресликане су осном 

симетријом у односу на s редом у тачке X’ и Y’, тј. S s 

(X) = X’ и S s 

(Y) = Y’. У сваком 

од случајева приказаних на сликама испод, објасни зашто је XY ≅ X’Y’. 




171

6 

2 

1 57648 9 

Издвајамо неколико очигледних особина осне симетрије. 

• Ако права сече осу симетрије, онда тачку пресека садржи и слика те праве. 

• Ако је права паралелна оси симетрије, онда је и њена слика паралелна оси 

симетрије. 

• Ако је права нормална на осу симетрије, онда се она пресликава у саму себе. 

Фигура је осносиметрична ако постоји бар једна права таква да се та фигура 

пресликава у саму себе осном симетријом у односу на ту праву. 


На сликама испод приказане су неке познате осносиметричне фигуре са свим 

њиховим осама симетрије. 

 


У унутрашњости конвексног угла aOb дата је тачка C. Одредимо тачке A и B на 

крацима Oa и Ob датог угла тако да обим троугла ABC буде најмањи. 

Очигледно, „погађањем” (случајним избором) тражених тачака нећемо доћи 

до решења. Ипак, случајни избори нам могу помоћи да се досетимо како треба 

поступити. 

Ако надовежемо странице троуглова (које смо случајно бирали) са слике изнад, 

пресликавајући тачку C у односу на краке Oa и Ob у тачке C' и C'', уочавамо да је 

обим троугла A i 

B i 

C (i = 1,2) једнак дужини изломљене линије C'A i 

B i 

C''. Најкраћа 

међу њима је свакако дуж C'C''. Сада је једноставно одредити тражене тачке: A и 

B су пресеци дужи C'C'' са Oa и Ob. Строг доказ да су овако конструисане тачке 

заиста тражене тачке заснива се на неједнакости троугла. 

172 





Нека је S фиксирана тачка равни π. За сваку тачку X равни π, различиту од S, 

постоји јединствена тачка X’ равни π таква да је X – S – X’ и XS ≅ SX’. Кажемо да 

су тачке X и X’ симетричне у односу на тачку S. При оваквој симетрији, тачка S je 

симетрична самој себи. Тачка S се назива центар симетрије. 

Централна симетрија равни π у односу на тачку S је пресликавање S S 

: π π, које 

свакој тачки X равни π додељује тачку X’ исте равни, која је симетрична са X у 

односу на S. 

Централна симетрија 

X 

S 

Централна симетрија је изометрија. 

X 

S 

X' 

Доказ претходног тврђења остављен је као задатак. 


Ако је S било која тачка равни π. Тачке X и Y равни π пресликане су централном 

симетријом у односу на S редом у тачке X’ и Y’, тј. S S 

(X) = X’ и S S 

(Y) = Y’. У сваком 

од случајева приказаних на сликама испод, објаснити зашто је XY ≅ X’Y’. 

Издвајамо неколико очигледних особина централне симетрије. 

• Ако права садржи центар симетрије, онда се централном симетријом та права 

пресликава у себе, тј. ако S p, онда S S 

(p) = p. 

• Ако је права не садржи центар симетрије, онда се централном симетријом та 

права пресликава у паралелну праву, тј. ако S p и S S 

(p) = p’, онда p || p’. 

X Y 

S 

Y' 

X' 

X 

Y' 

S 

Y 

X' 

X 

Y' 

S 

Y 

X' 

A 

B C D E 

S 

E' D' C' B' 

A' 

Фигура је централносиметрична ако постоји тачка таква да се та фигура 

пресликава у саму себе централном симетријом у односу на ту тачку. 


Паралелограм је централно симетрична фигура. Није тешко уочити да је пресек 

дијагонала паралелограма центар симетрије. 

На слици испод приказане су још неке централно симетричне фигуре. 




173

6 

2 

1 57648 9 

оријентисан 

угао bOa 

оријентисан 

угао aOb 

Ротација 

Oријентисане углове уводимо аналогно усмереним дужима. Конвексан угао 

одређен полуправама Oa и Ob оријентишемо избором почетног и завршног крака. 

Дакле, један оријентисан угао је aOb, а други bOa. Оријентацију угла на сликама 

означавамо усмереним луковима. Разликујемо две оријентације углова: 

• „у смеру казаљке на сату”, тзв. негативна оријентација угла, 

• „у смеру супротном од кретања казаљке на сату”, тзв. позитивна оријентација 

угла. 

X 

X 

X 

О 

О 

О 

X' 

Нека је O фиксирана тачка равни π и α оријентисани угао. За сваку тачку X равни 

π различиту од O постоји јединствена тачка X’ таква да је OX ≅ OX’ и XOX’ = α . 

Кажемо да је тачка X’ добијена ротацијом тачке X око тачке O за оријентисани 

угао α . Тачка O се описаном ротацијом пресликава у себе. 

Ротација равни π око тачке O за оријентисани угао α је пресликавање 

R O, 

: π π, које свакој тачки X равни π додељује тачку X’ исте равни, која је 

добијена ротацијом око тачке O за оријентисани угао α . Тачка O се назива 

центар ротације, а α угао ротације. 

Ротација је изометрија. 

Део доказа претходног тврђења остављен је као задатак. 

Централна симетрија 

је ротација око 

центра симетрије за 

опружени угао. 


Нека је O фиксирана тачка равни π и α оријентисани угао. Тачке X и Y равни π 

пресликане су ротацијом око тачке O за угао α редом у тачке X’ и Y’, тј. 

R O, 

(X) = X’ и R O, 

(Y) = Y’. У сваком од случајева приказаних на сликама испод, 

објаснити зашто је XY ≅ X’Y’. 

Y 

X' 

X 

Y' 

Y 

X' 

X 

S 

S 

Упутство. У оба случаја треба показати ∆XSY ≅ ∆X’SY’. 

Y' 


Дати су тачка O, оријентисан угао α и права p. 

Један од начина да се одреди R O, 

(p) је да се ротирају две произвољне тачке ове 

праве. Можемо поступити и другачије. 

Ако је N подножје нормале из O на p и R O, 

(N) = N', онда је нормала на ON' у тачки 

N' тражена слика p' праве p датом ротацијом. 

174 






Конструишимо једнакокрако-правоугли троугао ABC ако је дато теме правог угла 

C и праве a и b којима припадају темена A и B. 

Ротацијом око тачке C за прав угао, тачка A се 

пресликава у тачку B. Нека је a’ права добијена 

ротацијом праве a око тачке C за прав угао. Из услова 

A a следи да B a’. Дакле, B a’ b. 

Конструкција на основу наведене анализе је 

приказана на слици десно. (Приметите да када a 

ротирамо у супротном смеру, добијамо још једно 

решење.) 

Нека је v дати вектор чији је правац паралелан са равни π. Према теореми са 

стране 156 за сваку тачку X равни π постоји јединствена тачка X’ таква да је 

XX’ ≅ v . Кажемо да је тачка X’ добијена транслацијом тачке X за вектор v . 

Транслација равни π за вектор v је пресликавање T v 

: π π, које свакој тачки X 

равни π додељује тачку X’ исте равни, која је добијена транслацијом за вектор v . 

Транслација 

Транслација је изометрија. 

Издвајамо неколико очигледних особина транслације. 

• Свака права паралелна правцу вектора транслације пресликава се у саму себе. 

• Права, која није паралелна правцу вектора, транслацијом се пресликава у 

паралелну праву. 


Дате су тачке A и B и праве c и d. Конструишимо паралелограм 

ABCD тако да C c и D d. 

Приметимо да је T (C) = D. Из услова C c следи да је 

D = T (C) T (c) = c'. 

Дакле, D c' d. 


Дате су тачке A и B и кружнице k 1 

и k 2 

. Конструиши паралелограм ABCD тако да 

C k 1 

и D k 2 

. 




175

Б 

Композиција 

изометрија 

Ако су A : π π и B : π π два пресликавања (трансформације) равни π, онда 

је A B такође пресликавање исте равни, при чему се слика неке тачке X при 

композицији A B, то јест A B(X), одређује тако што прво одреди B(X), а затим 

се одреди слика те тачке при A. 

Композиција две изометрије је изометрија. 

Доказ. Нека су A и B две изометрије равни. Докажимо да је и A B изометрија 

равни. Нека су X и Y две произвољне тачке и X’ = A B(X) и Y’ = A B(Y). Треба 

доказати да је XY ≅ X’Y’. 

Ако са X 1 

и Y 1 

означимо тачке B(X) и B(Y), онда, пошто је B изометрија, следи да је 

XY ≅ X 1 

Y 1 

. Према дефиницији композиције, 

X’ = A B(X) = A(B(X)) = A(X 1 

) и Y’ = A B(Y) = A(B(Y)) = A(Y 1 

). 

Како је и A изометрија, следи да је X 1 

Y 1 

≅ X’Y’. Најзад, из XY ≅ X 1 

Y 1 

и X 1 

Y 1 

≅ X’Y’ 

следи да је XY ≅ X’Y’. ■ 

p 

6. 


Које изометрије представљају следеће композиције: 

1) S q 

S p 

ако је p || q; 

2) S q 

S p 

ако је p ⊥ q и p q = {O}; 

3) S q 

S p 

ако се p и q секу под неким оштрим углом α у тачки O? 

q 

p 

p 

q 

O 

q 

176 

Ако су углови α и 

β исто оријентисани, 

онда се збир 

α + β одређује 

надовезивањем и има 

исту оријентацију као 

и сабирци. Уколико 

су α и β супротне 

оријентације, онда 

од већег угла треба 

одузети мањи и 

при том је добијена 

разлика оријентисана 

као већи угао. 

7. 


Које изометрије представљају следеће композиције: 

1) R O,β 

R O,α 

, 2) T v 

T u 

? 

8. 

Изометрија равни која сваку тачку те равни пресликава у себе назива се 

коинциденција те равни. Дакле, коинциденција равни π je пресликавање 

E : π π такво да је E(X) = X, за сваку тачку X π. 


Одреди следеће композиције: 

1) S p 

S p 

; 2) S S 

S S 

; 3) R O, 

R O,– 

; 3) T u 

T –u 

. 




O


Поглавље завршавамо теоремом која изражава једну од основних особина 

изометрија равни. Особину нећемо доказивати, али ћемо је илустровати неким 

сугестивним примерима и задацима. 


На шаховској табли (слика горе десно) поређани су разнобојни жетони. Кажемо 

да је премештање жетона изометријско ако је дуж коју одређују нека два жетона 

подударна са дужи који одређују та два жетона након премештања. Није тешко 

уочити да је свако изометријско премештање жетона потпуно одређено новим 

положајима нека три неколинеарна жетона. На пример, нека су црвени, плави 

и црни жетон премештени на другу таблу (слика доле десно) тако да је сачувана 

подударност међу одговарајућим дужима. Тада су потпуно одређени нови 

положаји свих осталих жетона. На које позиције на другој табли треба преместети 

наранџасти, зелени и жути жетон са прве табле? 


Конструиши две тројке тачака A, B, C и A 1 

, B 1 

, C 1 

тако да је AB ≅ A 1 

B 1 

, BC ≅ B 1 

C 1 

и 

CA ≅ C 1 

A 1 

. Изабери затим произвољно једну тачку P и конструишите тачку P 1 

тако 

да је P 1 

A 1 

≅ PA, P 1 

B 1 

≅ PB и P 1 

C 1 

≅ PC. 

Основно запажање које се намеће у претходним примерима и задацима 

јесте то да је свако „изометрично премештање” тачака равни потпуно 

одређено новим положајима неке три неколинеарне тачке. Прецизније, 

свака изометрија равни је потпуно одређена сликама три 

неколинеарне тачке. 

Овај закључак истичемо у теореми коју ћемо звати основном теоремом о 

изометријама равни. 

Ако су (A, B, C) и (A’, B’, C’) две тројке неколинеарних тачака равни π такве да 

је AB ≅ A’B’, BC ≅ B’C’ и CA ≅ C’A’, онда постоји јединствена изометрија I равни 

π таква да је I(A) = A’, I(B) = B’ и I(C) = C’. 

основна теорема о 

изометријама равни 

Интуитивно, две фигуре су подударне ако се тзв. крутим кретањем те две 

фигуре могу потпуно поклопити. Круто кретање је заправо изометријска 

трансформација. Ако је Φ нека равна фигура и I изометрија те равни, онда I(Φ) 

означавамо скуп слика тачака из Φ, тј. фигуру добијену након одговарајућег 

крутог померења фигуре Φ. 

Две фигуре Φ и Ψ су подударне, у ознаци Φ ≅ Ψ, ако постоји изометрија I која 

пресликава Φ на Ψ, то јест ако је I(Φ) = Ψ. 




177

6 

2 

1 57648 9 

A 

Задаци 

Подударност дужи и углова 

1. Који од следећих исказа су тачни? 

1) Збир два оштра угла је оштар угао. 

2) Збир два права угла је опружен угао. 

3) Збир два тупа угла је неконвексан угао. 

4) Разлика тупог и оштрог угла је туп угао. 

5) Разлика правог и оштрог угла је оштар угао. 

6) Разлика тупог и правог угла је оштар угао. 

2. Да ли је следећи исказ тачан? 

Ако је a p и b p, онда је a || b. 

3. Нека је p || q. Ако права n припада равни коју одређују праве p и q и нормална је 

на једну од ових правих, онда је нормална и на другу. Докажи. 

4. Нека је A – B – C. Ако је P средиште дужи AB и Q средиште дужи AC, докажи да 

је BC = 2PQ. 

5. Нека C произвољна тачка симетрале дужи AB различита од средишта S те дужи. 

Докажи да је полуправа CS симетрала угла ACB. 

Б 

6. Нека је S произвољна тачка симетрале конвексног угла pOq различита од тачке 

O. Ако су P и Q тачке на крацима Op и Oq такве да је OP ≅ OQ, докажи да је 

OPS ≅ OQS и да је полуправа OS симетрала угла PSQ. 

7. Дата је дуж AB. Полуправе Ap и Bq налазе се различитих страна дужи AB и 

важи BAp ≅ ABq. Ако су P и Q тачке на полуправама Ap и Bq такве да је 

AP ≅ BQ, докажи да је APB ≅ BQA. 

8. Дата је дуж PQ. Конструисане су полуправе Pp и Qq са исте стране праве PQ 

такве да је QPp ≅ PQq. Ако је P' тачка полуправе Pp и Q' тачка полуправе Qq, 

при чему је PP' ≅ QQ', PP'Q ≅ QQ'P. 

A 

Ставови подударности троуглова 

и неке важне последице 

9. На симетрали Os угла aOb дата је тачка S. Ако су 

A и B тачке на крацима Oa и Ob такве да је 

OA ≅ OB, докажи да је и SA ≅ SB. 

10. Дужи AB и CD су подударне и паралелне 

(налазе се на паралелним правама). Ако је 

AD BC = {S}, докажи да је S средиште и 

дужи AD и дужи BC. 

178 





11. Дате су две концентричне кружнице са заједничким центром O. Ако је AB 

пречник кружнице мањег полупречника, а PQ пречник друге кружнице на 

коме није дуж AB, докажи да су дужи AP и BQ подударне. Докажи затим и 

једнакост AQ ≅ BP. 

12. У тачки T кружнице k(O, r) конструисана је тангента и на њој су изабране 

тачке P и Q такве да је PT ≅ QT и P – T – Q. Докажи да је PO ≅ QO. 

13. Дат је угао aOb. На краку Oa дате су тачке A 1 

и A 2 

, а на краку Ob тачке B 1 

и B 2 

такве да је OA 1 

≅ OB 1 

и OA 2 

≅ OB 2 

. Докажи да је A 2 

B 1 

≅ B 2 

A 1 

. 

14. Докажи да су два правоугла троугла подударна ако су катете једног троугла 

подударне катетама другог. 

15. Докажи да су подударна два правоугла троугла ако су им подударне 

хипотенузе и по један оштар угао. 

16. Нека су ∆ABC и ∆A'B'C' два троугла таква да је AB ≅ A'B', AC ≅ A'C'и CD ≅ C'D', 

при чему су D и D' средишта дужи AB и A'B'. Докажи да је ∆ABC ≅ ∆A'B'C'. 

17. Докажи да су троуглови ABC и A 1 

B 1 

C 1 

подударни ако је BAC ≅ B 1 

A 1 

C 1 

, 

ABC ≅ A 1 

B 1 

C 1 

и CD ≅ C 1 

D 1 

, при чему су D и D 1 

подножја висина из C и C 1 

. 

18. Да ли троуглови ABC и A 1 

B 1 

C 1 

морају бити подударни ако је AC ≅ A 1 

C 1 

, 

BC ≅ B 1 

C 1 

и CD ≅ C 1 

D 1 

, при чему су D и D 1 

подножја висина из C и C 1 

? 

19. Докажи да два подударна троугла имају подударне одговарајуће висине. 

20. Докажи да два подударна троугла имају подударне одговарајуће тежишне 

дужи. 

21. Дати су троуглови ABC и A'B'C' такви да је AB ≅ A'B' и AC ≅ A'C'. Докажи да је 

BC ≅ B'C' акко је BAC ≅ B'A'C'. 

22. Докажи да је ∆ABC ≅ ∆A'B'C' ако су ∆ABC и ∆A'B'C' два троугла таква да је 

AB ≅ A'B', CD ≅ C'D' и CE ≅ C'E', при чему су D и D' подножја висина из C и C', a 

CE и C'E' тежишне дужи из C и C'. 

23. Докажи да су троуглови ABC и A'B'C' подударни ако су подударне странице AB 

и A'B', висине AA 1 

и A'A 1 

' и висине BB 1 

и B'B 1 

'. 

Б 

Висина троугла је 

дуж чија је једна 

крајња тачка теме 

троугла, а друга је 

подножје нормале 

из тог темена на 

праву која садржи 

наспрамну страницу. 

Тежишна дуж троугла 

је дуж чија је једна 

крајња тачка теме 

тог троугла, а друга 

средиште наспрамне 

странице. 

24. Нека су AA' и BB' подножја висина из A и B троугла ABC. Докажи да је AC ≅ BC 

ако и само ако је AA' ≅ BB'. 

25. Докажи да су подударне тежишне дужи које одговарају крацима једнакокраког 


26. Докажи да су подударне висине које одговарају крацима једнакокраког 





179

6 

2 

1 57648 9 

A 

Основне особине троугла 

27. Ако је један угао троугла једнак збиру друга два угла, докажи да је тај троугао 

правоугли. 

28. Докажи да је разлика углова које образује симетрала угла на страници троугла, 

која је наспрам одговарајућег угла, једнака разлици углова на тој страници. 

29. Докажи да је збир ма која два спољашња угла неког троугла већи од опруженог 

угла. 

30. У унутрашњости троугла ABC дата је тачка P. Докажи да је APB > ACB. 

31. Нека су aOb и a'O'b' два конвексна угла таква да су нормалне праве на којима 

се налазе краци Oa и O'a' и нормалне су праве на којима се налазе краци Ob и 

O'b'. Докажи следећа тврђења. 

1) Ако су оба угла оштра или оба тупа, онда су ови углови подударни. 

2) Ако је један угао оштар, а други туп, онда су ови углови суплементни. 

Напомена: Тврђење овог задатка је познато као теорема о угловима са 

нормалним крацима. 

32. Докажи да су два једнакокрака троугла подударна ако су им подударне 

основице и углови у врху. 

33. Ако су подударне две тежишне дужи неког троугла, докажи да је тај троугао 

једнакокраки. 

34. Ако је тежишна дуж неког троугла уједно и висина из одговарајућег темена, 

докажи да је тај троугао једнакокраки. 

35. Ако висина неког троугла припада симетрали угла из одговарајућег темена, 

докажи да је тај троугао једнакокраки. 

36. Ако је тежишна дуж троугла једнака половини одговарајуће странице, докажи 

да је тај троугао правоугли са правим углом из темена у коме је конструисана 

тежишна дуж. 

Б 

37. Кроз теме A троугла ABC конструисана је права p паралелна са BC. Симетрале 

углова ABC и ACB секу праву p у тачкама D и E. Докажи да је DE ≅ AB + AC. 

38. Ако је AA' тежишна дуж ∆ABC и AB < AC, који од углова AA'B и AA'C је већи? 

39. Ако је AA' висина ∆ABC и AB < AC, докажи да је BAA' < CAA'. 

40. 1) Докажи да је свака тежишна дуж троугла мања од полуобима тог троугла. 

2) Докажи да је збир тежишних дужи већи од полуобима троугла. 

41. У унутрашњости троугла ABC је дата тачка P. Докажи да је збир PA + PB + PC 

већи од полуобима троугла ABC. 

42. У унутрашњости троугла ABC дата је тачка P. Докажи да је AC + CB > AP + PB. 

180 

43. У унутрашњости троугла ABC дата је тачка P. Докажи да је збир PA + PB + PC 

мањи од обима троугла ABC. 





44. У унутрашњости троугла ABC дата је тачка P. Докажи неједнакости 

PA + PB + PC < AB + BC + CA < 2(PA + PB + PC). 

45. Докажи да је збир висина троугла мањи од обима тог троугла. 

46. Кроз тачку M основице AB једнакокраког троугла ABC конструисана је права 

која сече праве на којима се налазе краци AC и BC у тачкама P и Q тако да је M 

средиште дужи PQ. Докажи да је AP ≅ BQ. 

47. Тачка S је пресек симетрала углова код темена A и B троугла ABC. Нека права p 

која садржи S и паралелна је са AB сече страницу AC у тачки P, а страницу BC у 

тачки Q. Докажи да је PQ ≅ AP + BQ. 

48. Ако је M произвољна тачка странице AB троугла ABC таква да је A – M – B, 

докажи да је CM краћа од AC или од BC. 

49. 1) Докажи да је симетрала правог угла правоуглог троугла истовремено и 

симетрала угла између висине и тежишне дужи које одговарају хипотенузи. 

2) Ако су α и β оштри углови правоуглог троугла, одреди угао између висине и 

тежишне дужи које одговарају хипотенузи. 

3) Ако je угао између висине и тежишне дужи које одговарају хипотенузи 

правоуглог троугла једнак 20°, одреди оштре углове овог троугла. 

50. Нека је CC' тежишна дуж ∆ABC и D тачка праве CC' таква да је C – C' – D и 

CC' ≅ C'D. Докажи да је BD ≅ AC, као и да је BD || AC. 

51. Докажи да је ∆ABC ≅ ∆A'B'C ако су ∆ABC и ∆A'B'C' два троугла таква да је 

AB ≅ A'B', AC ≅ A'C' и AD ≅ A'D', при чему су AD и A'D' тежишне дужи из A и A'. 

52. 1) Докажи да је свака тежишна дуж троугла мања од полузбира суседних 

страница. 

2) Докажи да је збир тежишних линија троугла мањи од обима троугла. 

53. Докажи да је теме највећег угла најближе центру уписаног круга. 

54. Ако центар описане и центар уписане кружнице неког троугла представљају 

исту тачку, докажи да је тај троугао једнакостраничан. 

Основне особине круга 

55. Кружнице k 1 

(O 1 

, r 1 

) и k 2 

(O 2 

, r 2 

) додирују се споља у тачки T. Нека су p и q праве 

које садрже тачку T и нека су P 1 

и P 2 

тачке (различите од T) у којима права p 

сече кружнице k 1 

и k 2 

, а Q 1 

и Q 2 

тачке у којима q сече ове кружнице. Докажи да 

је P 1 

Q 1 

|| P 2 

Q 2 

. 

56. Нека је T произвољна тачка кружнице k(O, r) и t тангента конструисана на ову 

кружницу у тачки T. На правој t изабране су произвољно две тачке P и Q такве 

да је P – T – Q, а затим су из ових тачака конструисане тангенте p и q на k(O, r) 

које су различите од t. Нека су P' и Q' тачке додира кружнице и нових тангенти. 

Докажи да су углови POQ и P'TQ' суплементни. 

57. Кружнице k 1 

и k 2 

секу се у тачкама A и B. Ако су C и D дијаметрално супротне 

тачке тачки A у кружницама k 1 

и k 2 

, докажи да су тачке B, C и D колинеарне. 

В 

Б 




181

6 

2 

1 57648 9 

58. Дат је троугао ABC. Над страницом AB као 

над пречником конструисана је кружница. 

Докажи да је угао у темену C: 

1) оштар, ако теме припада спољашњости 

конструисане кружнице; 

2) туп, ако теме припада унутрашњости 

конструисане кружнице. 

59. Докажи да се симетрала угла и симетрала наспрамне странице троугла секу на 

кружници описаној око тог троугла. 

В 

60. Нека је H ортоцентар и O центар описане кружнице троугла ABC. Ако је A' 

средиште странице BC, докажи да је OA' || AH, као и да је OA' ≅ 1 2 AH. 

Упутство. Уочи тачку D која је дијаметрално супротна темену C у односу на 

описану кружницу. 

61. Нека је H ортоцентар и O центар описане кружнице троугла ABC. Ако је A' 

средиште странице BC, а M и N су средишта дужи AH и AA', докажи да су 

тачке O, M и N колинеарне и да је N средиште дужи OM. 

62. Докажи да средишта страница, подножја висина 

и средишта дужи које спајају ортоцентар са 

теменима троугла припадају једној кружници. 

Упутство. Погледај слику десно. Докажи најпре 

да је A'B'A 2 

B 2 

правоугаоник. 

Круг о коме је реч у 

задатку 62. има доста 

назива: круг девет 

тачака, Ојлеров круг 

или Фoјербахов круг. 

63. Нека је H ортоцентар и O центар описане кружнице троугла. Докажи да је 

средиште дужи OH центар круга девет тачака датог троугла. Докажи затим и да је 

полупречник круга девет тачака два пута краћи од полупречника описаног круга. 

А 

Основне особине паралелограма и трапеза 

64. Докажи да је у конвексном четвороуглу збир два спољашња угла једнак збиру 

два унутрашња угла који су несуседни тим спољашњим угловима. 

65. Докажи да за сваки конвексан четвороугао важи да је збир наспрамних 

страница мањи од збира дијагонала. 

66. Ако једна дијагонала захвата подударне углове са наспрамним страницама 

конвексног четвороугла, онда је тај четвороугао паралелограм. Докажи. 

67. Докажи следећа тврђења. 

1) Дијагонале правоугаоника су подударне. 

2) Дијагонале ромба припадају симетралама углова. 

3) Дијагонале ромба су узајамно нормалне. 

182 





68. Ако дијагонале неког трапеза полове углове на већој основици, докажи да је тај 

трапез једнакокраки и да су краци подударни мањој основици. 

69. 1) Ако је мања основица трапеза подударна збиру кракова, докажи да се 

симетрале углова на већој основици секу на мањој основици. 

2) Ако је већа основица трапеза подударна збиру кракова, докажи да се 

симетрале углова на мањој основици секу на већој основици. 

В 

70. Висине оштроуглог троугла припадају симетралама углова троугла чија су 

темена подножја тих висина. Докажи. 

71. Докажи следећа тврђења. 

1) Ако су дијагонале паралелограма подударне, онда је тај паралелограм 

правоугаоник. 

2) Ако су дијагонале паралелограма узајамно нормалне, онда је тај 

паралелограм ромб. 

72. Докажи да симетрале спољашњих углова паралелограма образују правоугаоник. 

73. Ако два трапеза имају подударне основице и дијагонале, докажи да су и 

одговарајући краци подударни. 

Вектори 

74. Дати су вектори x и y . Конструиши векторе: 

1) a = x + 2y ; 2) b = 2x – 1 y ; 3) c = –2x – y . 

2 

A 

75. Дати су вектори x , y и z . Конструиши векторе: 

1) 2x – y – z ; 2) (x + 2y – z ) – ( x + y – z ). 

76. Дат је квадрат ABCD. Ако је a = AB и d = AC , изрази векторе BC, CD , DA и BD 

преко вектора a и d . 

77. Дат је паралелограм ABCD и произвољна тачка S. Нека је O пресек дијагонала 

паралелограма. Изрази векторе AB , BC, CD , DA , AC , AO , SD и SO помоћу 

вектора a = SA , b = SB и c = SC . 

78. Ако је T тежиште троугла ABC, израчунај TA + TB + TC . 

79. Ако је O произвољна тачка, а T тежиште троугла ABC, докажи да је 

OT = 1 (OA + OB + OC). 

3 

80. Нека је ABC произвољан троугао, O центар описане кружнице и H ортоцентар. 

Докажи једнакости: 

1) OA + OB + OC = OH ; 2) AH + BH + CH = 2(OA + OB + OC). 

81. Докажи да су центар описане кружнице O, тежиште T и ортоцентар H троугла 

ABC колинеарне тачке и да је |HT| = 2|TO|. 

В 

82. Докажимо да средишта страница било ког конвексног четвороугла образују 





183

6 

2 

1 57648 9 

Б 

В 

А 

Геометријске конструкције 

83. Конструиши једнакостраничан троугао тако да његова висина буде подударна 

датој дужи h. 

84. Конструиши једнакокраки троугао ABC тако да је угао при врху C једнак 30°, а 

висина која одговара основици AB подударна је датој дужи h. 

85. Конструиши правоугли троугао ABC са правим углом у темену C ако је дата 

његова катета a и висина h c 

која одговара хипотенузи. 

86. Дату дуж AB подели на три подударна дела. 

Упутство. Конструиши произвољан троугао APQ тако да је B средиште дужи 

PQ, то јест тако да је AB тежишна дуж тог троугла. 

87. Конструиши троугао ABC ако је дато: 

1) a, β, b + c; 2) α, β, b + c; 3) α, β, a + b; 4) a, β, c – b; 5) α, β, c – b. 

88. Конструиши троугао ABC ако је дато: 

1) c, h a 

, h b 

; 2) c, t a 

, t b 

; 3) α, h b 

, h c 

; 4) a, t b 

, h c 

; 5) α, t a 

, h c 

; 6) h a 

, t a 

, t b 

; 7) h c 

, t c 

, R. 

89. Конструиши квадрат тако да: 

1) збир странице и дијагонале буде подударан датој дужи m; 

2) разлика дијагонале и странице буде подударна датој дужи m. 

90. Конструиши паралелограм ABCD ако je дато a, h a 

и φ, при чему је AB ≅ a, h a 

је 

висина која одговара страници AB и φ је угао AOB, где је O пресек дијагонала. 

91. Конструиши трапез ABCD тако да је AB || CD и AB > CD, тако да његове 

дијагонале буду подударне датим дужима d 1 

и d 2 

, висина буде подударна датој 

дужи h и разлика основица AB – CD буде подударна датој дужи m. 

92. Конструиши конвексан четвороугао ABCD ако су дате његове дијагонале AC и 

BD, странице AB и BC и угао ADC. 

93. Конструиши тетивни четвороугао ABCD ако су дате његове дијагонале AC и 

BD и странице AB и BC. 

94. Конструиши тангентни четвороугао ако су дате његове странице AB и BC, угао 

ABC и полупречник уписане кружнице r. 

Изометријске трансформације 

95. Конструиши квадрат ABCD ако је дато теме A и права p којој припадају темена 

B и D. 

96. Дата је права t, тачка T на правој t и тачка A ван ове праве. Конструиши 

кружницу која садржи тачку A и додирује праву t у тачки T. 

97. Дат је конвексан угао aOb и на краку Oa тачка P. Конструиши кружницу која 

садржи тачку P и додирује краке датог угла. 

98. Дате су кружнице k 1 

и k 2 

и права p. Конструиши тачке A 1 

и A 2 

тако да A 1 

k 1 

и 

A 2 

k 2 

и да A 1 

и A 2 

буду симетричне у односу на праву p. 

184 





99. Дате су права s и две кружнице k 1 

и k 2 

. Конструиши квадрат коме су темена A и 

C на правој s, а темена B и D на кружницама k 1 

и k 2 

. 

Упутство. Примети да је права s оса симетрије квадрата који треба 

конструисати. 

100. На страници AB троугла ABC дата је тачка P. Конструиши тачке Q и R на 

страницама BC и CA тако да троугао PQR буде најмањег обима. 

Упутство. Погледај пример 2. на страни 172. 

101. На страницама троугла ABC одреди тачке P, Q и R тако да троугао PQR буде 

минималног обима. 

102. Дате су две кружнице k 1 

и k 2 

које се секу. Кроз једну од заједничких тачака 

конструиши праву p која на датим кружницама одсеца подударне тетиве. 

103. Дате су праве a и b и тачка S која им не припада. Конструиши тачку A на 

правој a и тачку B на правој b такo да S буде средиште дужи AB. 

Б 

104. Дат је угао aCb и у његовој унутрашњости тачка S. Конструиши тачку A на 

краку Ca и тачку B на краку Cb тако да је CS тежишна дуж троугла ABC. 

105. Дате су неколинеарне тачке O, M и N. Конструиши квадрат ABCD такав да O 

буде центар овог квадрата, а да тачке M и N припадају правама које одређују 

наспрамне странице AB и CD. 

106. Конструиши квадрат ABCD чији је центар дата тачка O, a темена A и B 

припадају двема датим правама a и b. 

107. Датe су две кружнице k 1 

и k 2 

и тачка B. Конструиши квадрат ABCD такав да 

A k 1 

и C k 2 

. 

108. Дата је дуж AB, права p и кружница k. Конструиши тачку C на правој p и 

тачку D на кружници k тако да ABCD буде паралелограм. 

109. Дате су две кружнице k 1 

(O 1 

, r 1 

) и k 2 

(O 2 

, r 2 

) и права p. Конструиши праву q 

паралелну са p тако да је q k 1 

(O 1 

, r 1 

) = {A,B}, q k 2 

(O 2 

, r 2 

) = {C,D} и AB ≅ CD. 

110. Дате су две паралелне праве a и b и тачке A, B и C такве да A a, B b и 

A – C – B. Конструиши праву c тако да C c, c a = {X}, c b = {Y} и 

AX + BY ≅ d, где је d дата дуж. 




185

6 

2 

1 57648 9 

186 




РАЦИОНАЛНИ АЛГЕБАРСКИ ИЗРАЗИ 

Појам израза. Дрво израза (188) 

А Појам израза; приказ структуре израза дрветом; израчунавање 

вредности израза за задате вредности променљивих (188) 

Цели алгебарски изрази (190) 

А Мономи; сређени облик монома; степен монома; сабирање сличних 

монома; цели алгебарски изрази и основне операције са њима; квадрат 

бинома и разлика квадрата; растављање на чиниоце; растављање 

квадратних бинома и тринома (190) 

Б Куб бинома; разлика и збир кубова (196) 

Полиноми са једном променљивом (197) 

А Појам полинома са једном променљивом; корен полинома; (197) 

Б Дељење полинома (200) 

В Безуова теорема (201) 

НЗД и НЗС полинома (202) 

А Одређивање НЗД-а и НЗС-а полинома растављањем на чиниоце (202) 

Рационални алгебарски изрази (204) 

А Област дефинисаности рационалног алгебарског израза; условна 

еквивалентност; трансформације рационалних алгебарских израза (204) 

Неке основне неједнакости (207) 

А Докази неких елементарних неједнакости (207) 




А 

Појам израза. Дрво израза 


Трговац од произвођача купује робу да би је продавао у својој продавници. 

Трговац рачуна добит тако што од продајне вредности робе одузме суму новца 

коју је уложио. Потребно улагање представља збир набавне вредности робе и 

трошкова транспорта. 

Поступак израчунавања добити приказан је на слици лево. Овакав приказ назива 

се дрво, због визуелне сличности са дрветом. 


Трговац је од једног произвођача купио одређену количину 

неког производа и за њу платио 4 230 динара. Трошкови 

транспорта су износили 560 динара. Укупна вредност 

ове робе у његовој продавници износила је 5 700 динара. 

Колику добит од продаје овог производа очекује трговац? 

p 

n 

D 

Велику применљивост 

математике омогућава 

то што се она бави 

решавањем веома 

општих проблема који 

обухватају велики број 

специјалних случајева. 

Израз је један 

апстрактан 

математички 

појам. Сваки израз 

описује читаву класу 

израчунавања која се 

обављају по истим 

принципима. 

t 


Израчунавање, из претходног примера, које трговац спроводи након сваке 

набавке јесте израчунавање вредности израза 

D = p – (n + t) 

где је p – продајна вредност, n – набавна вредност, t – трошкови и D – добит. 

Претходни задатак се своди на израчунавање вредности израза D уколико су 

додељене вредности променљивим које учествују у његовом грађењу: p = 5 700, 

n = 4 230, t = 560. 

Исто дрво израчунавања, па тиме и одговарајући израз, примењују се у великом 

броју наизглед сасвим другачијих околности. 

• Ученик мора за три дана да прочита књигу која има p страница. Ако је првог 

дана прочитао n страница, а другог t страница, колико страница је остало да 

прочита трећег дана? 

• Неко је понео p динара у продавницу и купио два производа. Један је платио n 

динара, а други t динара. Колико новца му је остало? 

• Обим троугла је p cm. Једна страница тог троугла дугачка је n cm, а друга t cm. 

Колико је дугачка трећа страница? 

Изразе градимо од: 

• променљивих (слова): a, b, c, ... x, y, z, ..., a 1 

, b 1 

, ..., и 

• константи (конкретних бројева): 1, 0, 1 2 , – 3,4, –1 2 3 итд., 

повезујући их на уобичајени начин знацима за операције: + , – , ∙ , : итд. 

Наравно, користимо и заграде ако је потребно. 

188 




Рационални алгебарски изрази 

Сваки израз можемо представити одговарајућим дрветом. Како се формира 

дрво неког израза илустровали смо у претходним примерима. Из практичних 

разлога поједностављујемо цртање: поља ћемо представљати тачкама, а везе међу 

пољима линијама, при чему ћемо поред полазних тачака уписивати променљиве и 

константе, а поред сваког места где се секу две линије знак операције. Уобичајено 

је да се тачке којима одговарају променљиве и константе цртају тако да буду 

колинеарне (да припадају једној правој). 


Дрво израза на сликовит начин приказује његову структуру и сложеност. 

Проучите нареднe примере у којима је приказано израчунавање вредности израза 

(x + 6,2) ∙ y + (5 – z) за x = 2, y = 0,1, z = 4,3 и за x = 7,3, y = 12,1, z = 3,4. 


Нацртај дрво израза 0,1(ab + 2,2x)(y – z) па затим израчунај његову бројевну 

вредност ако је a = 0,1, b = 1, x = 5, y = 12,3, z = 1,7. 

 

Изразе ћемо означавати великим словима латинице: 

A, B, C, ..., X, Y, Z, ..., A 1 

... 

Када желимо да нагласимо које све променљиве учествују у грађењу неког израза, 

наводићемо их у заградама поред ознаке израза. Тако, на пример, ако је A израз 

(x + 6,2) ∙ y + 5 – z, писаћемо A(x,y,z). Овакво означавање је погодно и у случајевима 

када желимо да истакнемо вредност израза A за неке конкретне вредности 

променљивих. Ако је x = 2, y = –1, z = 14, одговарајућу вредност израза означићемо 

A(2, –1, 14). Дакле, A(2, –1, 14) = (2 + 6,2) ∙ (–1) + 5 – 14 = –17,2. 




189

А 

Цели алгебарски изрази 

Врсте израза разликујемо на основу операција које учествују у њиховом грађењу. 

Подсећамо на двојаку 

употребу знака „–” 

који означава и 

операцију супротан 

број и одузимање. 

Израз изграђен од 

• променљивих (слова): a, b, c, ..., x, y, z, ..., a 1 

, b 1 

... 

• константи (конкретних бројева): 1, 0, 1 2 , –3,4, –1 2 3 , ... 

у којем су дозвољене операције: 

– само множења „∙” 

називамо 

моном; 

– само множења „∙”, 

сабирања „ + ” и 

одузимања „ – ” 


цео алгебарски израз; 

У овом одељку ћемо се бавити само целим алгебарским изразима. 

– множења „∙”, 

сабирања „ + ”, 

одузимања „ – ” и 

дељења „:” 


рационалан 

алгебарски израз. 

Рад са овим изразима је у потпуности базиран на основним особинама операција 

које се у њему појављују. У наредној табели су дате неке основне особине 

операција које учествују у грађењу целих алгебарских израза, као и проширене 

варијанте ових законитости. 

За произвољне бројеве x, y, z 

важи: 

За произвољне изразе X, Y, Z 

важи: 

Комутативност сабирања x + y = y + x X + Y = Y + X 

Асоцијативност сабирања (x + y) + z = x + (y + z) (X + Y) + Z = X + (Y + Z) 

0 је неутрал за сабирање x + 0 = x X + 0 = X 

Инверз у односу на сабирање x + (–x) = 0 X + (–X) = 0 

Комутативност множења x ∙ y = y ∙ x X ∙ Y = Y ∙ X 

Асоцијативност множења (x ∙ y) ∙ z = x ∙ (y ∙ z) (X ∙ Y) ∙ Z = X ∙ (Y ∙ Z) 

1 је неутрал за множење x ∙ 1 = x X ∙ 1 = X 

Дистрибутивност множења 

према сабирању 

Везе између операције 

„супротан број” и осталих 

операција 

x ∙ (y + z) = x ∙ y + x ∙ z 

–(–x) = x 

–(x + y) = (–x) + (–y) 

x + (–y) = x – y 

(–x) ∙ (–y) = x ∙ y 

(–x) ∙ y = x ∙ (–y) = –(x ∙ y) 

X ∙ (Y + Z) = X ∙ Y + X ∙ Z 

–(–X) = X 

–(X + Y) = (–X) + (–Y) 

X + (–Y) = X – Y 

(–X) ∙ (–Y) = X ∙ Y 

(–X) ∙ Y = X ∙ (–Y) = –(X ∙ Y) 


Знак „ = ” који повезује изразе у трећој колони претходне 

табеле означава еквивалентност израза. 

Два израза су еквивалентна ако су њихове вредности једнаке за сваки избор 

вредности променљивих које се у њима појављују. 

190 






На основу дистрибутивности сабирања према множењу имамо да је 

2(xy + z) = 2xy + 2z. 

Очигледно, изрази 2(xy + z) и 2xy + 2z нису идентични, али пишемо да су једнаки 

јер су једнаке њихове вредности за било који избор вредности променљивих: x, y, 

z. Другим речима, изрази 2(xy + z) и 2xy + 2z су еквивалентни. 

При раду са мономима користимо особине операције множења „ ∙ ” и операције 

супротан број „ – ”. Осим тога, користимо степене и основне особине у вези са 

њима да бисмо поједноставили записивање монома. 


Примењујући комутативност и асоцијативност множења, добијамо да је 

5xy(–xy)x = –5x 3 y 2 . 

Кажемо да је моном у сређеном облику ако представља производ константе 

и степена чије су основе међусобно различите променљиве. Константа која се 

појављује у сређеном облику монома назива се коефицијент тог монома. 

–xy = (–1)xy 

Сваки моном се применом закона комутативности и асоцијативности 

за множење може трансформисати у еквивалентан моном који је 

у сређеном облику. 

На основу претходне теореме, пажњу можемо усмерити само на мономе у 

сређеном облику. 

Два монома у сређеном облику су слична ако им се разликују само 

коефицијенти (а имају исте степене променљивих). 

Степен монома је збир изложилаца свих степена променљивих који се 

појављују у том моному. Дакле, константе су мономи степена нула. 

Приметите да је степен 

монома који има бар 

једну променљиву 

природан број. 


Мономи 2xy 2 и –xy 2 су слични и њихов степен је 3. 

Мономи 3xy и 3x 2 нису слични, али су истог степена 2. 

Мономи –3x 2 yz 3 и –3xyz 3 нису слични, нити су истог степена. Степен монома 

–3x 2 yz 3 је 6, а степен монома –3xyz 3 је 5. 

Слични мономи су 

истог степена. 


(–2ab 2 ) ∙ (3a 3 b) = –6a 4 b 3 

1 

2 uv ∙ (–u2 ) = – 1 2 u3 v 

(–a 2 x) ∙ (5bx) ∙ (3abx) = –15a 3 b 2 x 3 . 




191

7 

2 

1 57648 9 

Збир два неслична 

монома се назива 

бином. 

Збир три монома 

који нису међусобно 

слични назива се 

трином. 


Сличне мономе сабирамо користећи закон дистрибутивности. Јасно, збир два 

слична монома је или 0 или моном који је сличан сабирцима. 

2xy 2 + 3xy 2 = (2 + 3)xy 2 = 5xy 2 

2xy 2 + (–2)xy 2 = 0 

2,3xyz 2 – 3,2xyz 2 = (2,3 – 3,2)xyz 2 = –0,9xyz 2 . 

Збирови и разлике монома су цели алгебарски изрази. Подсећамо да се разлика 

монома може свести на збир: A – B = A + (–B). 

Сређени облик целог алгебарског израза који је збир монома добијамо тако што 

најпре саберемо сличне мономе, а затим добијене мономе (међу којима нема 

сличних) поређамо тако да њихови степени не расту гледано слева надесно. 

Наравно, несличне мономе истог степена наводимо један поред другог у 

произвољном редоследу. Пример сређеног израза је 2x 4 – xy 3 + xy 2 + y 3 – x + 1. 

(4x + 3)(2x + 1) = 4x ∙ 2x + 4x ∙ 1 + 3 ∙ 2x + 3 ∙ 1 

= 8x 2 + 4x + 6x + 3 

= 8x 2 + 10x + 3 

192 


Израз 2 + 3x 2 + 2x + 2x 3 + 4x + 3x 3 + 3x + 2x 2 сређујемо у два корака: 

• најпре саберемо све међусобно сличне мономе, 

2 + 3x 2 + 2x + 2x 3 + 4x + 3x 3 + 3x + 2x 2 

= 2 + 5x 2 + 9x + 5x 3 , 

• а затим их „поређамо” по опадајућим степенима. 

5x 3 + 5x 2 + 9x + 2 

Сабирање целих алгебарских израза се своди на сређивање. 

Цели алгебарски изрази се множе применом закона 

дистрибутивности (по принципу „сваки са сваким”, како 

се то колоквијално каже, при чему се мисли да изразе који 

су збирови монома множимо тако што сваки моном једног 

израза множимо са сваким мономом другог израза и добијене 

производе сабирамо). 

(4x + 3)(2x + 1) = 4x ∙ 1 + 3 ∙ 1 + 4x ∙ 2x + 3 ∙ 2x 

= 4x + 3 + 8x 2 + 6x Пример 7. 

= 8x 2 + 10x + 3 

Истичемо примену закона дистрибутивности. 

A B C A B A C 

(4x + 3) ∙ (2x + 1) = (4x + 3) ∙ 2x + (4x + 3) ∙ 1 

A 1 

A 2 

B A 1 

A 2 

C 

= (4x + 3) ∙ 2x + (4x + 3) ∙ 1 

A ∙ (B + C) = A ∙ B + A ∙ C 

(A 1 

+ A 2 

) ∙ B = A 1 

∙ B + A 2 

∙ B 

A 1 

B A 2 

B A 1 

C A 2 

C 

(A 1 

+ A 2 

) ∙ C = A 1 

∙ C + A 2 

∙ C 

= 4x ∙ 2x + 3 ∙ 2x + 4x ∙ 1 + 3 ∙ 1 

= 8x 2 + 6x + 4x + 3 

= 8x 2 + 10x + 3 

Приметите да је израчунавање производа (4x + 3) ∙ (2x + 1) илустровано и на врху 

стране (с тим што је различит редослед којим су множени мономи). 





Сваки цео алгебарски израз се може приказати као збир 

међусобно несличних монома. 


За све изразе A, B и C важи: 

A ∙ (B – C) = A ∙ (B + (–C)) = A ∙ B + A ∙ (–C) = A ∙ B – A ∙ C, 

као и 

(A – B) ∙ C = A ∙ C – B ∙ C. 

Ове две законитости често користимо приликом множења израза: 

(u – v)(2v + 3u) = u(2v + 3u) – v(2v + 3u) 

= 2uv + 3uu – 2vv – 3vu 

= 3u 2 – 2v 2 + (2uv – 3uv) 

= 3u 2 – 2v 2 – uv. 

(4x – 3)(x 2 + x – 2) = 4x ∙ x 2 + 4x ∙ x – 4x ∙ 2 – 3 ∙ x 2 – 3 ∙ x + 3 ∙ 2 

= 4x 3 + 4x 2 – 8x – 3x 2 – 3x + 6 

= 4x 3 + x 2 – 11x + 6 

(x 2 + x + 1) ∙ (x 2 – x – 1) = x 4 – x 3 – x 2 + x 3 – x 2 – x + x 2 – x – 1 

= x 4 – x 2 – 2x – 1 

За било које изразе A и B важe једнакости: 

(A + B) 2 = A 2 + 2AB + B 2 [формула за квадрат бинома], 

(A – B)(A + B) = A 2 – B 2 [формула за разлику квадрата]. 

Приликом множења 

израза није 

препоручљиво 

груписање монома без 

неког реда. 

I II III 

(x 2 + 4x)(x 2 – x + 2) 

IV V VI 

III 

II 

(x 2 + 4x)(x 2 – x + 2) 

IV V VI 

Квадрат бинома 

и 

разлика квадрата 

I 

Доказ. Обе једнакости су једноставне последице закона дистрибутивности: 

(A + B) 2 = (A + B) ∙ (A + B) 

= A 2 + AB + BA + B 2 

= A 2 + 2AB + B 2 

(A – B)(A + B) = A 2 + AB – BA – B 2 

= A 2 – B 2 ■ 


Докажи да за било које изразе A и B важи једнакост (A – B) 2 = A 2 – 2AB + B 2 . 


Формуле за квадрат бинома и разлику квадрата користе се ради бржег сређивања 

израза, али и рачунања. 

(–2x + 4yz) 2 = (–2x) 2 + 2(–2x)(4yz) + (4yz) 2 = 4x 2 – 16xyz + 16y 2 z 2 

99 2 = (100 – 1) 2 = 10 000 – 2 ∙ 100 + 1 = 9 801 

(2x – 3y)(2x + 3y) = (2x) 2 – (3y) 2 = 4x 2 – 9y 2 

96 ∙ 104 = (100 – 4)(100 + 4) = 10 000 – 16 = 9 984 




193

7 

2 

1 57648 9 

Растављање на 

чиниоце 

„Ослобађање од 

заграде” и „извлачење 

заједничког чиниоца” 

јесу колоквијални 

изрази за примену 

дистрибутивности 

„слева надесно” и 

„здесна налево”. 

„сређивање” 

A ∙ (B + C) = A ∙ B + A ∙ C 

„растављање” 


Растављање на чиниоце донекле представља обрнут поступак од поступка 

сређивања израза. Сређивањем целог алгебарског израза настојимо да 

израз прикажемо као збир несличних монома, док растављањем на чиниоце 

покушавамо да израз прикажемо као производ што једноставнијих израза. 


Како при сређивању израза тако и при растављању израза на чиниоце, 

дистрибутивни закон има централну улогу. Растављање израза на чиниоце често 

захтева домишљатост која се углавном стиче вежбом. 

uv 2 – 2uv = uv(v – 2) 

a 3 b – ab 3 = ab(a 2 – b 2 ) = ab(a – b)(a + b) 

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

a 2 b 2 – 6ab 2 c + 9b 2 c 2 = b 2 (a 2 – 6ac + 9c 2 ) = b 2 (a – 3c) 2 

Степен целог алгебарског израза у сређеном облику једнак је највећем степену 

монома који се у том изразу појављује као сабирак. 


Цео алгебарски израз 

x 2 y + x 2 – y + 1 је степена 3, док је израз 

x 4 y 2 – y 6 + x 3 y 2 – x 2 y 2 + x + 128 степена 6. 


Раставити на чиниоце цео алгебарски израз значи приказати га као производ 

израза што је могуће мањег степена, при чему су степени тих чинилаца мањи 

од степена полазног израза, а већи од нуле (тј. чиниоци нису константе). 

Није тешко закључити да је степен израза растављеног на чиниоце једнак збиру 

степена чинилаца. 


x 2 + 1 

Изнад сваког израза наведени су њихови степени. 

3 1 1 1 

uv 2 – 2uv = u v (v – 2) 

4 1 1 1 1 

a 3 b – ab 3 = ab(a 2 – b 2 ) = a b (a – b) (a + b) 


Можемо ли да раставимо израз x 2 + 1 на чиниоце? За сваки реалан број x тачна 

је неједнакост x 2 ≥ 0, па специјално, не постоји реалан број такав да је x 2 = –1, 

односно, да је x 2 + 1 = 0. Одавде следи да се израз x 2 + 1 не може раставити на 

чиниоце степена 1. 

 

194 






Квадратни биноми чија је једина променљива x јесу изрази облика αx 2 + βx или 

αx 2 + γ, при чему су α, β и γ неке реалне константе различите од нуле. 

Приметимо да се израз αx 2 + βx може раставити на чиниоце за било које реалне 

бројеве α и β: αx 2 + βx = x(αx + β). 

Израз αx 2 + γ се може раставити на чиниоце једино ако су α и γ бројеви различитог 

знака и у том случају користимо формулу за разлику квадрата. 

x 2 – 9 = (x – 3)(x + 3) x 2 – 3 = (x – √3)(x + √3) 

4x 2 – 1 = (2x – 1)(2x + 1) 2x 2 – 1 = (√2x – 1)(√2x + 1) 

–18x 2 + 2 = –2(9x 2 – 1) = –2(3x – 1)(3x + 1) 

Ако су α и γ бројеви истог знака, онда се αx 2 + γ не може раставити на чиниоце. 


Размотримо могућност растављања квадратних тринома чија је једина 

променљива x. Општи облик оваквих израза је αx 2 + βx + γ, при чему су α, β и γ 

неке реалне константе различите од нуле. 

Овакви квадратни триноми се растављају применом формула за квадрат бинома 

и разлику квадрата (наравно, под условом да је растављање могуће). Уместо да 

разматрамо општу ситуацију, растављање ћемо илустровати примерима. 

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

–x 2 + 4x – 3 = –(x 2 – 4x + 3) = –(x 2 – 4x + 4 – 4 + 3) 

= –((x – 2) 2 – 1) = –((x – 2) – 1)((x – 2) + 1) = –(x – 3)(x – 1) 

x 2 + 5x + 6 = x 2 + 2 ∙ 5 2 x + 5 2 

= x + 5 2 – 1 2 

2 

– 

5 

2 

x + 5 2 + 1 2 

4x 2 – 6x + 1,25 = (2x) 2 – 2 ∙ 2x ∙ 3 2 + 3 2 

= 2x – 3 2 

2 

+ 6 = x + 5 2 

2 

– 1 4 

= (x + 2)(x + 3) 

2 

– 

2 

3 5 + 

2 4 

2 

– 1 = 2x – 3 2 – 1 2x – 3 + 1 = (2x – 2,5)(2x – 0,5) 

2 

Илустровани метод нам помаже и да откријемо да се неки квадратни трином 

не може раставити на чиниоце. На пример, x 2 – 2x + 2 и x 2 – x + 1 јесу квадратни 

триноми који се не могу раставити на чиниоце. 

x 2 – 2x + 2 = x 2 – 2x + 1 – 1 + 2 = (x – 2) 2 + 1 

x 2 – x + 1 = x 2 – 2 ∙ 1 2 x + 1 4 – 1 4 + 1 = x – 1 2 

+ 3 

2 4 

Растављање 

квадратних бинома 

αx 2 + βx и αx 2 + γ 

Бином другог степена 

назива се квадратни 

бином. Трином другог 

степена назива се 

квадратни трином. 

Растављање 

квадратног тринома 

αx 2 + βx + γ 

Приликом 

растављања 

квадратног тринома 

αx 2 + βx + γ, α > 0 на 

чиниоце, најважније 

је правилно допунити 

израз αx 2 + βx до 

потпуног квадрата, тј. 

пронаћи број δ (који 

увек постоји) такав да 

је αx 2 + βx + δ квадрат 

неког бинома α 1 

x + β 1 

. 

Тада је 

αx 2 + βx + γ 

= αx 2 + βx + δ – δ + γ 

= (α 1 

x + β 1 

) 2 – δ + γ. 

Слично као у претходним примерима, доказује се да изразе 

x 2 + 4, x 2 + 5, x 2 + y 2 , a 2 + 2b 2 ... 

x 2 + 4x + 5, x 2 + x + 1, x 2 – xy + y 2 , x 2 + xy + y 2 ... 

није могуће раставити на чиниоце степена 1. 




195

Б 

У општем случају није могуће потпуно прецизно описати све методе растављања 

на чиниоце. Које ћемо формуле примењивати зависи од случаја до случаја, па 

је стечено искуство при растављању израза на чиниоце главни ослонац при 

решавању оваквих задатака. 

Наводимо још неке формуле које могу бити корисне приликом растављања на 

чиниоце. 


За било које изразе A и B важe једнакости: 

• (A + B) 3 = A 3 + 3A 2 B + 3AB 2 + B 3 [формула за куб бинома], 

• A 3 – B 3 = (A – B)(A 2 + AB + B 2 ) [формула за разлику кубова], 

• A 3 + B 3 = (A + B)(A 2 – AB + B 3 ) [формула за збир кубова]. 


Докажи једнакости из претходне теореме. 


Веома чест случај је да за неки израз постоји више поступака којима се он 

раставља на чиниоце. 

Изрази a 2 + ab + b 2 и 

a 2 – ab + b 2 не могу се 

раставити. 

Раставимо на чиниоце израз a 6 – b 6 . 

1. начин 

a 6 – b 6 = (a 3 ) 2 – (b 3 ) 2 

= (a 3 – b 3 )(a 3 + b 3 ) 

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

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

2. начин 

a 6 – b 6 = (a 2 ) 3 – (b 2 ) 3 

= (a 2 – b 2 )((a 2 ) 2 + a 2 b 2 + (b 2 ) 2 ) 

= (a – b)(a + b)(a 4 + a 2 b 2 + b 4 ) 

= (a – b)(a + b)(a 4 + 2a 2 b 2 + b 4 – a 2 b 2 ) 

= (a – b)(a + b)((a 2 + b 2 ) 2 – a 2 b 2 ) 

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

196 

Раставимо на чиниоце израз (x + y) 3 + (x – y) 3 . 

1. начин. 

(x + y) 3 + (x – y) 3 = x 3 + 3x 2 y + 3xy 2 + y 3 + x 3 – 3x 2 y + 3xy 2 – y 3 

= 2x 3 + 6xy 2 

= 2x(x 2 + 3y 2 ). 

2. начин 

До истог резултата долазимо ако у првом кораку применимо формулу за збир 

кубова. 

(x + y) 3 + (x – y) 3 = (x + y + x – y)((x + y) 2 – (x + y)(x – y) + (x – y) 2 ) 

= 2x(x 2 + 2xy + y 2 – x 2 + y 2 + x 2 – 2xy + y 2 ) 

= 2x(x 2 + 3y 2 ). 




Полиноми са једном променљивом 

Полиноми са једном променљивом су цели алгебарски изрази у којима се 

појављује само једна променљива. 

Већ смо закључили да се сваки цео алгебарски израз може представити као збир 

међусобно несличних монома. Специјално, у случају полинома имамо следеће 

тврђење. 

Сваки полином P(x) се (сређивањем) може свести 

на такозвани канонски облик 

P(x) = α n 

x n + α n – 1 

x n – 1 + ... + α 1 

x + α 0 

, 

где су α n 

, α n – 1 

, ... , α 1 

, α 0 

константе (дати реални бројеви), а n је природан број 

или нула. Константе α n 

, α n – 1 

, ... , α 1 

, α 0 

називају се коефицијенти полинома P(x). 

А 

Са P(x) означавамо 

да је P полином са 

променљивом x. Каже 

се и да је P „полином 

по променљивој x”. 

Канонски облик 

полинома 

Ако је P(x) = α n 

x n + α n – 1 

x n – 1 + ... + α 1 

x + α 0 

и α n 

≠ 0, n ≥ 0, тада: 

• кажемо да је полином P(x) степена n и пишемо deg (P) = n, 

• моном α n 

x n називамо водећим мономом полинома P(x), 

• коефицијент α n 

називамо водећим коефицијентом полинома P(x), 

• коефицијент α 0 

називамо слободним чланом полинома P(x). 

Специјално, ако је P(x) = α 0 

, α 0 

≠ 0, тј. ако је P(x) константа различита од нуле, онда 

је deg (P) = 0. Дакле, реалне бројеве различите од нуле сматрамо полиномима 

нултог степена. Ако је P(x) = 0, тј. ако је P такозвани нулти полином, онда његов 

степен није дефинисан, тј. нултом полиному не приписујемо никакав одређени 

степен. 

Ознака deg долази из 

енглеског језика као 

скраћеница за реч 

degree = степен. 

3, –5, 1, 14, –7 су 

коефицијенти полинома 

3x 4 – 5x 3 + x 2 + 14x – 7 


Збир и производ два полинома такође су полиноми. 

Нека је P(x) = 2x 3 + 3x – 6, Q(x) = 2x 3 + 7x 2 – 3 и R(x) = –2x 3 + 1. 

Приметимо да је deg (P) = deg (Q) = deg (R) = 3. 

Тада је 

P(x) + Q(x) = 4x 3 + 7x 2 + 3x – 9 и deg (P + Q) = 3, 

Q(x) + R(x) = 7x 2 – 2 и deg (Q + R) = 2 < 3, и 

P(x) + R(x) = 3x – 5 и deg (P + R) = 1 < 3. 

Како је 

P(x) ∙ Q(x) = (2x 3 + 3x – 6) ∙ (2x 3 + 7x 2 – 3) 

= 4x 6 + 14x 5 – 6x 3 + 6x 4 + 21x 3 – 9x – 12x 3 – 42x 2 + 18 

= 4x 6 + 14x 5 + 6x 4 + 3x 3 – 42x 2 – 9x + 18, 

имамо да је deg (P ∙ Q) = 6. Није тешко и без директног множења закључити да је 

deg (Q ∙ R) = deg (P ∙ R) = 6. 




197

7 

2 

1 57648 9 

Број max {a,b} једнак 

је већем од бројева a и 

b. На пример, 

max {2,3} = 3, 

max {4,0} = 4, 

max {3,3} = 3, и сл. 

Аналогно се 

дефинише min {a,b}. 



Без директног сабирања и множења полинома P(x) и Q(x), одреди deg (P + Q) и 

deg (P ∙ Q) ако је: 

1) P(x) = –x 3 + 2x 2 – 14x + 5 и Q(x) = –x 2 – x – 1; 

2) P(x) = –24x 8 + 3,7x 7 – 150x 2 + 15 и Q(x) = 17x 6 – 1,2x + 58; 

3) P(x) = 2x 13 + x 2 + x + 1 и Q(x) = –2x 13 + 5x 7 – x 2 . 

Ако полиноми P(x) и Q(x) нису нулти полиноми, онда је 

deg (P + Q) ≤ max {deg (P), deg (Q)} ако P + Q није нулти полином 

и 

deg (P ∙ Q) = deg (P) + deg (Q). 

Приметимо да је водећи коефицијент производа два полинома производ водећих 

коефицијената тих полинома. 

(α k 

x k + α k – 1 

x k – 1 + ... + α 0 

) ∙ (β m 

x m + β k – 1 

x k – 1 + ... + β 0 

) = α k 

β m 

x k + m + ... 

Када се променљивој x додели нека конкретна вредност, вредност полинома P(x) 

се рачуна на уобичајени начин. 


Ако је P(x) = –3x 3 + x 2 – 4, онда је 

P(2,1) = –3 ∙ (2,1) 3 + (2,1) 2 – 4 = –27,373, 

P(–2,1) = –3 ∙ (–2,1) 3 + (–2,1) 2 – 4 = 28,193, 

P(1) = –3 ∙ 1 3 + 1 2 – 4 = –6, 

P(0) = –3 ∙ 0 3 + 0 2 – 4 = –4. 

За сваки полином 

P(x) вредност P(0) је 

једнака слободном 

члану, а P(1) збиру 

коефицијената 

полинома P. 

важна теорема 

Два полинома (са истом променљивом) су еквивалентна ако и само ако имају 

једнаке канонске облике. 

Претходна теорема се веома често користи при раду са полиномима што ћемо 

илустровати већ у наредном примеру. 


Одредимо константе α и β тако да полиноми 

P(x) = x 3 – 2x 2 + α и Q(x) = (x + 1)(x 2 + βx + γ) 

буду еквивалентни. Како је Q(x) = x 3 + (β + 1) x 2 + (γ + β)x + γ, да би било 

x 3 – 2x 2 + α = x 3 + (β + 1) x 2 + (γ + β)x + γ, 

према претходној теореми имамо да је 

–2 = β + 1, 0 = γ + β, α = γ. 

Из ових једнакости једноставно добијамо да је: 

β = –3, γ = 3, α = 3. 

198 





Ако је неки полином могуће раставити на чиниоце, онда су чиниоци такође 

полиноми са истом променљивом, при чему је степен сваког чиниоца већи од 

нуле, али је мањи од степена полинома. По аналогији са релацијом дељивости 

целих бројева кажемо да сваки од чинилаца дели полином, односно, да је полином 

дељив сваким од чинилаца на које је растављен. 

Нека су A и B полиноми при чему B није нулти полином. Полином A је дељив 

полиномом B, односно, B дели A ако постоји полином Q такав да је A = B ∙ Q. 

Полином Q се назива количник при дељењу A са B. 


Полином A(x) = x 2 – 1 је дељив полиномом B(x) = x + 1 јер је 

А B C 

x 2 – 1 = (x + 1) ∙ (x – 1). 

Полином x 2 + 1 није дељив са x + 1. Ако би полином x 2 + 1 био дељив са x + 1, онда 

би постојао полином Q(x) такав да је x 2 + 1 = (x + 1) ∙ Q(x). Међутим, тада би за 

x = –1 морало бити (–1) 2 + 1 = ((–1) + 1) ∙ Q(–1), што није тачно. 

Недељивост неког полинома неким другим полиномом доводи нас до такозваног 

„дељења са остатком”. Наиме, тачна је следећа теорема. 

За свака два полинома A и B, при чему B није нулти полином, постоје 

јединствени полиноми Q и R такви да је A = B ∙ Q + R, 

где је R = 0 или је deg (R) < deg (B). 

Дељење полинома 


Цео број a je дељив 

целим бројем b, 

различитим од нуле, 

ако постоји цео број q 

такав да је a = b ∙ q. 



Нека је A(x) = x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 4x – 5 и B(x) = x 2 + x + 1. Одредимо количник Q и остатак 

R при дељењу A са B. 

У датој ситуацији непосредно закључујемо да је: 

• deg (Q) = 2, 

• водећи коефицијент полинома Q једнак 1, 

• R = 0 или deg (R) < 2. 

Одавде следи да је полином Q(x) облика x 2 + αx + β, а да је полином R облика γx + δ, 

где су α, β, γ, δ константе које треба одредити. 

Дакле, x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 4x – 5 = (x 2 + x + 1) ∙ (x 2 + αx + β) + γx + δ, 

односно, 

x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 4x – 5 = x 4 + (α + 1)x 3 + (α + β + 1)x 2 + (α + β + γ)x + β + δ. 

Непознате константе налазимо применом методе из примера 3. 

3 = α + 1 α = 2 

2 = α + β + 1 β = –1 

4 = α + β + γ γ = 3 

–5 = β + δ δ = –4 

Количник је Q(x) = x 2 + 2x – 1, а остатак R(x) = 3x – 4. 

Полином Q се назива 

количник, а R остатак 

при дељењу A са B. 

Ако је deg (A) < deg (B), 

онда је Q = 0 и R = A. 




199

Б 

Ако је deg (A) ≥ deg (B), онда се полином A може поделити полиномом B 

поступком који је аналоган поступку дељења два (вишецифрена) природна броја. 

Овај поступак ћемо илустровати у наредном примеру. 


Као у претходном примеру, нека је 

A(x) = x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 4x – 5 и B(x) = x 2 + x + 1. 

Одредимо на други начин количник Q и остатак R при дељењу A са B. 

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

–(x 4 + x 3 + x 2 ) 

2x 3 + x 2 + 4x – 5 

– (2x 3 + 2x 2 + 2x) 

– x 2 + 2x – 5 

–(–x 2 – x – 1) 

3x – 4 

Прво делимо водеће мономе полинома A и B: 

x 4 : x 2 = x 2 . 

Затим B(x) множимо добијеним мономом x 2 и добијени 

производ одузимамо од A(x): 

(x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 4x – 5) – x 2 ∙ (x 2 + x + 1) 

= 2x 3 + x 2 + 4x – 5. 

Водећи моном ове разлике, тј. 2x 3 даље делимо водећим 

мономом полинома B: 

2x 3 : x 2 = 2x. 

Полином B множимо добијеним мономом 2x и 

добијени производ одузимамо од 

2x 3 + x 2 + 4x – 5. 

Поступак настављамо све док остатак не постане полином мањег степена од 

степена полинома B (тј. у овом случају од 2) или нула. Дакле, 

x 4 + 3x 3 + 2x 2 + 4x – 5 = (x 2 + x + 1) ∙ (x 2 + 2x – 1) + 3x – 4. 


Десно је приказано дељење полинома 

x 5 + 2x 2 – x – 2 полиномом x 3 + x + 2. Као 

што се може видети, остатак је нула, што 

значи да је полином x 5 + 2x 2 – x – 2 дељив 

полиномом x 3 + x + 2, тако да је 

x 5 + 2x 2 – x – 2 = (x 3 + x + 2) ∙ (x 2 – 1). 

(x 5 + 2x 2 – x – 2) : (x 3 + x + 2) = x 2 – 1 

–(x 5 + x 3 + 2x 2 ) 

–x 3 – x – 2 

–(– x 3 – x – 2) 

0 

200 


Да је дељење дато са десне стране погрешно, 

једноставно можемо проверити. Заиста, ако 

помножимо делилац и количник и додамо остатак, 

не добијамо дељеник x 6 . 

(x 2 + 1) ∙ (x 4 – x 2 – 1) + 1 

= x 6 – x 4 – x 2 + x 4 – x 2 – 1 + 1 

= x 6 – 2x 2 

Где је грешка? 

Подели исправно полином x 6 са x 2 + 1. 

x 6 : (x 2 + 1) = x 4 – x 2 – 1 

–(x 6 + x 4 ) 

–x 4 

–(–x 4 + x 2 ) 

–x 2 

–(–x 2 – 1) 

1 




В 


Колики је остатак при дељењу полинома 

P(x) = x 4 – 3x 3 + 2x 2 – x – 5 

полиномом x –2? 

Одговор на питање свакако можемо дати ако P(x) поделимо са x – 2. 

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

–(x 4 – 2x 3 ) 

–x 3 + 2x 2 – x – 5 

–(–x 3 + 2x 2 ) 

–x – 5 

–(–x + 2) 

–7 

Тражени остатак је, дакле, једнак –7. 

До одговора смо могли много једноставније да дођемо. 

Приметимо да се питање односи само на остатак дељења полинома P(x) 

полиномом првог степена x – 2 (количник се не тражи). Оно што сигурно знамо 

јесте да је остатак нека константа ρ и да је за неки полином Q(x) тачна једнакост 

P(x) = (x – 2) ∙ Q(x) + ρ. 

Ако променљивој x доделимо вредност 2 из последње једнакости, добијамо да је 

P(2) = (2 – 2) ∙ Q(x) + ρ = ρ. Дакле, тражени остатак је једнак вредности P(2): 

P(2) = 2 4 – 3 ∙ 2 3 + 2 ∙ 2 2 – 2 – 5 = –7. 

Једноставним уопштењем разматрања из претходног примера добијамо следећу 

теорему. 

Нека је P(x) неки полином и α произвољан реалан број. Остатак при дељењу 

P(x) полиномом x – α једнак је P(α). 

Специјално, полином P(x) је дељив са x – α ако и само ако је P(α) = 0. 

Безуова теорема 


Да је полином P(x) = (x 367 – 3) 3 + (x 48 – 9) 2 дељив са x + 1, закључујемо из претходне 

теореме јер је 

P(–1) = ((–1) 367 – 3) 3 + ((–1) 48 – 9) 2 

= (–1 – 3) 3 + (1 – 9) 2 = –64 + 64 

= 0. 

Сваки број α такав да је P(α) = 0 назива се корен полинома P. 

Из Безуове теореме 

следи да ако знамо 

неки корен полинома 

онда знамо и један 

његов чинилац првог 

степена. 



Растављање полинома на чиниоце и налажење његових корена јесу у суштини два 

веома блиска поступка. На пример, корене полинома x 3 – 2x 2 – x + 2 једноставно 

добијамо ако га раставимо на чиниоце: 

x 2 (x – 2) – (x – 2) = (x 2 – 1)(x – 2) = (x – 1)(x + 1)(x – 2). 




201

А 

НЗД – највећи 

заједнички делилац 

НЗС – најмањи 

заједнички садржалац 

НЗД и НЗС полинома 

Истакнимо најпре два једноставна запажања у вези са релацијом дељивости 

полинома. 

1. Ако је полином A(x) дељив полиномом D(x), онда је A(x) дељив и полиномима 

αD(x), за произвољан реалан број α различит од нуле. (Погледај другу 

напомену на маргини.) 

2. Нека је A(x) полином степена n > 1. Једини делиоци полинома A(x) који су 

степена n јесу полиноми αA(x), за произвољан реалан број α различит од нуле. 


Полином D је заједнички делилац полинома A и B ако су и A и B дељиви са D. 

Полином S је заједнички садржалац полинома A и B ако је S дељив 

и са A и са B. 

A(x) D(x) количник 

x 2 – 1 = (x – 1) ∙ (x + 1) 

A(x) 2 ∙ D(x) 

x 2 – 1 = (2x – 2) ∙ 

∙ D(x) 

A(x) 

x 2 – 1 = 1 3 x – 1 3 

количник 

1 

2 x + 1 2 

количник 

∙ (3x + 3) 


Нека је A(x) = x 3 – x и B(x) = x 4 – 1. Није тешко проверити да је један заједнички 

делилац полинома A(x) и B(x) полином D(x) = x 2 – 1: 

A(x) D(x) A(x) D(x) 

x 3 – x = (x 2 – 1) ∙ x и x 4 – 1 = (x 2 – 1) ∙ (x 2 + 1) 

Имају ли полиноми A(x) и B(x) и других заједничких делилаца? 

Очигледно је да су сви делиоци полинома D(x) = x 2 – 1 такође заједнички делиоци 

полинома A(x) и B(x). Како су x – 1 и x + 1 делиоци полинома D(x), они су и 

заједнички делиоци полинома A(x) и B(x): 

x 3 – x = (x – 1) ∙ (x 2 + x) и x 4 – 1 = (x – 1) ∙ (x 3 + x 2 + x + 1), 

x 3 – x = (x + 1) ∙ (x 2 – x) и x 4 – 1 = (x + 1) ∙ (x 3 – x 2 + x – 1). 

Није тешко закључити да су 

α, αx – α, αx + α, αx 2 – α, α R \ {0} 

сви делиоци датих полинома A(x) и B(x). Приметимо да иако заједничких 

делилаца датих полинома има бесконачно много, постоје само четири различита 

типа делилаца: константе, два типа делилаца првог реда и један тип делилаца 

другог реда. 

Иако за највећи заједнички делилац полинома A(x) и B(x) можемо узети било који 

делилац максималног степена – у овом случају степена два, уобичајено је да се 

узме онај чији је водећи коефицијент једнак јединици. Дакле, 

НЗД(x 3 – x, x 4 – 1) = x 2 – 1. 

Приметимо да је највећи заједнички делилац полинома A(x) и B(x) дељив свим 

осталим заједничким делиоцима ова два полинома. 

202 





Нека су A(x) и B(x) полиноми који нису нулти. 

Највећи заједнички делилац полинома A(x) и B(x) је сваки полином који 

је дељив свим осталим делиоцима полинома A(x) и B(x). Са НЗД(A(x), B(x)) 

означаваћемо било који највећи заједнички делилац полинома A(x) и B(x). 

Најмањи заједнички садржалац полинома A(x) и B(x) је сваки полином 

који је дељив полиномима A(x) и B(x) и дели сваки други садржалац ова два 

полинома. Са НЗС(A(x), B(x)) означаваћемо било који најмањи заједнички 

садржалац полинома A(x) и B(x). 

Производ два полинома је дељив њиховим највећим заједничким делиоцем и 

при томе је количник најмањи заједнички садржалац та два полинома. 

Претходно тврђење нам омогућава да на једноставан начин одредимо најмањи 

заједнички садржалац два полинома ако прво одредимо њихов највећи заједнички 

делилац. 



је поступак за 

налажење највећег 

заједничког делиоца 

два цела броја. Описан 

је на страни 51. 

Потпуно аналогно се 

може наћи највећи 

заједнички делилац 

нека два полинома. 

Највећи заједнички делилац и најмањи заједнички садржалац два полинома 

једноставно одређујемо ако полиноме раставимо на чиниоце који се даље не могу 

растављати и поступимо аналогно као приликом одређивања НЗД-а и НЗС-а 

природних бројева који су растављени на просте чиниоце. Овом приликом ћемо 

се задржати само на таквим случајевима. 


Одредимо највећи заједнички делилац и најмањи заједнички садржалац полинома 

растављањем на чиниоце. 

1) A(x) = x 4 – x 2 , B(x) = x 3 – 2x 2 + x 

A(x) = x 4 – x 2 = x 2 (x 2 – 1) = x 2 (x – 1)(x + 1) 

B(x) = x 3 – 2x 2 + x = x(x 2 – 2x + 1) = x(x – 1) 2 

НЗД(A(x),B(x)) = x(x – 1), НЗС(A(x),B(x)) = x 2 (x – 1) 2 (x + 1) 

2) A(x) = 2x 3 + x 2 + 2x + 1, B(x) = x 5 – x 

A(x) = 2x 3 + x 2 + 2x + 1 = x 2 (2x + 1) + (2x + 1) 

= (x 2 + 1)(2x + 1) 

B(x) = x 5 – x = x(x 4 – 1) = x(x 2 – 1)(x 2 + 1) 

= x(x – 1)(x + 1)(x 2 + 1) 

НЗД(A(x),B(x)) = x 2 + 1 

НЗС(A(x),B(x)) = x(x – 1)(x + 1)(2x + 1)(x 2 + 1) 

3) A(x) = x 2 + 1, B(x) = x 2 + x + 1 

Полиноми A(x) и B(x) се не могу раставити на чиниоце. 

НЗД(A(x),B(x)) = 1 

НЗС(A(x),B(x)) = (x 2 + 1)(x 2 + x + 1) 




203

А 


Вредност било ког целог алгебарског израза можемо одредити ако било које 

реалне бројеве доделимо променљивим које се у њему појављују. То није случај 

са рационалним алгебарским изразима будући да у њиховом грађењу учествује 

дељење, а као што је познато, дељење нулом није дефинисано. 

Формула 

¬(pq) ¬p¬q 

је таутологија позната 

као Де Морганов закон 

(види страну 19). 


Нека је 

R(x,y,z) = 

x + yz 

(x – 2)(y – z) . 

Очигледно, вредност израза R(x,y,z) не постоји ако је променљивој x додељена 

вредност 2 или су променљивим y и z додељене исте вредности. Дакле, 

„Вредност израза R(x,y,z) не постоји” x = 2y = z. 

Одавде даље закључујемо да 

„Вредност израза R(x,y,z) постоји” ¬(x = 2y = z) 

x ≠ 2y ≠ z. 

Каже се да је формула 

x ≠ 2y ≠ z 

услов под којим је израз R(x,y,z) дефинисан. Приликом навођења услова знак „” 

се најчешће замењује зарезом. 

Наводимо још неколико примера. 

x + 1 

Израз 

је дефинисан под условом: x ≠ 1, x ≠ –2. 

(x – 1)(x + 2) 

x + y 

Израз + 1 је дефинисан под условом: x ≠ 0, y ≠ 1. 

x(y – 1) 

1 

Израз 

је дефинисан под условом: x ≠ y, a ≠ –b. 

(x – y)(a + b) 

1 

Израз 

x 2 + y је дефинисан под условом: 2 

x2 + y 2 ≠ 0, односно, под условом: 

x ≠ 0y ≠ 0. 

xy = 0 x = 0y = 0 

xy ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0 

x 2 + y 2 = 0 x = 0y = 0 

x 2 + y 2 ≠ 0 x ≠ 0y ≠ 0 


Неки рационални алгебарски изрази су дефинисани за све вредности 

променљивих без обзира што се променљива налази у имениоцу израза. Пример 

таквог израза је 

1 

x 2 + 1 . 

Пошто не постоји реалан број x такав да је x 2 + 1 = 0 (јер је x 2 ≥ 0 за свако реално x), 

горњи израз је „безусловно” дефинисан, тј. променљивој x се може доделити било 

који реалан број. 

204 






Добро је познато да за било које реалне бројеве x и y који су различити од нуле 

важи једнакост 

1 

x + 1 y = y + x 

xy . 

Другим речима, рационални алгебарски изрази 1 x + 1 y и y + x (који нису 

xy 

идентични) имају исте вредности под условом да је x ≠ 0y ≠ 0. 

Из претходног примера видимо да се у случају рационалних алгебарских израза 

може говорити само о условној еквивалентности. (На маргини подсећамо на 

дефиницију еквивалентности целих алгебарских израза.) 

Нека је U услов под којим су дефинисана оба рационална алгебарска израза 

A и B. Изрази A и B су еквивалентни под условом U, у ознаци 

A = B, U 

ако су њихове вредности једнаке за сваки избор вредности променљивих 

тако да је задовољен услов U. 

Потпуно аналогно разломцима, под основним обликом рационалног алгебарског 

израза сматра се израз облика 

P 

Q 

где су P и Q цели алгебарски изрази који немају заједничких чинилаца и при чему 

је Q ≠ 0 услов под којим је израз овог облика дефинисан. 

Два цела алгебарска 

израза су 

еквивалентна ако су 

њихове вредности 

једнаке за сваки 

избор вредности 

променљивих које се у 

њима појављују. 


A B 

U 

1 

x + 1 y = y + x , (x ≠ 0,y ≠ 0) 

xy 

Типичан задатак је трансформисати неки рационалан алгебарски израз у 

еквивалентан израз који је у основном облику. Све трансформације базиране су 

на основним особинама операција са разломцима. 

Еквивалентност израза 

A 

B = A ∙ C 

B ∙ C 

A 

B ± C AD ± CB 

= 

D BD 

A 

B ∙ C D = A ∙ C 

B ∙ D 

A 

B : C D = A ∙ D 

B ∙ C 

= A ∙ D 

B ∙ C 

под условом 

B ≠ 0, C ≠ 0 

B ≠ 0, D ≠ 0 

B ≠ 0, D ≠ 0 

B ≠ 0, D ≠ 0, C ≠ 0 

(приметите да водимо 

рачуна о свим местима 

где се појављује дељење) 

[проширивање и 

скраћивање] 

[сабирање и одузимање] 

[множење] 

[дељење] 




205

7 

2 

1 57648 9 


За сваки од рационалних алгебарских израза наћи ћемо еквивалентан рационални 

израз у основном облику и одредити услове под којима еквивалентност важи. 

1 = x2 – y 2 

x 2 – y 2 , x ≠ ± y 

1 

2 – a = – 1 

a – 2 , a ≠ 2 

1) Трансформишимо израз 1 + 

1 + 

(x – y)2 

x 2 – y 2 

(x – y)2 

= x2 – y 2 

x 2 – y 2 x 2 – y + x2 – 2xy + y 2 

2 x 2 – y 2 

= x2 – y 2 + x 2 – 2xy + y 2 

x 2 – y 2 

= 2x2 – 2xy 

x 2 – y 2 

= 

= 

2x(x – y) 

(x – y)(x + y) 

2x 

, x ≠ y, x ≠ –y 

x + y 

у основни облик. 

a 

2) Трансформишимо израз 

a – 2 + a 2 


2 

4 – a 

a 

a – 2 + a 2 

4 – a = a 

2 a – 2 + a 2 

(2 – a)(2 + a) 

= 

a 

a – 2 – a 2 

(a – 2)(a + 2) 

Приликом сабирања 

и одузимања израза 

тражимо најмањи 

заједнички садржалац. 

a(a + 2) – a2 

= 

(a – 2)(a + 2) 

= a2 + 2a – a 2 

(a – 2)(a + 2) 

2a 

= 

, a ≠ 2, a ≠ –2 

(a – 2)(a + 2) 

206 

Израз u 2 + v 2 се не 

може раставити на 

чиниоце. 

3) Трансформишимо израз u v + v u – 2 : v 2 – u 2 

u 

v + v u – 2 : v 2 – u 2 

u 3 v + uv = u 3 v + v u – 2 ∙ u3 v + uv 3 

v 2 – u 2 

= u2 + v 2 – 2uv 

vu 

= 

(u – v)2 

uv 

∙ 


u 3 3 

v + uv 

∙ 

uv(u 2 + v 2 ) 

(v – u)(v + u) 

uv(u 2 + v 2 ) 

(v – u)(v + u) 

= (v – u)(u2 + v 2 ) 

, u ≠ 0, v ≠ 0, u ≠ v, u ≠ –v 

v + u 




Неке основне неједнакости 

А 


На једној гомили налазе се новчанице од по 50 динара, на другој гомили од по 100 

динара и на трећој од по 1000 динара. Замислимо да нам је дозвољено да са једне 

гомиле узмемо три новчанице, са неке друге четири новчанице и са преостале 

гомиле пет новчаница. Јасно је какав избор би свако направио: узеће највише 

(у овом случају пет) новчаница од по 1000 динара, четири новчанице од по 100 

динара и три новчанице од по 50 динара. За било који други избор добија се мања 

сума новца. Другим речима, ако k, l, m узму свако по једну од вредности 3, 4, 5, тј. 

ако је {k,l,m} = {3,4,5}, имамо да је 

3 ∙ 50 + 4 ∙ 100 + 5 ∙ 1000 ≥ k ∙ 50 + l ∙ 100 + m ∙ 1000. 

Најмању суму добијамо када узмемо пет новчаница од по 50, четири од по 100 и 

три од 1000 динара, тј. ако је {k,l,m} = {3,4,5}, онда је 

k ∙ 50 + l ∙ 100 + m ∙ 1000 ≥ 5 ∙ 50 + 4 ∙ 100 + 3 ∙ 1000. 

О неједнакостима до којих смо дошли у претходном примеру говоре наредне две 


Ако је a ≤ b и c ≤ d, онда је ac + bd ≥ ad + bc. 


Доказ. Пошто је b ≥ a и d – c ≥ 0, имамо да је b(d – c) ≥ a(d – c). Из последње 

неједнакости директно добијамо жељену неједнакост: 

b(d – c) ≥ a(d – c) bd – bc ≥ ad – ac ac + bd ≥ ad + bc. ■ 

Нека је a 1 

≤ a 2 

≤ a 3 

и b 1 

≤ b 2 

≤ b 3 

. Ако је {b 1 

',b 2 

',b 3 

'} = {b 1 

,b 2 

,b 3 

}, онда је 

a 1 

b 1 

+ a 2 

b 2 

+ a 3 

b 3 

≥ a 1 

b 1 

' + a 2 

b 2 

' + a 3 

b 3 

' ≥ a 1 

b 3 

+ a 2 

b 2 

+ a 3 

b 1 

. 


Приметимо да претходно тврђење одговара ситуацији коју смо имали у примеру 1. 

Доказ ове теореме изостављамо. Појаснићемо формулацију теореме. 

Неједнакостима из претходне теореме пореде се збирови 

чији се сабирци добијају множењем чланова два трочлана 

низа. Теорема каже да се највећи збир добија када множимо 

најмањи члан једног најмањим чланом другог низа, средњи 

члан једног средњим чланом другог низа и највећи члан 

једног највећим чланом другог низа. Насупрот томе, најмањи 

збир добијамо када највећи члан у једном множимо најмањим 

чланом у другом низу, средњи члан једног средњим чланом 

другог низа и најмањи члан првог низа највећим чланом 

другог низа. 

Приметимо да у случају два двочлана низа важи исти 

принцип формулисан у теореми која је прво наведена. 

a 1 

≤ a 2 

≤ a 3 

a 1 

b 1 

+ a 2 

b 2 

+ a 3 

b 3 

≥ ... ≥ 

b 1 

≤ b 2 

≤ b 3 

a 1 

≤ a 2 

≤ a 3 

a 1 

b 3 

+ a 2 

b 2 

+ a 3 

b 1 

b 1 

≤ b 2 

≤ b 3 

a 1 

≤ a 2 

a 1 

≤ a 2 

a 1 

b 1 

+ a 2 

b 2 

≥ a 1 

b 2 

+ a 2 

b 1 




207

7 

2 

1 57648 9 


a ≤ b 

a ∙ a + b ∙ b 

a ≤ b 

≥ 

a ≤ b 

a ∙ b + b ∙ a 

a ≤ b 

За свака два реална броја a и b тачна је неједнакост 

a 2 + b 2 ≥ 2ab. 

Ова неједнакост је директна последица тврђења да је квадрат сваког реалног броја 

ненегативан: 

a 2 + b 2 ≥ 2ab a 2 + b 2 – 2ab ≥ 0 (a – b) 2 ≥ 0. 

Други доказ неједнакости нам даје примена прве теореме са претходне стране. 

Дакле, нека су a и b нека два реална броја. Тада је a ≤ b или је b ≤ a. 

Претпоставимо да је a ≤ b. Применом поменуте теореме имамо да је 

a ∙ a + b ∙ b ≥ a ∙ b + b ∙ a, 

одакле следи жељена неједнакост. 

Претпоставка да је b ≤ a доводи нас до истог закључка. И сам доказ је у суштини 

исти (бројеви a и b само мењају улоге) па га не наводимо. 

Последица неједнакости из претходне теореме је позната неједнакост између 

аритметичке и геометријске средине два ненегативна броја. 


Аритметичка средина ненегативних бројева x и y јесте број x + y 

2 , а њихова 

геометријска средина је број √xy. 

Као последицу 

неједнакости из 

примера 3. добијамо 

да је за сваки 

позитиван број x тачна 

неједнакост: 

208 

аг-неједнакост 

АГ-неједнакост следи 

из неједнакости која је 

доказана у примеру 2. 

ако ставимо да је x = a 2 

и y = b 2 . 

x + 1 x ≥ 2. 


Докажимо да је за све позитивне реалне бројеве a и b тачна неједнакост a b + b a ≥ 2. 

Као у претходном примеру, без губљења општости претпоставићемо да је 

a ≤ b. Из a ≤ b следи да је 1 b ≤ 1 па применом прве теореме са претходне стране 


a 

a ∙ 1 b + b ∙ 1 a ≥ a ∙ 1 a + b ∙ 1 b , 

одакле непосредно добијамо тражену неједнакост. 


За произвољне ненегативне бројеве x и y тачна је неједнакост 

x + y 

≥ √xy. 

2 

При томе једнакост важи ако и само ако је x = y. 

Ако су a, b и c позитивни бројеви, докажимо да је тачна неједнакост 

a 3 + b 3 + c 3 ≥ a 2 b + b 2 c + c 2 a. 

Без губљења општости можемо претпоставити да је a ≤ b ≤ c. Тада је и a 2 ≤ b 2 ≤ c 2 , 

па према другој теореми са претходне стране добијамо да је 

a 2 ∙ a + b 2 ∙ b + c 2 ∙ c ≥ a 2 ∙ b + b 2 ∙ c + c 2 ∙ a, 

одакле следи жељена неједнакост. 





Задаци 

Појам израза. Дрво израза 

1. За свако дрво одреди израз који оно одређује. 

A 

2. Нацртај дрво израза: 

1) ab + c; 2) a + bc; 3) (a + b)c; 4) a(b + c). 

3. Нацртај дрво израза (x + ay)(z + b), а затим израчунај вредност овог израза ако је: 

1) x = 2, a = –3, y = 0, z = –1, b = –3; 

2) x = 1,2, a = –0,1, y = 10, z = 3,6, b = 2,4. 

Цели алгебарски изрази 

4. Одреди сређени облик и степен следећих монома: 

1) 2x(–yx); 2) –3xz(–xy)yz; 3) –0,2x 2 y · 0,3xy; 4) 2,5ab · 0,1a 2 · 3b 3 . 

5. Нађи сређени облик следећих целих алгебарских израза: 

1) x 2 – x 3 + 1 + 2x 2 – x + 3x 3 + x; 2) x 2 y – xy + 2 – (2xy – x 2 y + xy 2 – 2); 

3) –(z 2 – z – (z – 1 + z 2 )); 4) –2a(ab – b + 1) – b(a 2 + a – 1); 

5) (x 2 + x + 1) · (x 2 – x – 1); 6) (2u + 3v)(uv – u + v – 1); 

7) (3ab + 2bc – ca)(a – b) – (a + b)(ab – bc + ca). 

6. Нека је A = 2x – 3y, B = 2y – 3x, C = 3x + 2y. Одреди сређени облик израза: 

1) A 2 – BC; 2) (A – B)(A – C); 3) AB – BC + CA. 

7. Растави на чиниоце следеће изразе: 

1) ax + ay + bx + by; 2) x 5 + x 4 – x 3 – x 2 ; 

3) 36v 2 – (5v – 1) 2 ; 4) a 2 – 7a + ab – 7b; 

5) ac + bc + a 2 + ab; 6) x 3 + x 2 y – xy 2 – y 3 ; 

7) –18u 4 v + 24u 3 v 2 – 8u 2 v 3 ; 8) 3a 7 b 3 – 27a 5 b 5 ; 

9) x 2 – 2x – 15; 10) y 2 + 5y – 6; 

11) 4u 2 + 4u – 3; 12) 8z 2 – 6z + 1; 

13) x 4 – 8x 2 + 16; 14) (x 3 + y 2 )(x 2 + y 3 ) –(x 3 – y 2 )(x 2 – y 3 ). 

8. Који се од следећих квадратних тринома може раставити на чиниоце? 

1) x 2 + 4x + 6; 2) y 2 – 7y + 12; 3) z 2 – z – 2; 4) u 2 – 2u + 2. 


1) (a – b) 3 – 8b 3 ; 2) u 3 + v 6 ; 3) x 4 + x 2 + 1; 4) x 4 – 5x 2 + 4; 

5) (y 2 + y + 1)(y 2 + y + 2) – 12; 6) 2x 2 + xy – y 2 – 2x + y; 

7) 4a 2 b 2 – (a 2 + b 2 – c 2 ) 2 ; 8) x 3 + x 2 z + xyz + y 2 z – y 3 ; 

9) y 2 z + yz 2 + xz 2 – x 2 z – x 2 y – xy 2 . 

Б 




209

7 

2 

1 57648 9 

10. Докажи да важе следећи идентитети: 

1) (ax + by) 2 + (ay – bx) 2 = (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ); 2) (ax + by) 2 – (ay + bx) 2 = (a 2 – b 2 )(x 2 – y 2 ). 


1) x 8 – 16; 2) (a + b + c) 3 – a 3 – b 3 – c 3 ; 

3) ac(a + c) – bc(b + c) + ab(a – b); 4) x 3 (y – z) + y 3 (z – x) + z 3 (x – y). 

12. 1) Растави на чиниоце израз a 4 + 4b 4 . 

2) Докажи да је за сваки природан број n већи од 1, број n 2 + 4 n сложен број. 

13. 1) Докажи да за било које изразе A, B и C важи једнакост 

(A + B + C) 2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2AB + 2BC + 2AC. 

2) Растави на чиниоце x 4 + y 4 + z 4 – 2x 2 y 2 – 2y 2 z 2 – 2z 2 x 2 . 

14. Докажи да за било које изразе A, B и C важи једнакост 

1) A 2 + B 2 + C 2 – AB – BC – CA = 1 2 ((A – B)2 + (B – C) 2 + (C – A) 2 ); 

2) A 3 + B 3 + C 3 – 3ABC = (A + B + C)(A 2 + B 2 + C 2 – AB – BC – CA). 

15. Растави на чиниоце израз (a – b) 3 + (b – c) 3 + (c – a) 3 . 

16. Ако је a + b + c = 0, докажи да је a 3 + b 3 + c 3 = 3abc. 

A 

Полиноми са једном променљивом 

17. Одреди константе α, β и γ тако да полиноми 

P(x) = x 4 + αx 2 – 2 и Q(x) = (x 2 + 1)(x 2 + βx + γ) 

буду еквивалентни. 

18. Методом неодређених коефицијената нађи количник и остатак при дељењу 

полинома A(x) са B(x), ако је: 

1) A(x) = x 4 + 3, B(x) = x 3 + x + 1; 

2) A(x) = x 3 – 5x 2 + 3x – 23, B(x) = x – 7; 

3) A(x) = x 5 , B(x) = x 3 – x + 1. 

Б 

19. Подели полином A(x) полиномом B(x) ако је: 

1) A(x) = x 4 , B(x) = x 2 – x + 1; 

2) A(x) = x 7 – 1, B(x) = x 6 + x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x + 1; 

3) A(x) = 2x 5 – 3x 4 + 6x 3 + 7x 2 – 12x + 1, B(x) = 2x 2 + x – 2; 

4) A(x) = x 3 – 2x 2 + x – 1, B(x) = 2x 2 + 4; 

5) A(x) = x 2 – x + 1, B(x) = x 2 + x – 1. 

20. Одреди коефицијент α тако да полином A(x) = x 7 + αx 3 – x + 3 при дељењу са 

B(x) = x 3 + 1 даје остатак 1. 

210 





21. Одреди остатак при дељењу полинома 7x 2012 – 6x 2011 + 5x 43 + 14 полиномом x 2 – 1. 

22. Ако је остатак при дељењу полинома P(x) са x 2 + 7x + 10 једнак –2x + 3, одреди 

остатак при дељењу полинома P(x) са x + 5. 

В 

23. При дељењу неког полинома P(x) са x + 3 добија се остатак 6, а при дељењу 

истог полинома P(x) са x – 7 добија се остатак –2. Одреди остатак при дељењу 

полинома P(x) са x 2 – 4x – 21. 

24. Одреди константе α и β тако да бројеви –1 и –2 буду корени полинома 

x 3 + αx + β, а затим добијени полином растави на чиниоце и одреди све његове 

корене. 

НЗД и НЗС полинома 

25. Растављањем на чиниоце одреди НЗД и НЗС полинома A(x) и B(x), ако је: 

1) A(x) = x 3 – 4x, B(x) = x 4 – 16; 2) A(x) = x 3 – 2x 2 + x, B(x) = x 3 – x; 

3) A(x) = x 4 – 2x 2 + 1, B(x) = x 3 – x 2 – x + 1. 

A 

26. Растављањем на чиниоце одреди: 

1) НЗД(x 2 – 1,x 3 – x,x 4 – 1) и НЗС(x 2 – 1,x 3 – x,x 4 – 1); 

2) НЗД(x + 1,x 2 + x,x 3 – x) и НЗС(x + 1, x 2 + x,x 3 – x); 

3) НЗД(x 2 – 1,x 3 – 2x 2 + x,x 2 + x – 2) и НЗС(x 2 – 1,x 3 – 2x 2 + x,x 2 + x – 2). 

27. Растављањем на чиниоце одреди НЗД и НЗС полинома A(x) и B(x) ако је 

1) A(x) = x 3 – 1, B(x) = x 4 – 1; 2) A(x) = x 5 – 5x 3 + 4x, B(x) = 4x 4 – 8x 3 + 4x 2 ; 

3) A(x) = x 4 + x 2 + 1, B(x) = x 3 – 2x 2 + 2x – 1. 

НЗС одреди користећи 


A · B = НЗД(A,B) · НЗС(A,B) 

Б 

28. Применом Еуклидовог алгоритма одреди 

1) НЗД(x 5 – 1,x 3 – 1); 2) НЗД(x 4 + x 2 + 1,x 3 – 2x 2 + 2x – 1); 

3) НЗД(x 4 + 4x 3 + x 2 – 6x,x 3 + 2x 2 – x – 2). 


29. Дате рационалне алгебарске изразе трансформиши у основни облик и одреди 

одговарајуће услове. 

1 

1) 

x 2 – 4x + 4 – 1 

x 4 – 4x 3 + 4x – 4 

2 x 3 – 2x ; 

c2 (a + c)2 (b + c)2 

2) + – 2 ab a 2 – ab ab – b ; 2 

x 

3) – 

xy – 2y 2 

5) 

2 + 2x 

x 2 + x – 2xy – 2y ; 

1 1 

(a + b) 2 a + 1 2 b + 2 1 

2 (a + b) 3 a + 1 b ; 

4) a + b 

a – b – a – b 

a + b : a2 + b 2 

a 2 – b 2 – a2 – b 2 

a 2 + b 2 ; 

6) x 

y + y x + 2 : 1 x + 1 y 

2 

. 

В 

Б 

30. Дате рационалне алгебарске изразе трансформиши у основни облик и одреди 

одговарајуће услове. 

1) a + 3 

2a – 1 – a 2 – 5 

4a 2 – 4a + 1 – 2a 3 + 5a 2 – a – 1 

8a 3 – 12a 2 + 6a – 1 ; 2) x 2 – 1 

xy + y ∙ y 

2 y – 1 – 1 ∙ x – xy3 – y 4 + y 

; 

1 – x 2 




211

7 

2 

1 57648 9 

3) ; 4) ; 5) ; 

6) ; 7) . 

31. 1) Одреди константе A и B тако да за све вредности x различите од 0 и –1 буде 

тачна једнакост 

1 

x(x + 1) = A x + B 

x + 1 . 

2) Применом једнакости добијене под 1) израчунај 

1 

2 ∙ 3 + 1 

3 ∙ 4 + 1 

4 ∙ 5 + 1 

5 ∙ 6 . 

A 

Б 

Неке основне неједнакости 

32. Докажи да су за произвољне позитивне реалне бројеве a и b тачне 

неједнакости: 

1) a 4 + b 4 ≥ a 3 b + ab 3 ; 2) a b 2 + b a 2 ≥ 1 a + 1 b ; 3) 1 a 2 + 1 b 2 ≥ 2 ab . 

33. Докажи да су за произвољне позитивне реалне бројеве a, b и c тачне 

неједнакости: 

1) a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca; 2) a2 

b + b2 

c + c2 

a ≥ a + b + c; 3) a 

b + c + b 

c + a + c 

a + b ≥ 3 2 . 

34. Докажи другу теорему на страни 207. 

212 




СЛИЧНОСТ 

Мерење дужи и углова (214) 

Б Анализа поступка мерења дужи (214) 

А Основне теореме о мерењу дужи и углова (216) 

Размера дужи (219) 

А Самерљиве и несамерљиве дужи; подела дужи у односу 

m : n, m, n N; неколико важних теорема (219) 

Талесова теорема (222) 

А Пропорционалне дужи; Талесова теорема и важне последице (222) 

Б Векторски облик Талесове теореме (224) 

Хомотетија (225) 

А Основне особине хомотетије (225) 

В Примене особина хомотетије (228) 

Сличност (229) 

А Појам сличности; ставови сличности троуглова (229) 

Б Сложеније примене ставова сличности троуглова (232) 

Примене ставова сличности троуглова (234) 

А Примене ставова сличности на правоугли троугао; Питагорина 

теорема (234) 

В Примене ставова сличности троуглова на круг (236) 




Б 

Анализа поступка 

мерења дужине дужи 

Мерење дужи и углова 

Реч геометрија је грчког порекла и дословно преведена значи „мерење земље“ 

што указује да су мерења у природи створила ову област математике и значајно 

на њу утицала. Још од древних времена, као посебно важна врста мерења издваја 

се мерење дужине дужи које је одиграло велику улогу у развоју геометрије и 

математике уопште. Наиме, мерење дужине дужи је значајно утицало и на 

проучавање бројева будући да бројевима изражавамо резултате мерења. О томе 

је већ било речи у поглављу Реални бројеви где смо истакли да се реални бројеви 

уводе да би се могла изразити дужина сваке дужи. 

Мерењем се дужима додељују бројеви који описују 

однос дужи са унапред изабраном и фиксираном 

дужи. Унапред изабрана дуж се назива јединица 

мере. Поступак мерења се заснива на надовезивању 

подударних дужи. 

Међутим, надовезивањем дужи које су подударне 

јединици мере можемо да измеримо само 

целобројне дужине. 

Остаће велики број дужи чије ћемо дужине моћи само да проценимо. Посебно је 

важно истаћи да се приближна целобројна вредност дужине може добити за сваку 

дуж јер се коначним бројем преношења задате дужи може „стићи и престићи” 

свака тачка. Дајемо и прецизнију формулацију овог објашњења, која је позната као 

Архимедова аксиома. 

Архимедова аксиома 

Нека је IJ произвољна дуж. Тада за сваку дуж AB на полуправој чији је почетак 

тачка A и која садржи B постоји коначно много тачака A 1 

, A 2 

, A 3 

, ... , A n 

таквих 

да је A – A 1 

– A 2 

– ... – A n 

, AA 1 

≅ A 1 

A 2 

≅ ... ≅ A n – 1 

A n 

≅ IJ и A – B – A n 

. 

Да бисмо решили поменуте проблеме, природно је да поделимо 

јединицу мере на једнаке делове и покушамо да измеримо дужину 

дужи надовезивањем дужи које су подударне добијеном делу. Будући 

да је систем који користимо декадни, уобичајено је да се једница 

мере дели на десет делова. (Број делова је потпуно неважан; да неким 

случајем користимо бинарни бројни систем, јединицу мере бисмо 

делили на два дела.) 

Очигледно ни десетим деловима јединице мере нећемо успети да измеримо 

дужине свих дужи. Следећи корак је употребити стоте делове јединице мере. 

Наравно, опет ће постојати „немерљиве дужи”. 

Да закључимо: ако желимо да измеримо дужине свих дужи, поступак дељења 

јединице мере не смемо завршити. Ма колико „ситни” били делови на које смо у 

неком тренутку изделили јединичну дуж, постојаће нека дуж чију дужину нећемо 

моћи прецизно да измеримо. 

214 




Сличност 


Најпознатија дуж чије се мерење не завршава је дијагонала 

јединичног квадрата. Да се поступак мерења дијагонале 

не може окончати, не треба да чуди јер смо у поглављу 

Реални бројеви показали да не постоји рационалан број 

чији је квадрат једнак 2. Поступак којим смо у примеру 1. 

на страни 66 одређивали децимале броја √2 веома је близак 

поспупку мерења. Упоредите табелу из поменутог примера 

и слику десно. 

1 < x < 2 1 < x 2 < 4 

1,4 < x < 1,5 1,96 < x 2

А 

Мерење дужи 

Са мерењем дужине дужи упознајемо се на самом почетку школовања користећи 

притом лењир са подеоцима означеним у складу са изабраном јединицом мере. 

Овом приликом ћемо мерење лењиром искористити да истакнемо основну 

теорему у вези са мерењем дужине. 

Лењир са подеоцима одговара цртежу бројевне полуправе на папиру, при 

чему цртеж бројевне полуправе посматрамо као графички приказ скупа 

реалних бројева. Сходно томе, лењир са подеоцима сматрамо моделом скупа R. 

Постављање ивице лењира са подеоцима дуж неке праве можемо посматрати као 

успостављање бијекције између тачака те праве и реалних бројева: 

• свакој тачки A праве придружује се јединствени реалан број x А 

, и 

• сваки реалан број придружен је јединственој тачки праве. 

x 

A= 3,5 x 

B= 5,9 

J A B 

0 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 

x 

A= 4 x 

B= 6,4 

O J A B 

0 

1 2 3 4 5 6 7 8 9 

x 

A= –3,4 x 

B= –1 

A B O J 

–4 –3 –2 –1 0 1 2 

p 

p 

p 

За било које две различите тачке A и B важи следеће важно 

својство. Како год на поставимо лењир са подеоцима 

дуж праве AB (и тиме тачкама A и B доделимо редом 

бројеве x А 

и x B 

) вредност |x A 

– x B 

| је увек иста. Ову сталну 

вредност називамо дужином дужи AB или (еуклидским) 

растојањем између тачака A и B и обележавамо је |AB|. На 

слици лево уочавамо: 

|AB| = |x A 

– x B 

| = |5,9 – 3,5| = |6,4 – 4| = |–1 – (–3,4)| = 2,4 

Корисно је имати на уму да се приликом постављања 

лењира дуж неке праве p одређују тачке O и J, такве да је 

OJ подударно јединици мере лењира, којима се придружују 

редом бројеви 0 и 1. 

C(–1,9) 

A(– 2) O(0) E(1/2) J(1) B( 2) D(2) 

Свака дуж IJ изабрана за јединицу мере одређује одговарајући лењир, а самим тим 

и мерење дужине било које дужи. 

Oсновнa теоремa у вези 

са мерењем дужине 

Избор било које дужи IJ (за јединицу мере), одређује функцију којом се 

свакој дужи XY придружује позитиван реалан број |XY|, тако да важе следеће 

особине: 

• |IJ| = 1; 

• AB ≅ CD акко |AB| = |CD|, за било које дужи AB и CD; 

• AB < CD акко |AB| < |CD|, за било које дужи AB и CD; 

• A – B – C акко |AB| + |BC| = |AC|, за било које тачке A, B и C; 

• |AC| < |AB| + |BC|, за било које три неколинеарне тачке A, B и C. 

Број |XY| називамо и мерним бројем дужине дужи XY за изабрану јединицу мере. 

Уобичајено је да се ознака дужи користи и за означавање дужине те дужи. На 

пример, ако је за неку изабрану јединицу мере, мерни број дужине дужи XY 

једнак 2,5, уместо |XY| = 2,5 краће пишемо XY = 2,5. 

216 





Нека је A тачка која не припада правој p и N подножје нормале из A на p. 

Растојање између тачке A и праве p јесте дужина дужи AN. Будући да је 

хипотенуза најдужа страница правоуглог троугла, једноставно закључујемо да је 

тачка N заправо тачка праве p која је најближа тачки A. Другим речима, за било 

коју другу тачку P праве p важи AN < AP. 

Ако су праве p и q паралелне, тада су све тачке једне праве 

једнако удаљене од друге праве. (Зашто?) Под растојањем 

између две паралелне праве подразумева се растојање 

између било које тачке једне праве од друге праве. 

q 

p 

A1 

B1 C1 

A B C 

Растојање између тачке и 

праве која је не садржи 

A 

p 

P 

N 

P 

1 2 

Растојање између две 

паралелне праве 

Од давнина се за мерење углова као јединица мере користи степен, тј. угао који 

је 180 пута мањи од опруженог угла (односно 90 пута мањи од правог угла). 

Најважније идеје у вези са мерењем углова објаснићемо ослањајући се на познати 

мерни инструмент – угломер. Иако је угломер најчешће у облику полукруга, 

објашњења су једноставнија за кружне угломере (слика доле). Подразумева се 

да су на ободу кружног угломера подеоцима означени углови од једног степена. 

Да бисмо додатно поједноставили објашњења, претпоставићемо да су углови 

усмерени у позитивном смеру (тј. супротно кретању казаљке на сату). Дакле, aOb 

означава позитивно усмерен угао, од (почетног) крака Oa до крака Ob. 

Мерење углова 

b 

a 

aOb 

O 

bOa 

Постављањем центра угломера у било коју изабрану тачку 

O успостављамо бијекцију између полуправих са почетком 

O и реалних бројева из интервала [0, 360): 

• свакој полуправој Op придружује се јединствени реалан 

број ω p 

из [0, 360), и 

• сваки реалан број из [0, 360) придружен је јединственој 

полуправој са почетком O. 

Нека је x (mod 360) најмањи ненегативан број облика 

x + k · 360, k Z. Очигледно, за сваки реалан број x, 

вредност x (mod 360) припада интервалу [0, 360). На 

пример, 120 (mod 360) = 120, 

795 (mod 360) = 75 (75 = 795 + (–2) · 360), 

–167 (mod 360) = 193 (193 = –167 + 1 · 360) итд. 

ω c = 180 

c 

ω = 117 b 

b 

100 90 

110 

80 

120 

130 

140 

150 

160 

170 

180 

O 

190 

70 

60 

50 

40 

30 

20 

10 

0 

350 

340 

200 

210 

330 

220 

320 

230 

240250 

260 270 280 290300310 

d 

ω = 244 d 

a 

ω = 54 a 

Издвајамо најважније запажање. Како год на поставимо центар угломера у O, и 

самим тим полуправама Oa и Ob доделимо редом бројеве ω a 

и ω b 

, вредност 

(ω b 

– ω a 

) (mod 360) је увек иста. Ову сталну вредност називамо величином или 

мером угла aOb. 




217

8 

1 

2 57648 9 


Према слици датој на претходној страни, полуправама Oa, Ob, Oc, Od редом су 

придружени бројеви ω a 

= 54, ω b 

= 117, ω c 

= 180, ω d 

= 224. Тада је: 

мера угла aOb једнака (117 – 54) (mod 360) = 63, 

мера угла cOd једнака (224 – 180) (mod 360) = 64, 

мера угла aOd једнака (224 – 54) (mod 360) = 170, 

мера угла dOa једнака (54 – 224) (mod 360) = 190 итд. 


Нека m(xOy) означава меру угла xOy. Тада: 

1. aOb ≅ cOd акко m(aOb) = m(cOd); 

2. aOb < cOd акко m(aOb) < m(cOd); 

3. aOb + bOc = aOc акко m(aOb) + m(bOc) = m(aOc). 

Уобичајено да се угао и његова мера означавају на исти начин и да једнакост 

p 1 

O 1 

q 1 

= p 2 

O 2 

q 2 

значи да су мере углова p 1 

O 1 

q 1 

и p 2 

O 2 

q 2 

једнаке. Ослањајући се на 

овај договор, имамо следећу еквиваленцију 

p 1 

O 1 

q 1 

= p 2 

O 2 

q 2 

p 1 

O 1 

q 1 

≅ p 2 

O 2 

q 2 

. 

Како одредити меру угла помоћу шестара? 

Величину датог (нацртаног) угла можемо приближно одредити помоћу 

шестара. На пример, нека је дат угао aOb. Произвољним отвором шестара 

конструишемо кружницу са центром у тачки O. Нека су A и B тачке у којима 

краци Oa и Ob секу ову кружницу. Сада почев од тачке A преносимо тетиву 

AB све док врх игле шестара не дође поново у тачку A или јој не буде веома 

близу (тада прекидамо поступак не конструишући одговарајућу тачку). 

Током конструкције бројимо колико смо пута обишли круг и колико смо пута 

пренели тетиву. 

Ако смо круг обишли n пута и за то време m пута пренели тетиву AB, онда је 

мера траженог угла приближно једнака 

aOb ≈ 360° ∙ n 

m . 

Ову формулу једноставно изводимо из „једнакости” m ∙ aOb ≈ 360° ∙ n, која је 

очигледно тачна јер смо преношењем тетиве дати угао увећали m пута и при 

том смо круг обишли n пута, што значи да је мера одговарајућег угла 360° ∙ n. 

218 




Размера дужи 

А 

Две подударне дужи имају једнаке дужине, без обзира на јединицу мере којом су 

мерене. Ако су дужине две дужи једнаке за неку јединицу мере, онда су дужине те 

две дужи једнаке за било коју јединицу мере. Аналогно тврђење важи и за размере 

две дужи. 

Ако је позитиван реалан број r мерни број дужине дужи AB мерене јединицом 

мере CD, пишемо AB = rCD или AB : CD = r, а број r називамо и размером 

дужи AB и CD. 

Није тешко уочити да је за било које две дужи AB и CD, размера AB : CD једнака 

размери мерних бројева те две дужи |AB| : |CD|, за било који избор јединице мере. 

Размера две дужи може бити било који позитиван реалан број. Ако је размера 

дужи рационалан број, кажемо да су те дужи самерљиве. Ако је ирационалан 

број, онда су дужи несамерљиве. 


Посебно, ако је 

AB = 1CD, краће 

пишемо AB = CD. Треба 

приметити да је AB = CD 

заправо еквивалентно 

са AB ≅ CD. 

Уколико су неке дужи AB и CD самерљиве, онда постоји јединица мере IJ за коју су 

мерни бројеви дужина дужи AB и CD природни бројеви, то јест важи AB = mIJ и 

CD = nIJ за неке m, n N. Тада је AB : CD = m/n. 

CD = 2 3 AB 

јединица 

мере 

A 

C 

AB 

3 

CD 

2 

D 

B 

AB 

3 = CD 

2 

AB 

CD = 3 2 

2AB = 3CD 

2AB 

3CD 

AB = 3 2 CD 

Из једнакости AB : CD = m : n, m, n N, закључујемо: 

• AB = m n CD, ако је CD јединица мере, онда је мерни број дужи AB једнак m n ; 

• CD = n m AB, ако је AB јединица мере, онда је мерни број дужи CD једнак n m ; 

• AB 

m = CD , тј. m-ти део дужи AB једнак је n-том делу дужи CD; 

n 

• nAB = mCD, дуж која је n пута дужа од AB једнака је дужи која је m пута дужа од 

CD. 


Нека је PQ : RS = 5 : 4. Одреди мерни број дужи: 

а) PQ ако је RS јединица мере; б) RS ако је PQ јединица мере. 




219

8 

1 

2 57648 9 

Подела дужи у 

размери m : n, m, n N 

Подела дужи у датој размери m : n, m, n N, заснована је на следећој теореми. 


Паралелне праве a, b, c и d секу праву p редом у тачкама A, B, C и D, а праву p 1 

у тачкама A 1 

, B 1 

, C 1 

и D 1 

. Ако је AB ≅ CD, онда је A 1 

B 1 

≅ C 1 

D 1 

. 

p 

p 1 

A B C 

p a b c 

d 

D 

p 1 

A B C D 

1 1 

1 1 

b c 

d 

D 

a 

A B C 

B' 

D' 

A1 

B C D 

1 1 1 

Доказ. Уколико је p || p 1 

, теорема је последица основних особина 

паралелограма. 

Размотримо случај када p и p 1 

нису паралелне праве. Конструишимо кроз 

A 1 

и C 1 

праве паралелне са p, и означимо B’ пресек праве кроз A 1 

и праве 

b, а D’ пресек праве кроз C 1 

и праве d. Једноставно се закључује да је 

A 1 

B’ ≅ C 1 

D’. 

Према теореми о угловима са паралелним крацима, B’A 1 

B 1 

≅ D’C 1 

D 

и A 1 

B’B 1 

≅ C 1 

D’D 1 

. Применом става подударности УСУ, долазимо до 

жељеног закључка. 

A 1 

B’ ≅ C 1 

D’ 

B’A 1 

B 1 

≅ D’C 1 

D 1 

A 1 

B’B 1 

≅ C 1 

D’D 1 

УСУ 

∆A 1 

B’B 1 

≅ ∆C 1 

D’D 1 

A 1 

B 1 

≅ C 1 

D 1 

■ 


Поделимо дату дуж на пет подударних делова. Конструкцију чине следећи кораци: 

1. кроз један крај дужи AB, на пример A, конструишемо произвољну праву која не 

садржи дату дуж, затим 

2. на тој правој одредимо тачке A 1 

, A 2 

, A 3 

, A 4 

и A 5 

тако да је 

AA 1 

≅ A 1 

A 2 

≅ A 2 

A 3 

≅ A 3 

A 4 

≅ A 4 

A 5 

, и на крају 

3. конструишемо праву A 5 

B и праве кроз A 1 

, A 2 

, A 3 

и A 4 

паралелне са A 5 

B; ове 

четири праве деле AB на пет подударних делова. 

A 

AP : PB = 2 : 3 

P 

AQ : QB = 3 : 2 

Q 

X 1 

X 2 

X 3 

x 

X 4 

X 5 


Поделимо дуж AB у размери 2 : 3, односно одредимо тачку P дужи AB такву да је 

AP 

PB = 2 3 . 

B 

Најпре дуж делимо на 5 једнаких делова: конструишемо полуправу Ax и 

на њој одређујемо тачке X 1 

, X 2 

, X 3 

, X 4 

, X 5 

такве да је 

AX 1 

≅ X 1 

X 2 

≅ X 2 

X 3 

≅ X 3 

X 4 

≅ X 4 

X 5 

. Права кроз X 2 

паралелна са BX 5 

сече AB у 

траженој тачки P: 

AP 

PB = AX 2 

= 2 X 2 

X 5 

3 . 

На слици лево одређена је и тачка Q дужи AB таква да је AQ : QB = 3 : 2. 

220 





Централно место овог поглавља заузима тврђење које је међу првима запазио 

и примењивао чувени старогрчки математичар Талес. Специјалан случај тог 

тврђења изводимо као последицу претходне теореме. 

Нека су p и p 1 

било које две праве и t нека њихова трансверзала. На правој p 

дате су тачке A, B, C, D такве да је AB : CD = m : n, m, n N. Ако праве a, b, c, d 

које садрже редом тачке A, B, C, D и паралелне су са t секу праву p 1 

у тачкама 

A 1 

, B 1 

, C 1 

, D 1 

, онда је A 1 

B 1 

: C 1 

D 1 

= m : n. 


Доказ. Претпоставимо да је AB : CD = m : n, m, n N. 

Поделимо дуж AB на m једнаких делова, а дуж CD на n 

једнаких делова. Из AB : CD = m : n, следи да је AB 

m = CD n . 

Када кроз подеоне тачке дужи AB и дужи CD 

конструишемо праве паралелне са t, добијамо поделу дужи 

A 1 

B 1 

на m једнаких делова и поделу дужи C 1 

D 1 

на n једнаких 

делова. Из једнакости AB 

m = CD n 

да је A 1B 1 

m = C 1D 1 

n 

. Дакле, A B : C D = m : n. ■ 

1 1 1 1 

и претходне теореме следи 

a b c d 

t 

p 

A B C D 

A 

B 

p 1 1 

1 

C 

1 

D 

1 

2. 


Дуж AB подељена је на 10 једнаких делова. На основу слике десно (p || q || r) 

одреди размеру: 

1) PS 

SQ ; 

PQ 

2) 

QR ; 

PS 

3) 

QR ; 

PR 

4) 

SQ . 

A 

P 

p 

S 

Q 

q 

R 

B 

r 

Претходно тврђење је тачно и у општем случају, када се изостави претпоставка о 

самерљивости дужи. Доказ тог општег тврђења изостављамо. 

Нека су p и p 1 

било које две праве, t нека њихова трансверзала и 

A, B, C, D тачке праве p. Праве a, b, c, d које садрже редом тачке 

A, B, C, D и паралелне су са t секу праву p 1 

у тачкама 

A 1 

, B 1 

, C 1 

, D 1 

. Ако за неки реалан број k важи AB : CD = k, 

онда је A 1 

B 1 

: C 1 

D 1 

= k. 

d 

kx 

x B C D 

t a b c 

A 

p 

p 1 A 1 

y B1 

C1 ky D1 

3. 


На основу слике десно (a || b || c || d) одреди размеру: 

1) AB 

BC ; AB 

2) 

BD ; AC 

3) 

CD ; AD 

4) 

BC . 

A 

B 

C 

a 

D 

b c d 

2 0 1 2 




221

А 

Талесова теорема 

Ако су размере два пара дужи једнаке, кажемо да је један пар дужи 

пропорционалан другом пару. 

Приликом проучавања пропорционалних дужи користимо особине пропорција о 

коме је било речи у поглављу Пропорционалност. 

C D 

A B 

p 

a b c d 

p 

1 

1 

D 1 

AB 

CD = A B 1 1 

C 1 

D 1 

Последњу теорему са претходне стране можемо формулисати и на следећи начин. 

Међусобно паралелне праве a, b, c, d секу праве p и p 1 

редом у A, B, C, D, 

односно A 1 

, B 1 

, C 1 

, D 1 

. Тада је AB : CD = A 1 

B 1 

: C 1 

D 1 

. 


На основу података датих на слици одреди 

дужине дужи означених знаком питања. 

A B1 C1 

O 

У задацима често 

наводимо само мерни 

број дужине дужи 

изостављајући јединицу 

мере. 

Изводимо неке једноставне последице претходне теореме које се често користе 

при решавању задатака. 

Нека се праве p и p 1 

секу се у тачки O. Паралелне праве a и b секу праву p у 

тачкама A и B, а праву p 1 


и B 1 

(слике испод). 

Из AB 

CD = A B 1 1 следи 

C 1 

D 1 

AB 

= CD и 

A 1 

B 1 

C 1 

D 1 

a 

A 

b 

B 

p 

a 

A 1 

O 

b 

B 

p 

C 1 

D 1 

CD = A 1 B 1 

AB . 

A 1 

B 1 

p 

A 

B p 1 1 1 

222 

Тада је OA 

OA 1 

= OB 

OB 1 

= AB 

A 1 

B 1 

. Наведене једнакости једноставно следе из претходне 

теореме и чињенице да унутрашњи, одн. спољашњи чланови пропорције могу 

заменити места. 





Праве p и p 1 

секу се у тачки O. Паралелне праве a и b секу праву p у тачкама A 

и B, а праву p 1 


и B 1 

. Тада је OA 

OB = OA 1 

= AA 1. 

OB 1 

BB 1 

Доказ. Једнакост OA 

OB = OA 1 

је директна последица претходне теореме. 

OB 1 

Остаје још да покажемо да је и AA 1 

једнако овим размерама. Нека је p’ права кроз 

BB 1 

B 1 

паралелна са p. Нека је B’ пресек праве p’ и праве a. 

Тада паралелне праве p и p’ секу праве a и p 1 

, па према претходној теореми следи 

да су дужи са праве a пропорционалне одговарајућим дужима са праве 

O 

p 1 

: OA 1 

= AA 1 

OB 1 

AB’ . Како је AB’ ≅ BB , доказ је завршен. ■ 

1 


На основу података датих на слици одреди дужину дужи x. 

1) (p || q || r) 2) (p || q) 3) (p || q) 4) (p || q) 

5 6 

6 

p 

q 


x 

r 

4 

p 

5 6 

x 

q 

4 6 

Талесова теорема и њене последице нам омогућавају да конструктивно „множимо” 

и „делимо” дужи. Прецизније, ако је дата јединица мере, конструисаћемо дуж чија 

је дужина једнака производу, односно количнику дужина неке две дате дужи. 

q 

x 

p 

3 

5 

x 

3 

p 

6 

q 


A 

A 

O 

a 

A 1 

a 

A 1 

B' 

O 

a 

A 

A 1 

O 

a 

A 

A 1 

B' 

b 

B p 

B 

p 1 1 

b 

B p 

B 1 

p' 

p 1 

b 

B p 

p 

B 1 1 

b 

B p 

p' 

B p 1 1 

 




223

Б 

Применом Талесове теореме изводимо познату особину множења вектора 

реалним бројем. 

За сваки реалан број k и све векторе x и y тачна је једнакост 

k(x + y ) = kx + ky . 

Доказ. Разматрамо само случај када су вектори x и y неколинеарни и k ≠ 0. 

Претпоставимо да је k > 0. 

Изаберимо произвољно тачку O. Нека је X јединствена тачка таква да је x = OX , 

а Y јединствена тачка да је y = XY . Тада је OY = x + y (сликa десно). Нека је даље 

X’ тачка таква да је kx = OX’ . Тачке X и X’ су колинеарне са O и налазе се са 

исте стране тачке O. Нека је Y’ пресек полуправе OY и праве кроз X’ паралелнe 

са правом XY. Приметимо да су и тачке Y и Y’ са исте стране тачке O. Према 

Талесовој теореми имамо да је 

OX’ 

OX = OY’ 

OY = X’Y’ 

XY . 

Како је OX’ 

OX 

X’Y’ 

= k, биће и 

XY = OY’ = k, одакле следи да је 

OY 

X’Y’ = kXY = ky као и OY’ = kOY = k(x + y ). 

Пошто је и OY’ = OX’ + X’Y’ = kx + ky , тражена једнакост је доказана. 

Аналогно се поступа у случају када је k < 0. ■ 

Талесова теорема често се формулише и у тзв. векторском облику. Размера 

усмерених дужи AB и CD у ознаци AB , дефинише се само у случају када су 

CD 

те дужи истог правца, тј. када су колинеарне. У том случају, размера AB 

CD je 

јединствен број k такав да је AB = kCD . Наравно, размера две усмерене дужи може 

бити и позитиван и негативан број. 

Векторски облик 

Талесове теореме 

Праве p и p 1 

секу се у тачки O. Паралелне праве a и b секу праву p у тачкама A 

и B, а праву p 1 


и B 1 

. Тада је 

OA 

OB = OA 1 

= AA 1 

. 

OB 1 

BB 1 

224 

O 

a 

A 

A 1 

b 

B p 

B 1 

a 

A 1 

p 

p A 

B 1 1 

1 

O 

b 

B p 




Хомотетија 

А 

Нека је O фиксирана тачка равни π и k неки реалан број различит од нуле. 

Хомотетија равни π са центром O и коефицијентом k је пресликавање 

H O,k 

: ππ, које свакој тачки X равни π додељује тачку X' исте равни 

такву да је OX' = kOX . 


Хомотетија се назива 

и перспективна 

сличност. 

Користећи конструкцију поделе дужи на једнаке делове, једноставно се 

конструише слика било које тачке X хомотетијом H O,k 

чији је коефицијент k 

рационалан број. 

Заиста, ако је k = ± m/n, m, n N, дуж OX треба поделити на n једнаких делова, а 

затим почевши од O надовезати m добијених делова са оне стране са које је тачка 

X, уколико је k = m/n, односно са супротне стране, ако је k = –m/n. 

1. 


Дате су три колинеарне тачке A, B и C такве да је A – B – C и AB : BC = 4 : 7. Одреди 

коефицијент k хомотетије H B,k 

ако је H B,k 

(A) = C. 

2. 


На слици десно су конструисане слике неколико тачака хомотетијом H . 

На основу овог примера, покушај да изведеш неке опште закључке. 

1) Одреди размере A'B' : AB, B'C' : BC, B'D' : BD. 

2) Да ли се хомотетијом колинеарне тачке пресликавају у колинеарне тачке? 

3) Да ли се праве AB и A'B' секу? А праве BD и B'D'? Образложи одговорe. 

4) Упореди BAD и B'A'D'. Упореди и било који други пар одговарајућих 

углова. Образложи одговор. 




225

8 

1 

2 57648 9 


Ако је H O,k 

(X) = X' и H O,k 

(Y) = Y', онда је X'Y' = kXY . 

Доказ. Из H O,k 

(X) = X' и H O,k 

(Y) = Y' следи да је OX' = kOX и 

OY' = kOY . Како је X'Y' = OY' – OX' , имамо да је 

X'Y' = OY' – OX' = kOY – kOX = k(OY – OX ) = kXY . ■ 


Ако је X – Y – Z и H O,k 

(X) = X', H O,k 

(Y) = Y' и H O,k 

(Z) = Z', онда је X' – Y' – Z'. 

Доказ. Из X – Y – Z следи XY + YZ = XZ. Према претходној теореми 

имамо да је X'Y' = kXY, Y'Z' = kYZ и X'Z' = kXZ. 

Дакле, X'Z' = k(XY + YZ) = X'Y' + Y'Z', одакле следи да је Y' између тачака 

X' и Z', што је и требало доказати. ■ 


Из доказаних особина следе следећа тврђења. 

• Хомотетија дуж пресликава у дуж: ако је H O,k 

(A) = A' и H O,k 

(B) = B', онда је 

H O,k 

(AB) = A'B'; 

• Хомотетија праву пресликава у паралелну праву: ако су A и B две тачке праве 

p и ако је H O,k 

(A) = A' и H O,k 

(B) = B', онда је H O,k 

(p) = p', при чему је p' права 

одређена тачкама A' и B' и p || p'. 


Слика фигуре Φ хомотетијом H O,k 

је фигура Φ' = H O,k 

(Φ) = {H O,k 

(X) | X Φ}. 

На основу ових особина и теореме о угловима са паралелним крацима долазимо и 

до следећег закључка. 

Хомотетијом се угао пресликава у подударан угао. 

226 






Конструкција слике неке фигуре датом хомотетијом се може знатно 

поједноставити ако се користе и општа својства хомотетије. Посебно је корисна 

примена тврђења да се права хомотетијом пресликава у паралелну праву. 

На слици испод конструктивно је одређена слика ∆ABC хомотетијом H O,– 

, 

H O,– 

(∆ABC) = ∆A'B'C'. 

Приметите да је довољно наћи слику само једног 

темена, на пример H O,– 

(A) = A'. Слике B' и C' 

преостала два темена су пресеци правих OB и OC 

са правама кроз A' које су паралелне са AB и AC. 

Запажања која смо користили у претходном примеру можемо уопштити. Наиме, 

ако знамо центар хомотетије и слику X' једне тачке X (при чему наравно тачке O, X 

и X' морају бити колинеарне), онда можемо одредити слику било које друге тачке 

том хомотетијом (конструкција је приказана на сликама испод). Коефицијент 

овако одређене хомотетије је размера k = OX' : OX . Приметите да ако желимо да 

одредимо слику тачке U која је колинеарна са O, X и X' (слика доле десно), морамо 

најпре да одредимо слику неке „помоћне” тачке која није колинеарна са наведеним 

тачкама. 

Хомотетија је 

потпуно одређена 

ако је познат њен 

центар O и слика X' 

једне тачке X. 

3. 

4. 


Произвољно изабери три колинеарне тачке O, X и X' тако да је X – O – X'. Ако је 

H O,k 

хомотетија таква да је H O,k 

(X) = X', конструиши тачку H O,k 

(T), ако је тачка T 

нека тачка која: 

1) није колинеарна са O, X и X'; 

2) јесте колинеарна са O, X и X'. 


Пресликај произвољан ∆ABC хомотетијом H A, 

. 

Упутство. Погледај слику десно. 




227

В 


Дате су две произвољне дужи AB и CD и две тачке O и X. Конструиши тачку 

H O,k 

(X) ако је k = AB : CD. 

Упутство. Нацртај произвољну полуправу Op која не садржи X, а затим на њој 

одреди тачке Y и Y' тако да је OY ≅ CD и OY' ≅ AB. 


Тачка X je хомотетијом H O,k 

пресликана у тачку X'. Дакле, 

k = OX' : OX . 

На претходој страни је објашњено како се конструише слика 

произвољне тачке при овако задатој хомотетији. 

Конструишимо сада H O, 

(A), при чему је A произвољна тачка. Да 

бисмо извели тражену конструкцију, довољно је знати слику бар 

једне тачке при овој хомотетији. Није тешко закључити да је 

H O, 

(X') = X. 

Подсећамо да слику 

неке тачке X при 

трансформацији 

A B одређујемо 

тако што прво 

одредимо B(X), а 

затим и слику те 

тачке при A. 

Наводимо неке опште једнакости у вези са композицијама хомотетија са 

заједничким центром. 

1. H O,k 

H O,l 

= H O,l ∙ k 

; 

2. H O,k 

H O, 

= E (E је коинциденција: сваку тачку пресликава у себе); 

3. H O,k 

H O,l 

= H O,l 

H O,k 


На крају овог одељка, користећи се хомотетијом, 

показаћемо неке занимљиве везе међу значајним 

тачкама троугла. Нека је T тежиште ∆ABC, а A', B' и 

C' средишта страница BC, CA и AB. Према теореми о 

тежишту троугла (страна 161), закључујемо да је 

H T,– 

(∆ABC) = ∆A'B'C', па се ортоцентар H троугла ABC 

пресликава у ортоцентар ∆A'B'C'. Међутим, ортоцентар 

∆A'B'C' je истовремено и центар O описане кружнице 

∆ABC. 

Дакле, имамо да је H – T – O и HT = 2TO. 

Права која садржи H, T и O назива се Ојлерова права. 

Описани круг око ∆A'B'C', чији је центар O' = H T,– 

(O), 

назива се и Ојлеров круг, али и круг девет тачака јер 

садржи средишта све три странице ∆ABC, подножја све 

три висине овог троугла, као и средишта дужи AH, BH и 

CH. 

228 





А 

Изометрије и хомотетије су специјални случајеви трансформација сличности. 

Нека је k позитиван реалан број. Сличност равни π са коефицијентом 

k је функција P k 

: ππ таква да за сваке две тачке A и B равни π, 

ако је P k 

(A) = A' и P k 

(B) = B', онда је A'B' = kAB. 


• Свака изометрија неке равни је сличност те равни са коефицијентом 1; 

• Свака хомотетија H O,k 

неке равни је сличност те равни са коефицијентом |k|. 



Није тешко уочити да су композиције изометрије и хомотетије трансформације 

сличности. Тако, ако је дата нека права s и нека тачка O, тада је трансформација 

H O, – 2 

S s 

сличност са коефицијентом 2. 

Испоставља се да сваку сличност можемо представити као композицију неке 

изометрије и неке хомотетије. 

 

Свака сличност се може представити као композиција 

неке изометрије и неке хомотетије. 


о разлагању сличности 

Извуцимо најважније последице. 

Нека је P k 

сличност равни са коефицијентом k. 

1. Ако је A – B – C и P k 

(A) = A', P k 

(B) = B' и P k 

(C) = C', онда је A' – B' – C'. 

2. Ако је AB ≅ CD и P k 

(A) = A', P k 

(B) = B', P k 

(C) = C' и P k 

(D) = D', онда је 

A'B' ≅ C'D'. 

3. Ако је P k 

(A) = A', P k 

(B) = B', P k 

(C) = C' и P k 

(D) = D', онда је AB : CD = A'B' : C'D'. 

последица 

Све што „чувају” и 

изометрије и хомотетије, 

„чувају” и сличности. 

Општа дефиниција сличности две фигуре аналогна је општој дефиницији 

подударности две фигуре. 

Две фигуре Φ и Ψ су сличне, у ознаци Φ ~ Ψ, ако постоји сличност P, 

која пресликава Φ на Ψ, то јест ако је P(Φ) = Ψ. 

општа дефиниција 

сличности фигура 




229

8 

1 

2 57648 9 

Иако се димензије (величине) два слична објекта могу доста разликовати, оно што 

им даје исти облик јесу сачуване размере између било које две дужи. 

Када треба направити било који велики објекат (зграду, мост, аутомобил итд.), 

веома је корисно прво конструисати умањен модел тог објекта који му је сличан у 

математичком смислу. Наравно, да би модел имао исти облик, као што ће га имати 

изграђени објекат, довољно је „сачувати” размере. 

Ако су два троугла слична, онда један од тих троуглова изгледа као умањена, 

односно увећана верзија другог. Углови једног троугла једнаки су угловима другог 

троугла, а парови одговарајућих страница су пропорционални. Притом, страница 

једног троугла одговара страници другог ако се налазе наспрам истих углова, 

односно ако на сваку од њих належу исти углови. 

AB = c A 

A 

1 

B 1 

= c 1 

= kc 

c b 

BC = a · k B 1 

C 1 

= a 1 

= ka 

b 1 

A 1 

B 

a 

CA = b 

C 

c 1 

a 1 

C 1 

A 1 

= b 1 

= kb 

B 1 

C 1 

Као и у случају подударности, доказивање сличности троуглова знатно олакшавају 

ставови сличности које ћемо у наставку доказати. 

Први став сличности 

Два троугла су слична ако су две странице једног троугла пропорционалне 

двема страницама другог троугла и углови захваћени тим страницама су 

подударни. 

AB : AC = A’B’ : A’C’ 

CAB ≅ C’A’B’ 

∆ABC ∼ ∆A’B’C’ 

Доказ. Нека су ABC и A’B’C’ троуглови такви да је 

A’B’ : AB = A’C’ : AC = k и CAB ≅ C’A’B’. 

Нека је H A, k 

(B) = B 1 

и H A, k 

(C) = C 1 

. Другим речима, на 

полуправама AB и AC, одредимо тачке B 1 

и C 1 

такве да је 

AB 1 

= kAB и AC 1 

= kAC и AC 1 

≅ A’C’. Дакле, 

H A, k 

(∆ABC) = ∆AB 1 

C 1 

. 

Према ставу подударности СУС, ∆AB 1 

C 1 

≅ ∆A’B’C’. Самим тим, постоји 

изометрија I таква да је I(∆AB 1 

C 1 

) = ∆A’B’C’. Дакле, I H A, k 

(∆ABC) = ∆A’B’C’. 

Како је I H A, k 

трансформација сличности, закључујемо да је ∆ABC ∼ ∆A’B’C’. ■ 

230 





Два троугла су слична ако су два угла једног троугла подударна одговарајућим 

угловима другог троугла. 

CAB ≅ C’A’B’ 

ABC ≅ A’B’C’ 

∆ABC ∼ ∆A’B’C’ 

Други став сличности 

Доказ. Нека су ABC и A’B’C’ троуглови такви да је CAB ≅ C’A’B’ и 

ABC ≅ A’B’C’. Према теореми о збиру углова у троуглу, 

закључујемо да је и BCA ≅ B’C’A’. 

Нека је A’B’ : AB = k, H A, k 

(B) = B 1 

и H A, k 

(C) = C 1 

. Дакле, 

H A, k 

(∆ABC) = ∆AB 1 

C 1 

. Тада је AB 1 

≅ A’B’ и ABC ≅ AB 1 

C 1 

≅ A’B’C’, 

па је, према ставу подударности УСУ, ∆AB 1 

C 1 

≅ ∆A’B’C’. Самим тим, 

постоји изометрија I таква да је I(∆AB 1 

C 1 

) = ∆A’B’C’. 

Као и у доказу претходне теореме, сличност P = I H A, k 

пресликава 

∆ABC у ∆A’B’C’, па су ови троуглови слични. ■ 

A 

B 

C 

B 

C 

1 1 

B' 

C' 

A' 

Два троугла су слична ако су сваке две странице једног троугла 

пропорционалне одговарајућем пару страница другог троугла. 

AB 

A’B’ = BC 

B’C’ = CA ∼ ∆ABC ∼ ∆A’B’C’ 

C’A’ 

Трећи став сличности 

Доказ. Нека су ABC и A’B’C’ троуглови такви да је 

A’B’ : AB = BC : B’C’ = A’C’ : AC = k. 

Нека је H A, k 

(B) = B 1 

и H A, k 

(C) = C 1 

. Дакле, H A, k 

(∆ABC) = ∆AB 1 

C 1 

. 

Права се хомотетијом пресликава у паралелну праву, 

што значи да је BC || B 1 

C 1 

. Према Талесовој теореми, 

B 1 

C 1 

= kBC. 

Применом става подударности ССС закључујемо да је ∆AB 1 

C 1 

≅ ∆A’B’C’, 

па постоји изометрија I таква да је I(∆AB 1 

C 1 

) = ∆A’B’C’. Дакле, 

I H A, k 

(∆ABC) = ∆A’B’C’. Како је I H A, k 

трансформација сличности, 

закључујемо да је ∆ABC ∼ ∆A’B’C’. ■ 

Без доказа наводимо и четврти став сличности. 

Два троугла су слична ако су две странице једног троугла пропорционалне 

двема страницама другог троугла и ако су углови наспрам две од ових 

одговарајућих страница подударни, а углови наспрам друге две одговарајуће 

странице су или оба оштра, оба права или оба тупа. 

Четврти став сличности 




231

8 

1 

2 57648 9 


Нека су α, β и γ мере углова троугла чије су странице 6, 3 

и 5 (слика десно). 

Докажи да је сваки од троуглова приказаних на слици 

испод сличан датом троуглу, а затим одреди непознате 

дужине страница, као и непознате углове (тј. да ли су 

једнаки α, β или γ). 

F 

R 

X 

Y 

D 

E 

Z 

M 

U 

K 

L P Q 

V 

W 


Сматра се да је Талес примењујући други став сличности одређивао 

висине египатских пирамида мерећи њихове сенке. Наравно, ова идеја је 

универзална и може се применити на било које предмете. 

Претпоставимо да је штап дужине 1,5 m вертикално постављен у односу на 

тло и да је његова сенка дугачка 0,8 m. Истовремено, сенка дрвета дугачка 

је 2,4 m. Применом другог става сличности једноставно одређујемо висину 

дрвета. 

Штап и дрво са својим сенкама образују два правоугла троугла који имају 

исте оштре углове. Дакле, ови правоугли троуглови су слични, па су им 

одговарајуће странице пропорционалне. Из једнакости 

1,5 

0,8 = x 

2,4 

налазимо да је x = 4,5, односно да је висина дрвета 4,5 m. 


Одреди висину стуба ако је дужина његове сенке 2 m и истовремено је 50 cm 

дугачка сенка човека високог 180 cm. 

232 




Б 

У поглављу Подударност применом ставова подударности доказали смо велики 

број особина равних фигура. Ставови сличности су такође веома корисне 

теореме са великом применом у геометрији. Наредне две теореме представљају 

илустрацију примене другог става сличности. 

Симетрала унутрашњег угла троугла дели наспрамну страницу на дужи које 

су пропорционалне другим двема страницама. Прецизније, ако је D пресек 

странице AB и симетрале угла код темена C троугла ABC, онда је AD 

DB = AC 

CB . 

(Обратите пажњу на распоред чланова пропорције.) 


Доказ. Нека је a права кроз A паралелна са BC и E пресек праве a са 

симетралом угла код темена C. Према теореми о наизменичним угловима, 

имамо да је DAE ≅ DBC и DEA ≅ DCB. Према другом ставу сличности, 

закључујемо да је ∆AED ~ ∆BCD, одакле следи да је 

AD 

AE = DB AD 

, тј. 

CB DB = AE 

CB . 

Остаје још да докажемо да је AE ≅ AC. 

Пошто је DEA ≅ DCB и DCA ≅ DCB (јер CD полови угао код темена C), 

следи да је DEA ≅ DCA, па је ∆AEC једнакокраки и важи AE ≅ AC. ■ 

Производи страница и одговарајућих висина неког троугла су једнаки. 

Прецизније, за произвољан ∆ABC важи ah a 

= bh b 

= ch c 

. 


Доказ. Доказаћемо да је ah a 

= bh b 

у случају да је угао код темена C 

оштар (ако је овај угао прав, једнакост тривијално важи, а ако је 

туп, доказ је аналоган оном који следи, па га препуштамо вама). 

Нека су A' и B' подножја висина из темена A и B троугла ABC. 

Троуглови BCB' и ACA' су слични јер су правоугли (са правим 

угловима код темена B' и A') и имају заједнички оштар угао код 

темена C. Из ове сличности следи жељена једнакост: 

BC 

BB' = AC , то јест BC ∙ AA' = AC ∙ BB'. Приметимо да смо једнакост 

AA' 

производа страница и одговарајућих висина доказали без 

позивања на познате формуле за површину троугла. ■ 


Троуглови ABC и A 1 

B 1 

C 1 

су слични. Ако је k коефицијент сличности, 

a P и P 1 

редом површине троуглова ∆ABC и ∆A 1 

B 1 

C 1 

, докажи да је P : P 1 

= k 2 . 

Упутство. Примени познату формулу за израчунавање површине троугла и 

претходну теорему. 




233

8 

А 

Примене ставова сличности 

Применом сличности на правоугли троугао доказаћемо Питагорину теорему о 

чијој важности не треба много говорити. Најпре доказујемо неке „помоћне” и 

такође важне једнакости у вези са дужима правоуглог троугла. 

теорема о одсечцима које 

висина гради на хипотенузи 

Нека је ABC произвољан правоугли троугао са правим углом код темена C и 

D подножје висине из C на хипотенузу AB. Тада су тачне једнакости: 

AC 2 = AB ∙ AD, BC 2 = AB ∙ DB, CD 2 = AD ∙ DB. 

Доказ. Да бисмо поједноставили запис, користићемо ознаке као на слици лево, уз 

напомену да са c означавамо хипотенузу AB. Тада је c = p + q. 

Троуглови ABC и ACD су правоугли и имају исти угао у темену A. 

Дакле, ΔABC ~ ΔACD, па је 

c 

b = b p = a h c 

, 

одакле следи једна од једнакости коју треба доказати b 2 = cp. 

Троуглови ABC и CBD су правоугли и имају исти угао у темену B. Даклe, 

ΔABC ~ ΔCBD, па је 

c 

a = a q = b h c 

, 

одакле следи да је a 2 = cq. 

Из претходне две сличности следи и да је ΔACD ~ ΔCBD, па је 

h c 

q = p h c 

= b a , 

то јест h c 

2 

= pq. ■ 

Претходна теорема се може формулисати и на следећи начин, који је 

једноставнији за памћење. 

Катета правоуглог троугла је геометријска средина хипотенузе и суседног 

одсечка који на хипотенузи гради њена висина. 

Висина која одговара хипотенузи је геометријска средина одсечка које она 

гради на хипотенузи. 

Питагорина теорема 

Квадрат хипотенузе једнак је збиру квадрата катета. 

Доказ. Користећи ознаке као у доказу претходне теореме, из једнакости a 2 = cq и 

b 2 = cp, заједно са c = p + q добијамо a 2 + b 2 = cq + cp = c(p + q) = c 2 . ■ 

234 





Ако је AC 2 + BC 2 = AB 2 , онда је троугао ABC правоугли 

са правим углом у темену C. 

обрат Питагорине теореме 

Доказ. Нека је ABC троугао такав да је 

AC 2 + BC 2 = AB 2 . 

Ако је ∆A'B'C' произвољан правоугли 

троугао такав да је A'C' ≅ AC и 

B'C' ≅ BC, онда је према Питагориној 

теореми A'C' 2 + B'C' 2 = A'B' 2 , па је и 

A'B' ≅ AB. 

Према ставу подударности ССС, имамо да је ΔABC ≅ ΔA'B'C', одакле следи 

ACB ≅ A'C'B', што значи да је у ΔABC угао код темена C прав. ■ 


Чињеница да је квадрат висине која одговара 

хипотенузи једнак производу одсечака које та 

висина гради на хипотенузи омогућава нам да 

једноставно конструишемо геометријску средину 

√x ∙ y две дате дужи x и y. 

Ако су x и y 

позитивни бројеви, 

број √x ∙ y је 

геометријска средина 

ових бројева. 

Ако конструишемо и аритметичку средину 

(x + y)/2, онда постаје очигледна неједнакост 

√x ∙ y ≤ x + y 

2 , 

као и чињеница да једнакост важи ако и само ако 

је x = y. 


Нека су a и b катете, c хипотенуза, h висина над хипотенузом и p и q одсечци 

на које ова висина дели хипотенузу, при чему одсечак p има заједничко теме са 

катетом b, а одсечак q са катетом a. 

1) Ако је b = 8 cm и c = 10 cm, одреди a, h, p и q. 

2) Ако је a = 12 cm и b = 5 cm, одреди c, h, p и q. 

3) Ако је b = 25 cm и p = 20 cm, одреди a, c, h и q. 

4) Ако је a = 8 cm и h = 4,8 cm, одреди b, c, p и q. 

5) Ако је p = 16 cm и q = 9 cm, одреди a, b, c и h. 

6) Ако је h = 6 cm и p = 14,4 cm, одреди a, b, c и q. 

7) Ако је c = 5 cm и h = 2 cm, одреди a, b, p и q. 




235

В 


Нека је k произвољна кружница. Тада је за сваку тачку P равни кружнице и 

сваку праву a која садржи P и сече кружницу k у тачкама A 1 

и A 2 

производ 

PA 1 

∙ PA 2 

константан. 

Доказ. Размотрићемо три случаја. 

1. случај. Тачка P припада унутрашњости кружнице k. 

Нека су a и b праве које садрже тачку P и секу кружницу k у тачкама A 1 

и A 2 

(права 

a), односно B 1 

и B 2 

(права b), као што је приказано на слици лево. 

Довољно је доказати да је PA 1 

∙ PA 2 

= PB 1 

∙ PB 2 

. 

Посматрајмо ∆A 1 

PB 1 

и ∆B 2 

PA 2 

. Ови троуглови су слични према другом ставу 

сличности (Зашто?). Из ∆A 1 

PB 1 

~ ∆B 2 

PA 2 

следи да је PA 1 

: PB 1 

= PB 2 

: PA 2 

, одакле 

добијамо и тражену једнакост PA 1 

∙ PA 2 

= PB 1 

∙ PB 2 

. 

2. случај. Тачка P припада спољашњости кружнице k. 

Нека су a и b праве које садрже тачку P и секу кружницу k у тачкама A 1 

и A 2 

(права a), односно B 1 

и B 2 

(права b), као што је приказано на слици 

лево. 

Посматрајмо ∆A 1 

PB 2 

и ∆B 1 

PA 2 

. Ови троуглови су слични према другом 

ставу сличности (Зашто?). Из ∆A 1 

PB 2 

~ ∆B 1 

PA 2 

следи да је 

PA 1 

: PB 2 

= PB 1 

: PA 2 

. Из последње једнакости добијамо једнакост 

PA 1 

∙ PA 2 

= PB 1 

∙ PB 2 

. 

3. случај. Тачка P припада кружници k. 

Овај случај је једноставан јер тада је тачка P једна од пресечних тачака кружнице 

k и било које праве кроз P, то јест P = A 1 

, па је у овом случају посматрани производ 

једнак нули. ■ 

последица 

Ако је a права која садржи тачку P и сече кружницу k у тачкама A 1 

и A 2 

, а t 

тангента кроз P која додирује кружницу k у тачки T, онда је PA 1 

∙ PA 2 

= PT 2 . 

Доказ. Посматрајмо ∆A 1 

PT и ∆TPA 2 

(слика десно). 

Ови троуглови су слични према другом ставу 

сличности (Зашто?). Из ∆A 1 

PT ~ ∆TPA 2 

следи да је 

PA 1 

: PT = PT : PA 2 

, а одавде и тражена једнакост. ■ 


Ако је k кружница и P тачка у њеној равни, тада се производ дужи од тачке P 

до тачака пресека било које сечице кроз P са кружницом k назива потенција 

тачке P у односу на кружницу k. 

236 




Задаци 

Мерење дужи и углова 

Размера дужи 

4) 

PQ 

QR ; 5) 

AP 

AR . 

4) 

OS 

ST ; 

PS 

8) 

ST . 

1. Нека је U средиште дужи AB и V средиште дужи BC. Ако је A – B – C, изрази 

дужину дужи UV у зависности од дужина дужи AB и BC. 

2. Нека је S средиште дужи AB. Ако је C тачка таква да је A – B – C, докажи да је 

AC + BC 

SC = . 

2 

3. Ако је S средиште дужи AB и C тачка таква да је A – C – B, изрази дужину дужи 

SC у зависности од дужина дужи AC и BC. 

4. На основу података са слике, одреди углове троугла ABC (p || AB). 

5. Нека je t трансверзала правих a и b. На основу података датих на слици, утврди 

да ли су праве a и b паралелне или не. У случају да нису паралелне, одреди са 

које стране праве t се секу и под којим углом. 

6. Поређај по величини углове и странице ∆ABC ако је α = 35° и γ = 50°. 

7. Нацртај произвољну дуж и подели је у размери: 1) 2 : 5; 2) 1 : 3; 3) 3 : 4. 

8. На основу слике десно (дуж AB је подељена на 10 једнаких делова, p || q || r) 

одреди размеру: 

1) AP 

PR ; 

2) 

AQ 

QR ; 

3) 

AP 

PQ ; 

9. На основу слике десно (дуж AB је подељена на 60 једнаких 

делова, p || q || r || s || t) одреди размеру: 

1) OP 

OR ; 

5) RQ 

QP ; 

2) 

OP 

OT ; 

ST 

6) 

RQ ; 

3) 

OR 

OS ; 

PR 

7) 

RS ; 

A 

a 

P 

Q 

p q r 

A 

A 




A 

R 

p 

P 

O 


q 

Q 

s 

S 

t 

r 

R 

B 

T 

B 

237

8 

1 

2 57648 9 

10. На основу података датих на слици испод (a || b || c || d) одреди x, y и z. 

A 


11. На основу података датих на сликама одреди дужине дужи означених знаком 

питања. 

1) 2) 3) 

12. На основу података са слике (BD || EG) одреди x, y и z. 

13. Ако је BC || DE и CD || EF, на основу података са слике лево одреди DF. 

14. Докажи да пресечна тачка дијагонала трапеза дели обе дијагонале на дужи које 

су пропорционалне основицама. 

15. На краку Op дате су тачке A, B и C, а на 

краку Oq тачке D и E такве да је AD || BE и 

BD || CE. Докажи да је OB 2 = OA ∙ OC 

238 





16. Изабери произвољно јединицу мере и две дужи a и b. Конструиши затим 

дужи: 

1) a 2 ; 2) 1 a ; 3) a + b 

a 2 ; 4) a b + b a . 

17. Дате су три дужи a, b и c. Кoнструиши дуж x тако да је: 

1) a : b = c : x; 2) a : b = x : c. 

A 

18. Дате су тачке A и B и две дужи m и n које нису подударне. Конструиши тачке C 

и D колинеарне са датим тачкама тако да је AC : BC = AD : BD = m : n. 

19. Нека су A и B две дате тачке и m и n дате неподударне дужи. Докажи да скуп 

свих тачака P таквих да је PA : PB = m : n представља кружницу. 

Упутство. Ако су C и D тачке праве AB такве да је 

AC : BC = AD : BD = m : n (види претходни задатак), онда је скуп свих 

тачака P таквих да је PA : PB = m : n кружница над пречником CD. 

Потребно је доказати да: 

1) свака тачка која задовољава једнакост PA : PB = m : n припада 

поменутој кружници (конструиши кроз B праве BM и BN такве да 

је BM || PD и BN || PC, при чему M и N припадају правој AP), 

2) свака тачка ове кружнице задовољава тражену једнакост 

(конструиши кроз B праву паралелну са AP и означи са M и N 

пресеке ове праве са дужима PC и PD). 

В 

Тачке C и D деле дуж AB у датој 

размери m : n, при чему једна од 

њих припада дужи AB (унутрашња 

подела), а друга је ван дужи AB 

(спољашња подела). Каже се да 

је пар тачака A, B хармонијски 

спрегнут са паром тачака C, D и 

пише се H(A, B; C, D). 

Кружница из 

задатка 10. назива 

се Аполонијева 

кружница и често се 

обележава са A. 

20. Конструиши троугао ABC ако је дато c и γ тако да размера страница a и b буде 

једнака размери датих дужи m и n. 

Хомотетија 

21. Дат је троугао ABC. Конструиши слике овог троугла следећим хомотетијама: 

1) H A, – 2 

; 2) H B, 

; 3) H T, – 

; 

при чему је T тежиште троугла ABC. 

A 




239

8 

1 

2 57648 9 

Б 

A 

22. Дат је једнакостраничан троугао ABC и у његовој унутрашњости тачка P. 

Докажи да тачке симетричне тачки P у односу на средишта страница датог 

троугла образују једнакостраничан троугао. 

23. У унутрашњости конвексног угла aSb дата је тачка P. Конструиши кружницу 

која додирује краке датог угла и садржи дату тачку P. 

24. Конструиши троугао ABC, ако је дато: 

1) α, β, t c 

; 2) α, β, h c 

. 


25. На слици лево су приказана два троугла ABC и PQR. Које од 

следећих једнакости су тачне? 

1) AC 

AB = PQ AC 

; 2) 

PR AB = RP AC 

; 3) 

RQ AB = RQ 

RP ; 

4) AC 

AB = QP BC 

; 5) 

QR BA = PR BC 

; 6) 

PQ BA = PQ CA 

; 7) 

PR CB = PQ 

PR . 

26. Да ли је троугао чије су странице 3 cm, 4 cm и 6 cm сличан троуглу 

чије су странице 4,8 cm, 3,6 cm и 7,2 cm? 

27. Ако два једнакокрака троугла имају једнаке углове при врху, докажи да су та 

два троугла слична. 

28. Угао при врху C једнакокраког троугла ABC је 36°. Симетрала угла ABC сече 

крак AC у тачки D. Докажи да је ∆DAB ∆ABC. 

29. Ако су AA' и BB' висине оштроуглог троугла ABC, докажи да је 

∆ABC ∆A'B'C. 

30. Нека су ∆ABC и ∆A'B'C' два троугла таква да је AB 

A'B' = AC 

A'C' = CD при чему су D 

C'D' 

и D' средишта дужи AB и A'B'. Докажи да је ∆ABC ∆A'B'C'. 

31. У унутрашњости троугла ABC дате су тачке P, Q и R као што је 

приказано на слици лево. На основу датих података одреди дужине 

дужи PQ и PR. 

Б 

32. Полупречник кружнице описане око троугла ABC је R. Ако је a = BC, b = CA, 

h c 

= CC', при чему је CC' висина из C, докажи да је ab = 2Rh c 

. 

Напомена. Тачне су и једнакости bc = 2Rh a 

и ca = 2Rh b 

. 

33. Симетрала угла CAB троугла ABC сече страницу BC у тачки D. Права која 

садржи D и паралелна је са AC сече страницу AB у E. Права која садржи E и 

паралелна је са BC сече AC у F. Докажи да је EA ≅ FC. 

240 





Примене ставова сличности 

34. Дате су дужи a и g, при чему је a ≥ g. Конструиши дужи x и y тако да a буде 

њихова аритметичка средина, а g геометријска. 

A 

35. Докажи да је од две тетиве кружнице већа она која је ближа центру. 

36. Дате су две дужи a и b, при чему је a > b. Конструиши дужи √a 2 + b 2 и √a 2 – b 2 . 

37. Дата је дуж a. Конструиши дужи √2a, √3a, √5a. 

38. Нека је D пресек хипотенузе AB и симетрале правог угла у темену C правоуглог 

троугла ABC и нека су E и F подножја нормала из D на катете CA и CB. Докажи 

да је четвороугао CEDF квадрат и одреди страницу тог квадрата у зависности 

од катета CB = a и CA = b. 

Б 

39. У тачки T кружнице k(O, r) конструисана је тангента t. Ако су a и b било које 

две паралелне тангенте на k(O, r) које секу t у тачкама A и B, докажи да је 

TA ∙ TB = r 2 . 

40. Нека је c најдужа страница ∆ABC. 

1) Ако је ∆ABC оштроугли, докажи да је c 2 < a 2 + b 2 . 

2) Ако је ∆ABC тупоугли, докажи да је c 2 > a 2 + b 2 . 

41. Нека су a, b и c дужине страница BC, CA и AB троугла ABC, а t a 

, t b 

и t c 

дужине 

тежишних дужи AA', BB' и CC'. Докажи да је t a 

= 1 2 √2b2 + 2c 2 – a 2 , 

t b 

= 1 2 √2c2 + 2a 2 – b 2 , t c 

= 1 2 √2a2 + 2b 2 – c 2 . 

42. У равни правоугаоника ABCD дата је тачка M. Докажи да је 

MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 . 

Упутство. Примени претходни задатак. 

43. Изрази дужине страница троугла ABC у зависности од дужина њених 

тежишних линија. 

44. Докажи да је троугао ABC правоугли (са хипотенузом c) акко је t a 

2 

+ t b 

2 

= 5t c2 

. 

45. Ако је H ортоцентар троугла ABC, a A', B' и C' подножја висина из темена A, B и 

C, докажи да је HA ∙ HA' = HB ∙ HB' = HC ∙ HC'. 

46. Конструиши кружницу k која садржи две различите дате тачке A и B и 

додирује дату праву t. 

Упутство. Разликуј случајеве када је AB || t и када се праве AB и t секу. 

47. Дате су праве c и t и тачка A. Конструиши кружницу k која садржи тачку A и 

додирује дату праву t тако да њен центар припада датој правој c. 

В 

48. Ако је P тачка која припада спољашњости кружнице k(O,r), докажи да је 

потенција ове тачке у односу на дату кружницу једнака PO 2 – r 2 . 




241

8 

1 

2 57648 9 

49. Дата je дуж AB. Докажи да је AZ : ZB = AB : AZ, 

ако је Z тачка дужи AB конструисана 

на слици десно. 

Напомена: Подела дужи таква да је однос 

већег према мањем делу једнак односу целе 

дужи према већем делу назива се подела по 

златном пресеку. 

50. Угао при врху C једнакокраког троугла ABC је 36°. Симетрала угла ABC сече 

крак AC у тачки D. Докажи да тачка D дели крак AC по златном пресеку, при 

чему је дужи одсечак подударан основици. 

Птоломејева теорема 

51. У дату кружницу k(O, R) упиши правилан: 

1) десетоугао; 2) петоугао. 

52. Докажи да је производ дијагонала тетивног четвороугла једнак збиру 

производа наспрамних страница. (Другим речима, ако је ABCD тетивни 

четвороугао, онда је AC ∙ BD = AB ∙ CD + BC ∙ DA.) 

Упутство. Уочи тачку E на дијагонали AC тако да је ADE ≅ BDC. Докажи 

затим да је ∆ADE ∆BDC и ∆CDE ∆BDA. 

242 




ЛИНЕАРНЕ ЈЕДНАЧИНЕ, 

НЕЈЕДНАЧИНЕ И СИСТЕМИ 

Линеарни изрази и једначине правих (244) 

А Линеарни изрази и линеарна зависност величина; графичко 

представљање линеарне зависности; једначине правих (244) 

Линеарне једначине са једном непознатом (248) 

А Еквивалентне трансформације и решавање линеарних једначина 

са једном непознатом; примене линеарних једначина; решавање 

једностанијих једначина које се своде на линеарне (248) 

В Једначине са параметрима (252) 

Линеарне неједначине са једном непознатом (254) 

А Еквивалентне трансформације и решавање линеарних неједначина 

са једном непознатом; примене линеарних неједначина; решавање 

једноставнијих неједначина које се своде на линеарне (254) 

Б Једначине са апсолутним вредностима (259) 

В Неједначине са апсолутним вредностима; неједначине са параметрима 

(260) 

Системи линеарних једначина (261) 

А Еквивалентне трансформације и решавање система линеарних 

једначина са две и више непознатих (261) 

В Системи линеарних једначина са параметрима (264) 

Линеарне функције (265) 

Б Основне особине линеарних функција (265) 

В Графици и особине функција са апсолутним вредностима (267) 

y = 5x + 5 

y 

16 

15 

14 

13 

12 

11 

10 

9 

8 

7 

6 

5 

4 

3 

2 

1 

–2 –1 0 1 2 x 

–1 

–2 

–3 

–4 

–5 

–6 




A 

Линеарни изрази и једначине правих 

Директна пропорционалност, коју смо разматрали у поглављу Пропорционалност, 

јесте врста зависности коју описујемо изразом kx, за неку константу k и 

променљиву x. У овој лекцији разматраћемо једноставна уопштења директне 



На дну посуде је отвор из кога истиче 0,25 l воде у минуту. Ако у почетном 

тренутку у посуди има 2 l воде и из отвора истиче вода, пронађимо зависност 

између запремине преостале воде и протеклог времена. 

Ако је протекло t минута од почетног 

тренутка, онда је за то време истекло 

0,25 ∙ t литара воде. Пошто је у посуди 

у почетном тренутку било 2 l воде, ако 

са V(t) означимо запремину преостале 

воде после t минута, онда је 

V(t) = 2 – 0,25 t. 

Приметимо да вредности V(t) имају смисла само ако је 0 ≤ t ≤ 8. 


Претпоставимо сада да се у суд, у који може да стане 3 l воде, улива вода 

равномерном брзином од 0,25 l у минуту. Ако је на почетку пуњења у суду већ 

било 0,5 l воде, одредимо запремину V(t) воде у посуди после t минута. 

Након t минута у суд ће се улити 0,25 ∙ t литара воде, што значи да је 

V(t) = 0,5 + 0,25t. 

На слици десно је дат график ове 

зависности. График је део праве 

V = 0,5 + 0,25t. 

Како у суд може да стане највише 3 l 

воде, закључујемо да су дозвољене 

вредности за t у интервалу [0,10], тј. да 

је 0 ≤ t ≤ 10. 

244 




Линеарне једначине, неједначине и системи 

Изрази којима смо описивали зависности у претходним примерима су изрази 

првог степена са једном променљивом. Целе алгебарске изразе са једном 

променљивом чији је сређени облик првог степена називаћемо линеарним 

изразима. 

Сваки линеаран израз са променљивом x може се трансформисати у еквивалентан 

(сређен) израз облика kx + n где су k и n неке константе. Зато ћемо надаље у свим 

општим разматрањима подразумевати да су линеарни изрази дати у овом облику. 

Придев линеаран 

је реч латинског 

порекла (linearis) и 

описује нешто што 

има облик праве 

линије, нешто што се 

равномерно мења. 

Посебно истичемо да у општем случају нећемо ограничавати скуп дозвољених 

вредности за променљиву x, већ ћемо подразумевати да се променљивој x може 

доделити било који реалан број. Наравно, када буде било речи о практичним 

ситуацијама тада ћемо, ако је потребно, постављати одговарајућа ограничења (као у 

претходном примеру). 

Користећи термине који су уобичајени у применама, кажемо да величина y 

линеарно зависи од x ако су вредности y дефинисане линеарним изразом са 

променљивом x, тј. ако је y = kx + n за неке константе k и n. График ове зависности 

је скуп свих тачака у координатном систему чије координате (x,y) задовољавају 

једнакост y = kx + n. 

Директна 

пропорционалност 

је специјалан случај 

линеарне зависности. 

Нека су k и n неке константе. Скуп свих тачака чије координате (x,y) 

задовољавају једнакост y = kx + n јесте права. Једнакост y = kx + n се назива 

једначином одговарајуће праве. 


Зашто је график линеарне зависности права? 

Образложење ћемо дати уводећи неке додатне претпоставке које ће 

поједноставити одговор, али и поред тога, суштинске идеје доказа претходне 

теореме биће приказане. 

Нека је y = kx, при чему је k позитивна константа. Посматрајмо скуп свих 

тачака (x,y) таквих да је x ≥ 0 и y = kx. Очигледно, координатни почетак O(0,0) 

припада овом скупу тачака. Нека су A 1 

(x 1 

,y 1 

) и A 2 

(x 2 

,y 2 

) било које две тачке овог 

скупа које су различите од координатног почетка. Докажимо да су тачке O, A 1 

и A 2 

колинеарне, тј. да припадају једној правој. Пошто тачке A 1 

и A 2 

припадају 

првом квадранту, довољно је доказати да је xOA 1 

≅ xOA 2 

. 

Ако уочимо тачке X 1 

(x 1 

,0) и X 2 

(x 2 

,0) полуправе 

Ox, жељена подударност углова следи из 

сличности троуглова OX 1 

A 1 

и OX 2 

A 2 

. 

OX 1 

: X 1 

A 1 

= OX 2 

: X 2 

A 2 

OX 1 

A 1 

≅ OX 2 

A 2 

∆OX 1 

A 1 

∆OX 2 

A 2 




245

9 

2 

1 57648 9 

Свака права је 

потпуно одређена 

двема својим тачкама. 

Да бисмо нацртали график неке линеарне зависности, довољно је наћи две тачке 

које му припадају, тј. наћи два пара одговарајућих величина. 

1. 


Нацртај праве чије су једначине: 

1) y = 2x – 1; 2) y = – 1 2 x + 3. 

2. 


Одреди једначину праве која садржи тачке 

A(–3,2) и B(3,–2). 

Истичемо неколико корисних запажања 

(илустрованих на сликама десно) о правама 

које одређују једначине облика y = kx + n. 

Да бисмо поједноставили изражавање, 

писаћемо „права y = kx + n” 

уместо „права одређена једначином 

y = kx + n”. Број k називаћемо коефицијентом 

правца праве y = kx + n. 

• Права y = kx + n сече y-осу у тачки (0,n). 

• Праве које имају исти коефицијент правца 

су паралелне. 

• Ако је коефицијент правца праве 

позитиван, онда ова права захвата оштар 

угао са позитивним смером x-осе. 

• Ако је коефицијент правца праве 

негативан, онда ова права захвата туп угао 

са позитивним смером x-осе. 

• Ако је коефицијент правца праве једнак 

нули, онда је та права паралелна x-оси, тј. 

не сече је или јој је једнака. Специјално, 

једначина x-осе је y = 0. 

246 





Праве које су паралелне y-оси немају једначине облика y = kx + n. 

Једначине ових правих су облика 

x = m, 

где је m нека константа. Није тешко уочити да, на пример, једнакост 

x = 3 није облика y = kx + n, тј. да се не може добити ни за какав избор 

константи k и n. 

Са жељом да једначинама опишемо све праве рaвни, за општи 

облик једначине праве узимамо 

ax + by + c = 0, 

где су a, b и c неке константе, при чему константе a и b нису 

истовремено једнаке нули (a ≠ 0 или b ≠ 0, тј. a 2 + b 2 ≠ 0). 

Свака једначина облика 

ax + by + c = 0 (a 2 + b 2 ≠ 0) 

може се трансформисати или у једначину 

или у једначину 

y = – a b x – c , ако је b ≠ 0, 

b 

x = – c , ако је b = 0 (па мора бити a ≠ 0). 

a 

Свака права дели раван у којој се налази на две полуравни. Будући да смо 

једначинама описали све праве у равни, поставља се питање како бисмо 

описивали полуравни. Општу идеју илустроваћемо у наредном примеру. 


Нека је дата права x + y – 1 = 0. Уочимо тачке A, B и C (види слику лево) једне 

од полуравни која је одређена датом правом. Координате (x,y) ових тачака 

задовољавају неједнакост x + y – 1 ≥ 0: 

A(–1,3): –1 + 3 – 1 = 1 ≥ 0, B(1,1): 1 + 1 – 1 = 1 ≥ 0 ... 

Заправо, координате свих тачака полуравни којој припадају уочене тачке 

задовољаваће неједнакост x + y – 1 ≥ 0, при чему једнакост важи за координате 

тачака које припадају датој правој. 

Координате тачака друге полуравни задовољавају неједнакост x + y – 1 ≤ 0. 

Ако посматрамо такозване отворене полуравни, тј. полуравни без граничних 

тачака, онда важе одговарајуће строге неједнакости. 

Полураван ax + by + c ≤ 0 цртамо тако што најпре нацртамо праву 

ax + by + c = 0, затим изаберемо произвољну тачку P(x 0 

,y 0 

) која не припада овој правој 

и проверимо да ли је број ax 0 

+ by 0 

+ c позитиван или негативан. Ако је негативан, 

онда шрафирамо полураван којој ова тачка припада, а ако је позитиван, онда 

шрафирамо полураван којој тачка P не припада. 

Ако треба да нацртамо отворену полураван ax + by + c < 0, поступамо као у 

претходном случају, само што праву цртамо испрекиданим линијама истичући на 

тај начин да су тачке праве искључене. 




247

A 

Линеарне једначине са једном непознатом 


Подсетимо се поступка решавања линеарних једначина 

са једном непознатом. Без навођења детаља решићемо 

сасвим једноставну једначину: 3x + 2 = 2x + 4. 

3x + 2 = 2x + 4 / – 2 

3x + 2 – 2 = 2x + 4 – 2 

3x = 2x + 2 / – 2x 

3x – 2x = 2x + 2 – 2x 

x = 2 

Дакле, решење дате једначине је број 2. То значи да заменом 

непознате x бројем 2 добијамо тачну једнакост. 

x x 

3 ∙ 2 + 2 = 2 ∙ 2 + 4 

На маргини је дата такозвана геометријска интерпретација дате једначине: у 

координатном систему су нацртане праве које репрезентују леву и десну страну 

дате једначине. 

Линеарне једначине са једном непознатом су специјални случајеви једначина 

облика 

L = D, 

при чему су L и D изрази у којима се појављује највише једна променљива. 

Решити једначину општег облика L(x) = D(x) (при чему ћемо дозволити да се 

можда x не појављује у неком од израза L и D) значи пронаћи све реалне бројеве 

тако да су вредности израза L(x) и D(x) исте када се променљивој x додели било 

који од нађених бројева. Сваки број c такав да је L(c) = D(c) назива се решење дате 



Једначине могу имати једно или више решења (чак бесконачно много), а има и 

оних које немају решења. 

Једначина x 2 = x има два решења: 0 и 1. 

Једначина 0 ∙ x = 2 нема решења (не постоји реалан број који бисмо помножили са 

нулом и добили резултат 2). 

Једначина x 2 = –3 такође нема решења (јер је за сваки реалан број x тачна 

неједнакост x 2 ≥ 0.) 

Једначина 0 ∙ x = 0 има бесконачно много решења – сваки реалан број је решење ове 


Такође, сви реални бројеви су решења једначине x + 2 = 2 + x. 

248 





Две једначине су еквиваленте ако имају исти скуп решења. Ако су једначине 

L(x) = D(x) и L 1 

(x) = D 1 

(x) еквивалентне, онда je за сваки реалан број x тачна 

еквиваленција 

L(x) = D(x) L 1 

(x) = D 1 

(x). 

Поступак решавања једначина заснован је на такозваним еквивалентним 

трансформацијама којима се једначине преводе у еквивалентне једначине 

једноставнијег облика. 

Еквивалентне 

трансформације 

Ако су L(x) и D(x) цели алгебарски изрази, основне еквивалентнe 

трансформације базиране су на следећим oчигледним тврђењима. 

1. Једначине L(x) = D(x) и D(x) = L(x) су еквивалентне. 

2. Ако је L 1 

(x) цео алгебарски израз еквивалентан са L(x), а D 1 

(x) цео 

алгебарски израз еквивалентан са D(x), онда су једначине L(x) = D(x) и 

L 1 

(x) = D 1 

(x) еквивалентне. 

3. Ако је A(x) било који цео алгебарски израз, онда су једначине L(x) = D(x) и 

L(x) + A(x) = D(x) + A(x) еквивалентне. 

4. Ако је c било који реалан број различит од нуле, онда су једначине 

L(x) = D(x) и c ∙ L(x) = c ∙ D(x) еквивалентне. 

Трансформацијама 

2 и 3 добијамо 

еквиваленцију: 

L(x) = D(x) 

L(x) – D(x) = 0 


Илустроваћемо примену наведених еквивалентних трансформација решавањем 

једначине 

x – 2 

3 

6 ∙ 

+ 2x – 1 

6 

x – 2 

3 

= 3x – 3x – 1 

2 

+ 2x – 1 

6 

x – 2 

3 

= 6 ∙ 3x – 3x – 1 

2 

+ 2x – 1 

6 

= 3x – 3x – 1 . 

2 

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [трансформација 4: 

L(x) = D(x) 6 ∙ L(x) = 6 ∙ D(x)] 

2(x – 2) + (2x – 1) = 6 ∙ 3x – 3(3x – 1) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 2] 

2x – 4 + 2x – 1 = 18x – 9x + 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 2] 

4x – 5 = 9x + 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 2] 

4x – 5 – 4x = 9x + 3 – 4x . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [трансформација 3: 

L(x) = D(x) L(x) – 4x = D(x) – 4x] 

–5 = 5x + 3. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 2] 

–5 – 3 = 5x + 3 – 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [трансформација 3: 

L(x) = D(x) L(x) – 3 = D(x) – 3] 

–8 = 5x. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 2] 

5x = – 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 1] 

1 5 ∙ 5x = 1 ∙ (–8). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . [трансформација 4: 

5 L(x) = D(x) 1/5 ∙ L(x) = 1/5 ∙ D(x)] 

x = – 8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .[трансформација 2] 

5 

Дакле, једино решење дате једначине је број – 8 5 . 

При решавању 

једначина попут 

ове у примеру 

3. примењујемо 

еквивалентне 

трансформације тако 

да једначину сведемо 

на једначину облика 

x = a чије решење 

непосредно „читамо”. 




249

9 

2 

1 57648 9 

У ширем смислу сваку једначину облика L(x) = D(x) која се наведеним 

еквивалентним трансформацијама може свести на једначину облика 

ax = b, 

где су a и b неки реални бројеви, можемо сматрати линеарном једначином. 

Овај облик једначине називаћемо основним обликом линеарне једначине. 

Нека је дата једначина ax = b, где су a и b неке реалне константе. 

• Ако је a ≠ 0, једначина ax = b има једно решење и то је број b a . 

• Ако је a = 0 и b ≠ 0, једначина ax = b нема решења. 

• Ако је a = 0 и b = 0, сваки реалан број је решење једначине ax = b. 

Примене линеарних 

једначина 


Руски геолози су 1970. године започели бушење једне велике рупе на полуострву 

Кола. Циљ је био достићи дубину од 15 km. Међутим, због температуре која је 

постајала све већа са повећањем дубине, пројекат је обустављен 1994. године на 

дубини од 12 km. 

На дубини од 3 km температура је 30°C. Научници су тада открили да се 3 km 

испод површине температура повећава за 2,5°C на сваких 100 m дубине. 

На колико километара дубине је температура 200°C? 

Означимо са x мерни број дубине изражене у километрима. Приметимо да се 

законитост коју су научници открили односи на дубине веће од 3 km (и да ће 

очигледно бити x > 3). Пораст температуре од 2,5°C бележи се на сваких 100 

метара, а пошто један километар има 10 пута по 100 метара, добијамо следећу везу 

између дубине од x km, која није мања од 3 km, и температуре T на тој дубини: 

T = 30 + 2,5 ∙ 10 ∙ (x – 3). 

Дакле, да бисмо одговорили на постављено питање, треба решити једначину: 

200 = 30 + 2,5 ∙ 10 ∙ (x – 3). 

30 + 25(x – 3) = 200 

30 + 25x – 75 = 200 

25x – 45 = 200 

25x = 245 

x = 9,8 

Одговор: на дубини од 9,8 km температура је 200°C. 


Загарантована плата продавца је 32 750 динара. Међутим, ако током месеца прода 

робу у вредности од преко 100 000 динара, добија 8% на разлику између остварене 

суме и 100 000 динара. Колика је вредност робе коју продавац треба да прода 

током једног месеца да би примио плату од 50 000 динара? 

250 





Применом еквиваленције 

A(x) ∙ B(x) = 0 A(x) = 0B(x) = 0, 

решавање неких једначина које нису линеарне можемо свести на решавање две 

линеарне једначине. 

Једначине које се своде 

на линеарне 


Решимо једначину (2x – 1)(4x + 5) = 0. 

(2x – 1)(4x + 5) = 0 

2x – 1 = 04x + 5 = 0 x = 1 2 x = – 5 4 

Дакле, дата једначина има два решења – то су бројеви 1 2 и – 5 4 . 


Решимо једначину (x – 1)(x – 5) = 2(x – 1)(x – 3). 

(x – 1)(x – 5) = 2(x – 1)(x – 3) 

(x – 1)(x – 5) – 2(x – 1)(x – 3) = 0 

(x – 1)(x – 5 – 2(x – 3)) = 0 

(x – 1)(x – 5 – 2x + 6) = 0 

(x – 1)(– x + 1) = 0 

x – 1 = 0 – x + 1 = 0 x = 1x = 1 x = 1 

Дакле, дата једначина има једно решење – то је број 1. 

Приметимо да 

се једначина из 

примера 6. не сме 

„поделити” са x – 1. 

Зашто? 

Еквиваленција 

A(x) 

= 0 A(x) = 0B(x) ≠ 0 

B(x) 

се користи приликом решавања једначине која је „састављена” од рационалних 

алгебарских израза. 


Решимо једначину 1 – 1 x = 2 

x 2 – x – 2 

x – 1 . 

1 – 1 x = 2 

x 2 – x – 2 

x – 1 x – 1 

x 

(x – 1)2 – 2 + 2x 

x(x – 1) 

= 0 x2 – 2x + 1 – 2 + 2x 

x(x – 1) 

2 

– 

x(x – 1) + 2 

x – 1 = 0 

x 

 

2 – 1 

x(x – 1) = 0 

x 2 – 1 = 0x(x – 1) ≠ 0 

(x – 1)(x + 1) = 0x ≠ 0x ≠ 1 

(x – 1 = 0x + 1 = 0)x ≠ 0x ≠ 1 

(x = 1x = –1)x ≠ 0x ≠ 1 

(x = 1x ≠ 0x ≠ 1)(x = –1x ≠ 0x ≠ 1) 

⊥(x = –1x ≠ 0x ≠ 1) x = –1 

Дакле, једино решење дате једначине је број – 1. 

= 0 

ab = 0 a = 0b = 0 

ab ≠ 0 a ≠ 0b ≠ 0 

(pq)r (pr)(qr) 

⊥p p 

Пошто је тачна 

импликација 

x = –1 x ≠ 0x ≠ 1, 

имамо да је 

x = –1x ≠ 0x ≠ 1 

x = –1 




251

В 

Једначине са 


λx = x + 2 

2x = x + 2 

–3x = x + 2 

– 1 2 x = x + 2 

–x = x + 2 

x = x + 2 

⋮ 

Једначине са параметрима описују скуп једначина истог облика. На страни 250 

већ смо разматрали једну једначину са параметрима. Реч је о једначини ax = b у 

којој је x непозната, а a и b неке реалне константе. У теореми коју смо истакли 

на тој страни одређена су решења ове једначине при чему a и b нису били неки 

конкретни бројеви, већ су третирани као произвољни бројеви који задовољавају 

одређене услове. 

Имали смо три случаја која ћемо поновити: 

• ако је a ≠ 0, једначина ax = b има једно решење и то је број b a ; 

• ако је a = 0 и b ≠ 0, једначина ax = b нема решења; 

• ако је a = 0 и b = 0, сваки реалан број је решење једначине ax = b. 

Слична анализа се спроводи приликом разматрања линеарних једначина 

неког другог облика у којима се поред непознате појављују и слова – такозвани 

параметри, који могу узимати произвољне реалне вредности. Ако се параметрима 

доделе конкретне вредности, једначина са параметрима постаје „обична” 

једначина. 


Решимо једначину λx = x + 2 у којој је λ реалан параметар. 

Пре тога размотримо геометријску интерпретацију 

дате једначине. 

На слици десно је нацртана права y = x + 2 која 

одговара изразу са десне стране једначине, као и 

праве y = λx за разне вредности параметра λ 

(y = 2x, y = 3x, y = – 3x, y = – 2x итд.). Ове праве 

репрезентују леву страну једначине. 

Није тешко приметити да ће права y = x + 2 имати 

заједничких тачака са свим правама облика y = λx 

ако је λ ≠ 1. Насупрот томе, праве y = x + 2 и y = x 

немају заједничких тачака. Одавде закључујемо да 

ће дата једначина имати јединствено решење ако је 

λ ≠ 1, a зa λ = 1 неће имати решења. 

До истог закључка долазимо анализирајући дату једначину на следећи начин. Како 

је 

λx = x + 2 (λ – 1)x = 2, 

разликујемо два случаја: 

2 

• ако је λ ≠ 1, онда је x = и дата једначина има јединствено решење; 

λ – 1 

• ако је λ = 1, дата једначина се своди на 0 ∙ x = 2, па закључујемо да нема решења. 

252 

Ова два закључка представљају потпуно решење дате једначине са параметрима. 





На једначине са параметрима често наилазимо приликом решавања задатака 

применом формула које повезују неколико величина. На пример, позната је 

формула 

v = v 0 

+ at 

која даје везу између почетне брзине v 0 

, убрзања a и брзине v након времена t, при 

равномерно убрзаном кретању када су вектори почетне брзине и убрзања истог 

смера. 

Ову формулу користимо у свим ситуацијама када су нам познате вредности 

неке три величине које се појављују у формули. Тада из дате формуле одређујемо 

непознату величину тако што је „изразимо у функцији осталих”, тј. користимо 

једну од формула: 

v 0 

= v – at, a = v – v 0 

или t = v – v 0 

t 

a . 

Прецизније, у датој формули једно слово проглашавамо за непознату, док остала 

схватамо као параметре. „Изразити једну променљиву у функцији осталих” значи 

решити једначину у којој је та променљива непозната, а остале су параметри. 


Фигура на слици десно састављена је од 

правоугаоника и трапеза. 

Веза између површине P и дужина a, b, c, h дата је са 

P = ac + a + b ∙ h. 

2 

Реши ову формулу: 

1) по a; 2) по b; 3) по h; 4) по c. 


Решимо једначину xy = x + 2y: 

1) по x ако је y реалан параметар; 

2) по y ако је x реалан параметар. 

1) Дата једначина је еквивалентна са (y – 1)x = 2y, па разликујемо два случаја. 

1. случај: y ≠ 1. У овом случају једначина (по x) има јединствено решење: 

2y 

x = 

y – 1 . 

2. случај: y = 1. Тада дата једначина постаје 0 ∙ x = 2 и нема решења. 

2) Дата једначина је еквивалентна са (x – 2)y = x. И овога пута имамо два случаја. 

1. случај: x ≠ 2. У овом случају једначина (по y) има јединствено решење: 

x 

y = 

x – 2 . 

2. случај: x = 2. Тада дата једначина постаје 0 ∙ y = 2 и нема решења. 




253

А 



Подсетимо се решавања и геометријског приказивања скупа решења следећих 

једноставних линеарних неједначина. 

2x + 3 > x + 2 / – x x ≤ 2x + 1 / – 2x 

2x + 3 – x > x + 2 – x 

x – 2x ≤ 2x + 1 – 2x 

x + 3 > 2 / – 3 –x ≤ 1 / ∙ (–1) 

x + 3 – 3 > 2 – 3 x ≥ –1 

x > –1 

x [–1, +∞) 

x (–1, +∞) 

(–1, +∞) [–1, +∞) 

Ако је c < 0, онда су за 

произвољне реалне 

бројеве x и y тачне 

импликације: 

x < y cx > cy, 

x > y cx < cy, 

x ≤ y cx ≥ cy, 

x ≥ y cx ≤ cy. 

5 > 2x + 1 / – 1 x – 1 ≤ / ∙ 4 

5 – 1 > 2x + 1 – 1 4x – 4 ≤ x – 3 / – x 

4 > 2x / : 2 3x – 4 ≤ – 3 / + 4 

2 > x 3x ≤ 1 / : 3 

x < 2 

x ≤ 

x (–∞, 2) x –∞, 1 3 

(–∞, 2) 

–∞, 1 3 

Скупови решења датих неједначина су такозвани неограничени интервали које 

смо дефинисали на страни 69. Према тим дефиницијама је: 

x ≥ a x [a, +∞) 

x > a x (a, +∞) 

x ≤ a x (–∞, a] 

x < a x (–∞, a). 


Скуп решења неке неједначине може бити и празан. Рецимо, неједначина 

x + 2 < x + 1 нема решења. 

Насупрот томе, сваки реалан број је решење неједначине x + 2 > x + 1, тј. скуп 

свих решења ове неједначине јесте скуп свих реалних бројева R који понекада 

означавамо и као интервал (–∞, +∞). 

254 





Поступак решавања неједначина је заснован на примени еквивалентних 

трансформација које неједначине преводе у неједначине са истим скупом решења. 

Ако су L(x) и D(x) цели алгебарски изрази, основне еквивалентнe 

трансформације неједначина базиране су на следећим тврђењима. 

1. L(x) ≤ D(x) D(x) ≥ L(x) L(x) ≥ D(x) D(x) ≤ L(x) 

L(x) < D(x) D(x) > L(x) L(x) > D(x) D(x) < L(x) 

2. Ако је L 1 

(x) цео алгебарски израз еквивалентан са L(x), а D 1 

(x) цео 

алгебарски израз еквивалентан са D(x), онда je 

L(x) ≤ D(x) L 1 

(x) ≤ D 1 

(x), L(x) ≥ D(x) L 1 

(x) ≥ D 1 

(x), 

L(x) < D(x) L 1 

(x) < D 1 

(x), L(x) > D(x) L 1 

(x) > D 1 

(x). 

3. Ако је A(x) било који цео алгебарски израз, онда je 

L(x) ≤ D(x) L(x) + A(x) ≤ D(x) + A(x), 

L(x) ≥ D(x) L(x) + A(x) ≥ D(x) + A(x), 

L(x) < D(x) L(x) + A(x) < D(x) + A(x), 

L(x) > D(x) L(x) + A(x) > D(x) + A(x). 

4. Ако је c било који позитиван реалан број, онда је 

L(x) ≤ D(x) c ∙ L(x) ≤ c ∙ D(x), L(x) ≥ D(x) c ∙ L(x) ≥ c ∙ D(x), 

L(x) < D(x) c ∙ L(x) < c ∙ D(x), L(x) > D(x) c ∙ L(x) > c ∙ D(x). 

5. Ако је c било који негативан реалан број, онда је 

L(x) ≤ D(x) c ∙ L(x) ≥ c ∙ D(x), L(x) ≥ D(x) c ∙ L(x) ≤ c ∙ D(x), 

L(x) < D(x) c ∙ L(x) > c ∙ D(x), L(x) > D(x) c ∙ L(x) < c ∙ D(x). 

Сваку неједначину која се наведеним еквивалентним трансформацијама може 

свести на неједначину једног од облика 

ax ≤ b, ax ≥ b, ax b 

где су a и b неки реални бројеви, називаћемо линеарном неједначином. 


На сликама испод, у координатном систему интерпретиране су неједначине 

– 1 2 x + 1 < 0, – 1 2 x + 1 > 0 и 1 2 x – 2 < – 1 2 x + 1. 




255

9 

2 

1 57648 9 


Одредимо све реалне бројеве x такве да је 1 < 3 – 2x ≤ 3. 

Потребно је најпре решити две линеарне неједначине: 

1 < 3 – 2x и 3 – 2x ≤ 3. 

1 < 3 – 2x / – 3 3 – 2x ≤ 3 / – 3 

–2 < – 2x / ∙ – 1 2 

–2x ≤ 0 / ∙ – 1 2 

1 > x x ≥ 0 

x (–∞, 1) 

x [0, +∞) 

Како се траже сви реални бројеви који задовољавају и једну и другу 

неједнакост, скуп свих таквих бројева биће пресек скупова решења 

ове две неједначине, тј. скуп: 

(–∞, 1)[0, +∞) = [0, 1). 

На слици десно, у координатном систему, приказана је 

интерпретација неједначина 1 < 3 – 2x ≤ 3. 


Са слике десно „прочитај” решења следећих неједначина: 

1) –1≤ 3x + 1 

2 

< 2; 2) 3x + 1 

2 

≤ – x – 2; 3) –x – 2 < 3x + 1 . 

2 


Маја је решила да током свог боравка у Грчкој изнајми 

аутомобил на недељу дана. Посетила је две агенције које 

пружају ове услуге (рентакар агенције). Агенција А изнајмљује 

аутомобил по цени од 99 € за недељу дана, уз доплату од 11 

центи по сваком пређеном километру преко 100 km. Агенција 

Б изнајмљује аутомобил по цени од 75 € за недељу дана плус 15 

центи по сваком пређеном километру преко 150 km. 

Испитајмо која агенција нуди повољније услове. 

Уколико Маја не планира да пређе више од 150 km, агенција Б је очигледно 

повољнија. 

Да ли је у неким случајевима агенција А повољнија? 

Претпоставимо да ће Маја прећи укупно x километара. Агенцији А тада треба да 

плати 99 + (x – 100) ∙ 0,11 евра, а агенцији Б суму од 75 + (x – 150) ∙ 0,15 евра. 

Одговор на постављено питање добијамо ако решимо неједначину 

99 + (x – 100) ∙ 0,11 < 75 + (x – 150) ∙ 0,15. 

Ова неједначина се познатим трансформацијама своди на 

99 + 0,11x – 11 < 75 + 0,15x – 22,5, тј. на 0,04x > 35,5. 

Дакле, x > 887,5. 

На основу решења постављене неједначине закључујемо да, уколико Маја планира 

да пређе више од 887,5 km, боље је да изнајми ауто код агенције А. За дестинације 

краће од 887,5 km, повољнија је агенција Б. 

256 





У наредним примерима илустроваћемо како се решавање одређених типова 

неједначина које нису линеарне може свести на решавање неколико линеарних 

неједначина. 

Неједначине које се 

своде на линеарне 


Решимо неједначину (2 – x) ∙ (3 + x) < 0. 

Производ два реална броја је негативан ако и само ако су ти бројеви различитог 

знака, тј. за свака два реална броја a и b тачна је еквиваленција 

a ∙ b < 0 (a < 0b > 0)(a > 0b < 0). 

Применом ове еквиваленције решавање дате неједначине сводимо на решавање 

неколико линеарних неједначина. 

(2 – x) ∙ (3 + x) < 0 (2 – x < 03 + x > 0)(2 – x > 03 + x < 0) 

(x > 2x > –3)(x < 2x < –3) 

(x (2, +∞)x (–3, +∞))(x (–∞, 2)x (–∞, –3)) 

x (2, +∞) (–3, +∞)x (–∞, 2) (–∞, –3) 

x Ax B x A B 

x Ax B x A B 

x (2, +∞)x (–∞, –3) 

x (–∞, –3) (2, +∞) 

Уместо ове „логичке анализе” дату неједначину можемо решавати и формирањем 

шеме у којој се наводе знаци израза 2 – x и 3 + x у зависности од x. 

3 + x < 0 

⇕ 

x < –3 

2 – x > 0 

⇕ 

x < 2 

2 – x < 0 

⇕ 

x > 2 

3 + x > 0 

⇕ 

x > –3 

2 – x 

3 + x 

(2 – x)(3 + x) 

На основу приказане шеме закључујемо да ће израз (2 – x) ∙ (3 + x) бити негативан 

ако и само ако 

x (–∞, –3) (2, +∞). 

Осим тога, на основу дате шеме закључујемо и да је: 

• (2 – x) ∙ (3 + x) > 0 x (–3, 2), 

• (2 – x) ∙ (3 + x) ≤ 0 x (–∞, –3] [2, +∞), 

• (2 – x) ∙ (3 + x) ≥ 0 x [–3, 2]. 


Реши неједначину (3 – 2x)(2x – 3) ≥ 0. 




257

9 

2 

1 57648 9 

2 – x 

3 + x 

2 – x 

3 + x 


Решимо нејeдначину 2 – x 

3 + x ≤ 0. 

Да бисмо решили ову неједначину, образоваћемо шему налик 

оној из претходног примера, с тим што ћемо, у овом случају, 

број –3 прецртати, будући да се он не сме наћи у скупу решења. 

Скуп решења дате неједначине је (–∞, –3) [2, +∞). 

Приметимо и да је 

2 – x 

3 + x ≥ 0 x (–3, 2]; 2 – x 

3 + x < 0 x (–∞, –3) (2, +∞); 2 – x 

> 0 x (–3, 2). 

3 + x 

Наравно, дату неједначину смо могли да решавамо и помоћу следеће еквиваленције: 

2 – x 

≤ 0 (2 – x ≤ 03 + x > 0)(2 – x ≥ 03 + x < 0). 

3 + x 


Решимо следеће неједначинe 

(3 – x)(3x – 1) (3 – x)(3x – 1) (3 – x)(3x – 1) (3 – x)(3x – 1) 

1) < 0; 2) ≤ 0; 3) > 0; 4) 

(x + 3)(2 + 3x) (x + 3)(2 + 3x) (x + 3)(2 + 3x) (x + 3)(2 + 3x) ≥ 0. 

Да бисмо решили дате неједначине, формираћемо шему попут оних из претходна 

два примера. 

3 – x 

3x – 1 

x + 3 

2 + 3x 

(3 – x)(3x – 1) 

(x + 3)(2 + 3x) 

Из ове шеме непосредно „очитавамо” скупове решења датих неједначина. 

(3 – x)(3x – 1) 

(x + 3)(2 + 3x) < 0 x (–∞, –3) – 2 3 , 1 (3, +∞) 

3 

(3 – x)(3x – 1) 

(x + 3)(2 + 3x) ≤ 0 x (–∞, –3) – 2 3 , 1 3 

(3 – x)(3x – 1) 

(x + 3)(2 + 3x) > 0 x – 3, – 2 3 1 3 , 3 

(3 – x)(3x – 1) 

(x + 3)(2 + 3x) ≥ 0 x – 3, – 2 3 1 3 , 3 

[3, +∞) 

258 




Б 

Једначине у којима се појављују апсолутне вредности решaвамо тако што се најпре 

ослобађамо апсолутне вредности помоћу следеће еквиваленције: 

1. случај 2. случај 

1) 2 – |x + 1| = – 1 2 x, 

|A(x)| = B(x) (A(x) ≥ 0A(x) = B(x))(A(x) < 0 – A(x) = B(x)). 

Слично поступамо са неједначинама. 


Решимо две једначине са апсолутним вредностима: 

1. случај: x + 1 ≥ 0, тј. x ≥ – 1. Тада је 

|x + 1| = x + 1, па имамо да је 

2 – (x + 1) = – 1 2 x, 

одакле је x = 2. Пошто број 2 

задовољава услов x ≥ –1, овај број 


2) 2 – |x + 1| = – 1 4 x + 3. 

1. случај: x + 1 ≥ 0, тј. x ≥ –1. Тада је 

2 – (x + 1) = – 1 4 x + 3, 

одакле је x = – 8 3 . Пошто број – 8 3 не 

задовољава услов x ≥ –1, овај број није 

решење дате једначине. 

Једначине са 



Апсолутну вредност 

броја смо дефинисали 

на страни 74. Запис 

који се при томе 

користи 

x, x ≥ 0, 

|x| = 

– x, x < 0, 

читамо и схватамо на 

следећи начин: 

• ако је x ≥ 0, онда је 

|x| = x, 

• ако је x < 0, онда је 

|x| = – x. 

2. случај: x + 1 < 0, тј. x < –1. Тада је 

|x + 1| = –(x + 1), па имамо да је 

2 – (–(x + 1)) = – 1 2 x, 

одакле је x = –2. Пошто број –2 

задовољава услов x < –1, и овај број 


Дакле, дата једначина има два решења: 

2 и –2. 

2. случај: x + 1 < 0, тј. x < –1. Тада је 

2 – (–(x + 1)) = – 1 4 x + 3, 

одакле је x = 0. Пошто број 0 не 

задовољава услов x < –1, ни овај број 

није решење дате једначине. 

Дакле, дата једначина нема решења. 


Решимо једначину |x – 1| + |x| = 1. 

У овом случају треба разматрати истовремено знак два израза, x – 1 и x, па је зато 

погодно формирати шему налик онима из примера 6, 7 и 8. 

1. случај: x < 0. Тада је |x – 1| = –(x – 1) и |x| = –x, па дата једначина постаје 

–x + 1 – x = 1. Решење ове једначине је број 0 који у овом случају одбацујемо јер не 

задовољава услов x < 0. 

2. случај: 0 ≤ x < 1. Тада је |x – 1| = –(x – 1) и |x| = x, па дата једначина постаје 

–x + 1 + x = 1. Пошто се у овом случају дата једначина своди на тачну једнакост, 

њена решења су сви бројеви x који задовољавају услов 0 ≤ x < 1; дакле сви бројеви 

из [0,1). 

3 случај: 1 ≤ x. Сада је |x – 1| = x – 1 и |x| = x, па дата једначина постаје x – 1 + x = 1. 

Решење ове једначине је број 1. Пошто број 1 задовољава услов x ≥ 1, он је решење 

и полазне једначине. 

x – 1 

x 

Дакле, скуп решења дате једначине је [0,1) {1} = [0,1]. 




259

В 

Неједначине 

са апсолутним 



Решимо неједначину |x – 1| + |x| + |x + 1| > 5. 

1. случај: x < – 1, тј. x (–∞, –1). 


–x + 1 – x – x – 1 > 5 

која је еквивалентна са x < – 5 3 , тј. x –∞, – 5 3 . 

Дакле, сви бројеви из 

(–∞, –1) –∞, – 5 3 = –∞, – 5 су решења дате неједначине. 

3 

2. случај: –1 ≤ x < 0, тј. x [–1,0). 


–x + 1 – x + x + 1 > 5 

која је еквивалентна са x < –3, тј. x (–∞, –3). 

Овај случај нам не даје решења полазне неједначине јер је 

[–1,0) (–∞, –3) = . 

3. случај: 0 ≤ x < 1, тј. x [0,1). 


–x + 1 + x + x + 1 > 5 

која је еквивалентна са x > 3, тј. x (3, +∞). 

Као и у претходном случају и овога пута не добијамо решења полазне неједначине 

јер је 

[0,1) (3, +∞) = . 

4. случај: 1 ≤ x, тј. x (1, +∞). 


x – 1 + x + x + 1 > 5 

која је еквивалентна са x > 5 3 , тј. x 5 3 , +∞ . 

Сви бројеви из 

(1, +∞) 5 3 , +∞ = 5 3 , +∞ 


x – 1 

x 

x + 1 

Дакле, скуп решења дате неједначине је –∞, – 5 3 

5 3 , +∞ . 

Неједначине са 



Решимо неједначину ax + 1 < x + a 2 , где је a параметар. 

Дата неједначина је еквивалентна са 

(a – 1)x < (a – 1)(a + 1). 

У зависности од тога да ли је a – 1 позитивно, негативно или је једнако нули, 

разликујемо следеће случајеве. 

1. случај: a < 1. Тада је a – 1 < 0, па је скуп решења дате неједначине (a + 1, +∞). 

2. случај: a > 1. Тада је скуп решења дате неједначине (–∞, a + 1). 

3. случај: a = 1. У овом случају дата неједначина нема решења. 

260 




Системи линеарних једначина 

А 


Одредимо масу сваког пакета ако су у равнотежи обе ваге приказане на слици 

лево. Ако са x означимо масу црвеног пакета, а са y масу плавог пакета, тада 

према приказаној ситуацији добијамо две једначине са две непознате: 

3x = 2y + 5, 

x + y = 5, 

односно, један систем једначина. 

Подсећамо на две методе решавања система са којима сте се упознали у основној 

школи. Напомињемо да се ове две методе у суштини не разликују и обе произлазе 

из једне опште методе познате као Гаусова метода решавања система. 

Један начин решавања постављеног система назван је метода замене. Суштина ове 

методе јесте у томе да се из једне једначине система „изрази” једна променљива 

и замени у другој једначини, чиме та друга једначина постаје једначина са једном 

непознатом. 

Друга метода са којим сте се упознали јесте метода супротних коефицијената. 

Решавање система овом методом базирано је на множењу леве и десне стране 

једне једначине изабраним бројем различитим од нуле, као и на сабирању левих и 

десних страна једначина. 

Метода замене 

 

 

 

 

 

 

3x = 2y + 5 

x + y = 5 

3x = 2y + 5 

y = 5 – x 

3x = 2 ∙ (5 – x) + 5 

y = 5 – x 

3x = 10 – 2x + 5 

y = 5 – x 

5x = 15 

y = 5 – x 

x = 3 

y = 5 – x 

x = 3 

y = 2 

Метода супротних коефицијената 

 

 

 

 

 

 

3x = 2y + 5 

x + y = 5 

3x – 2y = 5 

x + y = 5 / ∙ 2 

3x – 2y = 5 

2x + 2y = 10 

3x – 2y = 5 

(3x – 2y) + (2x + 2y) = 5 + 10 

3x – 2y = 5 

5x = 15 

3x – 2y = 5 

x = 3 

x = 3 

y = 2 

Основна идеја при 

решавању система са 

две непознате јесте 

да се дозвољеним 

трансформацијама 

систем преведе у 

систем у коме једна 

једначина има једну 

непознату. 

Наравно, приликом решавања система једначина избор методе као и начин на 

који ће се изабрана метода спровести зависи од самог система који је постављен. 

Вештина ефикасног решавања система стиче се једино вежбом. 




261

9 

2 

1 57648 9 

Систем две линеарне једначине са две непознате је облика 

a 1 

x + b 1 

y = c 1 

a 2 

x + b 2 

y = c 2 

где су a 1 

, b 1 

, c 1 

, a 2 

, b 2 

, c 2 

задати реални бројеви (a x и y непознате). Решење система 

је сваки уређен пар бројева (x 0 

, y 0 

) такав да када у једначинама система x заменимо 

са x 0 

, а y са y 0 

добијамо тачне једнакости. 

Два система су еквивалентна ако је свако решење једног система уједно и решење 

другог. 

Као и у случају једначина и неједначина, решавање система је базирано на 

примени еквивалентних трансформација које системе преводе у једноставније 

еквивалентне системе. Поред еквивалентних трансформација које смо користили 

приликом решавања линеарних једначина, при решавању система важну улогу 

има и трансформација заснована на наредном тврђењу. 

 

L 1 

= D 1 

/ ∙ c + 

L 2 

= D 2 

L 1 

= D 1 

L 2 

+ c ∙ L 1 

= D 2 

+ c ∙ D 2 

Ако је c неки реалан број и L 1 , D 1 , L 2 , D 2 су неки изрази, онда је 

L 1 

= D 1 

L L 2 

= D 2 

L 1 

= D 1 

L L 2 

+ c ∙ L 1 

= D 2 

+ c ∙ DL 1 2 . 


Решићемо два система посебно истичући примену наведене трансформације. 

3x – y = 3 / ∙ 2 

4x + 2y = 6 

+ 

 

 

3x – y = 3 

(4x + 2y) + (6x – 2y) = 6 + 6 

3x – y = 3 

 

10x = 12 

3 ∙ 1,2 – y = 3 

x = 1,2 

3x – y = 3 

x = 1,2 

y = 0,6 

 

x = 1,2 

5x + 4y = 11 

2x + 3y = 10 / ∙ 5 5x + 4y = 11 / ∙ (–2) 

 

 

 

10x + 15y = 50 

5x + 4y = 11 

10x + 15y + (–10x – 8y) = 50 + (–22) 

5x + 4y = 11 

7y = 28 / : 7 5x + 4y = 11 

y = 4 

5x + 4 ∙ 4 = 11 

y = 4 

 

+ 

x = –1 

y = 4 


Једнога дана неко је у мењачници купио 100€ и 60$ за 15 810 динара, а недуго 

затим друга особа је по истом курсу купила 50€ и 120$ за 15 330 динара. Одреди 

продајни курс евра и продајни курс долара тога дана. 

 

262 





Може се показати да је за сваки систем од две линеарне једначине са две непознате 

тачна једна од следеће три могућности: 

• систем има једно решење и тада кажемо да је он одређен, 

• систем има бесконачно много решења и тада кажемо да је неодређен, 

• систем нема решења и тада кажемо да је немогућ. 

Све набројане могућности илустроваћемо у наредном примеру. 


Систем 

x + y = 3 

x – y = 1 

има јединствено решење које чини пар (2,1). 

Систем 

x + y = 3 

x + y = 1 

је немогућ јер очигледно нема решења. 

Систем 

x + y = 3 

2x + 2y = 6 

је неодређен јер има бесконачно много решења. Дакле, друга једначина је 

еквивалентна првој, па се систем своди на једну једначину x + y = 3. Приметимо да 

није сваки пар реалних бројева решење овог систем, већ су то само парови облика 

(t,3 – t), где је t било који реалан број. 

Читава прича о системима две линеарне једначине са две непознате једноставно се 

уопштава на системе линеарних једначина са више непознатих. 

Системи са три 

непознате 


Приметите да приликом решавања следећег система три једначине са три 

непознате користимо исте трансформације као и у случају система две једначине 

са две непознате. 

 

 

 

x + y – 2z = 7 / ∙ (–2) / ∙ 3 

2x – 3y + z = –1 

– 3x + 5y + z = 0 

x + y – 2z = 7 

2x – 3y + z + (–2x – 2y + 4z) = –1 – 14 

– 3x + 5y + z + (3x + 3y – 6z) = 0 + 21 

x + y – 2z = 7 

– 5y + 5z = –15 

8y – 5z = 21 

x + y – 2z = 7 

– 2 + z = –3 

y = 2 

 

x + y – 2z = 7 

z = –1 

y = 2 

x + y – 2z = 7 

– 5y + 5z = –15 / : 5 

3y = 6 

 

x = 3 

z = –1 

y = 2 

 

 

x + y – 2z = 7 

– y + z = –3 

y = 2 




263

В 

Системи са 



Решимо систем 

где је a реални параметар. 

ax + y = 1 

x + ay = 1 

ax + y = 1 / ∙ (–a) 

x + ay = 1 

+ 

ax + y = 1 

(1 – a 2 )x = 1 – a 

1. случај. Ако је a ≠ 1a ≠ –1, онда систем има јединствено решење 

a 

ax + y = 1 

y = 1 – 

x = 1 – a 

1 – a = 1 1 + a = 1 

1 + a 

1 

2 1 + a x = 

1 + a 

2. случај. Ако је a = 1, систем постаје 

x + y = 1 

x + y = 1 

и има бесконачно много решења: сваки пар (t,1 – t), t R јесте једно решење овог 

система. 

3. случај. Ако је a = –1, имамо да је 

–x + y = 1 

x – y = 1 

и овај систем нема решења. 


Решимо систем 

где је a реални параметар. 

–x + y + az = 1 / ∙ a 

x + ay – z = 1 

ax + y – z = 1 

–x + y + az = 1 

(a + 1)y + (a – 1)z = 2 

a(a – 1)z = a – 1 

 

–x + y + az = 1 

x + ay – z = 1 

ax + y – z = 1 

–x + y + az = 1 

(a + 1)y + (a – 1)z = 2 / ∙ (–1) 

(a + 1)y + (a 2 – 1)z = a + 1 

Навешћемо само коначне одговоре остављајући вам да их проверите. 

1. случај. Ако је a ≠ 0a ≠ – 1a ≠ 1, онда систем има јединствено решење x = 1 a , 

y = 1 a , z = 1 a . 

264 

2. случај. Ако је a = 0, систем нема решења. 

3. случај. Ако је a = –1, систем је неодређен и има бесконачно много решења: x = t, 

y = t, z = –1, за сваки реалан број t. 

4. случај. Ако је a = 1, систем је неодређен као и у претходном случају, с тим што су 

овог пута решења: x = t, y = 1, z = t, за сваки реалан број t. 




Линеарне функције 

Б 

О линеарним функцијама већ смо говорили у овој књизи: 

• приликом упознавања са појмом функције на странама 30–33, као пример 

функције над скупом реалних бројева навели смо управо линеарну функцију; 

• када смо на страни 116 говорили о директној пропорционалности, ослањали 

смо се на специјалну врсту линеарних функција; 

• примери линеарно зависних величина дати на странама 244–247 заправо 

илуструју значај линеарних функција. 

Овом приликом ћемо систематизовати досадашњу причу о линеарним 

функцијама и допунити је неким важним особинама ових функција. 

Функција f: R R дефинисана са f(x) = ax + b, где су a и b неки дати реални 

бројеви, назива се линеарна функција. 


Већ смо показали да је график сваке линеарне функције права. 

Нека је A R. Функција f: R R je: 

• позитивна на скупу A ако је f(x) > 0 за свако x из A, 

• негативна на скупу A ако је f(x) < 0 за свако x из A, 

• растућа на скупу A ако је за свака два броја x 1 

и x 2 

из А тачна импликација 

x 1 

< x 2 

f(x 1 

) < f(x 2 

), 

• опадајућа на скупу A ако је за свака два броја x 1 

и x 2 

из A тачна импликација 

x 1 

< x 2 

f(x 1 

) > f(x 2 

). 


Број a је нула функције f: R R ако је f(a) = 0. 




265

9 

2 

1 57648 9 

Бијекције и инверзне 

функције дефинисане 

су на страни 33. 

Нека је функција f: R R дефинисана са f(x) = ax + b, где су a и b неки дати 

реални бројеви при чему је a ≠ 0. 

1. Функција f је бијекција (1-1 и на-функција) и њена инверзна функција је 

f –1 : R R дата са f –1 (x) = 1 a x – b a . 

2. Нула функције f је број – b a . 

3. Ако је a > 0, онда је 

3. 1. функција f растућа на R, 

3. 2. позитивна на интервалу – b a , +∞ и 

Нуле функције 

f: R R су решења 

једначине 

f(x) = 0. 

Скупове на којима 

је функција f: R R 

позитивна, односно, 

негативна, одређујемо 

решавањем 

неједначина: 

f(x) > 0 и f(x) < 0. 

3. 3. негативна на интервалу –∞, – b a . 

4. Ако је a < 0, онда је 

4. 1. функција f опадајућа на R, 

4. 2. позитивна на интервалу –∞, – b a и 

4. 3. негативна на интервалу – b a , +∞ 


Испитајмо особине две линеарне функције чији су графици дати на претходној 

страни. 

f(x) = 1 3 x + 1 

g(x) = – 1 2 x + 1 

f –1 (x) = 3x – 3 

Нула функције f је број –3. 

Функција f је позитивна на (–3, +∞) 

Функција f је негативна на (–∞, –3) 

Функција f је растућа на R. 

g –1 (x) = –2x + 2 

Нула функције f је број 2. 

Функција f је позитивна на (–∞, 2) 

Функција f је негативна на (2, +∞) 

Функција f је опадајућа на R. 


Функција f: R R дефинисана са f(x) = b, где је b неки дати реалан број, назива 

се константна функција. 

266 

Константне функције 

су специјални 

случајеви линеарних 

функција. График 

константне функције 

је права паралелна 

x-оси. 

Нека је функција f: R R дефинисана са f(x) = b, где је b неки дат реалан број. 

1. Функција f није ни 1-1 функција нити је на-функција. 

2. Ако је b ≠ 0, функција f нема нула. 

Ако је b = 0, сваки реалан број је нула функције f. 

3. Функција f није растућа ни на једном подскупу од R нити је опадајућа на 

неком подскупу од R. 

4. Ако је b > 0, функција f је позитивна на R. 

Ако је b < 0, функција f је негативна на R. 

Ако је b = 0, функција f није позитивна ни на једном подскупу од R нити је 

негативна на неком подскупу од R. 




В 


Нека је f: R R функција дефинисана са f(x) = |x|. Нацртајмо график ове функције 

и испитајмо њене особине. 

Функција апсолутне 

вредности 

График функције f образују сви уређени парови (x,|x|), x R. Према дефиницији 

апсолутне вредности овај скуп је унија: 

• скупа парова (x, x), x ≥ 0 и 

• скупа парова (x, –x), x < 0. 

Другим речима, график функције f je унија полуправе y = x, x ≥ 0 и полуправе 

y = –x, x < 0. 

|x| = 

x, x ≥ 0 

–x, x < 0 

Особине: 

1. нула функције f је број 0, 

2. функција f је позитивна на (–∞, 0) (0, +∞), 

3. функција f је растућа на [0, +∞), 

4. функција f је опадајућа на (–∞, 0]. 


Нацртајмо график функције f: R R дате са f(x) = 2 – |x + 1|. 

f(x) = 2 – |x + 1| = 

2 – (x + 1), x + 1 ≥ 0, 

2 – (–x – 1), x + 1 < 0 

Особине: 

1. Нуле функције f су бројеви –3 и 1. 

2. Функција f је позитивна на (–3, 1). 

Функција f је негативна на 

(–∞, –3) (1, +∞). 

3. Функција f је растућа на (–∞, –1]. 

Функција f је опадајућа на [–1, +∞). 

= 

–x + 1, x ≥ –1, 

x + 3, x < –1. 




 

267

9 

2 

1 57648 9 


На слици доле лево приказана је графичка интерпретација једначине 

2 – |x + 1| = – 1 x, која има два решења (–2 и 2) и једначине 

2 

2 – |x + 1| = – 1 x + 3, која нема решења. (Ове две једначине решене су у примеру 9. 

4 

на страни 259.) 

Са слике доле десно једноставно се очитава скуп решења неједначинa 

–1 < 2 – |x + 1| ≤ 1: то је скуп (–4, –2] [0, 2). 

 


Одредимо број решења једначине 

||x| – 1| = a 

у зависности од параметра a. 

Нацртаћемо најпре график y = ||x| – 1|. 

|x – 1|, x ≥ 0, 

y = ||x| – 1| = 

|–x – 1|, x < 0, 

x – 1, 1 ≤ x, 

– x + 1, 0 ≤ x < 1, 

= 

x + 1, – 1 ≤ x < 0, 

– x – 1, x < –1. 

268 

На основу графика закључујемо: 

1. ако је a < 0, дата једначина нема решења (график y = ||x| – 1| нема заједничких 

тачака са било којом правом y = a, уколико је a < 0); 

2. ако је a = 0, једначина има два решења (то су бројеви –1 и 1); 

3. ако је 0 < a < 1, једначина има четири решења; 

4. ако је a = 1, једначина има три решења (то су бројеви –2, 1 и 2); 

5. ако је a > 1, једначина има два решења. 




Задаци 

Линеарни изрази и једначине правих 

1. Једном килограму воде додато је x килограма раствора неке соли од 2% и y 

килограма раствора соли од 5%. Концентрација соли у добијеној мешавини је 4%. 

Одреди зависност између x и y и графички је прикажи (погледај илустрацију на 

маргини). 

2. У координатном систему нацртај праве 

чије су једначине: 

1) 2x + y – 3 = 0; 2) x + 2y – 3 = 0; 

3) –2x + y – 3 = 0; 4) –x + 2y – 3 = 0; 

5) 2x + y + 3 = 0; 6) x + 2y + 3 = 0. 

3. Напиши једначине правих које су приказане на наредним сликама. 


Тражене праве једноставно је 

нацртати након попуњавања табеле. 

x 0 

y 0 

А 

4. Нацртај у координатном систему скупове тачака одређене неједнакостима: 

1) 2x + y – 3 ≤ 0; 2) x + 2y – 3 ≥ 0; 3) – 2x + y – 3 < 0; 

4) – x + 2y – 3 > 0; 5) 2x + y + 3 ≤ 0; 6) x + 2y + 3 > 0. 

Упутство. Најједноставније је проверити да ли координате координатног 

почетка (0,0) задовољавају дате неједнакости и на основу тога одредити коју 

полураван треба изабрати. 

Линеарне једначине са једном непознатом 

5. Реши једначине: 

1) 3 + 2x + 5 – x = x + 2 

2x + 3 

; 2) x – 1 + = 1 + 3x + 5 ; 3) x – 1 

2 3 4 6 2 + 1 – x 

3 = 1 + x 

3 ; 

0,8 – 0,4x 

4) = 4; 5) 1 – 2(1 – 2(1 – x)) = 2 – 3(2 – 3x); 

0,5 

6) 0,35(x + 0,34) – 0,15x = 0,2x – 1,66; 7) 1,73x + 0,279(x – 9) = 2,09x 

8) 1 

10 

9) x – 

7 – 4x 

– 

3 

3 – x – 1 

4 

3x + 13 

0,5 

= x – 

– 2x – 5 

5 

3 – 8 – x 

3 

2 

. 

= – 1 + 5x ; 

6 

2 

6. 1) Једном килограму воде додато је 2 килограма раствора неке соли од 2% и y 

килограма раствора соли од 5%. Концентрација соли у добијеној мешавини је 

4%. Коликo килограма раствора од 5% je додато? 

2) Једном килограму воде додато је x килограма раствора неке соли од 2% и 12 

килограма раствора соли од 5%. Концентрација соли у добијеној мешавини је 

4%. Колико килограма раствора од 2% је додато? 

Напомена. Погледај задатак 1 на овој страни. 

А 




269

9 

2 

1 57648 9 

7. На обали реке се могу изнајмити моторни чамци. Сваки чамац низводно може 

да постигне највише брзину од 12 km/h, a узводно 8 km/h. Туриста је у 

7 сати ујутру изнајмио један чамац на пет сати. Ако жели да оде најдаље могуће 

узводно и да се врати у подне, у колико сати би требало да окрене чамац и почне 

да се враћа (низводно)? Колико далеко ће отићи узводно од места на коме је 

изнајмио чамац? 

Напомена. Претпостављамо да се максимална брзина може постићи за 

занемарљиво кратко време. 

Плацебо ефекат је 

ефекат побољшања 

здравственог стања 

пацијента коме се 

уместо правог лека 

даје медикамент са 

неутралним дејством, 

при чему он тога није 

свестан. 

Б 

8. Група од триста људи са одређеним тегобама учествује у испитивању такозваног 

плацебо ефекта. Одређеном броју људи из ове групе дат је одговарајући лек, 

а преосталима је дат лажни лек (медикамент који нема никакво дејство). 

Наравно, нико није знао да ли је добио прави или лажни лек. Испоставило се 

да је двадесет посто оних који су добили прави лек рекло да не осећа никакво 

побољшање, док су преостали рекли да им је боље. Двадесет посто оних који су 

добили лажни лек потврдило је да им је боље, док су остали из ове групе рекли 

да не уочавају никакву промену. Ако је укупно четрдесет посто људи који су 

учествовали у експерименту потврдило побољшање сопственог стања, одреди 

колико њих је добило прави лек, а колико лажни лек. 


1) (2x – 1)(3x – 1)(4x – 1) = 0; 2) x(2x – 1) = 3x(1 – 2x); 3) x + 1 

x + 2 = – 1; 

4) x + 1 

x – 1 – x + 2 

x + 3 + 4 

x 2 + 2x – 3 = 0; 5) 3 

x 2 + 2x + 1 – 1 

x 3 + 2x 2 + x = 2 

x 2 + x ; 

6) 2x + 1 

x + 2 – x – 1 

x 2 – 4 = 4 + x 

2 + x – x + 3 ; 7) = 3; 8) = 2. 

2 – x 

10. Две цеви истовремено отворене напуне базен за 2 сата спорије него што би 

половину базена испунила само прва цев, односно за 4,5 сати брже него што 

би половину базена испунила само друга цев. За колико сати ће бити напуњен 

базен ако су отворене обе цеви истовремено? 

В 

11. Реши једначине (по x) у зависности од реалних параметара a и b: 

1) a(a – 5)x = a; 2) a 2 x + a = x + 1; 3) ax – b 

a + b + bx + a 

a – b = a2 + b 2 

a 2 – b ; 2 

4) x + a 

x + 2 – x – a 

x 2 – 4 = x 

x – 2 ; 5) a + (a2 – a)x 

= 1; 6) 1 x + a 

x = 1 – a 

x – 1 ; 

a 

7) 

x – b + a 

x + b = 2b 

x 2 – b ; ax + b 

8) 2 bx + a = a b ; 9) a 

1 – bx = b 

1 – ax . 

12. 1) Реши по a једначину v = v 0 

+ at. 2) Реши по x једначину y = 2x – 3 

3x + 5 . 

3) Реши по y једначину 1 x = 1 y + 1 z . 

270 






13. Реши неједначине: 

1) x 7 – 1 ≥ x – 4 x + 2 

+ 3; 2) 

3 3 – 1 ≥ 1 – x 

–5 ; 3) 2 7 (x + 7) – x 4 ≤ 1 2 (3 – x) + x 6 ; 

А 

4) 0,3x – 2,04 ≥ 0,04(x + 1); 5) 0 < 1 (4 – x) – 10 ≤ 4; 

3 

6) – 8 ≤ 1 (1 – x) + 3 < 12; 

4 

7) 2x – 1 ≤ – 2x + 1 < 3 + x. 

14. Туристичка агенција промовишући аранжмане на Хавајима, објавила је 

податак да се дневне температуре током читаве године крећу од 80°F до 90°F. 

(У Сједињеним Америчким Државама температура се изражава у степенима 

Фаренхајта.) Веза између температурe изражене у степенима Фаренхајта (F) и 

исте температуре изражене у степенима Целзијуса (C) је 

F = 1,8C + 32. 

Одреди у Целзијусима интервал у коме се крећу дневне температуре на 

Хавајима током године. 


(1 – x)x 

2x + 1 ≤ 0; 

x 

(1 – x)(2x + 1) ≥ 0; 6) (1 – x) 

x(2x + 1) > 0; 7) 1 

(1 – x)x(2x + 1) ≥ 0. 

1) (1 – x)x(2x + 1) ≤ 0; 2) (1 – x)x(2x + 1) > 0; 3) 

4) 

x(2x + 1) 

1 – x 

≥ 0; 5) 


1) (x – 1)(2x + 1) > 0; 2) (x + 5)(2 – x) ≤ 0; 

3) (x + 1)(3 – x) (x – 2) 2 > 0; 4) (2x + 1)(x – 4)(3x – 2)(x + 7) ≤ 0; 

5) 

2 

x + 1 < 3 

x + 2 ; 6) x – 2 

x + 1 ≤ x – 3 

x – 2 

; 7) 

2x – 3 

x 

> 

3 – 2x 

x(x + 1) ; 8) x + 2 

1 – x ≤ 3 

x(1 – x) . 


1) |2x – 1| – x = 5; 2) |x – 1| = |x + 2|; 3) |x – 2| – |x – 1| = 1; 

4) ||x| – 2| = x; 5) ||x| – 2| = –x + 2; 6) ||3 – x| – x + 1| + x = 6. 


1) |3 – x| > 2; 2) |x – 2| > |x + 1| – 3; 

3) |x – 1| + |x – 2| + |x – 3| > 1; 4) (3x – 1)|x + 5| < 0; 5) x – 1 

x + 2 < 1. 

19. Реши системе неједначина: 

3x ≤ 5 – 6x 

2x + 1 > 3x + 4 

1) 

5x + 3 ≥ 8x + 21 ; 2) 7(x + 1) – 2x > 9 + 4x 

3(5 – 2x) – 1 ≥ 4 – 5x ; 3) 4x – 1 ≥ 1 – 3x . 

7 – 2x > 2x + 9 

20. У зависности од реалних параметра a и b реши неједначине 

1) (a + 1)x + 4 < (3 – 2a)x – 1; 2) (b – 2)x – 1 ≥ 3 –(b + 1)x; 

3) ax + b 2 ≥ bx + a 2 ; 4) b – ax < a – bx. 

Б 

В 




271

9 

2 

1 57648 9 

21. Реши систем неједначина 

ax ≥ a – 1 

ax ≥ a + 1 

у зависности од реалног параметра a. 

A 

Системи линеарних једначина 

22. Реши системе једначина: 

x + y = 2 

1) 

2x + 3y = 7 ; 2) –x – 2y = –1 

; 3) 

2x – 3y = 4 


1) 

5 

x + 4 y = 11 

2 

x + 3 y = 10 ; 2) 

2 

x + 2y + 1 

x – y = 3 

; 3) 

1 

x + 2y – 1 

x – y = 1 

2x + 5y = 0 

3x + 7y = 1 ; 4) 3x + y = 0 

6x + 2y = 0 . 

8 

x + 2y – 1 

2x – y = 0 

. 

24 

x + 2y + 2 

2x – y = 5 

24. Два стрелца су на једном такмичењу испалили по 30 метака. Успешност сваког 

стрелца изражена је размером (количником) броја метака који су погодили 

мету и броја испаљених метака, тј. броја 30. Од укупно 60 испаљених метака, 

само 24 метка су погодила мету. Колико пута је сваки стрелац погодио мету 

ако се зна да је успешност првог стрелца три пута већа од успешности другог? 

25. Сваки од два робота може да се креће увек истом равномерном брзином. 

Роботи су удаљени 10 m један од другог. Ако крену један другом у сусрет, 

судариће се за 20 секунди. Ако крену у истим смеру, при чему се бржи робот 

креће ка споријем, онда ће га стићи за 40 секунди. Којим брзинама се крећу 

роботи? 

Б 


x + y + 2z = 1 

1) 2x – y + z = 3 

–x – 2y + 5z = 2 

; 2) 

x + y + z = 5 

2x + y + 3z = 10 ; 3) 

3x + y – 2z = 1 

–x – y + z = –1 

2x – y + 2z = 1 ; 

3x – 2y + 3z = 0 

4) 

2x + 3y = 13 

x – 2y = –4 ; 5) 

3x + y – z = 3 

3x + 2y + z = 5 

2x + 3y + z = 1 ; 6) 

2x + y + 3z = 11 

4x – 3y + z = –10 

2x + y + 3z = 0 . 

–x + 2y – 5z = 17 

27. Фабрика производи три врсте мајица. Свака мајица се производи у три 

одељења: одељењу за кројење, одељењу за шивење и одељењу за паковање. 

У табели су дата времена која су потребна за сваку фазу производње мајице 

одређеног типа. Због различитог броја запослених, свако одељење током 

недеље може максимално да ради различит број сати. Укупан број радних сати 

за свако одељење наведен је у последњој колони табеле. 

272 





Мајица 

типа А 

Мајица 

типа Б 

Мајица 

типа В 

Укупан број радних 

сати одељења 

Одељење за кројење 0,2 h 0,4 h 0,3 h 1 160 h 

Одељење за шивење 0,3 h 0,5 h 0,4 h 1 560 h 

Одељење за паковање 0,1 h 0,2 h 0,1 h 480 h 

Колико комада мајица сваке врсте би требало недељно производити да би 

свако одељење могло да заврши посао током расположивог времена? 


1 

x + y + 2 

y + z + 3 

z + x = 1 

1 

1) 

x + y + 4 

y + z + 6 

z + x = 5 ; 2) 

2 

x + y – 6 

y + z + 3 

z + x = 0 

3) 

2x + y = 8 

x – 3y = 11 ; 4) 

x + y = 3 

x 1 

+ 2x 2 

– 3x 3 

+ x 4 

= 8 

x 1 

+ x 2 

– x 3 

– x 4 

= –1 

x 1 

– x 2 

– x 3 

+ x 4 

= 7 

x 1 

+ x 2 

+ x 3 

+ 2x 4 

= 4 

x + 2y – z = 0 

x + 3y – 5z = 1 . 

29. У зависности од реалног параметра a, реши следеће системе једначина: 

x + y = 0 

1) 

x + ay = 0 ; 2) (a – 2)x + ay = 1 

(a 2 – 4)x – y = 0 ; 

3) 

x + 3y = 1 

(a – 1)x + 2ay = –2 

2ax + (a – 1)y = a – 1 ; 4) 2x – ay = 10 . 

3x + ay = 5 

30. У зависности од реалног параметра a, реши следеће системе једначина: 

1) 

3) 

5) 

ax + y + z = 0 

x + ay + z = 0 ; 2) 

x + y + az = a 

x + y + 2z = 1 

x + y + az = 1 ; 4) 

ax + 2y + az = 1 

ax + y + z = 1 

x + ay + z = a 

x + y + az = a 2 ; 6) 

x + y + 2z = 0 

x + ay + (3 – a)z = 0 ; 

x + y + (a 2 + 1)z = a – 1 

x + y + az = 2 

x + ay + z = –1 ; 

ax + y + z = –1 

x + ay + z = 1 

ax + y + (a – 1)z = a . 

x + y + z = a + 1 

Линеарне функције 

31. Испитај особине и нацртај график функције f: R R, ако је: 

1) f(x) = –5x + 1; 2) f(x) = 3; 3) f(x) = 2x – 5. 

; 

В 

Б 

32. За које вредности k је функција f: R R дата са f(x) = (k – 1)x + k 

1) растућа; 2) опадајућа и негативна на скупу (0, + ∞). 




273

9 

2 

1 57648 9 

В 

33. Испитај особине и нацртај график функције f: R R, ако је: 

1) f(x) = |1 – x| + 2 ; 2) f(x) = |x + 1| – |x + 2| – x; 

3) f(x) = |x – 1| – |x – 2| + |x + 1|; 4) f(x) = ||2 – x| – 1|. 

34. 1) Нацртај график функције f: R R, ако је f(x) = ||x| – 2|. 

2) Одреди број решења једначине ||x| – 2| = a у зависности од реалног 

параметра a. 

3) Реши једначинe: 

a) ||x| – 2| = –x; б) ||x| – 2| = –x + 2; в) ||x| – 2| = |x|. 

4) Реши неједначине: 

a) ||x| – 2| ≥ –x; б) ||x| – 2| < –x + 2; в) ||x| – 2| ≤ –x + 2; 

г) ||x| – 2| > |x|; д) ||x| – 2| ≤ |x|. 

274 




ТРИГОНОМЕТРИЈА ПРАВОУГЛОГ ТРОУГЛА 

Тригонометријске функције оштрих углова (276) 

А Дефиниције тригонометријских функција оштрог угла (276) 

Б Неке једноставне особине тригонометријских функција (279) 

Вредности тригонометријских функција оштрих углова (280) 

А Вредности тригонометријских функција углова од 45°, 30° и 

60°; употреба калкулатора приликом израчунавања вредности 

тригонометријских функција оштрих углова (280) 

Основни тригонометријски идентитети (282) 

Б Везе међу тригонометријским функцијама; основни 

тригонометријски идентитети (282) 

Примене тригонометријских функција (284) 

А Решавање правоуглог троугла (284) 

Б Примене тригонометрије у геометрији (286) 

18° 

A x 

3 

BC 

BC = 

B 

3 

tg25° 

25° 

= tg25° ≈ 0,4663 

3 

= tg18° ≈ 0,3249 

AC 

AC 

= 

3 

tg18° 

x = AC – BC ≈ 2,8 

D 

3 

≈ ≈ 

0,4663 

3 

≈ ≈ 

0,3249 

3 

C 

6,4336 

9,2336 

7 8 9 + C 

4 5 6 − = 

1 2 3 × 

0 , ± ÷ 




10 

А 

Тригонометријске функције оштрих углова 

Реч тригонометрија 

је грчког порекла и 

састављена је од речи 

тригон = троугао и 

метрон = мерење. 


Талесова идеја да мери висине објеката мерећи дужине њихових сенки заснована 

је, као што смо већ видели, на другом ставу сличности. Заправо, у било ком 

тренутку током дана правоугли троуглови које формирају објекти са својим 

сенкама, међусобно су слични. 

Посматрајмо поједностављену слику. 

Последица другог 

става сличности 

Ако два правоугла 

троугла имају један 

исти оштар угао, 

онда је размера две 

странице у једном 

троуглу једнака 

размери одговарајућих 

страница у другом 

троуглу. 

Сви уочени правоугли троуглови имају исте углове. Специјално, угао α под којим 

сунчеви зраци падају на тло заједнички је свима њима. Такође, у сваком од ових 

троуглова иста је и размера катете која је наспрам угла α и катете на коју овај угао 

належе, тј. 

v 1 

= v 2 

= v 3 

= t. 

s 1 

s 2 

s 3 

Закључак до кога смо дошли у претходном примеру истичемо следећом теоремом 

која директно следи из другог става сличности. 


Ако је α неки оштар угао, тада за сваки правоугли троугао чији је један оштар 

угао α, размера катете која је наспрам угла α и катете на коју овај угао належе 

јестe константна (стална). 

Наравно, аналогна теорема важи и у случају када се уместо катета посматра неки 

други пар страница правоуглог троугла, тј. хипотенуза и једна од катета. 

OA 1 

= OA 2 

= OA 3 

= ... 

A 1 

B 1 

A 2 

B 2 

A 3 

B 3 

OA 1 

= OA 2 

= OA 3 

= ... 

OB 1 

OB 2 

OB 3 

A 1 

B 1 

= A 2B 2 

= A 3B 3 

= ... 

OB 1 

OB 2 

OB 3 

276 




Тригонометрија правоуглог троугла 

Нека је α неки оштар угао (0° < α < 90°) и ABC неки правоугли троугао са правим 

углом у темену C и углом α у темену A. Као што је уобичајено, катету BC која је 

наспрамна углу α обележићемо са a, катету AC на коју належе угао α означићемо 

са b, a хипотенузу AB са c. 

Размера наспрамне катете a и налегле катете b назива се тангенс угла α и 

обележава се tg α: 

tg α = a b . 

cos α = 4 5 . tg α = a b . 

Размера налегле катете b и наспрамне катете a назива се котангенс угла α и 

cos β = 3 5 . 

обележава се ctg α: 

ctg α = b a . 

Размера наспрамне катете a и хипотенузе c назива се синус угла α и 

обележава се sin α: 

sin α = a c . 

Размера налегле катете b и хипотенузе c назива се косинус угла α и 

ctg α = b a . 

обележава се cos α: 

cos α = b c . 


Нека су α и β оштри углови правоуглог троугла чије су странице 3, 4 и 5, при чему 

sin α = a c . 

је α < β. 

tg α = 3 4 . 

tg β = 4 3 . 

ctg α = 4 3 . 

ctg β = 3 4 . 

sin α = 3 5 . 

sin β = 4 5 . 

cos α = b c . 

 




277

10 

1 

2 57648 9 


Одредимо странице правоуглог троугла ABC ако је c = 10 cm и sin α = 0,6. 

Како је sin α = a c , добијамо да је a = 0,6, тј. a = 6 cm. 

10 

Подсећамо на договор 

да угао и његову меру у 

степенима означавамо 

истим симболом. 

Применом Питагорине теореме добијамо да је 

b = √c 2 – a 2 = 8 cm. 

Тангенс, котангенс, синус и косинус представљају такозване тригонометријске 

функције оштрих углова. 

Да бисмо одредили вредност неке од тригонометријских 

функција датог оштрог угла α, довољно је изабрати било 

који правоугли троугао чији је један угао једнак α и наћи 

размеру одговарајућих страница. 


Нека је дат оштар угао α. 

Ако изаберемо правоугли троугао чији је један угао α и 

налегла катета подударна јединици мере, онда је дужина 

наспрамне катете једнака tg α. 

Поступајући аналогно, можемо (конструктивно) одредити и вредност било које 

друге тригонометријске функције датог угла α. 

 


За сваки оштар угао α, 

tg α и ctg α могу бити било који позитивни реални бројеви: 

0 < tg α < + ∞ и 0 < ctg α < + ∞; 

sin α и cos α могу бити само позитивни реални бројеви мањи од 1: 

0 < sin α < 1 и 0 < cos α < 1. 

278 




Б 

Једноставно се одређује (конструише) угао ако је позната вредност једне 

тригонометријске функције тог угла. 


На слици испод дати су углови φ, θ, ψ и ρ такви да је 

tg φ = 0,8, ctg θ = 0,8, sin ψ = 0,8, cos ρ = 0,8. 

φ 

0 1 

θ 

0 1 

0 1 

ψ 

0 1 

0 1 

ρ 

0 1 

0 1 

0 1 

Објасни конструкцију сваког од тражених углова. 

Ако је 0 < α 1 

< α 2 

< 90°, какав је однос између вредности тригонометријских 

функција ових углова? 

Није тешко уочити да се тангенси углова повећавају ако се повећавају и углови 

(види слику десно). 

α 1 

< α 2 

tg α 1 

< tg α 2 

За котангенс важи обрнуто: повећавањем углова смањују се котангенси. 

α 1 

< α 2 

ctg α 1 

> ctg α 2 

Повећавањем углова њихови синуси се такође повећавају. 

α 1 

< α 2 

sin α 1 

< sin α 2 

Најзад, повећавањем углова њихови косинуси се смањују. 

α 1 

< α 2 

cos α 1 

> cos α 2 


Поређај по величини оштре углове α 1 

, α 2 

, α 3 

, ако је: 

1) cos α 2 

< cos α 3 

< cos α 1 

; 

2) tg α 2 

< tg α 3 

< tg α 1 

. 




279

10 

A 

Вредности тригонометријских функција 

оштрих углова 

Тригонометријске функције углова од 30° и 60° једноставно одређујемо бирајући 

правоугли троугао чији су оштри углови једнаки овим угловима и чија је 

хипотенуза јединичне дужине (слика доле лево). 

tg 30° = 

ctg 30° = 

sin 30° = 

cos 30° = 

1 

2 

3 

2 

3 

2 

1 

2 

1 

2 

1 = 1 2 

3 

2 

1 

= 1 

√3 = 1 

√3 ∙ √3 

√3 = √3 

3 

= √3 

= √3 

2 

Ако се број облика √a, a > 0 појави као 

именилац разломка b , уобичајено је да се 

√a 

тај разломак рационалише, тј. помножи са 

√a 

и прикаже у облику који је погоднији 

√a 

за даља израчунавања: 

b 

√a = b 

√a ∙ √a 

√a = b√a 

a . 

Користећи исти троугао, једноставно израчунавамо вредности тригонометријских 

функција угла од 60°. 

Тригонометријске функције угла од 45° добијамо израчунавањем размера 

одговарајућих страница неког једнакокрако-правоуглог троугла, на пример, оног 

чије су катете јединичне дужине. 

tg 45° = 1 1 = 1, ctg 45° = 1 1 = 1 

1 

sin 45° = 

√2 = √2 

2 , cos 45° = 1 √2 = √2 

2 

Добијене резултате приказујемо у наредној табели. 

30° 

tg ctg sin cos 

√3 

3 

60° √3 

√3 

√3 

3 

45° 1 1 

1 

2 

√3 

2 

√2 

2 

√3 

2 

1 

2 

√2 

2 

280 





У општем случају, вредности тригонометријских функција углова чије су мере 

познате одређују се помоћу такозваних научних калкулатора (scientific calculator). 

Иако се калкулатори међусобно разликују, поступак израчунавања вредности 

тригонометријских функција углова у принципу је свуда исти. 


Израчунајмо cos 58°. 

• Прво је потребно „сaопштити” калкулатору да је мера угла изражена у степенима 

(што се, зависно од калкулатора, постиже тастерима MOD , DEG или 

DRG ), јер се мере углова осим степенима (Degrees) могу изражавати и 

другим јединицама (Radians, Grads). 

• Затим је потребно унети мерни број величине угла; у нашем случају број 58. 

• Најзад, притиском на тастер COS на екрану се исписује коначно много 

децимала вредности cos 58°: 

0,52991926423320495404678115181609… 

Резултате заокругљујемо 

по правилима која су 

дата на страни 77. 

Могуће је одредити и угао уколико је позната вредност неке тригонометријске 

функције за овај угао. 


Одредимо меру угла α у степенима ако је cos α = 0,53. 

• Прво је потребно „сaопштити” калкулатору да нас занима мера угла у степенима. 

• Затим би требало унети дату вредност тригонометријске функције; у нашем 

случају 0,53. 

• Најзад, активирати команду која је углавном означена са cos –1 (што се постиже 

тастерима INV , COS или 2ndF , COS ). У нашем случају на екрану 

ће бити исписано 

57,994545172235756228065410195401... 

што значи да је α ≈ 58°. 


Користећи калкулатор 

1) израчунај cos 24°, sin 15,2°, tg 78°, ctg 53°15'. 

2) одреди величину оштрог угла α ако је sin α = 0,84. 

На калкулаторима 

је функција тангенс 

углавном означена са 

TAN. 

Функције котангенс 

најчешће нема, јер је она 

композиција функције 

1 

x 

x и функције 

тангенс. 




281

10 

Б 

Основни тригонометријски идентитети 

Ако нам је позната вредност једне тригонометријске функције неког угла, 

једноставно је одредити и све остале. 

Основне везе између 

тригонометријских 

функција 

sin 2 α = (sin α) 2 

cos 2 α = (cos α) 2 

tg 2 α = (tg α) 2 

ctg 2 α = (ctg α) 2 

За сваки оштар угао α тачне су једнакости: 

1) sin 2 α + cos 2 α = 1, 

2) tg α ∙ ctg α = 1, 

3) tg α = sin α 

cos α , 

1 

4) ctg α = 

tg α = cos α 

sin α . 

Доказ. Нека је ABC произвољан правоугли троугао са правим углом у темену C и 

оштрим углом α у темену A. 

Једнакост под (1) добијамо из дефиниција синуса и косинуса, применом 

Питагорине теореме. 

sin 2 α + cos 2 α = a c 

2 

+ b c 

2 

= a2 + b 2 

c 2 

= c2 

c 2 = 1 

Једнакости под (2) и (3) су директне последице дефиниција тригонометријских 

функција. 

■ 

sin α = a c 

cos α = b c 

tg α = a b 

Из доказаних једнакости, уз малу помоћ алгебре, изводимо и следеће једнакoсти 

(које су, наравно, тачне за сваки оштар угао α). 

ctg α = b a 

Ако је a,b > 0, онда је: 

• = √a 

√b ; 

• √a 2 = a. 

Аналогно се доказује да је 

282 





Узимајући у обзир све наведене једнакости, формирамо табелу формула којима се 

успостављају везе између неке две тригонометријске функције. 

Одреди 

ако је дато 

sin α cos α tg α ctg α 

sin α 

cos α 

tg α 

ctg α 


Ако је tg α = 2,4, применом доказаних формула добијамо и остале 

вредности тригонометријских функција. 

 

За сваки оштар угао α тачне су једнакости: 

sin (90° – α) = cos α, cos (90° – α) = sin α, 

tg (90° – α) = ctg α, ctg (90° – α) = tg α. 

тригонометријске функције 

комплементарних углова 

Доказ. Нека је ABC произвољан правоугли троугао са правим углом у темену C и 

оштрим углом α у темену A. Тада је угао β (код темена B) једнак 90° – α, па тражене 

једнакости добијамо директно из дефиниција тригонометријских функција. 

sin (90° – α) = sin β = b c = cos α 

tg (90° – α) = tg β = b a = ctg α 

cos (90° – α) = cos β = a c = sin α 

ctg (90° – α) = ctg β = a b = tg α ■ 




283

10 

A 

Одређивање мера 

основних елемената 

троугла назива се и 

решавање троугла. 

Примене тригонометријских функција 

Под основним елементима правоуглог троугла подразумевају се његове странице 

и оштри углови. Ако су позната нека два основна елемента правоуглог троугла, 

остале одређујемо користећи Питагорину теорему, теорему о збиру углова 

у троуглу и дефиниције тригонометријских функција. Размотрићемо све 

карактеристичне случајеве. 

Одредимо хипотенузу и оштре углове правоуглог троугла ABC чије су катете 

a = 8,4 cm и b = 10 cm. 

Хипотенузу одређујемо применом Питагорине теореме: 

c = √a 2 + b 2 = √8,4 2 + 10 2 = √170,56 ≈ 13,1 cm. 

Да бисмо одредили угао α, одредимо најпре његов тангенс: 

tg α = a b = 0,84. 

Из последње једнакости добијамо да је α ≈ 40° (види пример 2. на страни 281). 

Најзад, користећи једнакост α + β = 90°, добијамо да је β ≈ 50°. 

1. 



Одреди непознату катету и оштре углове правоуглог троугла ABC чија је једна 

катета a = 8,4 cm и хипотенуза c = 10 cm. 


Одредимо хипотенузу, непознату катету и непознат оштар угао правоуглог 

троугла ABC чија је једна катета a = 12,5cm и оштар угао наспрам ње α = 36°. 

Из једнакости α + β = 90°, добијамо непознати оштар угао β = 54°. 

Како је sin 36° ≈ 0,5878, из једнакости a = sin α, добијамо да је 

c 

284 

12,5 

c = ≈ 12,5 : 0,5878 ≈ 21,27 cm. 

sin 36° 

Сада непознату катету можемо одредити на више начина. 

На пример, применом Питагорине теореме добијамо да је 

b = √c 2 – a 2 ≈ √21,27 2 – 12,5 2 ≈ 17,21 cm. 

Такође, можемо искористити једнакост tg α = a . Како је tg 36° ≈ 0,7265, имамо да је 

a 

b 

b = ≈ 12,5 : 0,7265 ≈ 17,21 cm. 

tg α 

2. 


Одреди хипотенузу, непознату катету и непознат оштар угао правоуглог троугла 

ABC чија је једна катета b = 12,5 cm и оштар угао који на њу належе α = 36°. 





Значајна примена тригонометрије односи се на одређивање растојања до 

недоступних тачака. 


Израчунајмо удаљеност брода од светионика високог 8 m: 

(а) ако се са врха светионика 

брод види под углом од 85°; 

(б) ако се врх светионика са 

брода види под углом од 7°. 

85˚ 

8 m 

x 

8 m 

x 

7˚ 

(а) Из tg 85° = x 8 

и tg 85° ≈ 11,43 следи да је x ≈ 91,44 m. 

(б) Из tg 7° = 8 x 

и tg 7° ≈ 0,12 следи да је x ≈ 66,67 m. 


Размотримо неколико карактеристичних ситуација у којима треба 

одредити висину објекта без директног мерења. Наравно, подразумева 

се да посматрач поседује уређај за мерење углова. 

1) Претпоставимо да посматрач види врх дрвета под углом од 12° у 

односу на тзв. линију хоризонта која је у приказаном случају од тла 

удаљена 1,5 m. Ако је растојање између посматрача и дрвета 10 m, онда 

се висина дрвета h може одредити на следећи начин: 

x 

= tg 12° ≈ 0,21, x ≈ 2,1 m, h = x + 1,5 ≈ 3,6 m. 

10 

2) Претпоставимо сада да се дрво налази на ивици узвишења као на 

слици десно, тако да посматрач види подножје дрвета под углом од 15° 

у односу на линију хоризонта, а врх дрвета под углом од 27° у односу 

на исту линију. Ако је растојање између посматрача и узвишења 10 m, 

висина дрвета h се може одредити на следећи начин: 

x 

10 = tg 27° ≈ 0,51, x ≈ 5,1 m, x – h 

= tg 15° ≈ 0,27, x – h ≈ 2,7, h ≈ 2,4 m. 

10 

3) Уколико није познато растојање између посматрача и дрвета, врх 

дрвета би требало посматрати са два различита места између којих се 

удаљеност може одредити. У ситуацији као на слици десно, висина h се 

одређује на следећи начин: 

x 

x 

= tg 12° ≈ 0,21, = tg 7° ≈ 0,12, 

y y + 10 

одакле добијамо да је x ≈ 2,8 па и h = x + 1,5 ≈ 4,3 m. 

x 

h 

x h 

12˚ 

10 m 

10 m 

1,5 m 

1,5 m 




x 

h 

27˚ 

15˚ 

12˚ 

y 

7˚ 

10 m 

1,5 m 

285

10 

Б 


Ако је P површина оштроуглог троугла чије су странице a и b 

и њима захваћен угао γ, онда је 

P = 1 ab sin γ. 

2 

Доказ. Нека је h a 

висина која одговара страници a. Тада је h a 

= b sin γ, па из 

формуле P = 1 2 ah следи да је a 

P = 1 2 ah = 1 ab sin γ. ■ 

a 

2 

3. 


Израчунај површину троугла чије су две странице 5,2 cm и 12,4 cm, а угао који оне 

захватају је 28°. 


Правилан n-тоугао, n > 4, уписан је у круг полупречника 1. Овај n-тоугао састоји 

се од n једнакокраких троуглова чији су краци јединичне дужине и угао између 

њих 360° . Сви ови троуглови су међусобно подударни и површина сваког од њих 

n 

је P Δ 

= 1 360° 

∙ 1 ∙ 1 ∙ sin 

2 n = 1 360° 

sin 

2 n . 

Дакле, површина n-тоугла је 

P n 

= n 360° 

sin 

2 n . 

У табели су дате површине многоугла за неколико конкретних вредности n. 

n 6 23 100 1000 

P n 

2,598076… 3,102662… 3,139525… 3,141571… 

Није тешко уочити да ће повећањем броја n, број P n 

бити све ближи броју π, тј. 

површини круга јединичног полупречника. 

286 

4. 

5. 


Правилан n-тоугао, n > 4, уписан је у круг полупречника 1. Ако је O n 

обим овог 

n-тоугла, докажи да је 

O n 

= 2n ∙ sin 180° 

n . 

Употребом калкулатора одреди O n 

за n = 6, 23, 100, 1000, 10 000. Шта примећујеш? 


Праве p и q секу се под оштрим углом φ. Ако је A'B' ортогонална пројекција на 

праву p дужи AB која лежи на правој q, докажи да је 

A'B' = AB cos φ. 




Задаци 

Тригонометријске функције оштрих углова 

1. Одредити вредности тригонометријских функција углова приказаних на 

сликама испод. 

А 

2. Изабери јединичну дуж, а затим конструиши дужи чије су дужине редом једнаке: 

1) tg 75°, ctg 75°, sin 75°, cos 75°; 2) tg 15°, ctg 15°, sin 15°, cos 15°. 

3. Конструиши угао α ако је: 

1) tg α = 1,5 ; 2) ctg α = 2; 3) sin α = 0,75; 4) cos α = 0,6. 

4. Поређај по величини оштре углове α 1 

, α 2 

, α 3 

ако је: 

1) sin α 3 

< sinα 2 

< sin α 1 

; 2) ctg α 3 

< ctg α 2 

< ctg α 1 

. 

Вредности тригонометријских функција 

оштрих углова 

А 

5. Израчунај: 

1) tg 30° + ctg 30°; 2) sin 60° (1 – cos 60°); 

3) sin 2 30° + cos 2 45°; 4) 

tg 45° + ctg 45° 

sin 30° + cos 30° . 

6. Употребом калкулатора одреди вредности тригонометријских функција 

следећих углова: 

1) 17°; 2) 38°30'; 3) 86,25°. 

7. Употребом калкулатора одреди меру угла α ако је: 

1) sin α = 0,45; 2) cos α = 0,94; 3) tg α = 1,74; 4) ctg α = 0,25. 

8. Процени меру оштрог угла α ако је: 

1) cos α < 0,5; 2) sin α ≤ 0,5; 3) 1 ≤ tg α; 4) √3 < ctg α ≤ 1. 

3 

Основни тригонометријски идентитети 

Б 

Ако је α 1 

< α 2 

, онда је: 

tg α 1 

< tg α 2 

; ctg α 2 

< ctg α 1 

; 

sin α 1 

< sin α 2 

; cos α 2 

< cos α 1 

. 

9. Ако је cos α = 2 , одреди sin α, tg α и ctg α. 

3 

10. Ако су α, β и γ углови троугла, докажи једнакости: 

sin α + β 

2 = cos γ 2 , cos α + β 

2 = sin γ 2 , tg α + β 

2 = ctg γ 2 , ctg α + β 

2 = tg γ 2 . 

Б 




287

10 

1 

2 57648 9 

11. Докажи да су за сваки оштар угао α тачне једнакости: 

1) (sin α + cos α)(sin α – cos α) = 1 – 2cos 2 α; 

2) tg α(1 – ctg α) = tg α – 1. 

В 

12. Докажи да су за сваки оштар угао α тачне једнакости: 

cos α 

1) 

1 + sin α = 1 – sin α ; 2) (1 – cos α)(tg α + ctg α)(1 + cos α) = tg α; 

cos α 

3) ctg α – 1 

ctg α + 1 = 1 – tg α 

sin α + tg α 

; 4) 

1 + tg α 1 + cos α 

= tg α. 

14. Без употребе калкулатора израчунај вредности израза 

1) tg 20° ∙ tg 40° ∙ tg 50° ∙ tg 70°; 2) sin 2 40° + sin 2 50°. 

А 

Сваки од задатака се 

може решити на више 

начина. 

Примене тригонометријских функција 

15. Одреди непознате странице и оштре углове правоуглог троугла ABC са правим 

углом у темену C ако је: 

1) a = 7,32 cm, b = 3,64 cm; 2) a = 12,4 cm, c = 24 cm; 

3) b = 2,62 cm, c = 5,05 cm; 4) c = 6,75 cm, β = 32°; 

5) c = 7,45 cm, α = 17,2°; 6) a = 22,4 cm, α = 22,4°; 

7) a = 6,04 cm, β = 54°; 8) b = 6,2 cm, α = 37°30'; 

9) b = 9,1 cm, β = 23°. 

16. Одреди угао који дијагонала коцке заклапа са једном њеном страном (слика 

лево). 

17. Одреди углове ромба чије су дијагонале d 1 

= 6 cm и d 2 

= 8 cm. 

18. Дата је кружница полупречника 4 cm. Одреди централни угао који одређује 

тетива дужине 3 cm. 

19. Израчунај дужину кракова једнакокраког троугла ако је његова основица 5 cm 

и угао при врху 34°. 

20. Нагиб пута изражава се у процентима и одређује колико је стрма нека 

узбрдица (односно низбрдица). Претпостављајући да је успон равномеран, 

нагиб узбрдице представља количник такозваног вертикалног и 

хоризонталног успона. 

Другим речима, нагиб узбрдице представља тангенс 

нагибног угла φ изражен у процентима. 

1) Одреди нагибни угао узбрдице чији је нагиб 7%. 

2) Одреди нагиб узбрдице ако је нагибни угао 3°. 

288 

θ 

21. Физика показује да је брзина v тела облика квадра које клизи низ стрму раван 

v = gt sin θ, 

уз занемаривање трења, при чему је g гравитациона константа (убрзање које 

даје гравитација), t је време и θ је нагибни угао стрме равни. 

Квадар се клиза низ стрму раван чији је нагибни угао 8°. Одреди приближну 

вредност гравитационе константе ако је измерено да квадар након 3 секунде 

достиже брзину од 4,2 метара у секунди. 





22. Уређаји на броду детектовали су подморницу која је од 

брода удаљена 700 m и која се види под углом од 47° у 

односу на ниво мора. Одреди дубину на којој се налази 

подморница. 

47º 

47º 

700 m 

? 

700 m 

? 

23. Балон се налази 750 m изнад језера. Одреди 

растојање између најудаљенијих тачака језера ако 

се оне виде под угловима од 44° и 25° у односу на 

хоризонт посматрача. 

44º 25º 

750 m 44º 25º 

750 m 

A 

A 

B 

B 

Б 

24. Свемирска летелица се налази 3 km изнад површине Mесеца. орбита Одреди 

орбита 

пречник кратера кружног облика ако се тачка ивице кратера која је 

18º 

најближа летелици из ње види под углом од 25° у односу на орбиту 

25º 

25º 

летелице, а њој дијаметрално супротна тачка под углом од 18°. 

x 

25. Тангенте t 1 

и t 2 

конструисане су из тачке A на кружницу k(O, 4 cm). y 

Ако је |OA| = 10 cm, одреди угао под којим се секу тангенте t 1 

и t 2 

. 

орбита 

18º 

3 km 3 km 

x 

y 

25º 

y 

18º 

x 

3 km 

26. Ако су α и β ошти углови троугла ABC који належу на страницу c и h c 

је висина која одговара страници c, докажи да је 

c 

h c 

= 

ctg α + ctg β . 

27. Одреди полупречник круга који је уписан у једнакокраки троугао чија је 

основица 2 cm и угао при врху 30°. 




289

10 

1 

2 57648 9 

290

Математика, уџбеник са збирком задатака за први разред гимназије, Klett

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?