Математика, уџбеник са збирком задатака за први разред гимназије, Klett
- TAGS
- gimnazija
- klett
- matematika
Create successful ePaper yourself
Turn your PDF publications into a flip-book with our unique Google optimized e-Paper software.
6<br />
2<br />
1 57648 9<br />
Y<br />
Y'<br />
by<br />
x<br />
y<br />
Z<br />
z = ax + by<br />
X<br />
X'<br />
Доказ. Ако је вектор z колинеаран <strong>са</strong> једним од вектора x и y , онда се тврђење<br />
једноставно доказује. На пример, ако је z колинеаран <strong>са</strong> x , онда је z = ax , <strong>за</strong> неки<br />
реалан број a, па је z = ax + 0y .<br />
Претпоставимо да међу векторима x , y и z нема колинеарних. Нека је O<br />
произвољна тачка одговарајуће равни, а тачке X, Y, Z такве да је x = OX , y = OY<br />
и z = OZ . Нека је X’ пресек праве кроз Z паралелне <strong>са</strong> OY , а Y’ пресек праве кроз<br />
Z паралелне <strong>са</strong> OX . Тада је OZ = OX’ + OY’ . Вектори OX и OX’ су колинеарни, па<br />
постоји број a такав да је OX’ = aOX . Такође, вектори OY и OY’ су колинеарни, па<br />
постоји број b такав да је OY’ = bOY .<br />
Дакле, z = OZ = OX’ + OY’ = aOX + bOY = ax + by .<br />
O<br />
ax<br />
Остаје још да покажемо да су бројеви a и b јединствени. Заиста, ако би било<br />
z = a 1<br />
x + b 1<br />
y , <strong>за</strong> неке a 1<br />
и b 1<br />
, при чему је a ≠ a 1<br />
или b ≠ b 1<br />
, имали бисмо да је<br />
ax + by = a 1<br />
x + b 1<br />
y , односно (a – a 1<br />
)x + (b 1<br />
– b)y = 0 , одакле би следило да су x и y<br />
колинеарни, супротно полазној претпоставци. Дакле, a = a 1<br />
и b = b 1<br />
. ■<br />
Приказивање вектора z компланарног <strong>са</strong> неколинеарним векторима x и y у<br />
облику z = ax + by назива се разлагање вектора z по x и y .<br />
Пример 4.<br />
Приликом кретања тела низ стрму (косу) раван, сила теже F се разлаже<br />
на такозвану активну компоненту F a<br />
, паралелну <strong>са</strong> стрмом равни, и<br />
такозвану нормалну компоненту F n<br />
, која је нормална на стрму раван. <br />
Пример 5.<br />
Нека је ABC произвољан троугао, O центар опи<strong>са</strong>не кружнице, H<br />
ортоцентар и A’, B’ и C’ средишта страница BC, CA и AB.<br />
Докажимо да је AH = 2OA’ , BH = 2OB’ , CH = 2OC’ .<br />
Вектори AH и OA’ су колинеарни (правци су им нормални на BC), па је<br />
AH = aOA’ <strong>за</strong> неки реалан број a. Аналогно <strong>за</strong>кључујемо да је BH = bOB’ <strong>за</strong><br />
неки реалан број b. Једноставно се уочава да је B’A’ = OA’ – OB’ и<br />
AB = AH + HB = aOA’ – bOB’ . Из теореме о средњој линији троугла следи да<br />
је AB = 2B’A’ , па је AB = 2OA’ – 2OB’ . Дакле, aOA’ – bOB’ = 2OA’ – 2OB’ ,<br />
то јест<br />
(a – 2)OA’ + (2 – b)OB’ = 0 .<br />
Пошто вектори OA’ и OB’ нису колинеарни, следи да је a – 2 = 0 и 2 – b = 0,<br />
одакле добијамо прве две једнакости. <br />
162<br />
Забрањено је репродуковање, умножавање, дистрибуција, објављивање, прерада и друга употреба овог ауторског дела или његових делова у било ком обиму и поступку, укључујући<br />
фотокопирање, штампање, чување у електронском облику, односно чињење дела доступним јавности жичним или бежичним путем на начин који омогућује појединцу индивидуални приступ делу<br />
<strong>са</strong> места и у време које он одабере, без писмене <strong>са</strong>гласности издавача. Свако неовлашћено коришћење овог ауторског дела представља кршење Закона о ауторском и сродним правима.