Analiticka Geometrija I

Ðura Pauni´c

UVOD U ˇ ANALITICKU GEOMETRIJU

verzija 4.0

Novi Sad maj 2006

Predgovor

Ova knjiga je nastala kao rezultat višegodišnjeg predavanja Analitiˇcke geometrije na PMF u Banja Luci.

iii

Sadržaj

Predgovor

iii

Sadržaj

v

1 Koordinate na pravoj 1.1 Koordinate na pravoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Deljenje duži u datom odnosu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Promena koordinata na pravoj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1 1 3 6

2 Koordinatni sistem u ravni 2.1 Pravougli koordinatni sistem u ravni 2.2 Transformacije koordinata . . . . . 2.3 Rastojanje izmedu ¯ dveju taˇcaka . . 2.4 Polarni koordinatni sistem u ravni . 2.5 Deljenje duži u datom odnosu . . . 2.6 Površina trougla i poligona . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

8 8 10 13 14 16 18

3 Prava u ravni 27 3.1 Jednaˇcina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1.1 Eksplicitna jednaˇcina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 3.1.2 Opšta jednaˇcina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 29 3.1.3 Normalni oblik jednaˇcine prave . . . . . . . . . . . . . . . . 30 3.1.4 Rastojanje taˇcke od prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 3.1.5 Polarni oblik jednaˇcine prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.1.6 Jednaˇcina prave kroz jednu i dve taˇcke i parametarska jednaˇcina . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 3.2 Prava i dve taˇcke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36 3.3 Dve prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 v

Sadržaj

vi

3.3.1 Medusoban odnos dve prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . ¯ 3.3.2 Pramen pravih . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

40 45

4 Krug 4.1 Jednaˇcina kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.1.1 Uslov da jednaˇcna drugog stepena predstavlja krug 4.1.2 Polarna i parametarska jednaˇcina kruga . . . . . . 4.2 Odnos taˇcke i kruga, potencija taˇcke . . . . . . . . . . . . . 4.3 Odnos prave i kruga . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.1 Tangenta u taˇcki na krugu . . . . . . . . . . . . . . . 4.3.2 Tangente iz taˇcke van kruga . . . . . . . . . . . . . . 4.3.3 Polaritet . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4.4 Odnos dva kruga, pramen krugova . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

. . . . . . . . .

5 Konusni preseci 5.1 Preseci pravog kružnog konusa . . . . . . . 5.2 Centralna jednaˇcina elipse . . . . . . . . . 5.2.1 Osobine elipse . . . . . . . . . . . . . 5.3 Centralna jednaˇcina hiperbole . . . . . . . 5.3.1 Osobine hiperbole . . . . . . . . . . 5.4 Jednaˇcina parabole . . . . . . . . . . . . . . 5.5 Temeni oblik jednaˇcine konusnih preseka 5.6 Direktrise elipse i hiperbole . . . . . . . . . 5.7 Polarni oblik jednaˇcine konusnih preseka . 5.8 Odnos prave i konusnih preseka . . . . . . 5.8.1 Tangente konusnih preseka . . . . . 5.8.2 Tetive i preˇcnici konusnih preseka . 5.9 Opšta jednaˇcina drugog stepena . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

70 . 70 . 73 . 76 . 77 . 79 . 83 . 85 . 88 . 90 . 91 . 94 . 100 . 102

. . . . .

107 107 115 115 117 128

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

. . . . . . . . . . . . .

6 Determinante 6.1 Determinante drugog i tre´ceg reda . . . . . . . . . . . . . . 6.2 Determinante n-tog reda . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.1 Parnost permutacija . . . . . . . . . . . . . . . . . . 6.2.2 Definicija determinante n-tog reda i njene osobine 6.2.3 Minori i algebarske dopune . . . . . . . . . . . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

. . . . .

48 48 51 52 54 58 59 62 65 67

Sadržaj 7 Vektori u ravni i prostoru 7.1 Skalarni proizvod dva vektora . . . . 7.2 Vektorski proizvod dva vektora . . . 7.3 Proizvod tri vektora . . . . . . . . . . 7.3.1 Dvostruki vektorski proizvod

vii

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

139 141 142 144 144

8 Prava i ravan u prostoru 8.1 Parametarska i opšta jednaˇcina ravni . . . . . . . . . . . . . 8.1.1 Položaj ravni, medusoban položaj dve, tri i više ravni ¯ 8.1.2 Normalna jednaˇcina ravni . . . . . . . . . . . . . . . . 8.1.3 Pramen ravni . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2 Prava u prostoru . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 8.2.1 Jednaˇcina prave . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

. . . . . .

146 146 149 149 150 151 151

9 Pregled istorije analitiˇcke geometrije

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

. . . .

153

1

Koordinate na pravoj 1.1 Koordinate na pravoj

U analitiˇckoj geometriji najˇceš´ce se koriste orijentisane duži, tj. duži sa definisanim smerom. Duž cˇ ije su krajnje taˇcke A i B naziva se orijentisana duž ako je reˇceno koja se od tih taˇcaka smatra poˇcetnom, a koja krajnjom. Ako je A poˇcetna taˇcka, a B krajnja tada je orijentacija od A ka B i to se oznaˇcava AB , a ako je B poˇcetna, a A krajnja tada je orijentacija od B ka A i to se oznaˇcava B A. Neka su date duži AB i C D na istoj pravoj. Tada su AB i C D isto orijentisane ako poluprava cˇ ija je krajnja taˇcka A, a sadrži taˇcku B sadrži polupravu cˇ ija je krajnja taˇcka C , a sadrži taˇcku D ili obrnuto poluprava cˇ ija je krajnja taˇcka C i sadrži taˇcku D sadrži polupravu cˇ ija je krajnja taˇcka A i sadrži taˇcku B . Inaˇce su duži AB i C D suprotno orijentisane. Za orijentisane duži se uvodi pojam veliˇcina duži, koja je odnos duži i duži izabrane za jedinicu mere (dakle, realan broj). Ako su orijentacije ove dve duži iste tada je veliˇcina duži pozitivna, a inaˇce je negativna. Veliˇcina duži obiˇcno se ne oznaˇcava posebno nego je iz konteksta jasno da li se podrazumeva duž ili njena veliˇcina. Kada je A = B tada je veliˇcina duži 0, a orijentacija nedefinisana. Dužina duži AB je apsolutna vrednost veliˇcine duži tako da se dužina 1

Glava 1. Koordinate na pravoj

2

AB obiˇcno oznaˇcava |AB |. Dužina duži AB cˇ esto se naziva i rastojanje taˇcaka A i B i oznaˇcava se tada sa d (A, B ). Za dve orijentisane duži za koje se krajnja taˇcka prve polapa sa poˇcetnom taˇckom druge definiše se sabiranje duži. Neka su na jednoj pravoj date tri taˇcke A, B i C . Tada se orijentisana duž AC naziva zbir orijentisanih duži AB i BC i oznaˇcava AC = AB + BC . Prvi princip analitiˇcke geometrije da se svakoj taˇcki na pravoj jednoznaˇcno pridružuje koordinata zasniva se na slede´coj teoremi iz euklidske geometrije koju ne´cemo dokazivatai. Njen dokaz je konstruktivan. Teorema (o merenju). Neka je data prava p i neka je na njoj: 1) Odabrana jedna taˇcke i oznaˇcena O , 2) Izabrana taˇcka E , razliˇcita od O . Ako se taˇcki O pridruži broj nula, a taˇcki E broj jedan, tada svakoj taˇcki T na pravoj p odgovara jednoznaˇcno odreden ¯ realan broj t . Apsolutna vrednost broja t je odnos duži OT : OE . Broj t je negativan kada je O izmedu ¯ T i E, a pozitivan u ostalim sluˇcajevima rasporeda taˇcaka O , E i T na pravoj p . Ako taˇcki A odgovara broj a , a taˇcki B odgovara broj b tada je |a − b| dužina duži OB . Obrnuto svakom realnom broju t jednoznaˇcno odgovara taˇcka T na pravoj p , pri cˇ emu nuli odgovara taˇcka O , jedinici odgovara E , a ako broju a odgovara duž O A , a broju b duž AB tada zbiru brojeva a + b odgovara duž OB i ona se naziva zbir duži. Taˇckama na pravoj koje se nalaze sa iste strane taˇcke O na kojoj se nalazi i taˇcka E odgovaraju pozitivni brojevi, a onima na suprotnoj strani negativni. Smer od O ka E se naziva pozitivan, a od E ka O negativan. Dakle, ako se na pravoj p utvrde dve taˇcke, kojima odgovaraju nula i jedinica, koordinate ostalih taˇcaka su jednoznaˇcno odredene. Duž OE se ¯ Slika 1. Brojna osa naziva jediniˇcna duž. Prava na kojoj je odreden smer izborom taˇcaka O i E kojima su pridružene nula i jedinica ¯ naziva se brojna osa ili prosto osa. Pozitivan smer na osi oznaˇcava se strelicom, a taˇcka O se naziva koordinatni poˇcetak (slika 1). Poluprava na koju se preslikavaju pozitivni brojevi naziva se pozitivna poluosa, a poluprava na koju se preslikavaju negativni brojevi negativna poluosa.

1.2. Deljenje duži u datom odnosu

3

Iz teoreme o merenju sledi da je sabiranje duži tako definisano da zbiru duži odgovara zbir brojeva da se može definisati pojam koordinata na brojnoj osi. Definicija (koordinate taˇcke). Koordinata taˇcke T na brojnoj osi p je odnos orijentisane duži OT i jediniˇcne duži OE . Obiˇcno se taˇcke obeležavaju velikim slovima latinice, a njihove koordinate malim slovima latinice, po mogu´cnosti tako da je jasno koja koordinata pripada kojoj taˇcki. Iz definicije koordinate taˇcke sledi da je zgodno da se suprotna orijentacija duži oznaˇci minusom, jer se tada znak orijentacije slaže sa znakom koordinate. Iz definicije koordinate taˇcke T neposredno sledi da ako je taˇcka T izmedu ¯ O i E tada joj je koordinata izmedu ¯ 0 i 1, ako je E izmedu ¯ O i T tada joj je koordinata ve´ca od 1, a ako je O izmedu ¯ T i E tada joj je koordinata negativna. Iz definicije koordinate taˇcke i sabiranja duži, tj. da za svake tri taˇcke važi AB + BC = AC , neposredno se dobija za orijentisanu duž T1 T2 T1 T2 = T1O + OT2 = OT2 − OT1 = x 2OE − x 1OE = (x 2 − x 1 )OE , pa se pomo´cu koordinata lako dobija rastojanje dve taˇcke na osi. Teorema (o dužini duži). Neka su T1 i T2 dve taˇcke na pravoj p , cˇ ije su koordinate x 1 i x 2 . Tada je njihovo rastojanje d (T1 , T2 ) = |x 2 − x 1 | . Dokaz. d (T1 , T2 ) = |OT2 − OT1 | = |(x 2 − x 1 )OE | = |x 2 − x 1 | |OE | = |x 2 − x 1 | .

2

1.2 Deljenje duži u datom odnosu Obiˇcno se podrazumeva da je duž orijentisana. Duži AB = C D ako i samo ako je A = C i B = D, tj. dve duži su jednake ako i samo ako se poklapaju. Definicija (podele duži). Neka je T1 T2 duž na pravoj p . Re´ci´cemo da taˇcka T deli duž T1 T2 u odnosu k , ako i samo ako važi jednakost orijentisanih duži T1 T = kT T2 . Podela duži T1 T2 je prikazana na slici 2.

Glava 1. Koordinate na pravoj

4

Teorema (o podeli duži). Za svako k 6= −1 postoji jedna i samo jedna taˇcka T koja deli duž T1 T2 u odnosu k . Koordinata taˇcke T je x=

x 1 + kx 2 . 1+k

Dokaz. Iz definicije o sabiranju duži za svaki položaj taˇcke T na pravoj T1 T2 se dobija da je T1 T + T T2 = T1 T2 pa kada se prvi sabirak T1 T zameni sa kT T2 , uslovom da je T deona taˇcka, dobija se kT T2 + T T2 = T1 T2 . Kada se na oba sabirka na levoj strani primeni sabiranje duži sa taˇckom O dobija se k (OT2 − OT ) + (OT2 − OT ) = OT2 − OT1 , ili preko jediniˇcne duži (k + 1) (x 2 − x)OE = (x 2 − x 1 )OE , Slika 2. Podela duži T1 T2

a odavde se dobija jednaˇcina

(k + 1)(x 2 − x) = x 2 − x 1 , koja za k 6= −1 ima rešenje kx 2 + x 1 , k +1 pa je rešenje taˇcka T sa koordinatom x. Jednoznaˇcnost taˇcke T sledi iz teoreme o merenju. 2 Ako je k = k 2 : k 1 tada se dobija nešto simetriˇcniji izraz x=

x − x1 =

k2 (x 2 − x) pa je k 1 (x − x 1 ) = k 2 (x 2 − x), k1

a odavde se dobija x=

k1 x1 + k2 x2 . k1 + k2

Iz dokaza ovog tvrdenja jasno je da se za k = 0 taˇcke T i T1 poklapaju. Za ¯ k = 1 dobija se da je T sredina duži T1 T2 , pa kada k raste od 0 do 1 taˇcka T se nalazi u polovini duži T1 T2 bližoj taˇcki T1 . Kada je k > 1 tada se taˇcka T nalazi u polovini duži T1 T2 bližoj T2 . Kada k → ∞ tada taˇcka T teži ka T2 . Ako je

1.2. Deljenje duži u datom odnosu

5

T2 izmedu ¯ T1 i T tada je k u intervalu −∞ < k < −1 i to k raste kako se taˇcka T udaljava od taˇcke T2 . Kada taˇcka T teži beskonaˇcnosti tada k teži −1, pa se može re´ci da k = −1 odgovara beskonaˇcno udaljena taˇcka na pravoj T1 T2 . Konaˇcno kada je T1 izmedu ¯ T i T2 tada je k u intervalu −1 < k < 0. Tvrdenje (o odnosu tri taˇcke). Neka su na pravoj date tri razliˇcite taˇcke A , ¯ B i C i neka taˇcka C deli AB u odnosu k 6= −1. Tada C deli B A u odnosu 1/k , 1 B deli AC u odnosu −1 − k i B deli C A u odnosu − , 1+k 1+k k i A deli C B u odnosu − . A deli BC u odnosu − k 1+k 1+k Dokaz. Dokažimo da A deli BC u odnosu − . Neka A deli BC u odnosu k k 1 . Tada je k1 =

B A BC + C A BC − AC BC CB 1 = = = −1 = − − 1 = − − 1, AC AC AC AC AC k

jer je k = AC /BC . Ostala tvrdenja dokazuju se analogno. ¯ Definicija (harmonijskog para taˇcaka). Neka je dat par razliˇcitih taˇcaka A i B . Par taˇcaka C i D naziva se harmonijski par taˇcaka u odnosu na taˇcke A i B ako taˇcka C deli duž AB u odnosu k (k 6= −1), a taˇcka D u odnosu −k . Iz definicije podele duži dobija se da je AC = kC B

i

AD = −kDB

pa ako se eliminiše k dobija se taˇcke C i D harmonijske dele A i B ako važi AC AD =− CB DB

⇐⇒

AC · B D = −1 AD · BC

⇐⇒

AC · DB + AD · C B = 0.

Iz ove jednakosti i osobina proporcije sledi da je AD AC =− CB DB

AC CB =− AD DB

⇐⇒

⇐⇒

−

C A CB = , AD B D

pa se dobija i da taˇcke A i B harmonijski dele taˇcke C i D. Iz definicije harmonijske podele sledi da je jedna deona taˇcka u unutrašnjosti duži AB , a druga izvan nje. Neka je C izmedu ¯ A i B . Tada iz AC +C B = AB

i

AC = kC B

sledi 1 +

1 AB = , k AC

Glava 1. Koordinate na pravoj

6 a iz AD + DB = AB Kada se 1+

i

AD = −kDB

1 AB = , k AC

i 1−

sledi 1 −

1 AB = . k AD

1 AB = , k AD

saberu dobija se

2 1 1 = + , AB AC AD tj. AB je harmonijska sredina duži AC i AD. Harmonijski par taˇcaka može da se definiše sa AC AD =− CB DB

⇐⇒

AC AD : = −1, C B DB

ali gledano algebarski ova definicija harmonijskih taˇcaka specijalan je sluˇcaj jednakosti AC AD : = d, C B DB kada je d = −1. Definicija (dvorazmera). Neka su data dva razliˇcita para taˇcake A , B i C , D . Koliˇcnik odnosa AC : C B i AD : DB naziva se dvorazmera taˇcaka A , B , C i D .

1.3 Promena koordinata na pravoj Na jednoj pravoj je pogodno imati više koordinatnih sistema, jer je uvek zgodno imati koordinatni sistem preilagoden ¯ problemu, a posle rezultat izraziti u nekom drugom sistemu. 1. Translacija. Neka je drugi koordinatni sistem dobijen translacijom tako da je novi koordinatni poˇcetak u taˇcki O 0 (slika 3), pri cˇ emu taˇcka O 0 u prvom koordiSlika 3. Translacija natnom sistemu ima koordinatu x 0 . koordinatnog sistema Ako se koordinate u drugom (novom) sistemu oznaˇce primovina tada je x = x0 + x 0 ,

⇐⇒

x 0 = x − x0 ,

1.3. Promena koordinata na pravoj

7

tj. koordinate taˇcke T u novom sistemu se dobijaju kada se od koordinate taˇcke T u starom sistemu oduzme koordinata novog koordinatnog poˇcetka u starom sistemu. 2. Homotetija. Neka je drugi (novi) koordinateni sistem dobijen homotetijom sa koeficijentom k, razliˇcitim od nule (slika 4 a)). Tada je x 0 = kx. Pri tom treba voditi raˇcuna da li je k > 0 ili k < 0. Kada je k > 0 tada se prilikom promene koordinata oˇcuvava orijentacija, a kada je k < 0 orijentacija ose se menja. Kada je |k| < 1 tada se medusobna rastojanja taˇcaka smanjuju, a kada je ¯ |k| > 1 medusobna rastojanja taˇcaka se pove´cavaju. ¯ Specijalan sluˇcaj homotetije je simetrija koja se dobija za k = −1. Pri simetriji se ne menjaju rastojanja izmedu ¯ taˇcaka, ali se menja orijentacija (slika 4 b). Homotetija se najˇceš´ce koristi za promenu razmere na osi. Naime, neka je OE 0 nova jedniniˇcna duž i neka je OE = kOE 0 . Tada je Slika 4. Homotetija: OT = xOE = kxOE 0 = x 0OE 0 , a) za k > 1, b) za k = −1 pa je x 0 = kx, tj. nova koordinata se dobija kad se stara koordinata pomnoži brojem koji je odnos stare i nove jediniˇcne duži (kojim se množi nova jediniˇcna duž da se dobija stara). Ako je |k| < 1 tada se homotetija naziva kontrakcija, a ako je |k| > 1 dilatacija.

2

Koordinatni sistem u ravni Da bi se mogao odrediti položaj taˇcke u ravni potrebne su bar dve koordinate. Te dve koordinate mogu da se izaberu na više naˇcina, što zavisi od problema koji se rešava, jer je uvek pogodno ako se koordinate izaberu tako da budu prirodne za dati problem, s nadom da c´ e se problem tada lakše rešiti.

2.1 Pravougli koordinatni sistem u ravni Jedan od najuniverzalnijih koordinatnih sistema je Dekartov pravougli koordinatni sistem. Definicija (Dekartovog koordinatnog sistema). U ravni je zadat Dekartov pravougli koordinatani sistem ako i samo ako su: 1) Odredene dve prave, koje se tradicionalno nazivaju x i y , koje se seku ¯ pod pravim uglom, pri cˇ emu je x tradicionalno horizontalna, a y vertikalna, a preseˇcna taˇcka se oznaˇcava sa O . 2) Na svakoj od njih je izabran jedan smer i nazvan pozitivan. 3) Na pozitivnom smeru prave x je izabrana taˇcka E 1 , a na pozitivnom smeru prave y je izabrana taˇcka E 2 tako da su duži OE 1 i OE 2 iste dužine. 8

2.1. Pravougli koordinatni sistem u ravni

9

Kada ne može da dode ¯ do zabune re´ci c´ emo samo koordinatni sistem, a podrazumeva´ce se Dekartov pravougli koordinatni sistem (slika 5). Obiˇcno se xosa naziva apscisa, predstavlja horizontalno, a pozitivan smer na njoj je udesno, dok se y-osa naziva ordinata, predstavlja vertikalno i pozitivan smer na njoj je nagore. Taˇcka preseka osa se naziva koordinatni poˇcetak i obiˇcno oznaˇcava sa O. Koordinatne ose dele ravan na 4 dela koji se nazivaju kvadranti. U I kvadrantu su obe koordinate taˇcaka pozitivne, u I I kvadrantu je apscisa negativna, a ordinata pozitivna, u I I I kvadrantu su obe koordinate negativne i u I V kvadrantu je apscisa pozitivna, a ordinata negativna (slika 5).

Slika 5. Dekartov koordinatni sistem u ravni Definicija Dekartovog koordinatnog sistema može da se uopšti na više naˇcina; najˇceš´ci su da se duž x i y ose izaberu duži OE 1 i OE 2 razliˇcite dužine, ali tada nije mogu´ce meriti dužine kosih duži, ili da ose nisu normalne nego da zaklapaju zadati ugao razliˇcit od pravog. Kada ose ne zaklapaju prav ugao koordinatni sistem se naziva kosougli i retko se koristi. Tre´ca mogu´cnost je da se posmatraju samo taˇcke sa racionalnim koordinatama itd. Teorema (o jednoznaˇcnosti koordinata). Neka je u ravni dat Dekartov koordinatni sistem. Tada svakoj taˇcki u ravni jednoznaˇcno odgovara ureden ¯ par realnih brojeva i obrnuto svakom uredenom paru realnih brojeva jednoznaˇcno ¯ odgovara taˇcka u ravni.

10

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

Dokaz. Neka je T proizvoljna taˇcka u ravni. Pretpostavimo da se taˇcka T ne nalazi ni na osi x ni na osi y. Oznaˇcimo sa T1 podnožje normale spuštene iz taˇcke T na x-osu, po pretpostavci je T1 6= O, a sa T2 podnožje normale spuštene iz taˇcke T na y-osu, po pretpostavci je T2 6= O. Kako su normale jedinstvene to su i taˇcke T1 na x-osi i T2 na y-osi jednoznaˇcne. Na osnovu teoreme 1. je koordinata taˇcke T1 jednoznaˇcno odredena i neka je oznaˇcena sa x, x 6= 0 jer ¯ je T1 6= O. Analogno je i koordinata taˇcke T2 jednoznaˇcno odredena i neka je ¯ oznaˇcena sa y, y 6= 0 jer je T2 6= O. Tada taˇcke T jednoznaˇcno odgovara uredeni ¯ par realnih brojeva (x, y) 6= (0, 0). Ako je taˇcka na x-osi tada je prva koordinata odredena taˇckom T , a druga ¯ koordinata je nula, pa u ovom sluˇcaju taˇcki T odgovara uredeni par (x, 0). ¯ Ako je taˇcka na y-osi tada je druga koordinata odredena taˇckom T , a prva ¯ koordinata je nula, pa u ovom sluˇcaju taˇcki T odgovara uredeni par (0, y). ¯ Obrnuto, neka je dat koordinatni sistem u rani i uredeni par brojeva (x, y). ¯ Ako je x 6= 0 i y 6= 0, tada na x-osi postoji jednoznaˇcno odredena taˇcka T1 6= O ¯ sa koordinatom x i na y-osi postoji jednoznaˇcno odredena taˇ c ka T ˇ ija je ¯ 2 6= O c koordinata y. Kroz T1 konstruišimo normalu na x-osu, a kroz T2 normalu na y-osu. U preseku tih dveju normala c´ e se nalaziti taˇcka T . Kako su normale jedinstvene to je i taˇcka T jednoznaˇcno odredena. ¯ Ako je y = 0 u paru (x, y) tada je T taˇcka na x-osi cˇ ija je koordinata x, a ako je x = 0 tada je T taˇcka na y-osi odredena svojom koordinatom y. 2 ¯

2.2 Transformacije pravouglog koordinatnog sistema u ravni Sliˇcno kao i na pravoj pogodno je imati više koordinatnih sistema u istoj ravni. Naime, obiˇcno je data neka figura opisana u jednom koordinatnom sistemu, a za rešavanje problema u vezi sa tom figurom pogodnije je da se ona nalazi u specijalnom položaju. Tada se problem rešava tako da se uvede novi koordinatni sistem, u njemu reši problem, a zatim se nadeno rešenje odgovara¯ ju´com transformacijom koordinata preraˇcuna na stare koordinate. Ispitajmo vezu izmedu ¯ dva pravougla koordinatna sistema definisanih u istoj ravni. Uvek je mogu´ce sa najviše tri geometrijske transformacije svesti jedan na drugi. Naime, prvo izvedemo translaciju tako da se poklope koordinatni poˇceci oba sistema. Ako su se poklopile i ose tada je gotovo. Ako ne, x-osa

2.2. Transformacije koordinata

11

Slika 6. Translacija koordinatnog sistema u ravni jednog zaklapa sa x 0 -osom drugog neki ugao α. Izvedemo rotaciju za taj ugao. Tada su x-ose poklopile, a i y-ose su se poklopile kao prave. Ako im se slaže orijentacija tada je gotovo, a u protivnom sluˇcaju treba izvesti jednu osnu simetriju oko x-ose. Ispitajmo transformaciju koordinata pri translaciji, rotaciji, osnoj simetriji oko x-ose i još neka koja se povremeno koriste. 1. Translacija Neka je novi koordinatni sistem dobijen translacijom starog sistema tako da su (x 0 , y 0 ) koordinate koordinatnog poˇcetka novog sistema u starom sistemu (slika 6). Ako koordinate u novom sistemu oznaˇcimo primovima tada je veza starih i novih koordinata data sa x = x0 + x 0 ,

x 0 = x − x0 ,

y = y0 + y 0,

y 0 = y − y0.

2. Rotacija Neka je novi koordinatni sistem dobijen raotacijom starog oko koordinatnog poˇcetka za ugao α (slika 7). Oznaˇcimo koordinate u novom koordinatnom sistemu primovima, i neka je projekcija T10 na T T1 oznaˇcena sa M , a projekcija T10 na x-osu sa N i neka je P presek x 0 -ose i prave T T1 .

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

12

Trougao 4POT1 je sliˇcan trouglu 4P T T10 , jer su im uglovi kod P unakrsni, a ugao kod T1 jednak je uglu kod T10 kao pravi uglovi, pa je i ugao P T T10 . Odatle se dobija da je T10 M = y 0 sin α. Kako je cˇ etvorougao T1 N T10 M pravougaonik to je T1 N = M T10 i T10 N = M T1 pa je x = ON − N T1 = ON − T10 M ,

y = M T1 + T M = T10 N + T M .

Iz trougla 4ON T10 je ON = x 0 cos α i T10 N = x 0 sin α, a iz trougla 4T M T10 je T M = y 0 cos α i T10 M = y 0 sin α pa kada se ovi izrazi zamene u gornje jednakosti konaˇcno se dobija veza izmedu ¯ starih i novih koordinata prilikom rotacije: x = x 0 cos α − y 0 sin α

y = x 0 sin α + y 0 cos α

Slika 7. Rotacija koordinatnog sistema u ravni Da se dobije izraz za nove koordinate preko starih, mogu da se primeni iste formule, samo se obrne orijentacija ugla α. Sinus je neparna, a kosinus parna funkcija pa se dobija x 0 = x cos α + y sin α

y 0 = −x sin α + y cos α.

Isti rezultat može se dobiti i rešavanjem jednaˇcina po x 0 i y 0 .

2.3. Rastojanje izmedu ¯ dveju taˇcaka

13

3. Osna simetrija Osna simetrija oko x-ose je vrlo jednostavna, jer se x-koordinata ne menja, a y-koordinata menja znak: x0 = x

y 0 = −y.

Ako treba da se izvede osna simatrija u odnosu na proizvoljnu pravu, tada treba izvesti translaciju i rotaciju tako da ta prava postane x-osa. Proizvod dve osne simatrije je rotacija (kada se ose seku) ili translacija (kada su ode paralelne). 4. Homotetija Homotetija u odnosu na koordinatni poˇcetak data je sa x 0 = kx,

y 0 = k y,

k 6= 0.

Homotetija sa |k| > 1 se naziva dilatacije, a homotetija sa |k| < 1 kontrakcija. Homotetija sa k = −1 je centralna simetrija. Proizvod dve osne simetrija cˇ ije se ose seku pod pravim uglom su centralna simatrija. ˇ Cesto se koristi i uopštenje homotetije tako da su koeficijenti duž x- ili y-ose razliˇciti. Kada je x 0 = x,

y 0 = k y,

k 6= 0

tada se trasformacije naziva deformacija duž y-ose. Analogno se definiše i deformacija duž x-ose.

2.3 Rastojanje izmedu ¯ dveju taˇcaka Merenje duži koje su na koordinatnim osama ili na pravim paralelnim sa njima je jednostavno. Opšti problem je merenje kosih duži ili odredivanje ras¯ tojanje dve proizvoljne taˇcke. Rešimo najpre jednostavan sluˇcaj kada je jedna krajnja taˇcka duži koordinatni poˇcetak ili nalaženje rastojanja proizvoljne taˇcke T (x, y), koja ne leži na koordinatnim osama, od koordinatnog poˇcetka. Neka je T 0 podnožje noramle

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

14

spuštene iz taˇcke T na x-osu. Ako se primeni Pitagorina teorema na pravougli trougao 4OT 0 T dobija se q d (O, T ) = x 2 + y 2 . Primetimo da ova formula važi i kada se taˇcka T nalazi na koordinatnim osama. Neka su sada date dve taˇcke T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ). Uvedimo novi koordinatni sistem, dobijen translacijom starog, tako da je taˇcka T1 novi koordinatni poˇcetak. Tada su (x 1 , y 1 ) koordinate novog koordinatnog poˇcetka u starom sistemu, pa je veza novih istarih koordinata data sa x 0 = x − x1 ,

y 0 = y − y1.

Slika 8. Rastojanje dveju taˇcaka u ravni Dobija se da je q

q d (T1 , T2 ) =

x 202 + y 202 =

(x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 .

2.4 Polarni koordinatni sistem u ravni Položaj taˇcaka u ravni može lako da se odredi na još jedan naˇcin. Naime, položaj taˇcke T (x, y) je jednoznaˇcno odreden ako se zna njeno rastojanje r ¯

2.4. Polarni koordinatni sistem u ravni

15

(r ≥ 0) od koordinatnog poˇcetka i ugao ϕ (0 ≤ ϕ < 2π) koji zaklapa duž OT sa pozitivnim delom x-ose. Ako je položaj taˇcke T zadat njenim rastojanjem od koordinatnog poˇcetka r i uglom ϕ koji duž OT zaklapa sa pozitivnim delom x-ose tada se kaže da je taˇcka odredena svojim polarnim koordinatama. r se ¯ naziva radijus vektor, a ϕ polarni ugao.

Slika 9. Polarni koordinatni sistem u ravni (levo), rotacija u polarnom koordinatnom sistemu (desno) Ako je T1 projekcija taˇcke T (x, y) na x-osu tada je u pravouglom trouglu 4OT1 T , duž OT hipotenuza, OT1 je nalegla kateta dužine |x|, ili kao orijentisana duž dužine x, a T T1 je naspramna kateta i njena dužina je |y| ili y ako se posmatra kao orijentisana duž. Dobija se da je sin ϕ = p

y x2 + y 2

,

cos ϕ = p

x x2 + y 2

,

tg ϕ =

y . x

Time se dobija da je veza izmedu ¯ polarnih i Dekartovih koordinata.  y arctg x , x 6= 0,     π q  2 , x = 0, y > 0, 2 2 r =+ x +y ϕ=  − π2 , x = 0, y < 0,     nedefinisano, x = 0, y = 0.

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

16 i obrnuto x = r cos ϕ,

y = r sin ϕ.

Koriš´cenjem polarnog koordinatnog sistema vrlo lako se izvodi transformacija koordinata prilikom rotacije. Neka je novi koordinatni sistem dobijen rotacijom za ugao α oko koordinatnog poˇcetka (slika 9, desno). Tada je r = r 0 i ϕ0 = ϕ − α pa se iz x 0 = r 0 cos ϕ0 i y 0 = r 0 sin ϕ0 dobija x 0 = r cos(ϕ − α),

y 0 = r sin(ϕ − α).

Kada se iskoriste adicione formule za sinus i kosinus i veze x = r cos ϕ i y = r sin ϕ dobija se x 0 = r cos ϕ cos α + r sin ϕ sin α = x cos α + y sin α, y 0 = r sin ϕ cos α − r cos ϕ sin α = −x sin α + y cos α.

2.5 Deljenje duži u datom odnosu Izvedimo sada obrazac za koordinate taˇcke koja deli duž u datom odnosu. Neka je data duž T1 T2 i realan broj k 6= −1. Odredimo na pravoj t odredenom ¯ taˇckama T1 i T2 taˇcka S tako da taˇcka S deli duž T1 T2 u odnosu k. U prethodnom poglavlju rešili smo ovaj problem za duž na osi. Opšti sluˇcaj u ravni može se svesti na podelu duži na osi. Ako se najpre koordinatni sistem translira tako da taˇcka T1 postane novi koordinatni poˇcetak, a zatim se izvede rotacija da taˇcka T2 postane taˇcka na x-osi tada je problem sveden na podelu duži na osi. Ako se koordinate posle translacije oznaˇce primom, a posle rotacije sa dva prima dobili smo da se taˇcka T2 nalazi na x 00 -osi. Tada se prava t poklapa sa x 00 -osom i možemo direktno da primenimo rezultat teoreme o podeli duži iz prethodnog poglavlja (slika 10). Imamo taˇcka T1 (0, 0) i T2 (x 200 , 0), pa postoji taˇcka S na x 00 -osi za koju je x s00 =

k x 00 1+k 2

y s00 = 0.

Iz formula za stare koordinade pomo´cu novih u sluˇcaju rotacije je x 0 = x 00 cos α − y 00 sin α,

y 0 = x 00 sin α + y 00 cos α,

2.5. Deljenje duži u datom odnosu

17

Slika 10. Podela duži u datom odnosu

pa je i x s0 = x s00 cos α − y s00 sin α,

y s0 = x s00 sin α + y s00 cos α.

Za sve taˇcke na x 00 -osi za koje je x 00 6= 0 je cos α =

x0 , x 00

sin α =

y0 x 00

pa i za x 200 . Kada zamenimo ove vrednosti kosinusa i sinusa i koordinate taˇcke S dobija se da je x0 y0 k k 00 2 00 2 0 0 x x xs = i ys = , 1 + k 2 x 200 1 + k 2 x 200 ili kada se sredi x s0 =

k x0 1+k 2

i

y s0 =

k y0 . 1+k 2

Ako se sada iskoristi da je x 0 = x − x 1 , y 0 = y − y 1 konaˇcno se dobija da je x s − x1 =

k (x 2 − x 1 ) 1+k

⇐⇒

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

18

xs =

k k 1 k x 1 + kx 2 x2 + x1 − x1 = x1 + x2 = . 1+k 1+k 1+k 1+k 1+k

Analogno se dobija da je i ys =

y1 + k y2 . 1+k

Kada je k = k 1 /k 2 tada se dobija da je xs =

k1 x1 + k2 x2 k1 + k2

i

ys =

k1 y 1 + k2 y 2 . k1 + k2

Ako je k = 1, tj. kada je T1 S = ST2 pa je S sredina duži T1 T2 , dobija se da je xs =

x1 + x2 2

i

ys =

y1 + y2 . 2

Primer. Neka je dat trougao 4ABC cˇ ija temena imaju koordinate A(x a , y a ), B (x b , y b ), C (x c , y c ). Odrediti koordinate težišta. Težiste se nalazi na težišnici (duži koja spaja jedno teme sa sredinom suprotne stranice) i deli je odnosu 2 : 1, pri cˇ emu je bliže sredini stranice. Ako se sa D oznaˇci sredina stranice AC , a težiste sa T i prethodna reˇcenica prevede na koordinate dobija se da je D(x d , y d ) =

³x +x y + y ´ c c b b , . 2 2

Za T se dobija da je AT = 2T D pa je µ ¶ ³ x a + 2x d y a + 2y d x a + xb + xc y a + y b + y c ´ T (x t , y t ) = , = , . 3 3 3 3 Posledica ovog tvrdenja je da se sve tri težišnice seku u jednoj taˇcki, jer ako ¯ se T izraˇcuna na isti naˇcin na težišnicama iz temena B i C uvek se dobija ista taˇcka.

2.6 Površina trougla i poligona Izraˇcunajmo sada površinu trougla ako su mu poznata temena, tj. ako su poznate koordinate temena. Taj problem je najlakše rešiti u dva koraka. Naime, ako se translira koordinatni sistem tako da jedno teme postane koordinatni

2.6. Površina trougla i poligona

19

Slika 11. Površina trougla transformacijom koordinata poˇcetak novog koordinatnog sistema, a zatim se rotira tako da jedna stranica bude na x-osi tada je problem jednostavno rešiti. Zatim treba izvesti transformacije koordinatnog sistema u obrnutom redosledu. Neka je dat trougao 4T1 T2 T3 tako da je T3 (0, 0) u koordinatnom poˇcetku, T1 (x 1 , 0) na pozitivnom delu x-ose, a T2 (x 2 , y 2 ) u gornjoj poluravni (slika 11). Tada je površina trougla x1 y 2 P= . 2 Ako T1 nije na pozitivnom delu x-ose tada je potrebno izvesti osnu simetriju oko y-ose (y = y 0 , x = −x 0 ), a ako T2 nije u gornjoj poluravni tada je potrebno izvesti osnu simetriju oko x-ose (y = −y 0 , x = x 0 ). Dobija se da je za proizvoljan položaj taˇcke T1 na x-osi i T2 površina trougla P=

1 ¯¯ 00 00 ¯¯ x y . 2 1 2

Koriste´ci vezu izmedu ¯ starih i novih koordinata pri rotaciji koordinatnog sistema dobija se da je x 00 = x 0 cos α + y 0 sin α,

y 00 = y 0 cos α − x 0 sin α,

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

20

gde je α ugao koji zaklapa T3 T1 sa x-osom. Kosinus i sinus tog ugla izraˇcunavaju se iz pravouglog trougla 4T3 ST1 sin α =

y 10 x 100

,

cos α =

x 10 x 100

.

Kada se ova rotacija primeni na obrazac P = |x 100 y 200 |/2 dobija se ¯ ¯ x 02 + y 02 x 0 y 0 − x 0 y 0 ¯ 1 ¯¯ 0 1 ¯ P= (x 1 cos α + y 10 sin α)(y 20 cos α − x 20 sin α) ¯ = ¯ 1 00 1 · 1 2 00 2 1 2 2¯ x1 x1 =

¯ ¯ ¯ ¯= ¯

¯ 1 ¯¯ 0 0 x 1 y 2 − x 20 y 10 ¯ , 2

jer se iz pravouglog trougla 4T3 ST1 dobija da je x 102 + y 102 = x 1002 . Dobili smo koristan obrazac za površinu trougla cˇ iji je teme T3 u koordinatnom poˇcetku ¯ 1¯ P = ¯ x1 y 2 − x2 y 1 ¯ . 2 Da se dobije površina trougla u opštem sluˇcaju ostaje još samo da se izvede translacija x 0 = x − x3 y 0 = y − y3. ¯ ¯ Tada se iz obrasca P = 12 ¯ x 10 y 20 − x 20 y 10 ¯ dobija P= =

¯ 1 ¯¯ (x 1 − x 3 )(y 2 − y 3 ) − (x 2 − x 3 )(y 1 − y 3 ) ¯ = 2

¯ 1 ¯¯ x1 y 2 − x1 y 3 − x3 y 2 + x3 y 3 − x2 y 1 + x2 y 3 + x3 y 1 − x3 y 3 ¯ = 2 ¯ 1¯ = ¯ x 1 (y 2 − y 3 ) + x 2 (y 3 − y 1 ) + x 3 (y 1 − y 2 ) ¯ . 2

Ovaj obrazac se lako pamti na slede´ci naˇcin. Obrazac se sastoji od sabiraka oblika x i (y j − y k ) u kojima se indeksi ponavljaju cikliˇcki 123, 231 i 312. Obrazac za površinu trougla može da se napiše i u nesto drukˇcijem obliku tako da ima jednostavno geometrijsko tumaˇcenje. P=

¯ 1 ¯¯ (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) + (x 2 y 3 − x 3 y 2 ) + (x 3 y 1 − x 1 y 3 ) ¯ . 2

2.6. Površina trougla i poligona

21

Slika 12. Izraˇcunavanje površina pomo´cu polarnih koordinata: trougla (levo) i konveksnog poligona (desno) Površina trougla 4T1 T2 T3 dobija se tako da se od površine trougla 4OT1 T2 oduzmu površine trouglova 4OT1 T3 i 4OT3 T2 . Dakle, potrebno je samo znati površinu trougla u kome je jedno teme u koordinatnom poˇcetku. Površina trougla cˇ ije je jedno teme u koordinatnom poˇcetku može vrlo lako da se izvede koriš´cenjem polarnih koordinata. Neka je dat trougao 4OT1 T2 (slika 12 levo). U polarnim koordinatama su T1 (r 1 , ϕ1 ) i T2 (r 2 , ϕ2 ) pa je površina trougla ¡ ¢ 1 1 P 4OT1 T2 = r 1 r 2 sin(ϕ2 − ϕ1 ) = r 1 r 2 sin ϕ2 cos ϕ1 − sin ϕ1 cos ϕ2 = 2 2 ¯ £¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¡ ¢¤ 1 ¯ 1 = r 1 cos ϕ1 r 2 sin ϕ2 − r 2 cos ϕ2 r 1 sin ϕ1 = ¯x 1 y 2 − x 2 y 1 ¯ . 2 2 Ako se od površine trougla 4OT1 T2 oduzmu površine trouglova 4OT1 T3 i 4OT3 T2 dobija se obrazac P=

¯ 1 ¯¯ (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) + (x 2 y 3 − x 3 y 2 ) + (x 3 y 1 − x 1 y 3 ) ¯ , 2

koji je malopre izveden. Obrazac za površinu trougla P=

¯ 1 ¯¯ (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) + (x 2 y 3 − x 3 y 2 ) + (x 3 y 1 − x 1 y 3 ) ¯ . 2

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

22

odmah može da se uopšti na obrazac za izraˇcunavanje površine konveksnog poligona od n taˇcaka, jer se isti postupak može primeniti na konveksan poligon (slika 12 desno). Neka je dat konveksan poligon svojim temenima T1 (x 1 , y 1 ), T2 (x 2 , y 2 ), . . . , Tn (x n , y n ). Tada je njegova površina P=

¯ 1 ¯¯ (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) + (x 2 y 3 − x 3 y 2 ) + . . . + (x n−1 y n − x n y n−1 ) + (x n y 1 − x 1 y n ) ¯ . 2

Dokaz se ostavlja za vežbu. Šta se dobija kada poligon nije konveksan? Teorema (O taˇckama na stranicama trougla). Neka je dat trougao 4ABC svojim temenima A(x a , y a ), B (x b , y b ) i C (x c , y c ). Na stranici AB je data taˇcka C 1 koja je deli u odnosu r , r 6= −1, na stranici BC taˇcka A 1 koja je deli u odnosu s , s 6= −1, i na stranici C A taˇcka B 1 koja je deli u odnosu t , t 6= −1. Tada je odnos površina trouglova 4ABC i 4A 1 B 1C 1 . P A 1 B 1C 1 =

1 + r st P ABC . (1 + r )(1 + s)(1 + t )

Dokaz. Koordinate taˇcaka A 1 , B 1 i C 1 su µ ¶ ³ x + sx y + s y ´ xc + t x a y c + t y a c c b b A1 , , B1 , , 1+s 1+s 1+t 1+t

C1

³x +r x y +r y ´ a a b b , . 1+r 1+r

Površina trougla 4A 1 B 1C 1 može da se dobije kada se od površine trougla 4ABC oduzmu površine trouglova 4A C 1 B 1 , 4B A 1C 1 i 4C A 1 B 1 . Izraˇcunajmo dvostruke površine ovih trouglova vode´ci raˇcuna o orijentaciji tako da ne pišemo apsolutnu vrednost £ ¤ 2P AC 1 B 1 = (x a y c1 − x c1 y a ) + (x c1 y b1 − x b1 y c1 ) + (x b1 y a − x a y b1 ) = µ ¶ ·³ x a + r xb y c + t y a xc + t x a y a + r y b y a + r yb x a + r xb ´ − ya + · − · + = xa 1+r 1+r 1+r 1+t 1+t 1+r µ ¶¸ h ¢ xc + t x a yc + t y a r ¡ + ya − xa = x a y b − xb y a + 1+t 1+t 1+r £¡ ¢ ¡ ¢ ¡ ¢¤ 1 + x a y c − xc y a + r xb y c − xc y b + r t xb y a − x a y b + (1 + r )(1 + t ) ¸ ·µ ¶ ¢ ¡ ¢ rt r 1 ¡ − xc y a − x a y c = x a y b − xb y a + + 1+t 1 + r (1 + r )(1 + t )

2.6. Površina trougla i poligona

+

23

µ ¶ ¸ ¡ ¢ ¡ ¢ 1 r 1 xc y a − x a y c = xb y c − xc y b + − (1 + r )(1 + t ) 1 + t (1 + r )(1 + t ) · ¢ ¡ ¢ ¡ r r = x a y b − xb y a + xb y c − xc y b + (1 + r )(1 + t ) (1 + r )(1 + t ) ¸ ¢ ¢ ¡ £¡ r r + xc y a − x a y c = x a y b − xb y a + (1 + r )(1 + t ) (1 + r )(1 + t ) ¢¤ ¡ ¢ ¡ r + xb y c − xc y b + xc y a − x a y c = 2P ABC (1 + r )(1 + t )

Kada se skrati sa 2 dobija se da je P AC 1 B 1 =

r P ABC . (1 + r )(1 + t )

Potpuno analogno se dobija da je P B A1C 1 =

s P ABC (1 + s)(1 + r )

i PC B 1 A 1 =

t P ABC . (1 + t )(1 + s)

Slika 13. Taˇcke na stranicama trougla (levo), Menelajeva teorema (desno) Sada možemo da izraˇcunamo povtšinu traženog trougla, od površine trougla 4ABC treba oduzeti površine ova tri trougla. Dobija se P A 1 B 1C 1 = P ABC − P AC 1 B 1 − P B A 1C 1 − PC B 1 A 1 =

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

24 µ = 1−

¶ r s t − − P ABC = (1 + r )(1 + t ) (1 + s)(1 + r ) (1 + t )(1 + s) 1 + r st = P ABC . 2 (1 + r )(1 + s)(1 + t ) Iz ove teoreme odmah se dobija vrlo korisna posledica, potreban i dovoljan uslov da tri taˇcke na trima pravama leže na jednoj pravoj. Posledica (Menelajeva teorema). Neka je dat trougao 4ABC . Na stranici AB je data taˇcka C 1 koja je deli u odnosu r , r 6= −1, na stranici BC taˇcka A 1 koja je deli u odnosu s , s 6= −1, i na stranici C A taˇcka B 1 koja je deli u odnosu t , t 6= −1. Potreban i dovoljan uslov da taˇcke A 1 , B 1 i C 1 leže na jednoj pravoj je da važi: r st = −1. ˇ Kao primenu dokažimo Cevinu i Dezargovu teoremu. ˇ Cevina teorema. Neka je dat trougao 4ABC . Na stranici AB data je taˇcka C 1 koja je deli u odnosu r , r 6= −1, na stranici BC taˇcka A 1 koja je deli u odnosu s , s 6= −1, i na stranici C A taˇcka B 1 koja je deli u odnosu t , t 6= −1. Potreban i dovoljan uslov da se prave A A 1 , B B 1 i CC 1 seku u jednoj taˇcki je da važi: r st = 1. Dokaz. Neka se prave A A 1 , B B 1 i CC 1 seku u jednoj taˇcki i neka je to taˇcka T (slika 14). Primenimo Menelajevu teoremu na trougao 4AB A 1 i pravu CC 1 . Tada važi AC 1 BC A 1 T · · = −1. C1B C A1 T A Primenimo sad Menelajevu teoremu na trougao 4A A 1C i pravu B B 1 . Tada važi ˇ Slika 14. Cevina teorema

AT A 1 B C B 1 · · = −1. T A 1 BC B 1 A

Kada izmnožimo ove dve jednakosti dobijamo AC 1 BC A 1 T AT A 1 B C B 1 · · · · · = 1. C 1 B C A 1 T A T A 1 BC B 1 A

2.6. Površina trougla i poligona

25

Kada se skrate BC , A 1 T i AT (pri tom se koristi da je UV = −V U ), dobija se da je AC 1 B A 1 C B 1 · · = 1. C 1 B A 1C B 1 A Obrnuto neka za taˇcke A 1 , B 1 i C 1 na stranicama trougla 4ABC važi AC 1 B A 1 C B 1 · · = 1, C 1 B A 1C B 1 A i neka prava A A 1 ne prolazi kroz taˇcu T , presek pravih B B 1 i CC 1 . Neka prava AT seˇce naspramnu stranu u taˇci A 01 . Tada važi AC 1 B A 01 C B 1 · · = 1. C 1 B A 01C B 1 A pa je

ili kada se skrati

AC 1 B A 1 C B 1 AC 1 B A 01 C B 1 · · = · , · C 1 B A 1C B 1 A C 1 B A 01C B 1 A B A 1 B A 01 = 0 . A 1C A 1C

Taˇcke A 1 i A 01 dele BC u istom odnosu pa se A 1 i A 01 poklapaju. 2 ˇ Primena Cevine teoreme u analitiˇckoj geometriji nije jako velika, jer je algebarski uslov da tri prave prolaze kroz jednu taˇcku vrlo jednostavan. Dezargova teorema. Neka su dati trouglovi 4ABC i 4A 1 B 1C 1 pri cˇ emu su prave A A 1 , B B 1 i CC 1 konkurentne. Neka se prave AB i A 1 B 1 seku u taˇcki P , prave BC i B 1C 1 u taˇcki Q i prave C A i C 1 A 1 u R . Tada su taˇcke P , Q i R kolinearne. Dokaz. Taˇcke P , A 1 i B 1 leže na pravoj koja preseca stranice trougla 4O AB (slika 15), pa je na osnovu Menelajeve teoreme AP B B 1 O A 1 · · = −1. P B B 1O A 1 A Analognom primenom Menelajeve teoreme na trougao 4OBC i pravu B 1C 1Q dobija se BQ CC 1 OB 1 · · = −1, QC C 1O B 1 B

26

Glava 2. Koordinatni sistem u ravni

Slika 15. Dezargova teorema i primenom na trougao 4OC A i pravu RC 1 A 1 dobija se C R A A 1 OC 1 · · = −1. R A A 1 O C 1C Kada se ove tri jednakosti izmnože dobija se AP BQ C R · · = −1. P B QC R A Taˇcke P , Q i R se nalaze na stranicama trougla 4ABC pa leže na jednoj pravoj.

2 Dezargova teorema važi i u sluˇcaja kada su neke od preseˇcnih taˇcaka ili pravih u beskonaˇcnosti.

3

Prava u ravni Prava je jedna od najjednostavnijih i najvažnijih geoemetrijskih figura tako da se u geometriji bira za osnovni pojam. Niz geometrijskih figura sastoji od pravih ili njenih delova. Ispitajmo najpre jednaˇcinu prave.

3.1 Jednaˇcina prave Jednaˇcina prave može da se zada na više naˇcina, iako su svi naˇcini medu¯ sobno ekvivalentni.

3.1.1 Eksplicitna jednaˇcina prave Neka je p prava u ravni koja nije paralelna ni jednoj koordinatnoj osi. Prava p jednoznaˇcno je odredena sa svoje dve razliˇcite taˇcke. Neka p seˇce y-osu u ¯ taˇcki M (0, m) i neka je N proizvoljna druga taˇcka na toj pravoj razliˇcita od M (slika 16 levo). Ako transliramo koordinatni sistem tako da M postane koordinatni poˇcetak tada imamo pravu koja prolazi kroz koordinatni poˇcetak i nije paralelna koordinatnim osama. Neka je T (x 0 , y 0 ) proizvoljna taˇcka na pravoj p. Tada su trou27

Glava 3. Prava u ravni

28

Slika 16. Prava u ravni: u opštem položaju (levo), vertikalna i horizontalna prava (desno) glovi 4O 0 T T 0 i 4O 0 N N 0 sliˇcni, pri cˇ emu je na slici primom oznaˇceno podnožje normale spuštene iz taˇcka na pravoj na x 0 -osu. Iz ove sliˇcnosti dobija se da je 0 y 0 yN = 0 . x 0 xN

Prava p je jednoznaˇcno odredena uglom α koji zaklapa sa x-osom. Tangens ¯ ovog ugla y0 tg α = N 0 =k xN se najˇceš´ce oznaˇcava k i naziva koeficijent pravca prave. Dobija se 0 y 0 yN = 0 =k x 0 xN

⇐⇒

y = kx.

Ako se sad vratimo na stare koordinate x 0 = x, y 0 = y − m dobija se da je jednaˇcina prave koja nije paralelna koordinatnim osama y = kx + m. U ovoj jednaˇcini je k tangens ugla koji prava zaklapa sa x-osom, a m je odseˇcak na y-osi. Jednaˇcina krive u obliku y = f (x) se naziva eksplicitna jednaˇcina krive, pa se ova jednaˇcina naziva eksplicitna jednaˇcina prave.

3.1. Jednaˇcina prave

29

Kada je prava paralelna x-osi ili se sa njom poklapa tada sve taˇcke na njoj imaju isto rastojanje od x-ose i ono je jednako odseˇcku na y-osi m (slika 16 desno). Dobija se da je jednaˇcina prave paralelne x-osi y = m. Kada je prava paralelna y-osi ili se sa njom poklapa tada sve taˇcke na njoj imaju isto rastojanje od y-ose i ono je jednako odseˇcku na x-osi n (slika 16 desno). Dobija se da je jednaˇcina prave paralelne y-osi x = n. U svakom od ova tri sluˇcaja dobilo se da je jednaˇcina prave jednaˇcina prvog stepena. Zbog toga se jednaˇcina prvog stepena naziva linearna jednaˇcina.

3.1.2 Opšta jednaˇcina prave Iz prethodnog odeljka sledi da je jednaˇcina prave jednaˇcina prvog stepena. Ispitajmo šta se dobija kada se polinom od dve promenljive prvog stepena izjednaˇci sa nulom. Teorema (o linearnoj jednaˇcini). Neka je data opšta jednaˇcina prvog stepena sa dve promenljive Ax + B y + C = 0.

Tada ona jednoznaˇcno odreduje pravu i obrnuto svaka prava jednoznaˇcno odreduje ¯ ¯ neku jednaˇcinu prvog stepena. Dokaz. Iz prethodnog odeljka sledi da svaka prava jednoznaˇcno odreduje ¯ jednaˇcinu prvog stepena. Ako je Ax + B y + C = 0 jednaˇcina prvog stepena tada ne mogu istovremeno da budu i A i B jednaki nuli. Ako je A = 0 tada je B 6= 0 pa je C y =− , B a to je jednaˇcina prave koje je paralelna ili se poklapa sa x-osom. Ako je B = 0 tada je A 6= 0 pa je C x =− , A

Glava 3. Prava u ravni

30

a to je jednaˇcina prave koje je paralelna ili se poklapa sa y-osom. Neka su sada i A i B razliˇciti od nule. Tada je y =−

A C x− , B B

ili ako oznaˇcimo −A/B = k i −C /B = m y = kx + m. Dakle, i u ovom sluˇcaju jednaˇcina Ax + B y + C = 0 je jednaˇcina prave cˇ iji je koeficijent pravca −A/B i odseˇcak na y-osi −C /B . 2 Kada prava seˇce obe koordinatne ose, a ne prolazi kroz koordinatni poˇcetak tada je jednoznaˇcno odredena dužima koje odseca na koordinatnim osama. ¯ Neka su taˇcke na koordinatnim osama kroz koje prolazi prava (a, 0) na apscisi i (0, b) na ordinati. Ako zamenimo koordinate ovih taˇcaka u opštu jednaˇcinu prave dobijamo C Aa +C = 0 =⇒ a = − , A

C B b +C = 0 =⇒ b = − , B

pa smo dobili izraze za dužinu odseˇcaka na kordinatnim osama. Izrazimo A i B iz gornjih formula i zamenimo u opštu jednaˇcinu prave −

C C x − y + C = 0. a b

Po pretpostavci prava ne prolazi kroz koordinatni poˇcetak pa je C 6= 0. Kada se ova jednaˇcina podeli sa −C i jedinica prebaci na drugu stranu dobija se tzv. segmentni oblik jednaˇcine prave x y + = 1. a b

3.1.3 Normalni oblik jednaˇcine prave Prava može da se okarakteriše na još jedna naˇcin. Prava je skup svih taˇcaka u ravni koje se pri paralelnoj projekciji na datu pravu projektuju u jednu taˇcku. Zbog jednostavnosti izaberimo ortogonalnu projekciju. Drugim reˇcima prava je jednoznaˇcno odredena ako se zna normala kroz koordinatni poˇcetak na datu ¯

3.1. Jednaˇcina prave

31

pravu i odseˇcak na normali odreden ¯ datom pravom i koordinatnim poˇcetkom. Pri tom je normala potpuno odredena uglom koji zaklapa sa pozitivnim delom ¯ x-ose, a odseˇcak na njoj se uvek može uzeti da bude pozitivan. Kako realizovati opisanu konstrukciju analitiˇcki? Najjednostavnije je to realizovati tako da se projektuje na x-osu. Naime, ako je T (x, y) proizvoljna taˇcka tada je T 0 (x, 0) njena projekcija na x-osu. Na taj naˇcin dobijamo da je jednaˇcina prave p normalne na x-osu jednoznaˇcno odredena rastojanjem taˇcke od koordinatnog poˇcetka u koju se projektuju taˇcke ¯ prave p. Ako to rastojanje isto oznaˇcimo sa p dobija se da je njena jednaˇcina x = p (slika 17 levo).

Slika 17. Normalni oblik jednaˇcine prave U opštem sluˇcaju, kada prava na koju projektujemo q nije x-osa tada q zaklapa ugao α sa x-osom. Ovaj sluˇcaj se prosto rešava rotacijom, jer rotacijom za ugao α ona postaje apscisna osa u novom koordinatnom sistemu (slika 17 desno). U novim koordinatama je jednaˇcina normale na x 0 -osu je x 0 = p. Ako ovu jednaˇcinu izrazimo u starim koordinatama tada se dobija x cos α + y sin α = p. Jednaˇcina prave u ovom obliku se naziva normalna jednaˇcina prave.

Glava 3. Prava u ravni

32

Ugao α je ugao koji zaklapa normala na pravu i pozitivan deo x-ose, a p je rastojanje prave od koordinatnog poˇcetka. Orijentacija na normali se bira tako da je smer od koordinatnog poˇcetka ka pravoj pozitivan. Objasnimo kako se dobija normalni oblik jednaˇcine prava kada je ona zadata opštom jednaˇcinom. Oˇcigledno, opštu jednaˇcinu prave Ax + B y +C = 0 treba pomnožiti pogodnom konstantom M 6= 0 i izjednaˇciti odgovaraju´ce koeficijente. Dobija se konstanta M treba da zadovoljava uslove M A = cos α,

M B = sin α.

Kada se ova dva uslova kvadriraju i saberu dobija se (M A)2 + (M B )2 = cos2 α + sin2 α = 1, ¡ ¢ M 2 A2 + B 2 = 1

⇐⇒

M2 =

1 A2 + B 2

⇐⇒

pa je M = ±p

1 A2 + B 2

.

Znak se odreduje iz uslova da bude MC = −p ili da je ¯ p = −MC . p je rastojanje prave od koordinatnog poˇcetka, dakle pozitivan broj, pa se zank od M odreduje tako da −MC bude pozitivno. ¯

3.1.4 Rastojanje taˇcke od prave Slede´ci važan problem je odrediti rastojanje taˇcke od prave. Ako je prava vertikalna tada je rešenje ovog problema vrlo jednostavno. Jednaˇcina ove prave je x = p pa je rastojanje d taˇcke T1 (x 1 , y 1 ) od ove prave d = |x 1 − p|. Neka je sada prava u proizvoljnom položaju. Zarotirajmo koordinatni sistem za ugao α tako da prava postane normalna na pozitivni deo nove x-ose (slika 17 desno). Tada je njena jednaˇcina u novom koordinatnom sistemu x0 = p

pa je rastojanje

d = |x 10 − p|.

3.1. Jednaˇcina prave

33

Ako se vratimo na stare koordinate dobijamo da je jednaˇcina prave x cos α + y sin α = p, u stvari normalna jednaˇcina prave, a rastojanje je d = |x 1 cos α + y 1 sin α − p|. Iz ovog obrasca neposredno sledi da se rastojanje taˇcke od prave dobija tako da se u linearni polinom koji se korisiti u normalnoj jednaˇcini prave x cos α + y sin α − p zamene koordinate taˇcke. Znak d ima slede´ce znaˇcenje koje se lako objašnjava. Ako je d pozitivno tada se taˇcka i koordinatni poˇcetak nalaze sa razliˇcitih strana prave, a ako je znak negativan tada su taˇcka i koordinatni poˇcetak sa iste strane prave.

3.1.5 Polarni oblik jednaˇcine prave Iz normalnog oblika jednaˇcine prave p:

x cos α + y sin α = p

odmah se dobija polarni oblik jednaˇcine prave. Iskoristi se veza Dekartovih i polarnih koordinata x = r cos ϕ, y = r sin ϕ i kada se ove vrednosti za x i y zamene u normalni oblik jednaˇcine prave dobija se da je polarni oblik jednaˇcine prave r cos ϕ cos α+r sin ϕ sin α = p

⇐⇒

r cos(ϕ−α) = p

⇐⇒

r=

p . cos(ϕ − α)

3.1.6 Jednaˇcina prave kroz jednu taˇcku, kroz dve taˇcke i parametarska jednaˇcina prave Ispitajmo sad koji uslov mora da zadovoljava jednaˇcina prave da bi prava prolazila kroz zadatu utvrdenu taˇcku T1 (x 1 , y 1 ). Neka je prave zadata opštom ¯ jednaˇcinom Ax + B y + C = 0,

Glava 3. Prava u ravni

34

a zato što taˇcka T1 leži na datoj pravoj koordinate taˇcke moraju da zadovoljavaju jednaˇcinu te prave pa je Ax 1 + B y 1 + C = 0. Kada se ove dve jednaˇcine oduzmu dobija se traženi uslov A(x − x 1 ) + B (y − y 1 ) = 0. Pri tom A i B mogu da budu proizvoljni brojevi takvi da nisu oba jednaka nuli, što može da se zapiše sa A 2 + B 2 > 0. Kada je prava zadata eksplicitnom jednaˇcinom tada se analognim postupkom dobija y − y 1 = k(x − x 1 ), gde je k proizvoljan broj. Ovaj oblik jednaˇcine prave se naziva jednaˇcina prave kroz jednu taˇcku iako se iz nje ne može direktno dobiti jednaˇcina prave normalne na x-osu. Da se iz ovog oblika prave dobija jednaˇcina normale na x-osu može da se koristi graniˇcni postupak. Ako se jednaˇcina prave kroz jednu taˇcku napiše u obliku y − y1 = x − x1 k i sad pusti da koeficijent pravca teži ∞ tada se dobija da je jednaˇcina normale na x-osu x − x 1 = 0, kao što je bilo i ranije poznato. Koriste´ci jednaˇcinu prave kroz jednu taˇcku možemo lako da odredimo jednaˇcinu prave koja prolazi kroz dve zadate taˇcke T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ). Ako je x 1 = x 2 tada su te dve taˇcke na istoj normali u odnosu ne apscisu pa je jednaˇcina prave u ovom sluˇcaju x = x1 . Ako je x 1 6= x 2 tada možemo iz jednaˇcine prave kroz jednu taˇcku da eliminišemo koeficijent pravca k. Naime, tada važi y 2 − y 1 = k(x 2 − x 1 ) pa je k =

y2 − y1 . x2 − x1

Kada ovu vrednost zamenimo u jedniˇcinu prave kroz jednu taˇcku dobijamo jednaˇcinu prave kroz dve taˇcke y − y1 =

y2 − y1 (x − x 1 ). x2 − x1

3.1. Jednaˇcina prave

35

Ova jednaˇcina može da se napiše u simetriˇcnijem obliku (x − x 1 )(y 2 − y 1 ) − (y − y 1 )(x 2 − x 1 ) = 0

⇐⇒

x(y 1 − y 2 ) + x 1 (y 2 − y) + x 2 (y − y 1 ) = 0,

⇐⇒

(x y 1 − x 1 y) + (x 2 y − x y 2 ) + (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) = 0, a ako je i razlika y 2 − y 1 6= 0 tada je y − y1 x − x1 = . y 2 − y 1 x2 − x1 Jednaˇcina prave kroz dve taˇcke može da se izrazi na još jedan naˇcin. Neka je T (x, y) proizvoljna taˇcka na pravoj koja prolazi kroz taˇcke T1 i T2 , T 6= T2 . Tada T deli duž T1 T2 u odnosu t pa je x=

x1 + t x2 1+t

y=

y1 + t y2 , 1+t

t 6= −1.

Ovaj obrazac se naziva parametarska jednaˇcina prave kroz dve taˇcke. Može se uzeti da se kada t → ∞ dobija da T → T2 , jer je x1 + x2 x1 + t x2 = t → x2 x= 1 1+t +1 t

y1 + y2 y1 + t y2 y= = t → y2. 1 1+t +1 t

Ovi obrasci mogu da se malo pojednostave. Ako se u brojiocu x 2 doda i oduzme dobija se x=

x 1 − x 2 + x 2 + t x 2 x 1 − x 2 + (1 + t )x 2 = = 1+t 1+t

1 (x 1 − x 2 ) = x 2 + u(x 1 − x 2 ), 1+t gde je u = 1/(1 + t ). Ako se ista transformacija izvede i za y dobija se da se jednaˇcina prave može napisati u obliku = x2 +

x = x 2 + u(x 1 − x 2 ),

y = y 2 + u(y 1 − y 2 ),

pri cˇ emu je u proizvoljan realan broj. Ovaj oblik jednaˇcine prave takode ¯ se naziva parametarski.

Glava 3. Prava u ravni

36

Ako se iz parametarskog oblika jednaˇcine prave eliminiše parametar u ili t dobija se jednaˇcina prave kroz dve taˇcke. Iz jednaˇcine prave kroz dve taˇcke se lako dobija uslov da tri taˇcke leže na jednoj pravoj. Tada koordinate tre´ce taˇcke T3 (x 3 , y 3 ) moraju da zadovoljavaju ovu jednaˇcinu i dobija se da je y 3 − y 1 x3 − x1 = . y 2 − y 1 x2 − x1 Kada se proverava ovaj uslov zgodnije ga je koristiti u obliku bez deljenja (y 3 − y 1 )(x 2 − x 1 ) − (x 3 − x 1 )(y 2 − y 1 ) = 0. Do istog obrasca vodi i rezonovanje da tri taˇcke leže na jednoj pravoj ako i samo ako trougao koji one obrazuje ima površinu nula. Iz obrasca za površinu trougla se dobija da je x 1 (y 2 − y 3 ) + x 2 (y 3 − y 1 ) + x 3 (y 1 − y 2 ) = 0, ili u drugom obliku (x 1 y 2 − x 2 y 1 ) + (x 2 y 3 − x 3 y 2 ) + (x 3 y 1 − x 1 y 3 ) = 0.

3.2 Prava i dve taˇcke Neka je data prava p svojom opštom jednaˇcinom Ax +B y +C = 0 i dve taˇcke T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ) koje ne leže na pravoj p. Tada su mogu´ca dva sluˇcaja ili su obe taˇcke sa iste strane prave p ili ne. Ako su obe taˇcke sa iste strane prave p tada je (Ax 1 + B y 1 + C ) > 0 i (Ax 2 + B y 2 + C ) > 0, ili (Ax 1 + B y 1 + C ) < 0 i (Ax 2 + B y 2 + C ) < 0. Ovi uslovi mogu da se izraze kra´ce: Taˇcke T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ) su sa iste strane prave Ax + B y +C = 0 kada je (Ax 1 + B y 1 +C )(Ax 2 + B y 2 +C ) > 0.

3.2. Prava i dve taˇcke

37

Analogno se dobija da kada je (Ax 1 + B y 1 + C )(Ax 2 + B y 2 + C ) < 0 da su tada taˇcke sa razliˇcitih strana prave p. Koriste´ci ove uslove lako može da se ustavnovi da li se duži T1 T2 i T3 T4 seku, a da se ne nalazi preseˇcna taˇcka. Neka su date cˇ etiri razliˇcite taˇcke T1 (x 1 , y 1 ), T2 (x 2 , y 2 ), T3 (x 3 , y 3 ) i T4 (x 4 , y 4 ) i neka medu ¯ njima nema tri koje leže na jednoj pravoj. Neka je A 1 x + B 1 y +C 1 = 0

⇐⇒

(y − y 1 )(x 2 − x 1 ) − (x − x 1 )(y 2 − y 1 ) = 0

jednaˇcina prave odredena taˇckama T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ), a ¯ A 2 x + B 2 y +C 2 = 0

⇐⇒

(y − y 3 )(x 4 − x 3 ) − (x − x 3 )(y 4 − y 3 ) = 0,

jednaˇcina prave odredena taˇckama T3 (x 3 , y 3 ) i T4 (x 4 , y 4 ). Tada se duži T1 T2 i ¯ T3 T4 seku ako važi (A 2 x 1 + B 2 y 1 +C 2 )(A 2 x 2 + B 2 y 2 + C 2 ) < 0, (A 1 x 3 + B 1 y 3 +C 1 )(A 1 x 4 + B 1 y 4 + C 1 ) < 0,

ili

((y 1 − y 3 )(x 4 − x 3 ) − (x 1 − x 3 )(y 4 − y 3 ))((y 2 − y 3 )(x 4 − x 3 ) − (x 2 − x 3 )(y 4 − y 3 )) < 0, ((y 3 − y 1 )(x 2 − x 1 ) − (x 3 − x 1 )(y 2 − y 1 ))((y 4 − y 1 )(x 2 − x 1 ) − (x 4 − x 1 )(y 2 − y 1 )) < 0. Ako se poslednje dve nejednakosti faktorišu drukˇcije dobijaju se obrasci koji se lako pamte koriš´cenjem cikliˇckih permutacija indeksa (x 1 (y 3 − y 4 ) + x 3 (y 4 − y 1 ) + x 4 (y 1 − y 3 ))(x 2 (y 3 − y 4 ) + x 3 (y 4 − y 2 ) + x 4 (y 2 − y 3 )) < 0, (x 1 (y 2 − y 3 ) + x 2 (y 3 − y 1 ) + x 3 (y 1 − y 2 ))(x 1 (y 2 − y 4 ) + x 2 (y 4 − y 1 ) + x 4 (y 1 − y 2 )) < 0. Odredimo preseˇcnu taˇcku prave p datu opštom jednaˇcinom Ax +B y +C = 0 i prave q odredene taˇckama T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ). Ukoliko prava p prolazi kroz ¯ neku od taˇcaka T1 ili T2 (tada je Ax 1 + B y 1 + C = 0 ili Ax 2 + B y 2 + C = 0) presek je ta taˇcka. Neka prava p ne prolazi ni kroz taˇcku T1 ni kroz T2 . Koordinata proizvoljne taˇcke Q na pravoj q je xQ =

x1 + t x2 1+t

yQ =

y1 + t y2 , 1+t

t 6= −1,

Glava 3. Prava u ravni

38 a ako taˇcka Q leži i na pravoj p tada je A

x1 + t x2 y1 + t y2 +B + C = 0. 1+t 1+t

Kada se iz ove jednaˇcine izraˇcuna t dobija se da je t =−

Ax 1 + B y 1 + C . Ax 2 + B y 2 + C

Ako se ova vrednost zameni u jednaˇcinu prave q dobija se xQ =

x 1 (Ax 2 + B y 2 + C ) − x 2 (Ax 1 + B y 1 +C ) , Ax 2 + B y 2 + C − (Ax 1 + B y 1 +C )

yQ =

y 1 (Ax 2 + B y 2 + C ) − y 2 (Ax 1 + B y 1 + C ) . Ax 2 + B y 2 + C − (Ax 1 + B y 1 +C )

Jednaˇcina simetrale duži T1 T2 može se napisati u vrlo simetriˇcnom obliku koriste´ci geometrijsku osobinu simetrale duži da je ona geometrijsko mesto taˇcaka u ravni koje su jednako udaljene i od T1 i od T2 i iskoristiti algebarski izraz za rastojanje dve taˇcke. Dobija se dovoljno koristan obrazac da se posebno formuliše. Neka su date dve razliˇcite taˇcke T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ). Tada je jednaˇcina simetrale duži T1 T2 (x − x 1 )2 + (y − y 1 )2 = (x − x 2 )2 + (y − y 2 )2 . Kada se izmnoži i sredi dobija se da je (y 1 − y 2 )y + (x 1 − x 2 )x =

y 12 − y 22 2

+

x 12 − x 22 2

.

3.3 Dve prave Neka su date dve prave svojim opštim jednaˇcinama p1 :

a 1 x + b 1 y + c 1 = 0,

p2 :

a 2 x + b 2 y + c 2 = 0.

3.3. Dve prave

39

Tada je q(x, y) = (a 1 x + b 1 y + c 1 )(a 2 x + b 2 y + c 2 ) = 0, oˇcigledno jednaˇcina para pravih p 1 i p 2 , jer je q(x, y) jednako nuli ako i samo ako taˇcka T (x, y) pripad pravoj p 1 ili p 2 . Ostaje da se odredi koje uslove mora da zadovoljavaju koeficijenti opšteg kvadratnog polinoma od dve promenljive q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 + 2d x + 2e y + f , da on predstavlja par pravih. Rešimo kvadratnu jednaˇcinu q(x, y) = 0 po x. Dobija se q(x, y) = ax 2 + 2(b y + d )x + c y 2 + 2e y + f = 0 p −(b y + d ) ± (b y + d )2 − a(c y 2 + 2e y + f ) x 1,2 = . a Da se dobije jednaˇcina prave treba potkorena veliˇcina da bude potpun kvadrat, tj. da kvadratna jednaˇcina (b y + d )2 − a(c y 2 + 2e y + f ) = (b 2 − ac)y 2 + 2(bd − ae)y + (d 2 − a f ) = 0 ima medusobno jednaka rešenja. Jednaˇcina ¯ (b 2 − ac)y 2 + 2(bd − ae)y + (d 2 − a f ) = 0 c´ e imate jednaka rešenja ako joj je diskriminanta jednaka nuli tj. (bd − ae)2 − (b 2 − ac)(d 2 − a f ) = 0,

⇐⇒

ae 2 + b 2 f + cd 2 − ac f − 2bd e = 0.

Posebno je jednostavan sluˇcaj para pravih koje prolaze kroz koordinatni poˇcetak. Tada je q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 = 0,

b 2 − ac > 0.

Ako se q(x, y) = 0 reši po y dobija se p p −bx ± b 2 x 2 − ac x 2 −b ± b 2 − ac = x, y 1,2 = c c

Glava 3. Prava u ravni

40

pa je q(x, y) = 0 jednaˇcina pravih p p b − b 2 − ac b + b 2 − ac p1 : y + x = 0 i p2 : y + x = 0. c c Ako q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 + 2d x + 2e y + f = 0, predstavlja par pravih koje se seku tada se translacijom koordinatnog poˇcetka u preseˇcnu taku pravih q(x, y) može svesti na oblik q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 = 0,

b 2 − ac > 0.

Iz prethodnog se dobija da su koeficijenti pravca pravih koje su predstavljene sa q(x, y) = 0 p p b − b 2 − ac b + b 2 − ac k1 = − i k2 = − . c c

3.3.1 Medusoban odnos dve prave ¯ Medusoban odnos dve prave ne može da bude previše komplikovan. Mogu´ca ¯ su samo tri sluˇcaja: ili se prave poklapaju ili su paralelene ili se seku. Ako se prave poklapaju tada su njihove jednaˇcine u stvari jedna ista jednaˇcina, dakle druga jednaˇcina se dobija od prve množenjem nekim nenula brojem. Ispitajmo sad drugi sluˇcaj. Neka su date dve prave svojim jednaˇcinama i neka su jednaˇcine u opštem obliku p 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 = 0,

p 2 : A 2 x + B 2 y +C 2 = 0.

Koordinate preseˇcne taˇcke pravih zadovoljavaju i jednu i drugu jednaˇcinu, jer preseˇcna taˇcka leži i na jednoj i na drugoj pravoj, tj. koordinate preseˇcne taˇcke su rešenje sistema od te dve jednaˇcine. Ako su prave paralelne tada ovaj sistem ne može da ima rešenje, tj mora da bude protivreˇcan. Ovaj sistem c´ e biti protivreˇcan ako je A1 B1 C1 = 6= . A2 B2 C2 Neka su prave date jednaˇcinama u eksplicitnom obliku y = k1 x + m1 ,

y = k2 x + m2 .

3.3. Dve prave

41

Prave su paralelne ako i samo ako zaklapaju jednake uglove sa x-osom i kada su odseˇcci na y-osi razliˇciti, tj. ako je k1 = k2

m 1 6= m 2 .

Ovaj uslov se lako izvodi iz uslova za paralelnost pravih zadatih jednaˇcinama u opštem obliku ako on može da se prevede na eksplicitan oblik. Rastojanje paralelnih pravih se lako dobija iz njihovih normalnih jednaˇcina. Ako se prave paraalelne tada imaju zajedniˇcku normalu pa su im normalne jednaˇcine x cos α + y sin α = p 1 , x cos α + y sin α = p 2 , u kojima je p 1 rastojanje prve prave od koordinatnog, a p 2 rastojanje druge prave od koordinatnog poˇcetka. Rastojanje medu ¯ pravim c´ e tada biti ¯ ¯ d = ¯p 1 − p 2 ¯ . U ovom sluˇcaju se mora dopustiti da p 1 ili p 2 mogu da budu i negativni. Naime, koeficijenti uz x i y (cos α i sin α) moraju u obe jednaˇcine da budu isti. To znaˇci da se u jednoj od jednaˇcina, na primer drugoj, ne može slobodno birati znak tako da p 2 bude pozitivno. Kada su p 1 i p 2 razliˇcitog znaka to znaˇci da su prave sa razliˇcitih strana koordinatnog poˇcetka. Neka su sada date dve prave koje se seku. Pošto je preseˇcna taˇcka jednoznaˇcno odredena, a koordinate preseˇcne taˇcke zadovoljavaju jednaˇcinu i jedne ¯ i druge prave, to sledi da c´ e sistem jednaˇcina kojim su date prave definisane imati jednoznaˇcno rešenje. Obrnuto, ako sistem od dve linearne jednaˇcine, kojim su odredene dve prave ima jednoznaˇcno rešenje tada se te dve prave ¯ seku u jednoj taˇcki. Kada su jednaˇcine pravih p 1 : A 1 x + B 1 y + C 1 = 0 i p 2 : A 2 x + B 2 y + C 2 = 0, tada je njihov presek P 12 (x 12 , y 12 ) dat sa x 12 =

B 1C 2 − B 2C 1 A1B2 − A2B1

i

y 12 =

A 1C 2 − A 2C 1 . A1B2 − A2B1

Time se dobija teorema Teorema (o odnosu dve prave). Neka je dat sistem od dve linearne jednaˇcine sa dve nepoznate A1 x + B1 y + C1 = 0

A 2 x + B 2 y +C 2 = 0.

Glava 3. Prava u ravni

42

Tada ovaj sistem od dve linarne jednaˇcine i ) ima jednoznaˇcno rešenje ako i samo ako se prave koje su odredene tim ¯ jednaˇcinama seku u jednoj taˇcki. i i ) nema rešenje (sistem je protivreˇcan) ako i samo ako su prave koje su odredene tim jednaˇcinama paralelne. ¯ i i i ) ima beskonaˇcno mnogo rešanja ako i samo ako se prave koje su odredene ¯ 2 tim jednaˇcinama poklapaju. Odredimo ugao koji zaklapaju dve prave koje se seku. To je najjednostavnije izraˇcunati ako su prave date jednaˇcinama u eksplicitnom obliku. Neka su date prave svojim jednaˇcinama y = k1 x + m1

i

y = k2 x + m2 .

Ugao ϕ koje te prave zaklapaju je isti kao i ugao koji zaklapaju njima paralelne prave koji prolaze kroz koordinatni poˇcetak, tj. prave y = k1 x

i

y = k 2 x.

Ugao koje ove prave zaklapaju je ϕ = α2 − α1 , gde je α1 ugao koji prva prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose, a α2 je ugao koji druga prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose. Ako primenimo tangens i na jednu i drugu stranu ove jednakosti dobijamo tg ϕ = tg (α2 − α1 ) =

tg α2 − tg α1 , 1 + tg α1 tg α2

ili ako znamo da je tg α1 = k 1 i tg α2 = k 2 , dobijamo da je tg ϕ =

k2 − k1 . 1 + k1 k2

Kada su prave date opštim jednaˇcinama tj. sa A 1 x + B 1 y +C 1 = 0

i

A 2 x + B 2 y +C 2 = 0,

koriste´ci da je k 1 = −A 1 /B 1 i k 2 = −A 2 /B 2 tada se dobija tg ϕ =

A2B1 − A1B2 . A1 A2 + B1B2

3.3. Dve prave

43

Ako su prave uzajamno normalne tada je α1 − α2 = π/2 pa je ³ π´ 1 k 2 = tg α2 = tg α1 − = −ctg α1 = − 2 tg α1 pa je konaˇcno k2 = −

1 . k1

Ukoliko su prave date svojim opštim jednaˇcinama tada, analogno kao i malopre, k 1 i k 2 se izraze pomo´cu A 1 , B 1 , A 2 i B 2 , zamene se u prethodnu jednakost i izraz se sredi. Dobija se da su dve prave normalne ako važi A 1 A 2 + B 1 B 2 = 0. Kada je par pravih dat jednom jednaˇcinom q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 + 2d x + 2e y + f = 0,

b 2 − ac > 0.

tada koeficijenti pravca zavise samo od a, b i c. Iz p p −b − b 2 − ac −b + b 2 − ac k2 − k1 , i k1 = , k2 = , tg ϕ = 1 + k1 k2 c c sledi da je a k1 k2 = , c

p 2 b 2 − ac i k2 − k1 = , c

pa je

p 2 b 2 − ac tg ϕ = . a +c Iz uslova ortogonalnsti dve prave (k 1 k 2 = −1) dobija se da su dve prave normalne, kada su zadate jednom jednaˇcinom, ako je a + c = 0. Nadimo sada jednaˇcinu simetrale ugla odredenog sa dve date prave. U tu ¯ ¯ svrhu c´ emo iskoristiti tvrdenje da je simatrala ugla geometrijsko mesto taˇcaka u ¯ ravni sa osobinom da su rastojanja od taˇcke na simetrali do datih pravih medu¯ sobno jednaka. Kako su nam potrebna rastojanja taˇcaka od pravih pretpostavimo da su date prave date svojim normalnim jednaˇcinama x cos α1 + y sin α1 − p 1 = 0 i x cos α2 + y sin α2 − p 2 = 0.

Glava 3. Prava u ravni

44 Ako je (x, y) proizvoljna taˇcka na simetrali tada je

|x cos α1 + y sin α1 − p 1 | = |x cos α2 + y sin α2 − p 2 |. Odavde sledi da je x cos α1 + y sin α1 − p 1 = ±(x cos α2 + y sin α2 − p 2 ). Naime, dve prave koje se seku odreduju dva para unakrsnih uglova pa postoje ¯ i dve simetrale, jedna je simetrala s 1 jednog para unakrsnih uglova, a druga s 2 drugog. Ako su i p 1 i p 2 razliˇciti od nule i oba istog znaka tada je x cos α1 + y sin α1 − p 1 = x cos α2 + y sin α2 − p 2 , simetrala onog para unakrsnih uglova u kojima se nalazi koordinatni poˇcetak. Odredimo simetrale ugla kada je ugao dat jednaˇcinom para pravih q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 = 0,

b 2 − ac > 0.

Neka su prave u paru y − k1 x = 0 i

y − k 2 x = 0.

Tada su simetrale unakrsnih uglova y − k1 x y − k2 x −q =0 i q 1 + k 12 1 + k 22

y − k1 x y − k2 x +q = 0, q 1 + k 12 1 + k 22

pa je jednaˇcina para simetrala (y − k 1 x)2 1 + k 12

−

(y − k 2 x)2 1 + k 22

= 0.

Kada se pomnoži sa (1 + k 12 )(1 + k 22 ) i kvadrira dobija se (y − k 1 x)2 (1 + k 22 ) − (y − k 2 x)2 (1 + k 12 ) = 0

⇐⇒

(k 22 − k 12 )y 2 + 2 (k 2 − k 1 − k 1 k 2 (k 2 − k 1 )) x y + (k 12 − k 22 )x 2 = 0. Ako podelimo sa k 12 − k 22 dobija se y2 + 2

1 − k1 k2 x y − x 2 = 0. k1 + k2

3.3. Dve prave

45

Ostaje još da se zamene k1 k2 =

a , c

i k1 + k2 = −

2b , c

i konaˇcno je

a −c x y − x2 = 0 b jednaˇcina simetrala uglova koje obrazuje par pravih y2 +

q(x, y) = ax 2 + 2bx y + c y 2 = 0,

b 2 − ac > 0.

3.3.2 Pramen pravih Nalaženja simetrale ugla je specijalan sluˇcaj slede´ceg problema: Na´ci jednaˇcinu prave koja prolazi kroz preseˇcnu taˇcku dveju datih pravih. Neka su prave date svojim opštim jednaˇcinama A1 x + B1 y + C1 = 0

i

A 2 x + B 2 y + C 2 = 0.

Jedan naˇcin da se ovaj problem reši je da se izraˇcunaju koordinate preseˇcne taˇcka ove dve prave i da se tada odredi jednaˇcina prave kroz tu jednu taˇcku. Drugi naˇcin je da se ova jednaˇcina odmah napiše bez ikakvog raˇcunanja. Naime, jednaˇcina m 1 (A 1 x + B 1 y +C 1 ) + m 2 (A 2 x + B 2 y +C 2 ) = 0, u kojoj su m 1 i m 2 proizvoljni parametri je jednaˇcina prave, jer je linearna jednaˇcina. To je jednaˇcina prave koja prolazi kroz preseˇcnu taˇcku datih pravih. Ako je (x 0 , y 0 ) preseˇcna taˇcka tada je A 1 x 0 + B 1 y 0 +C 1 = 0 i

A 2 x 0 + B 2 y 0 + C 2 = 0,

pa je i m 1 0 + m 2 0 = 0, tj. svaka prava koja može da se predstavi u navedenom obliku prolazi kroz (x 0 , y 0 ). Neka je (x 1 , y 1 ) proizvoljna taˇcka u ravni razliˇcita od (x 0 , y 0 ). Pokažimo da postoje brojevi m 1 i m 2 takvi da se jednaˇcina prave kroz (x 0 , y 0 ) i (x 1 , y 1 ) može napisati u obliku m 1 (A 1 x + B 1 y +C 1 ) + m 2 (A 2 x + B 2 y +C 2 ) = 0.

Glava 3. Prava u ravni

46

Kada (x 1 , y 1 ) pripada prvoj pravoj tadaje m 1 = 1 i m 2 = 0, a kada pripada drugoj tada je m 1 = 0 i m 2 = 1. Neka (x 1 , y 1 ) ne pripada ni jednoj od datih pravih. Tada je A 1 x 1 + B 1 y 1 +C 1 = a 1 6= 0 i A 2 x 1 + B 2 y 1 +C 2 = a 2 6= 0, pa se iz jednaˇcine po m 1 i m 2 m 1 a 1 + m 2 a 2 = 0,

dobija m 2 =

a1 m1 . a2

Ako se izabere da je m 1 = 1 dobija se da je m 2 = −a 1 /a 2 i pokazano je da svaka prava kroz (x 0 , y 0 ) i (x 1 , y 1 ) može predstaviti u željenom obliku. 2 Iz dokaza sledi da se jednaˇcina svake prave koja prolazi kroz preseˇcnu taˇcku pravih datih sa A 1 x + B 1 y +C 1 = 0

i

A 2 x + B 2 y +C 2 = 0,

koja je razliˇcita od druge prave može napisati u obliku A 1 x + B 1 y +C 1 + m(A 2 x + B 2 y +C 2 ) = 0. Oˇcigledno da analogno tvrdenje važi i za prvu pravu. ¯ Koriste´ci ovo tvrdenje može se lako dokazati da se simetrale stranica trougla ¯ seku u jednoj taˇcki. Jednaˇcina prave s T1 T2 , simetrale duži T1 T2 , je prava koja prolazi kroz sredinu duži T1 T2 i normalna je na T1 T2 . Jednaˇcina prave koja prolazi kroz taˇcke T1 i T2 je y2 − y1 (x − x 1 ) y − y1 = x2 − x1 pa kada se postavi jednaˇcina prave kroz taˇcku ³x +x y + y ´ y2 − y1 1 2 1 2 S T1 T2 , normalna na pravac k 1 = 2 2 x2 − x1 iz uslova normalnosti pravih kk 1 = −1 dobija se s T1 T2 :

y−

y1 + y2 x2 − x1 ³ x1 + x2 ´ =− x− 2 y2 − y1 2

Ovaj obrazac može da se dovede na simetriˇcniji oblik. Pomnožimo jednaˇcinu sa y 2 − y 1 . Dobija se ³ ³ y1 + y2 ´ x1 + x2 ´ (y 2 − y 1 ) y − = −(x 2 − x 1 ) x − , 2 2

3.3. Dve prave

47

(y 2 − y 1 )y +

y 12 − y 22 2

= −(x 2 − x 1 )x −

(y 1 − y 2 )y + (x 1 − x 2 )x =

y 12 − y 22

2

,

x 12 − x 22

. 2 2 Ova jednaˇcina izvedena je na drukˇciji naˇcin na str. 38. Koriste´ci ovu jednaˇcinu simetrale duži, lako se dokazuje da se simetrale stranica trougla seku u jednoj taˇcki. Neka su poznate koordinate temena trougla 4ABC . Tada je s AB :

(y a − y b )y + (x a − x b )x =

s BC :

(y b − y c )y + (x b − x c )x =

sC A :

(y c − y a )y + (x c − x a )x =

+

x 12 − x 22

y a2 − y b2 2 y b2 − y c2 2 y c2 − y a2 2

+ + +

x a2 − x b2 2 x b2 − x c2 2 x c2 − x a2 2

. . .

Tada je s AB + s BC + sC A = 0. Potpuno analogno dokazuje se da se i visine trougla seku u jednoj taˇcki. Jednaˇcine visina su jednaˇcine prave kroz jednu taˇcku koja je normalna na suprotnu strnicu. Dobija se h AB :

y − yc = −

h BC :

y − ya = −

hC A :

x a − xb (x − x c ), y a − yb

xb − xc (x − x a ), yb − yc xc − x a y − yb = − (x − x b ), yb − y a

pa je (y a − y b )(y − y c ) = −(x a − x b )(x − x c ), pa je (y b − y c )(y − y a ) = −(x b − x c )(x − x a ), pa je (y c − y a )(y − y b ) = −(x c − x a )(x − x b ).

Takode ¯ se dobija da je h AB + h BC + hC A = 0.

4 Krug

Najjednostavnija kriva poznata još praistoriji je krug. Ispitajmo osnovne osobine kruga pomo´cu analitiˇcke geometrije.

4.1 Jednaˇcina kruga Krug je geometrijsko mesto taˇcaka u ravni jednako udaljenih od jedne utvrdene ¯ taˇcke. Utvrdena taˇ c ka naziva se centar, a duž koja spaja proizvoljnu taˇ c ku na ¯ krugu i centar polupreˇcnik. Dužina polupreˇcnika obiˇcno se takode ¯ naziva polupreˇcnik. ˇ Cesto se za krug koristi naziv kružnica, a reˇc krug se koristi za naziv dela ravni ograniˇcenog kružnicom. Koriš´cenje reˇci krug za oba ova pojma ne dovodi do zabune pa c´ emo koristiti reˇc krug u oba ova smisla. Koriste´ci definicije kruga i dužine duži lako se odreduje njegova jednaˇcina ¯ (slika 18). Neka je centar kruga u koordinatnom poˇcetku. Ako je T (x, y) proizvoljna taˇcka na krugu tada je OT = r . Ako se dužina OT opet oznaˇci sa r iz Pitagorine teoreme sledi da je x 2 + y 2 = r 2. 48

4.1. Jednaˇcina kruga

49

Ova jednaˇcina naziva se centralna jednaˇcina kruga. Kada je centar kruga u taˇcki T0 (x 0 , y 0 ) tada se jednaˇcina kruga dobija translacijom koordinatnog sistema tako da taˇcka T0 (x 0 , y 0 ) postane novi koordinatni poˇcetak (slika 18). Tada u novim koordinatama imamo da je krug centralni pa mu je jednaˇcina x 02 + y 02 = r 2 . Smenom koordinata x 0 = x − x0 ,

y 0 = y − y0,

se dobija jednaˇcina kruga u starim koordinatama (x − x 0 )2 + (y − y 0 )2 = r 2 .

Slika 18. Krug u ravni Krug može da se zada na više naˇcina. Izvedimo jednaˇcinu kruga kada su date krajnje taˇcke preˇcnika T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ), dok c´ e jednaˇcina kruga kroz tri taˇcke biti izvedena u slede´cem odeljku.

Glava 4. Krug

50

¡ ¢ Centar kruga je taˇcka C (x 1 + x 2 )/2, (y 1 + y 2 )/2 , sredina duži T1 T2 , a polupreˇcnik je rastojanje od C do T1 (ili do T2 ), pa je ³ x−

x 1 + x 2 ´2 ³ y 1 + y 2 ´2 ³ x 1 + x 2 ´2 ³ y 1 + y 2 ´2 + y− = x1 − + y1 − . 2 2 2 2

Kada se kvadrira dobija se x 2 −(x 1 +x 2 )x +

³ x + x ´2 ³ y + y ´2 ³ x − x ´2 ³ y − y ´2 1 2 1 2 1 2 1 2 + y 2 −(y 1 + y 2 )y + = + , 2 2 2 2

pa je x 2 − (x 1 + x 2 )x + x 1 x 2 + y 2 − (y 1 + y 2 )y + y 1 y 2 = 0, a kada se leva strana faktoriše dobija se da je jednaˇcina kruga cˇ iji je preˇcnik T1 T2 (x − x 1 )(x − x 2 ) + (y − y 1 )(y − y 2 ) = 0. Primer. Dokazati analitiˇcki da je ugao nad preˇcnikom prav. Neka su T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ) krajnje taˇcke preˇcnika, a T3 (x 3 , y 3 ) taˇcka na krugu razliˇcita od T1 i T2 . Tada je jednaˇcina kruga (x − x 1 )(x − x 2 ) + (y − y 1 )(y − y 2 ) = 0, p1 :

y − y 1 = k 1 (x − x 1 ),

p2 :

a neka su

y − y 2 = k 2 (x − x 2 ),

jednaˇcine pravih kroz krajnje taˇcke preˇcnika. Taˇcka T3 treba da zadovoljava i jednaˇcine kruga i jednaˇcine obe prave pa je (x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) + (y 3 − y 1 )(y 3 − y 2 ) = 0. y 3 − y 1 = k 1 (x 3 − x 1 ),

y 3 − y 2 = k 2 (x 3 − x 2 ).

Kada se zameni y 3 − y 1 iz druge i y 3 − y 2 iz tre´ce jednaˇcinu u prvu dobija se (x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) + k 1 k 2 (x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) = 0. Ako je (x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) 6= 0 tada se dobija k 1 k 2 = −1, pa su prave normalne. Dokaz u sluˇcaju kada ima jednakih koordinata ostavlja se za vežbu.

4.1. Jednaˇcina kruga

51

4.1.1 Uslov da jednaˇcna drugog stepena predstavlja krug Neka je data opšta jednaˇcina drugog stepena sa dve promenljive Ax 2 + 2B x y +C y 2 + 2D x + 2E y + F = 0, za koju znamo da predstavlja krug. Tada ona mora da se može svesti na oblik (x − p)2 + (y − q)2 = r 2 . Kada se ova jednaˇcina razvije i sredi po opadaju´cim stepenima dobija se x 2 + y 2 − 2px − 2q y + p 2 + q 2 − r 2 = 0. Opšta jednaˇcina drugog stepena i ova jednaˇcina c´ e biti ekvivalentne ako i samo ako su im koeficijenti proporcionalni, tj. ako postoji k takvo da je A = k,

B = 0,

C = k,

tj.

A = C,

i B = 0.

Kada se reše odgovaraju´ce jednaˇcine dobija se da je D p =− , A

E q =− , A

p r=

D 2 + E 2 − AF . A

Da se dobije realan krug potrebno je da potkorena veliˇcina bude pozitivna. Ako je potkorena veliˇcina negativna tada je krug imaginaran i u realnoj ravni nema ni jednu taˇcku, a ako je potkorena veliˇcina nula tada je krug nultog polupreˇcnika i svodi se na jednu jedinu taˇcku, svoj centar. Time smo dokazali: Teorema. Opšta jednaˇcina drugog stepena Ax 2 + 2B x y +C y 2 + 2D x + 2E y + F = 0,

predstavlja krug pozitivnog polupreˇcnika ako i samo ako je A = C,

B = 0,

D 2 + E 2 > AF.

Ako se jednaˇcina Ax 2 + Ay 2 + D x + E y + F = 0,

Glava 4. Krug

52

podeli sa A 6= 0 i oznaˇci D/A = a, E /A = b i F /A = c dobijamo da je jednaˇcina kruga data sa x 2 + y 2 + ax + b y + c = 0, gde treba da važi a 2 + b 2 > 4c. Mogu´ce je odrediti jednaˇcinu kruga kroz tri taˇcke i slede´cim analitiˇcko-geometrijskim razmišljanjem. Ako se kombinije jednaˇcina kruga cˇ iji je preˇcnika odreden ¯ taˇckama (x 1 , y 1 ) i (x 2 , y 2 ) i jednaˇcina prave kroz te dve taˇcke dobija se jednaˇcina p(x, y) = (x−x 1 )(x−x 2 )+(y −y 1 )(y −y 2 )+m((x−x 1 )(y 2 −y 1 )−(y −y 1 )(x 2 −x 1 )) = 0. Ovo je jednaˇcina pramena krugova koji prolaze kroz taˇcke (x 1 , y 1 ) i (x 2 , y 2 ). Jasno je da je to jednaˇcina kruga (koeficijenti uz x 2 i y 2 su medusobno jednaki) ¯ koji prolazi kroz taˇcke (x 1 , y 1 ) i (x 2 , y 2 ), jer je p(x 1 , y 1 ) = 0 i p(x 2 , y 2 ) = 0. Ako je za neku taˇcku (x 3 , y 3 ) drugi sabirak nula, tada taˇcka (x 3 , y 3 ) pripada pravoj koja prolazi kroz taˇcke (x 1 , y 1 ) i (x 2 , y 2 ). Dakle, za svaku taˇcku u ravni koja ne pripada pravoj koja prolazi kroz taˇcke (x 1 , y 1 ) i (x 2 , y 2 ) može da se odredi m tako da je p(x 3 , y 3 ) = 0. Dobija se da je jednaˇcina kruga kroz taˇcke T1 (x 1 , y 1 ), T2 (x 2 , y 2 ) i T3 (x 3 , y 3 ) (x − x 1 )(y 2 − y 1 ) − (y − y 1 )(x 2 − x 1 ) (x − x 1 )(x − x 2 ) + (y − y 1 )(y − y 2 ) − = 0. (x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) + (y 3 − y 1 )(y 3 − y 2 ) (x 3 − x 1 )(y 2 − y 1 ) − (y 3 − y 1 )(x 2 − x 1 ) Jednaˇcina kruga kroz tri taˇcke T1 (x 1 , y 1 ), T2 (x 2 , y 2 ) i T3 (x 3 , y 3 ) može da se dobije i u vrlo simetriˇcnom obliku. Lako se proverava da jednaˇcina (x − x 2 )(x − x 3 ) + (y − y 2 )(y − y 3 ) (x − x 1 )(x − x 2 ) + (y − y 1 )(y − y 2 ) + + (x 3 − x 1 )(x 3 − x 2 ) + (y 3 − y 1 )(y 3 − y 2 ) (x 1 − x 2 )(x 1 − x 3 ) + (y 1 − y 2 )(y 1 − y 3 ) +

(x − x 3 )(x − x 1 ) + (y − y 3 )(y − y 1 ) = 1, (x 2 − x 3 )(x 2 − x 1 ) + (y 2 − y 3 )(y 2 − y 1 )

predstavlja krug, jer su koeficijenti uz x 2 i y 2 medusobno jednaki, a lako se vidi ¯ da taˇcke T1 (x 1 , y 1 ), T2 (x 2 , y 2 ) i T3 (x 3 , y 3 ) zadovoljavaju ovu jednaˇcinu.

4.1.2 Polarna i parametarska jednaˇcina kruga Polarna jednaˇcina kruga je vrlo jednostavna. Neka je jednaˇcina kruga x 2 + y 2 = r 02 ,

4.1. Jednaˇcina kruga

53

pri cˇ emu je polupreˇcnik oznaˇcen sa r 0 da se naglasi da je za dati krug to konstanta (slika 19 levo). Iz veza polarnih i pravouglih koordinata x = r cos ϕ,

i

y = r sin ϕ,

odmah se dobija da je polarna jednaˇcina centralnog kruga ¡ ¢2 ¡ ¢2 ¡ ¢ r 02 = x 2 + y 2 = r cos ϕ + r sin ϕ = r 2 cos2 ϕ + sin2 ϕ = r 2 . Kako je radijus vektor r uvek pozitivan to se konaˇcno dobija da je polarna jednaˇcina centralnog kruga r = r0.

Slika 19. Polarna i parametarska jednaˇcina kruga Iz polarne jednaˇcine kruga i veze polarnih i pravouglih koordinata dobija se da je x = r 0 cos ϕ i y = r 0 sin ϕ, 0 6 ϕ < 2π, parametarska jednaˇcina kruga. U ovoj parametarskoj jednaˇcini kruga parametar je ugao koji radijus vektor zaklapa sa pozitivnim delom x-ose. Mogu´ce je dobiti još jedan oblik parametarske jednaˇcine kruga da se ne koriste trigonometrijske funkcije. Neka je dat centralni krug i neka je data proizvoljna prava koja prolazi kroz presek kruga i negativnog dela x-ose (slika 19 desno), tj. x 2 + y 2 = r 02 , y = k(x + r 0 ).

Glava 4. Krug

54 Kada rešimo ovaj sistem jednaˇcina dobija se da je

x 2 + k 2 (x + r 0 )2 = r 02 ⇐⇒ (1 + k 2 )x 2 + 2k 2 r 0 x + k 2 r 02 = r 02 , q −k 2 r 0 ± k 4 r 02 − r 02 (k 2 + 1)(k 2 − 1) −k 2 ± 1 x 1,2 = = r . 0 k2 + 1 k2 + 1 Kada je znak pred korenom minus tada se dobija taˇcka na x-osi koja ne zavisi od k. Druga preseˇcna taˇcka zavisi od parametra k pa se dobija da je parametarska jednaˇcina x-koordinate taˇcke na krugu x = r0

1 − k2 . 1 + k2

Kada zamenimo ovu vrednost za x u jednaˇcinu prave dobijemo da je ¶ µ 1 − k2 + 1 + k2 1 − k2 2k = r k y = k r0 + r = r0 . 0 0 2 2 1+k 1+k 1 + k2 Dakle, jednaˇcina kruga x 2 + y 2 = r 02 ima racionalnu parametrizaciju x = r0

1 − k2 , 1 + k2

y = r0

2k , 1 + k2

−∞ < k < ∞.

kada k −→ ∞ dobija se da taˇcka na krugu teži taˇcki T0 (−r 0 , 0) pa se može re´ci da se za svako k na proširenoj pravoj dobija jedna taˇcka na krugu. Ako se stavi da je k = tg (ϕ/2) tada se dobija veza izmedu ¯ ove dve parametrizacije kruga, jer je periferijski ugao jednak polovini odgovaraju´ceg centralnog, a koeficijent prave je tangens ugla koji prava zaklapa sa pozitivnim delom x-ose.

4.2 Odnos taˇcke i kruga, potencija taˇcke Ako se koordinate taˇcke, koja leži na krugu, zamene u jednaˇcinu kruga tada se dobije jednakost. Neka taˇcka T0 (x 0 , y 0 ) ne leži na centralnom krugu x 2 + y 2 = r 2 . Tada je rastojanje taˇcke od koordinatnog poˇcetka ili manje od polupreˇcnika kruga (taˇcka je u krugu) ili ve´ce (taˇcka je izvan kruga). Neka je taˇcka T0 u krugu. Tada je q x 02 + y 02 < r ⇐⇒ x 02 + y 02 − r 2 < 0,

4.2. Odnos taˇcke i kruga, potencija taˇcke a kada je T0 izvan kruga tada je q x 02 + y 02 > r

⇐⇒

55

x 02 + y 02 − r 2 > 0

Ako se sa k centralni krug, a sa d (T0 , k) oznaˇci izraz x 02 + y 02 − r 2 tada je   = 0, kada je T0 na krugu k, 2 2 2 < 0, kada je T0 u krugu k i, d (T0 , k) = x 0 + y 0 − r  > 0, kada je T0 izvan kruga k. Neka je taˇcka T0 u krugu. Konstruišimo tetivu koja prolazi kroz taˇcku T0 i normalna je na OT0 . Neka su krajnje taˇcke te tetive taˇcke T1 i T2 . Tada su trouglovi OT0 T1 i OT0 T2 podudarni pravougli trouglovi u kojima je OT1 = OT2 = r hipotenuza, a OT0 i T0 T1 = T0 T2 katete. Dobija se da je x 02 + y 02 = OT02 , kvadrat rastojanja taˇcke T0 od koordinatnog poˇcetka, kvadrat jedne katete, a r 2 = OT12 = OT22 je kvadrat hipotenuze pa je ¡ ¢ r 2 − x 02 + y 02 = T0 T12 = T0 T22 . Dobili smo da je |d (T, k)| = T0 T12 = T0 T22 kvadrat polutetive u krugu k normalne na OT . Neka je sada taˇcka T0 izvan krugu. Konstruišimo tangente kroz taˇcku T0 na centralni krug k. Neka su dodirne taˇcke tih tangenti T1 i T2 . Tada su trouglovi 4OT0 T1 i 4OT0 T2 podudarni pravougli trouglovi u kojima su OT1 = OT2 = r i T0 T1 = T0 T )2 katete, a OT0 hipotenuza. Dobija se da je x 02 + y 02 , kvadrat rastojanja taˇcke T0 od koordinatnog poˇcetka, kvadrat hipotenuze, a OT12 = OT22 = r 2 je kvadrat kateta pa je x 02 + y 02 − r 2 = T0 T12 = T0 T22 . Dobili smo da je |d (T, k)| = T0 T12 = T0 T22 kvadrat tangentne duži konstruisane iz taˇcke T0 na krug k. da li je taˇcka u krugu ili izvan Dakle, znak d (T, k) = x 02 + y 02 − r 2 odreduje ¯ njega, a njegova vrednost je kvadrat tangentne duži kada je taˇcka izvan kruga ili njegova apsolutna vrednost je kvadrat polutetive cˇ ija je sredina taˇcka T0 .

Glava 4. Krug

56 Oˇcigledno da ova analiza važi i za krug koji nije centralan. Apsolutna vrednost ¯ ¯ |d (T0 , k)| = ¯x 2 + y 2 − r 2 ¯ = 0

0

(

r 2 − x 02 − y 02 , za T0 u krugu, x 02 + y 02 − r 2 , za T0 van kruga,

naziva se potencija taˇcke T0 u odnosu na krug x 2 + y 2 = r 2 . Neka kroz taˇcku T prolazi proizvoljna prava p koja seˇce krug u taˇckama T1 i T2 . Ako iskoristimo parametarsku jednaˇcinu prave kroz T1 i T2 tada je za neko t ¡ ¢ T = x 2 + t (x 2 − x 1 ), y 2 + t (y 2 − y 1 ) . Dokažimo da je potencija taˇcke T jednaka proizvodu odseˇcaka T T1 i T T2 . Dužine odseˇckaka T T1 i T T2 su q (x 2 + t (x 2 − x 1 ) − x 1 )2 + (y 2 + t (y 2 − y 1 ) − y 1 )2 =

|T T1 | =

q = |1 + t |

(x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 ,

q |T T2 | =

(x 2 + t (x 2 − x 1 ) − x 2 )2 + (y 2 + t (y 2 − y 1 ) − y 2 )2 = q = |t | (x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 .

pa je njihov proizvod ¡ ¢ |T T1 ||T T2 | = |t (1 + t )| (x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 . ¡ ¢ Izraˇcunajmo potenciju taˇcke T x 2 + t (x 2 − x 1 ), y 2 + t (y 2 − y 1 ) . ¯ ¯ ¡ ¢2 ¯ ¯ |d (T, k)| = ¯(x 2 + t (x 2 − x 1 ))2 + y 2 + t (y 2 − y 1 ) − r 2 ¯ = ¯ ¯ = ¯ x 22 + 2t x 2 (x 2 − x 1 ) + t 2 (x 2 − x 1 )2 + y 22 + 2t y 2 (y 2 − y 1 ) + t 2 (y 2 − y 1 )2 − r 2 ¯ = ¯ ¡ ¢¯ = ¯ t 2x 22 − 2x 1 x 2 + t x 22 − 2t x 1 x 2 + t x 12 + 2y 22 − 2y 1 y 2 + t y 22 − 2t y 1 y 2 + t y 12 ¯ = ¯ ¡ ¢¯ = ¯t 2r 2 − 2x 1 x 2 − 2y 1 y 2 + t r 2 − 2t (x 1 x 1 + y 1 y 2 ) + t r 2 ¯ = ¯ ¡ ¢¯ = ¯t (1 + t ) 2r 2 − 2x 1 x 2 − 2y 1 y 2 ¯ .

4.2. Odnos taˇcke i kruga, potencija taˇcke

57

Ako se iskoristi da i taˇcka T1 i taˇcka T2 leži na krugu k, pa važi da je x 12 + y 12 = r 2 i x 22 + y 22 = r 2 dobija se ¯ ¡ ¢¯ |d (T, k)| = ¯t (1 + t ) x 12 + y 12 − 2x 1 x 2 + x 22 + y 22 − 2y 1 y 2 ¯ = ¡ ¢ = |t (t + 1)| (x 2 − x 1 )2 + (y 2 − y 1 )2 . Paskalova teorema za krug. Neka je na krugu dato šest taˇcaka A , B , C , D , E i F . Neka se prave AB i DE seku u L , BC i E F u M i C D i F A u N . Tada su taˇcke L , M i N kolinearne.

Slika 20. Paskalova teorema za krug Dokaz. Posmatrajmo trougao 4PQR koje obrazuju prave AB , C D i E F (slika 20). Primenimo Menelajevu teoremu na 4PQR i prave DLE , B MC i AN F koje seku stranice tog trougla. Tada važi za taˇcke D, L, E za taˇcke B, M , C za taˇcke

A, N , F

QL RD PE · · = −1, LR DP EQ QB RC P M · · = −1, B R C P MQ Q A RN PF · · = −1. AR N P F Q

Glava 4. Krug

58 Kada izmnožimo ove tri jednakosti dobija se

QL RD PE QB RC P M Q A RN P F · · · · · · · · = −1. LR DP EQ B R C P MQ AR N P FQ Na levoj strani ove jednakosti razlomci se mogu grupisati na slede´ci naˇcin QL RN P M RD · RC PE · P F QB ·Q A · · · · · , LR N P MQ AR · B R C P · DP EQ · FQ pa kada se primeni potencija taˇcke na cˇ etvrti, peti i šesti razlomak dobija se da je RD · RC PE · P F QB · Q A = 1, = 1, = 1. AR · B R C P · DP EQ · FQ Konaˇcno je QL RN P M · · = −1, LR N P MQ pa su taˇcke L, M i N kolinearne. Redosled spajanja taˇcaka ABC DE F može biti proizvoljan tako da ima 60 konfiguracija. Ovaj dokaz nije sasvim kompletan, jer može da se desi da prave AB , C D i E F ne obrazuju trougao. Teorema važi i tada, ali taj sluˇcaj ne´cemo dokazivati.

4.3 Odnos prave i kruga Neka su date prava i krug Ax + B y + C = 0 i (x − p)2 + (y − q)2 = r 2 . Prava c´ e se´ci krug u dve taˇcke, dodirivati ga ili sa njim ne´ce imati zajedniˇckih taˇcaka ve´c prema tome da li je rastojanje centra kruga od prave manje, jednako ili ve´ce od polupreˇcnika. Koriste´ci formulu za rastojanje taˇcke od prave dobija se da prava seˇce krug u dve taˇcke kada je ¯ ¯ ¯ Ap + B q +C ¯ < r, p A2 + B 2

4.3. Odnos prave i kruga dodiruje krug kada je

59

¯ ¯ ¯ Ap + B q + C ¯ = r, p A2 + B 2

i nema sa krugom zajedniˇckih taˇcaka kada je ¯ ¯ ¯ Ap + B q + C ¯ > r. p A2 + B 2 Najinteresantniji je sluˇcaj tangente. Ako se uslov za dodir prave i kruga kvadrira dobija se (Ap + B q + C )2 = r 2 (A 2 + B 2 ). U sluˇcaju kada je prava zadata eksplicitnom jednaˇcinom, a krug je centralni tada se iz pretpdnog uslova dobija da c´ e prava y = kx + m biti tangenta kruga x 2 + y 2 = r 2 kada važi m 2 = r 2 (1 + k 2 ). Odredimo jednaˇcinu prave koja prolazi kroz datu taˇcku T (x 0 , y 0 ) i dodiruje centralni krug. Da se dobije realna tangenta mogu´ca su dva sluˇcaja. Ili se taˇcka nalazi na krugu ili izvan njega.

4.3.1 Tangenta u taˇcki na krugu Neka se taˇcka T (x 0 , y 0 ) nalazi na krugu, a nije preseˇcna taˇcka kruga i koordinatnih osa, jer je tada sve suviše jednostavno (slika 34). Izložimo tri naˇcina za nalaženje tangente. Jednaˇcina tangente može da se izvede iz geometrijske karakterizacije. Za krug važi da je tangenta u taˇcki T na krugu normala na polupreˇcnik koji odgovara toj taˇcki, ili da je tangenta kruga prava na rastojanju r od centra kruga. Obe ove karakterizacije mogu da posluže za nalaženje jednaˇcine tangente u taˇcki koja se nalazi na krugu. Ako se tangenta definiše kao prava koje je normalna ne polupreˇcnik u taˇcki dodira tada se koristi jednaˇcinu prave kroz jednu taˇcku i uslov normalnosti dve prave. Jednaˇcina proizvoljne prave koja prolazi kroz taˇcku T koja nije vertikalna je y − y 0 = k(x − x 0 ).

Glava 4. Krug

60

Koeficijet pravca k treba odrediti tako da ova prava bude normalna na polupreˇcnik OT . Koeficijet pravca polupreˇcnika kada prava nije horizontlna je k0 =

y0 , x0

x 0 6= 0, jer T nije na y-osi.

Koriste´ci uslov za normalnost dve prave (kk 0 = −1) dobija se da je jednaˇcina tangente x0 y − y 0 = − (x − x 0 ). y0 Pomnožimo ovu jednakost sa y 0 i iskoristimo da se taˇcka T nalazi na krugu (x 02 + y 02 = r 2 ). Dobija se y y 0 − y 02 = −xx 0 + x 02 ,

⇐⇒

xx 0 + y y 0 = x 02 + y 02 = r 2 ,

tj. jednaˇcina tangente na krug u taˇcki T (x 0 , y 0 ) koja se nalazi na centralnom krugu je xx 0 + y y 0 = r 2 . Lako se proverava da je ovo jednaˇcina tangente i kada je taˇcka T na x- ili y-osi. Drugi naˇcin je da se tangenta na centralni krug definiše kao prava na rastojanju r od koordinatnog poˇcetka za šta se koristi normalni oblik jednaˇcine prave. Ako je prava tangenta na x 2 + y 2 = r 2 , centralni krug polupreˇcnika r , i nije normalna na x-osu, tada je r rastojanje koordinatnog poˇcetka od prave i njena normalna jednaˇcina je x cos α + y sin α = r. Neka prava dodiruje krug u taˇcki T (x 0 , y 0 ). Tada je cos α =

x0 , r

i

sin α =

y0 , r

pa ako se ove vrednosti zamene u normalnu jednaˇcinu tangente dobija se xx 0 y y 0 + =r r r

⇐⇒

xx 0 + y y 0 = r 2 .

Tre´ci naˇcin za odredivanje jednaˇcine tangente kruga je da se ne koriste geo¯ metrijske osobine kruga nego da se ona odreduje opštim postupkom za nalaže¯ nje tangente na proizvoljnu krivu, tj. najpre odrediti jednaˇcinu seˇcice kroz dve razliˇcite taˇcke na krugu, a zatim se pustiti da druga taˇcka teži prvoj.

4.3. Odnos prave i kruga

61

Odredimo najpre jednaˇcinu seˇcice kruga, tj. jednaˇcinu prave koja prolazi kroz dve zadate taˇcke T0 i T1 na krugu. Jednaˇcina prave kroz proizvoljne dve taˇcke je y1 − y0 y − y0 y1 − y0 = . y − y0 = (x − x 0 ) ⇐⇒ x1 − x0 x − x0 x1 − x0 Ako se taˇcke T0 (x 0 , y 0 ) i T1 (x 1 , y 1 ) nalaze na krugu tada još važi i x 02 + y 02 = r 2

i x 12 + y 12 = r 2 .

Kada se od prve jednakosti oduzme druga dobija se da je x 02 + y 02 − x 12 − y 12 = 0 ⇐⇒

⇐⇒

x 02 − x 12 = y 12 − y 02

⇐⇒

(x 0 − x 1 )(x 0 + x 1 ) = (y 1 − y 0 )(y 1 + y 0 ),

pa je konaˇcno

y1 − y0 x1 + x0 =− . x1 − x0 y1 + y0

Ako se iskoristi ova jednakost i zameni u jednaˇcinu prave kroz dve taˇcke tada se dobija da je y − y0 x0 + x1 =− , x − x0 y0 + y1 jednaˇcina seˇcice centralnog kruga koja prolazi kroz taˇcke T0 (x 0 , y 0 ) i T1 (x 1 , y 1 ) na krugu. Interesantno je da se jednaˇcina seˇcice kruga može odmah napisati bez ikakvih izraˇcunavanja. Naime, jednaˇcina (x − x 0 )(x − x 1 ) + (y − y 0 )(y − y 1 ) = x 2 + y 2 − r 2 , je jednaˇcina prvog stepena pa je to jednaˇcina prave. Ako se u ovu jednaˇcinu zamene koordinate taˇcke T0 (x 0 , y 0 ), koja leži na centralnom krugu x 2 + y 2 = r 2 , dobija se jednakost, a analogno i za taˇcku T0 (x 0 , y 0 ) pa je to jednaˇcina seˇcice kroz T0 i T1 . Kada se taˇcka T1 teži taˇcki T0 tada x 1 teži x 0 i y 1 teži y 0 pa kada se u jednaˇcinu seˇcice stavi da je x 1 = x 0 i y 1 = y 0 dobija se, kao i malo pre, da je jednaˇcina tangente na krug x 2 + y 2 = r 2 u taˇcki T0 na krugu y − y0 = −

x0 (x − x 0 ) y0

⇐⇒

xx 0 + y y 0 = r 2 .

Glava 4. Krug

62

4.3.2 Tangente iz taˇcke van kruga Neka je sada taˇcka T (x 0 , y 0 ) izvan kruga. Tada je y − y 0 = k(x −x 0 ) jednaˇcina proizvoljne prave koja prolazi kroz taˇcku T i nije vertikalna. Dobi´cemo tangentu ako se preseˇcne taˇcke prave y − y 0 = k(x − x 0 ) i kruga x 2 + y 2 = r 2 poklapaju, tj. ovaj sistem jednaˇcina ima dvostruko rešenje. Kada zamenimo y iz jednaˇcine prave u jednaˇcinu kruga dobijamo kvadratnu jednaˇcinu po x ¢2 ¡ x 2 + k(x − x 0 ) + y 0 = r 2 ,

⇐⇒

x 2 + k 2 (x − x 0 )2 + 2k(x − x 0 )y 0 + y 02 − r 2 = 0,

⇐⇒

x 2 + k 2 x 2 − 2k 2 x 0 x + k 2 x 02 + 2k y 0 x − 2kx 0 y 0 + y 02 − r 2 = 0,

⇐⇒

(1 + k 2 )x 2 − 2k(kx 0 − y 0 )x + (kx 0 − y 0 )2 − r 2 = 0. Kada se ova kvadratne jednaˇcina reši po x dobija se x 1,2 =

k(kx 0 − y 0 ) ±

p

k 2 (kx 0 − y 0 )2 − (1 + k 2 )(kx 0 − y 0 )2 + (1 + k 2 )r 2 1 + k2

ili kada se sredi izraz pod korenom x 1,2 =

k(kx 0 − y 0 ) ±

p

(1 + k 2 )r 2 − (kx 0 − y 0 )2 . 1 + k2

Ove dve vrednosti se poklapaju ako je (1 + k 2 )r 2 − (kx 0 − y 0 )2 = 0. Sredimo ovu jednaˇcinu da se dobije kvdratna jednaˇcina po k r 2 k 2 + r 2 − k 2 x 02 + 2kx 0 y 0 − y 02 = 0,

⇐⇒

Ako je r = |x 0 | tada je jedna tangenta 2 (y 0 − r 2 )/(2x 0 y 0 ) pa su tada tangente x =r

i

y − y0 =

(r 2 − x 02 )k 2 + 2x 0 y 0 k + r 2 − y 02 = 0. vertikalna prava, a za drugu je k =

y 02 − r 2 2x 0 y 0

(x − x 0 ).

4.3. Odnos prave i kruga

63

Kada je r 6= |x 0 | tada treba rešavati kvadratnu jednaˇcinu. Dobija se da je q q −x 0 y 0 ± x 02 y 02 − (r 2 − x 02 )(r 2 − y 02 ) −x 0 y 0 ± r x 02 + y 02 − r 2 k 1,2 = = . r 2 − x 02 r 2 − x 02 Dobija se da su tangente q x 0 y 0 − r x 02 + y 02 − r 2 (x−x 0 ) i y −y 0 = x 02 − r 2

q y −y 0 =

x0 y 0 + r

x 02 + y 02 − r 2

x 02 − r 2

(x−x 0 ).

Treba primetiti da je izraz pod korenom kvadrat dužine tangentne duži od taˇcke T do kruga pa kada je taˇcka T na krugu lako se proverava da ova dve jednaˇcine prelaze u jednaˇcinu tangente u taˇcki na krugu. Vrlo interesantan obrazac se dobija ako se jednaˇcine tangentni na centralni krug izraze kao par pravih. Neka je data prava p kroz dve taˇcke T (x 0 , y 0 ) i S(x 1 , y 1 ) y0 + t y1 x0 + t x1 , y= , t 6= −1. p: x= 1+t 1+t Preseˇcne taˇcke ove prave i kruga x 2 + y 2 = r 2 dobijaju se rešavanjem jednaˇcine µ

x0 + t x1 1+t

¶2

µ

y0 + t y1 + 1+t

¶2

= r 2.

Ako se oslobodimo razlomaka ¡ ¢2 (x 0 + t x 1 )2 + y 0 + t y 1 − r 2 (1 + t )2 = 0, i sredimo po stepenima od t dobija se ¡ 2 ¢ ¡ ¢ ¡ ¢ x 0 + y 02 − r 2 + 2 x 0 x 1 + y 0 y 1 − r 2 t + x 12 + y 12 − r 2 t 2 = 0. Prava p c´ e biti tangenta na krug x 2 + y 2 = r 2 ako ova jednaˇcina ima dvostruko rešenje, tj. kada je diskriminanta jednaka nuli, ¡

x0 x1 + y 0 y 1 − r 2

¢2

¡ ¢¡ ¢ − x 02 + y 02 − r 2 x 12 + y 12 − r 2 = 0.

Ako je S proizvoljna taˇcka na tangenti dobija se da ¡

x0 x + y 0 y − r 2

¢2

¡ ¢¡ ¢ − x 02 + y 02 − r 2 x 2 + y 2 − r 2 = 0.

Glava 4. Krug

64

jednaˇcina para tangenti na krug x 2 + y 2 = r 2 . Lako se izraˇcunavaju koordinate taˇcaka T1 (x 1 , y 1 ) i T2 (x 2 , y 2 ) u kojima tangente povuˇcene iz taˇcke T (x 0 , y 0 ) dodiruju krug x 2 + y 2 = r 2 . Koordinate taˇcaka dodira najprostije se dobijaju iz sistema jednaˇcina x 12 + y 12 = r 2 ,

x0 x1 + y 0 y 1 = r 2 ,

jer se taˇcka T1 nalazi na krugu, a taˇcka T0 na tangenti kruga u taˇcki T1 . Kada se iz druge jednaˇcine izrazi y 1 i zameni u prvu dobija se y1 =

µ

r 2 − x0 x1 y0

=⇒

x 12 +

r 2 − x0 x1 y0

¶2 =r2

y 02 x 12 + r 4 − 2r 2 x 0 x 1 + x 02 x 12 − y 02 r 2 = 0

⇐⇒

⇐⇒

(x 02 + y 02 )x 12 − 2r 2 x 0 x 1 + r 4 − r 2 y 02 = 0. Rešenja ove kvadratne jednaˇcine su

x 1,2 =

r 2 x0 ± r y 0

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02

.

Kada se vrednost za x 1 zameni u jednaˇcinu x 0 x 1 + y 0 y 1 = r 2 dobija se

x0

y0 y1 =

r 2 x0 + r y 0

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02

+ y0 y1 = r 2

r 2 x 02 + r 2 y 02 − r 2 x 02 − r x 0 y 0

y1 =

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02 q r 2 y 0 − r x 0 x 02 + y 02 − r 2 x 02 + y 02

.

Analogno se dobija da je

y2 =

r 2 y0 + r x0

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02

⇐⇒

,

⇐⇒

4.3. Odnos prave i kruga

65

pa su taˇcke dodira  r T1 

2

q

x 0 + r y 0 x 02 + y 02 − r 2 , x 02 + y 02

 r T2 

2

r

2

r

2

q

x 0 − r y 0 x 02 + y 02 − r 2 , x 02 + y 02

q



q



y 0 − r x 0 x 02 + y 02 − r 2  , x 02 + y 02 y 0 + r x 0 x 02 + y 02 − r 2  . x 02 + y 02

4.3.3 Polaritet Nadimo jednaˇcinu prave koja prolazi kroz taˇcke T1 i T2 , dodirne taˇcke tan¯ genti povuˇcenih iz taˇcke T (x 0 , y 0 ) na centralni krug x 2 + y 2 = r 2 . Odredimo najpre koeficijent pravca te prave r 2 y0 + r x0

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02 y2 − y1 = q x2 − x1 r 2 x − r y 2 2 2 0 0 x0 + y 0 − r x 02 + y 02 q 2r x 0 = −

−

−

r 2 y0 − r x0

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02 = q r 2 x 0 + r y 0 x 02 + y 02 − r 2 x 02 + y 02

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02 x0 =− q y0 2r y 0 x 02 + y 02 − r 2 x 02 + y 02

Ako zamenimo ovaj izraz za koeficijent pravca i pomnožimo sa y 0 dobija se (y − y 1 ) = −   y0 y −

x0 (x − x 1 ) y0

⇐⇒

   q 2 2 2 2 r x + r y − r + y x 02 + y 02 − r 2  x 0 0 0 0    = −x 0 x −  2 2 2 2 x0 + y 0 x0 + y 0

r 2 y 0 − r x0

q

⇐⇒

Glava 4. Krug

66

y y0 −

r 2 y 02 − r x 0 y 0

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02

xx 0 + y y 0 =

r 2 x 02 + r x 0 y 0

q

= −xx 0 +

r 2 x 02 + r x 0 y 0

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02

+

q

x 02 + y 02 − r 2

x 02 + y 02 q r 2 y 02 − r x 0 y 0 x 02 + y 02 − r 2

⇐⇒

x 02 + y 02

pa je konaˇcno xx 0 + y y 0 =

r 2 x 02 + r 2 y 02 x 02 + y 02

= r 2.

Jednaˇcinu prave kroz T1 i T2 mogu´ce je prosto izvesti i koriš´cenjem jednostavnih geometrijskih odnosa. Oˇcigledno je prava kroz T1 i T2 normalna na pravu OT pa je dovoljno odrediti rastojanje prave kroz T1 i T2 od koordinatnog poˇcetka da se odmah napiše normalna jednaˇcina ove prave. Neka je T 0 presek duži T1 T2 i OT . Trougao 4OT T1 je pravougli i T 0 je podnožje normale iz T1 na hipotenuzu OT . Trouglovi 4OT T1 i 4OT1 T 0 su sliˇcni, jer su oba pravougla i ugao kod O im je zajedniˇcki pa je d rastojanje taˇcke T 0 od koordinatnog poˇcetka q OT : OT1 = OT1 : OT 0 ⇐⇒ x 02 + y 02 : r = r : OT 0 ⇐⇒ d = |OT 0 | = q

r2 x 02 + y 02

.

Iz pravouglog trougla koji obrazuju prava OT , x-osa i vertikalna prava kroz T se dobija x0 y0 cos α = q i sin α = q x 02 + y 02 x 02 + y 02 pa je normalni oblik jednaˇcine prave kroz taˇcke T1 i T2 x cos α + y sin α = d

⇐⇒

q

xx 0 x 02 + y 02

+q

y y0 x 02 + y 02

=q

r2 x 02 + y 02

.

q Kada se pomnoži sa x 02 + y 02 dobija se da jednaˇcina prave, koja spaja taˇcke dodira dveju tangenti na krug, ima vrlo jednostavan opšti oblik xx 0 + y y 0 − r 2 = 0.

4.4. Odnos dva kruga, pramen krugova

67

Preslikavanje kojim se taˇcka T (x 0 , y 0 ) preslikava u pravu xx 0 +y y 0 = r 2 naziva se polaritet. Taˇcka T (x 0 , y 0 ) se naziva pol prave xx 0 + y y 0 = r 2 , a prava xx 0 + y y 0 = r 2 naziva se polara taˇcke T (x 0 , y 0 ). Prilikom polariteta svaka taˇcka razliˇcita od centra kruga ima polaru. Oˇcigledno važi tvrdenje da ako taˇcka T1 pripada polari taˇcke T2 da tada i ¯ taˇcka T2 pripada polari taˇcke T1 , jer u oba sluˇcaja važi x1 x2 + y 1 y 2 = r 2 .

4.4 Odnos dva kruga, pramen krugova Ispitajmo odnos dva kruga. Iz geometrije je jasno da postoje tri mogu´cnosti: ili je jedan krug izvan drugog ili se seku ili je jedan u drugom. Dokažimo ovo tvrdenje analitiˇcki. Zbog jednostavnosti pretpostavimo da je centar prvog ¯ kruga na x-osi (ali nije centralni, x 1 6= 0), a da je drugi krug centralni, što ne utiˇce na opštost, tj. neka su krugovi k 1 i k 2 (x − x 1 )2 + y 2 − r 12 = 0,

k1 :

x 2 + y 2 − r 22 = 0.

k2 :

Odnos k 1 i k 2 ispituje rešavanjem sistema jednaˇcina (x − x 1 )2 + y 2 − r 12 = 0,

x 2 + y 2 − r 22 = 0.

Kada se od prve jednaˇcina oduzme druga dobija se −2x 1 x + x 12 = r 12 − r 22

⇐⇒

x=

r 22 − r 12 + x 12 2x 1

.

Zamenimo ovu vrednost za x u drugu jednaˇcinu, dobija se Ã

r 12 − r 22 + x 12

!2

2x 1

à +y

2

− r 22

= 0,

⇐⇒

y

2

= r 22 −

r 22 − r 12 + x 12

!2 .

2x 1

Kada se rastavi desna strana kao razliku kvadrata tada se dobija à r 22 −

r 22 − r 12 + x 12 2x 1

!2

à = r2 +

r 22 − r 12 + x 12 2x 1

!Ã r2 −

r 22 − r 12 + x 12 2x 1

! =

Glava 4. Krug

68

= =

¡ ¢¡ ¢ (r 2 + x 1 )2 − r 12 r 12 − (r 2 − x 1 )2 4x 12

=

(r 2 + x 1 + r 1 )(r 2 + x 1 − r 1 )(r 1 + r 2 − x 1 )(r 1 − r 2 + x 1 )

=

4x 12 ¢ ¢¡ ¡ (r 2 + r 1 )2 − x 12 x 12 − (r 2 − r 1 )2 4x 12

=

.

Konaˇcno se dobija da je ¡ 2

y =

¢ ¢¡ (r 2 + r 1 )2 − x 12 x 12 − (r 2 − r 1 )2 4x 12

.

Sada je analizu jednostavno izvesti, jer kada je desna strana pozitivna krugovi se seku, kada je nula tada se dodiruju, a kada je negativna krugovi nemaju dodirnih taˇcaka. Dakle, kada je • r 1 + r 2 < |x 1 |, krugovi su jedan izvan drugog, • |x 1 | = r 1 + r 2 , krugovi se dodiruju spolja, • |r 2 − r 1 | < |x 1 | < r 1 + r 2 , krugovi se seku, • |r 2 − r 1 | = |x 1 |, krugovi se dodiruju iznutra, i • |x 1 | < |r 2 − r 1 |, krugovi su jedan u drugom i ne seku se. Sliˇcno kao i pramen pravih lako može da se definiše i pramen krugova. Neka su k 1 i k 2 k1 :

(x − x 1 )2 + (y − y 1 )2 − r 12 = 0,

k2 :

(x − x 2 )2 + (y − y 2 )2 − r 22 = 0,

dva kruga koja se seku. Tada se odmah vidi da je ¢ ¢ ¡ ¡ c 1 (x − x 1 )2 + (y − y 1 )2 − r 12 + c 2 (x − x 2 )2 + (y − y 2 )2 − r 22 = 0, jednaˇcina kruga koji prolazi kroz preseˇcne taˇcke krugova k 1 i k 2 ili je jednaˇcina preseˇcne prave kada je c 1 = −c 2 .

4.4. Odnos dva kruga, pramen krugova

69

Za proizvoljna dva fiksna kruga k 1 i k 2 familija krugova ¡ ¢ ¡ ¢ c 1 (x − x 1 )2 + (y − y 1 )2 − r 12 + c 2 (x − x 2 )2 + (y − y 2 )2 − r 22 = 0, gde su c 1 i c 2 proizvoljni realni parametri, naziva se pramen krugova. Ako k 1 i k 2 nisu koncentriˇcni krugovi tada se prava (x − x 1 )2 + (y − y 1 )2 − r 12 = (x − x 2 )2 + (y − y 2 )2 − r 22 , naziva radikalna (ili potencijalna) osa krugova k 1 i k 2 . Lako se dokazuje da je radikalna osa dva kruga normalna na pravu koja spaja centre tih krugova. Još lakše se dokazuje da ako centri tri kruga obrazuju trougao da se tada radikalne ose tih krugova seku u jednoj taˇcki. Ova preseˇcna taˇcka naziva se radikalni centar tri kruga.