sadr zaj - nasport.pmf.ni.ac.rs

Sadrzaj

1 Uvod 31.1 Znacajni istorijski momenti u razvoju analiticke geometrije . 3

2 Vektori i koordinatni sistemi 52.1 Skalari i vektori . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52.2 Koordinatni sistemi na pravoj, u ravni i u prostoru . . . . . . 7

2.2.1 Koordinatni sistem na pravoj . . . . . . . . . . . . . . 72.2.2 Koordinatni sistemi u ravni . . . . . . . . . . . . . . . 82.2.3 Koordinatni sistemi u prostoru . . . . . . . . . . . . . 9

2.3 Sabiranje, oduzimanje vektora i mnozenjevektora skalarom . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13

2.4 Linearna zavisnost vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182.4.1 Predstavljanje vektora u koordinatnom sistemu . . . . 22

2.5 Skalarni proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 242.6 Vektorski proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 272.7 Mesoviti proizvod vektora . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 302.8 Dvostruki vektorski proizvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . 322.9 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

3 Transformacije afinih koordinata 473.1 Opsti slucaj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 473.2 Transformacija Dekartovih koordinata . . . . . . . . . . . . . 503.3 Zadaci . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57

Literatura 69

1

2 SADRZAJ

Glava 1

Uvod

1.1 Znacajni istorijski momenti u razvoju analiticke

geometrije

Analiticka geometrija, poznata i kao koordinatna geometrija, ili Dekar-tova geometrija, za proucavanje geometrije koristi koordinatni sistem i pri-menjuje principe algebre i analize u geometriji. Razlikuje se od takozvanesinteticke euklidske geometrije, koja neke pojmove uzima za polazne i deduk-tivnim nacinom baziranim na aksiomama i teoremama dolazi do zakljucaka.

Grcki matematicarMenahmus1 je resavao geometrijske probleme i dokazi-vao teoreme pomocu metode koja je imala snazan uticaj na koriscenje koor-dinata i ponekad se tvrdilo da je on uveo analiticku geometriju. Menahmusje bio prijatelj Platona i ucitelj Aleksandra Velikog. Kada ga je jednomAleksandar Veliki pitao o precici u saznavanju geometrije on je, kaze staraanegdota, rekao: ”O Kralju, za putovanje po zemlji, postoje putevi za kral-jeve i putevi za obicne gradjane, ali u geometriji postoji jedan put za sve”.

Apolonije2 iz Perge se bavio problemima na nacin koji se moze zvatianaliticka geometrija jedne dimenzije. Poznat je njegov rad Konike za kojise smatra da predvidja rad Rene Dekarta - oko 1800 godina ranije.

U jedanaestom veku persijski matematicar Omar Hajam3 je videoodnos izmedju geometrije i algebre, pa krece u pravom smeru koji je po-mogao da se prevazidje jaz izmedju algebarskog i geometrijskog resavanjaproblema.

1Menaechmus-starogrcki matematicar, (380 -320 pne)2Apollonius-starogrcki matematicar, 262 g. pne radio u Egiptu3Omar Khayyam-persijski matematicar, pesnik, astronom (1048-1131)

3

4 1. Uvod

Analiticka geometrija se tradicionalno pripisuje Rene Dekartu4. Onje ostvario znacajan napredak u metodama izucavanja koje je dao u esejupod naslovom La Geometrie (Geometrija). Jedan od tri prateca eseja, kojije objavljen 1637 g., je Rasprava o metodi. Ovaj rad je pisan na njegovommaternjem (francuskom) jeziku, a njegova nacela dala su temelj za infinitez-imalni racun.

Pjer Ferma 5 je takodje pionir razvoja analiticke geometrije. Iako nijeobjavljeno za zivota, njegovo delo o planimetriji i stereometriji (Ad locosplanos et solidos isagoge) koje je cirkulisalo u Parizu 1637, neposredno preobjavljivanja Dekartovih rezultata. Kljucna razlika izmedju Fermaovog iDekartovog tretmana je stvar gledista. Ferma polazi od algebarskih jednacinai generise npr. krivu koja je zadovoljava, dok Dekart polazi od geometrijskekrive i odredjuje jednacine.

Dalji razvoj analiticke geometrije uglavnom je vezan za njenu primenuu mnogim naukama. Analiticka geometrija se siroko koristi za resavanjeproblema u fizici i inzenjerstvu, ali predstavlja i osnovu vecine modernihpolja geometrije kao sto su algebarska, diferencijalna, diskretna i racunarskageometrija.

4Rene Descartes (francuski), Renatus Cartesius (latinski)-francuski matematicar i filo-zof, (1596−1650)

5Pierre de Fermat -francuski matematicar i pravnik, (1601-1665)

Glava 2

Vektori i koordinatni sistemi

2.1 Skalari i vektori

U prirodnim naukama, na primer u fizici, srecemo dve najvaznije vrstevelicina: skalare i vektore.

Definicija 2.1.1. Skalarna velicina (skalar) je velicina odredjena samosvojom brojnom vrednoscu.

Primeri skalarnih velicina su: povrsina, zapremina, masa, temperaturai dr. Medjutim ima velicina za cije poznavanje nije dovoljno znati samobrojnu velicinu, kao sto je: sila, brzina, ubrzanje i dr., za koje je osim brojnevrednosti potrebno znati i pravac i smer. Sada cemo preciznije definisatipojam vektora.

Definicija 2.1.2. Duz (odsecak) AB je skup tacaka neke prave koje senalaze izmedju tacaka A i B ukljucujuci i njih. Tacke A i B su krajevi

duzi, a ostale tacke su unutrasnje tacke te duzi.

Duz ciji se krajevi poklapaju naziva se nulta duz. Duz je usmerenaako je odredjena pocetna i krajnja tacka. Za sve usmerene duzi kazemo dasu jednake, ako imaju isti pravac (pripadaju istoj ili paralelnim pravama),isti smer (duzi AB i CD su istog smera ako su tacke B,D sa iste straneravni koja prolazi kroz tacke A,C) i istu duzinu (intenzitet).

Relacija jednakosti usmerenih duzi je relacija ekvivalencije (sto se lakoproverava). Tom relacijom je skup usmerenih duzi prostora E

3 podeljen naklase ekvivalencije, pri cemu jednoj klasi pripadaju sve medjusobno jednakeusmerene duzi.

Definicija 2.1.3. Klasa jednakih usmerenih duzi je vektor.

5

6 2. Vektori i koordinatni sistemi

Dakle, sve duzi koje su istog pravca, smera i duzine, smatramo jednimvektorom. Kao i u drugim slucajevima, bilo koji element iz klase ekvivalen-cije moze zastupati tu klasu, tj. sve njene elemente. U primenama se svakausmerena duz moze posmatrati kao vektor, pa umesto da govorimo o dvemajednakim orjentisanim duzima, govorimo o dva jednaka vektora.

Vektor predstavljamo usmerenom duzi. Na primer, ako su prave kojimapripadaju duzi AB i CD paralelne, tj. AB‖CD, ako su duzi AB i CDjednake (podudarne), tj. AB = CD i ako su duzi AB i CD istog smera, ondausmerene duzi AB i CD pripadaju istoj klasi ekvivalencije, tj. predstavljajuisti vektor.

Medjutim, posto smo navedene usmerene duzi (jedan isti vektor) pred-stavili posebno, mozemo reci da imamo dva jednaka vektora.

Slika 2.1.1.

Vektor sa pocetkom A i krajem B cemo obelezavati−−→AB ili jednim slovom

sa strelicom, na primer ~a, pa mozemo pisati−−→AB =

−−→CD = ~a (Slika 2.1.1), a

za intenzitet vektora |−−→AB| = |−−→CD| = |~a| = a, smatramo rastojanje izmedjutacka A i B, odnosno C i D. Na taj nacin smo definisali (Definicija 2.1.3)takozvani slobodan vektor. Za potrebe geometrije je dovoljno pod vek-torom podrazumevati slobodan vektor. Medjutim, u primenjenim naukamaje potrebno znati i pravu na kojoj je vektor, pa mozemo govoriti o vektoruvezanom za pravu, a u nekom slucaju je potrebno i da se zna pocetna,napadna tacka, pa imamo vektor vezan za tacku. Mi cemo u daljem izla-ganju pod vektorom podrazumevati slobodan vektor. Na osnovu izlozenogimamo sledecu definiciju:

Definicija 2.1.4. Dva vektora ~a i ~b su jednaka ako imaju isti pravac, smeri intenzitet.

Dakle, ako je ~a = ~b, to znaci da ovi vektori pripadaju istoj ili paralelnimpravama, odgovarajuce usmerene duzi su istog smera i iste duzine.

2.2. Koordinatni sistemi na pravoj, u ravni i u prostoru 7

Definicija 2.1.5. Prava kojoj pripada vektor, tj. odgovarajuca usmerenaduz, je nosac vektora. Dva vektora su kolinearna, ako pripadaju istomnosacu, a koplanarna ako pripadaju istoj ravni.

Nulta duz odredjuje nula vektor ~0, na primer ~0 =−→AA, a vektor ciji je

intenzitet 1 je jedinicni vektor. Vektor koji se od datog vektora razlikujesamo smerom je suprotan vektor. Na primer, ~a i −~a su suprotni vektori.

Umesto ~a se moze pisati i aaa.

Primer 2.1.1. Geometrijski vektori na pravoj, u ravni, u trodimenzionomprostoru cine tri razlicita tipa vektorskog prostora (ispunjeni su uslovi 1.-8.).

Primer 2.1.2. Neka je X proizvoljan skup i F(X ) skup svih realnih funkcija,definisanih na X . Ako definisemo zbir dveju funkcija f, g ∈ F(X ) i proizvodαf, α ∈ R jednacinama:

(f + g)(x) = f(x) + g(x), (αf)(x) = α · f(x), x ∈ X ,

tada se lako proverava da vaze aksiome 1.−8. U ovom slucaju primeri ”vek-tora” su funkcije.

2.2 Koordinatni sistemi na pravoj, u ravni i u pros-

toru

2.2.1 Koordinatni sistem na pravoj

Prava za cije je dve proizvoljne tacke utvrdjeno koja se od njih smatraprethodnom, a koja sledecom, naziva se orjentisana prava ili osa. Osamoze biti odredjena jedinicnim vektorom koji lezi na njoj i koji se nazivaort te ose.

Slika 2.2.1.

Na orjentisanoj pravoj Ox uocimo tacku O (Slika 2.2.1) i na polupravoj Ox

duz OE, koja je uzeta za jedinicnu duz. Vektor−−→OE = ~e je jedinicni

vektor (ort) orjentisane prave prave Ox. Smer odredjen vektorom−−→OE

smatramo pozitivnim. Tacki E dodeljujemo broj 1. Prenoseci jedinicnuduz OE na obe strane od O, dobijamo tacke koje odgovaraju brojevima


. . . ,−2,−1, 0, 1, 2, . . . . Tacki O odgovara broj 0 (nula). Koristeci delovejedinicne duzi, mozemo odrediti tacku koja odgovara svakom racionalnombroju p/q. Koristeci aksiome neprekidnosti [5], moze se dokazati da svakomrealnom broju odgovara odredjena tacka na posmatranoj pravoj Ox i obr-nuto, svakoj tacki na toj pravoj odgovara odredjeni realni broj.

Prava Ox izmedju cijih tacaka i realnih brojeva je uspostavljena uza-jamno jednoznacna korespodencija zove se brojna osa, odnosno jednodi-menzioni euklidski prostor i obelezava se sa E

1 ili R (odgovara skupurealnih brojeva). Broj x koji odgovara tacki M na pravoj Ox, zove se ap-scisa tacke M , sto pisemo M(x). Uspostavljanjem uzajamno jednoznacnekorespodencije izmedju realnih brojeva i tacaka prave Ox uveli smo koor-dinatni sistem na pravoj. Tacka O se naziva koordinatni pocetak. Uz-imajuci u obzir ”1 − 1” korespodenciju izmedju tacaka brojne ose i realnihbrojeva, cesto umesto reci ”broj” govorimo ”tacka” i obrnuto.

2.2.2 Koordinatni sistemi u ravni

• Pravolinijski (afini) koordinatni sistem

Posmatrajmo u ravni dve orjentisane prave Ox i Oy sa ortovima ~e1, odnosno~e2 i sa zajednickom tackom O, koje se seku pod uglom ω (Slika 2.2.2). KrozM konstruisemo pravu MM ′‖Oy, gde je M ′ ∈ Ox i tacka M ′ ima apscisu x.Na isti nacin dobijamo tacku M ′′, tako da je M ′′ ∈ Oy i OM ′′ = y. Brojevix, y su pravolinijske (afine) koordinate tacke M , pa pisemo M(x, y).Broj x je apscisa, a y je ordinata tacke M . Ako je ω = π/2, imamopravolinijske ortogonalne ili Dekartove koordinate u ravni.

Slika 2.2.2.

Za ω 6= π/2 sam pravolinijski koordnatni sistem je kosougli, a za ω = π/2je pravougli. U opstem slucaju ne mora biti uzeta ista jedinica merenja


na obe ose, ali se obicno uzima da je ta jedinica ista, sto cemo u daljemizlaganju pretpostavljati.

• Polarni koordinatni sistem u ravni

Polarni koordinatni sistem odredjen je izborom orijentisane prave Oxi na njoj tacke O. Prava Ox zove se polarna osa, a tacka O pol. Tacka Mu ravni odredjena je orijentisanim uglom θ = ]xOM, koji se zove polarniugao, i odstojanjem ρ = OM , koje se zove poteg (radijus) tacke M . Uzimase da je ρ ∈ [0,+∞), θ ∈ [0, 2π). Ako su date polarne koordinate ρ, θ,tacka M se nalazi u preseku kruga poluprecnika ρ sa centrom O i polupravekoja sa polarnom osom gradi ugao θ. Ovaj krug i ova poluprava su u slucajupolarnog sistema koordinatne linije. Posto je jedna od koordinatnih linijakriva linija, polarni sistem je krivolinijski koordinatni sistem.

Slika 2.2.3.

Sada mozemo uspostaviti vezu izmedju pravouglih Dekartovih i polarnihkoordinata (Slika 2.2.3):

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, (2.2.1)

ρ =√

x2 + y2, sin θ =y

√

x2 + y2, cos θ =

x√

x2 + y2

ili θ = arctgy

x.

(2.2.2)

Za x = y = 0 vrednosti za sin θ, cos θ u jednacini (2.2.2) su neodredjene, patacki O pridruzujemo polarne koordinate θ = 0, ρ = 0.

2.2.3 Koordinatni sistemi u prostoru

• Pravolinijski (afini) koordinatni sistem u prostoru


U geometrijskom euklidskom trodimenzionom prostoru E3(R3) se obicno ko-

risti nekoliko vrsta koordinatnih sistema.

Slika 2.2.4.

Pravolinijski (afini) koordinatni sistem u prostoru je odredjen satri nekoplanarne orjentisane prave (ose) Ox,Oy,Oz sa zajednickom tackomO. Ako ove ose nisu medjusobno upravne, sistem je kosougli, a ako se sekupod pravim uglovima, ovaj sistem je pravolinijski ortogonalan ili Dekar-tov koordinatni sistem (Slika 2.2.4). Tacka O je koordinatni pocetak,prave Ox,Oy,Oz su koordinatne ose, a ravni xOy, yOz, zOx su koor-dinatne ravni pravolinijskog koordinatnog sistema. Neka je OM ′ = x,gde je M ′ presecna tacka ose Ox i ravni koja sadrzi tacku M i paralelnaje sa ravni yOz. Broj x, pozitivan, negativan ili 0, zove se apscisa tackeM . Analogno se odredjuju i tacke M ′′ i M ′′′, gde je OM ′′ = y,OM ′′′ = z.Brojevi y, z su ordinata odnosno kota (aplikata) tacke M . I u ovomslucaju merne jedinice na osama ne moraju biti iste, ali se obicno uzima dabudu iste, pa cemo u daljem to podrazumevati. Tacka M sa koordinatamax, y, z se obelezava M(x, y, z). Takodje cemo pod pravolinijskim sistemompodrazumevati Dekartov (tj. pravougli) koordinatni sistem.

• Cilindricni koordinatni sistem

U cilindricnom koordinatnom sistemu tacka M(ρ, θ, z) je odredjenapolarnim koordinatama ρ, θ svoje normalne projekcije na ravan xOy i kotomz (Slika 2.2.5). Uzima se da je ρ ∈ [0,∞), θ ∈ [0, 2π), z ∈ (−∞,+∞). Vezeovih koordinata sa Dekartovim pravouglim su

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = z, (2.2.3)

ρ =√

x2 + y2, sin θ =y

√

x2 + y2, cos θ =

x√

x2 + y2

ili θ = arctgy

x, z = z.

(2.2.4)


Slika 2.2.5.

Tacki O pridruzujemo cilindricne koordinate (0, 0, 0), a tackama z-ose(0, 0, z).

Koordinatne povrsi su: cilindricna povrs (ρ = ρ0 = const), poluravankroz Oz−osu (θ = θ0), ravan paralelna sa xOy-ravni (z = z0).

• Sferni koordinatni sistem

U sfernom koordinatnom sistemu (Slika 2.2.6) tacka M(r, θ, ϕ) jeodredjena odstojanjem r = OM od koordinatnog pocetka, uglom θ = ]xOP,gde je P njena normalna projekcija na ravan xOy, i uglom ϕ = ]POM.Sferne koordinate se menjaju na sledeci nacin:

r ∈ [0,∞), θ ∈ [0, 2π), ϕ ∈ [−π/2, π/2].

Ugao ϕ je negativan za tacke ispod ravni xOy.

Slika 2.2.6.


Relacije izmedju sfernih i Dekartovih pravouglih koordinata su

x = ρ cos θ, y = ρ sin θ, z = r sinϕ.

Posto je ρ = r cosϕ, ρ = OP to zamenom dobijamo Dekartove koordinateizrazene preko sfernih:

x = r cos θ cosϕ, y = r sin θ cosϕ, z = r sinϕ. (2.2.5)

Kvadriranjem i sabiranjem ovih jednacina se dobija x2 + y2 + z2 = r2, kakoje ρ =

√

x2 + y2, dobijamo obrasce za odredjivanje sfernih koordinata prekoDekartovih pravouglih:

r =√

x2 + y2 + z2, sin θ =y

√

x2 + y2,

cos θ =x

√

x2 + y2, sinϕ =

z√

x2 + y2 + z2.

(2.2.6)

Tacki O pridruzujemo sferne koordinate r = 0, θ = 0, ϕ = 0. Koordinatnepovrsi su: sfera (r = r0), poluravan (θ = θ0), konusna povrs (ϕ = ϕ0).

Primer 2.2.1. Odrediti Dekartove koordinate tacke ako su njene sferne koordinate θ =45o, ϕ = 30o, r = 2.

Resenje. Iz veze izmedju pravouglih Dekartovih koordinata i sfernih koordinata, jednacine(2.2.5), imamo da je

x = 2 cos 45o cos 30o =

√6

2, y = 2 sin 45o cos 30o =

√6

2, z = 2 sin 30o = 1.

Dakle, tacka zadata u sfernim koordinatama ima Dekartove (√6

2,√

6

2, 1). N

Primer 2.2.2. Zadata je tacka u cilindricnom koordinatnom sistemu ρ = 2, θ = 30o i

z =√5. Naci njene sferne koordinate.

Resenje. Iz veze izmedju Dekartovih koordinata i cilindricnih koordinata, jednacine (4),nacicemo njene Dekartove koordinate.

x = ρ cos θ = 2 cos 30o =√3, y = ρ sin θ = 2 sin 30o = 1, z = z =

√5.

Sada iz veze Dekartovih koordinata sfernih koordinata, nalazimo sferne koordinate

r = 3, sin θ =1

2, cos θ =

√3

2, sinϕ =

√5

3.

Sledi da je θ = 30o i ϕ = arcsin√5

3.Dakle, tacka ima sferne koordinate (3, 30o, arcsin

√5

3). N

2.3. Sabiranje, oduzimanje vektora i mnozenje vektora skalarom 13

2.3 Sabiranje, oduzimanje vektora i mnozenje

vektora skalarom

Neka su data dva vektora ~a i ~b. Postavimo ih u polozaj da se kraj jednogvektora i pocetak drugog vektora poklapaju tj. da budu nadovezani jedanna drugi. Zbir vektora ~a i ~b je vektor ~c koji ima pocetak u pocetku prvogvektora, a kraj u kraju drugog vektora ako se oni nadovezu jedan na drugi.

Slika 2.3.1.

Slika 2.3.1 prikazuje sabiranje vektora−−→AB = ~a i

−−→BC = ~b, tj. zbir

−→AC =

~a + ~b = ~c. Ako uocimo paralelogram ABCB1 vidimo da su sabirci ~a,~b us-mereni duz stranica paralelograma AB,AB1 a zbir ~a+~b duz dijagonale ACiz istog temena A. Zakljucujemo da za sabiranje dva vektora vazi prav-ilo paralelograma. Posto je zbir dva vektora ponovo vektor, to se mozedefinisati i zbir tri i vise vektora.

Teorema 2.3.1. Sabiranje vektora ima sledece osobine:

1. ~a+~b = ~b+ ~a (komutativni zakon),

2. |~a+~b| ≤| ~a | + | ~b | (nejednakost trougla),

3. (~a+~b) + ~c = ~a+ (~b+ ~c) (asocijativni zakon),

4. ~a+~0 = ~0 + ~a = ~a (neutralni element za sabiranje),

5. ~a+ (−~a) = ~0 (inverzni element za sabiranje).

(2.3.1)

Dokaz. 1. Slika 2.3.1 dokazuje jednakost−−→AB +

−−→BC =

−−→AB1 +

−−→B1C.

2. U slucaju nekolinearnosti vektora ~a i ~b strana AC = |~a + ~b| trouglaABC manja od drugih dveju strana AB = |~a| i BC = |~b|; u slucaju da suvektori ~a i ~b kolinearni, istog smera, onda, prema definiciji sabiranja, vazi

|−→AC| = |−−→AB|+ |−−→BC| tj. |~a+~b| = |~a|+ |~b|.3. Kako je

−−→AD =

−→AC +

−−→CD = (~a +~b) + ~c, a takodje

−−→AD =

−−→AB +

−−→BD =

~a+ (~b+ ~c), (Slika 2.3.2 a)) onda je ova osobina dokazana.


Slika 2.3.2.

Osobine 4. i 5. slede iz definicija vektora ~0 i −~a i sabiranja vektora. �

Skup svih geometrijskih vektora u odnosu na sabiranje obrazuje komu-tativnu grupu.

Razlika vektora ~a i ~b je vektor ~d za koji vazi da je ~a = ~b + ~d. U tomslucaju je ~d = ~a−~b. Dakle

~d = ~a−~b ⇔ ~a = ~b+ ~d. (2.3.2)

Ako vektore ~a,~b (Slika 2.3.2 b)) dovedemo na zajednicki pocetak, ondavektor ~a − ~b spaja vrhove tih vektora, a usmeren je od vrha vektora ~b kavrhu vektora ~a, jer je

−→OA =

−−→OB +

−−→BA ⇔ −−→

BA =−→OA−−−→

OB = ~a−~b.

Za intenzitet razlike vazi

|~a−~b| ≥ |~a| − |~b|, (2.3.3)

jer je BA > |OA−OB|, tj. duzina jedne stranice trougla je veca od apsolutnevrednosti razlike duzina drugih dveju stranica. U slucaju da su vektori ~a i ~bkolinearni istoga smera, vazice u (2.3.3) znak jednakosti.

Proizvod skalara (broja) k i vektora ~a je vektor istog pravca, cijije intenzitet |k| · |~a|, smer je isti kao i smer vektora ~a za k > 0, a suprotan

za k < 0. Ocigledno je da su vektori ~a i ~ka kolinearni. Vazi da je 0~a =−→0 .


Slika 2.3.3.

Teorema 2.3.2. Mnozenje vektora i skalara ima sledece osobine:

1. k(~la) = (kl)~a, (asocijativni zakon),

2. (k + l)~a = k~a+ l~a (I distributivni zakon),

3. k(~a+~b) = k~a+ k~b (II distributivni zakon).

(2.3.4)

Napomenimo da se svaki vektor ~a moze predstaviti kao proizvod svogaintenziteta |~a| i jedinicnog vektora ~a0 istog pravca i smera kao sto je dativektor ~a, tj.

~a = |~a| · ~a0 ⇔ ~a0 =~a

|~a| . (2.3.5)

Posmatrajmo osu p odredjenu jedinicnim vektorom ~p0 i vektor−−→AB = ~a,

koji sa osom p gradi ugao ϕ, tj. ](~p0,~a) = ](~p,~a) = ϕ (Slika 2.3.4). Ako

kroz krajeve A i B vektora−−→AB postavimo ravni koje su normalne na pravu p

dobicemo presecne tacke A′, B′ tih ravni i prave p. Pod projekcijom vek-

tora−−→AB na osu p, sa oznakom prp

−−→AB podrazumevamo intenzitet vektora−−→

A′B′ uzet sa znakom + u slucaju da su vektor−−→A′B′ i osa p istog smera, a sa

znakom - u slucaju da su suprotnih smerova. Slika 2.3.4 prikazuje

prp−−→AB = |

−−→A′B′|, prp

−−−→A1B1 = −|

−−−→A′

1B′1|. (2.3.6)

Ukoliko je jasno na koju osu se projektuje, moze se pisati samo pr−−→AB, umesto

prp−−→AB.


Slika 2.3.4.

Teorema 2.3.3. Projekcija vektora na osu je uvek jednaka proizvodu inten-ziteta toga vektora i kosinusa ugla izmedju ose i vektora.

Dokaz. Slika 2.3.4 prikazuje da je

prp−−→AB = |

−−→A′B′| = AC = AB cosϕ = |−−→AB| cosϕ

prp−−−→A1B1 = −|

−−−→A′

1B′1| = −A1C1 = −A1B1 cos(180

0 − ϕ)

= −|−−−→A1B1| cos(1800 − ϕ) = |−−−→A1B1| cosϕ,cime je dokazano navedeno tvrdjenje. Dakle,

prp~a = |~a| cos(p,~a). (2.3.7)

�

Sada cemo uopstiti prethodno tvrdjenje.

Teorema 2.3.4. Projekcija zbira n-vektora jednaka zbiru projekcija poje-dinih sabiraka.

Dokaz. Neka su dati vektori−−−→A1A2,

−−−→A2A3, . . . ,

−−−−−→An−1An, onda je

−−−→A1An =

−−−→A1A2 +

−−−→A2A3 + . . .+

−−−−−→An−1An.

Kako je na osnovu (2.3.6)

pr−−−→A1A2 = ±|−−−→A1A2|, pr

−−−→A2A3 = ±|−−−→A2A3|, . . . pr

−−−−−→An−1An = ±|−−−−−→An−1An|,

onda imamo

pr−−−→A1A2 + pr

−−−→A2A3 + . . .+ pr

−−−−−→An−1An = ±|−−−→A1A2| ± |−−−→A2A3| ± . . .± |−−−−−→An−1An|

= ±|−−−→A1An| = pr−−−→A1An = pr(

−−−→A1A2 +

−−−→A2A3 + . . .+

−−−−−→An−1An).

�


Napomena. U prethodnim tvrdjenjima prikazani su slucajevi kada osa pi posmatrani vektori pripadaju jednoj ravni, mada dobijeni zakljucci vaze ikada to nije slucaj.

Primer 2.3.1. Dat je cetvorougao ABCD i duz MN koja spaja sredine strana AD i BC.

Dokazati da je−−→MN = 1

2(−→AB +

−−→DC).

Slika 2.3.5.

Resenje. Sa slike (Slika 2.3.5) imamo da je

−−→MN =

−−→MA+

−→AB +

−−→BN,

−−→MN =

−−→MD +

−−→DC +

−−→CN.

Kako su vektori−−→MA i

−−→MD odnosno

−−→BN i

−−→CN suprotni, to je

−−→MA+

−−→MD = 0,

−−→BN +

−−→CN = 0,

pa sabiranjem prethodna dva izraza za−−→MN dobijamo

2−−→MN =

−→AB +

−−→DC ⇒ −−→

MN =1

2(−→AB +

−−→DC).

N

Primer 2.3.2. Iz proizvoljne tacke M u prostoru konstruisane su normale na tri uzajamno

normalne prave, koje se seku u tacki O. Dokazati da je−−→MA+

−−→MB+

−−→MC = 2

−−→MO, gde su

A,B,C podnozja normala.

Slika 2.3.6.


Resenje. Ako kroz tacku M postavimo tri ravni (Slika 2.3.6) od kojih je svaka normalnana jednu od pomenutih pravih, dobicemo presecne tacke A,B,C koje su podnozja normala.

Tada je −−→MA =

−−→MO +

−→OA,

−−→MB =

−−→MO +

−−→OB,

−−→MC =

−−→MO +

−−→OC,

pa sabiranjem dobijamo

−−→MA+

−−→MB +

−−→MC = 3

−−→MO + (

−→OA+

−−→OB +

−−→OC).

Kako je−→OA+

−−→OB +

−−→OC =

−−→OM = −−−→

MO, to prethodna jednakost postaje

−−→MA+

−−→MB +

−−→MC = 3

−−→MO −−−→

MO = 2−−→MO.

N

2.4 Linearna zavisnost vektora

Definicija 2.4.1. Za dva vektora ~a i ~b kazemo da su linearno zavisni akopostoje skalari α, β ∈ R od kojih je bar jedan razlicit od nule, tako da vazirelacija

α~a+ β~b = ~0. (2.4.1)

Dakle, ako znamo da vektori ~a i ~b nisu linearno zavisni, a ipak vazi (2.4.1)na osnovu navedene definicije proizilazi da mora biti α = β = 0. Vektori,koji nisu linearno zavisni, zovu se linearno nezavisni.

Definicija 2.4.2. Izraz k~a + l~b, gde su k, l ∈ R zove se linearna kombi-nacija vektora ~a i ~b.

Na isti nacin moze se formirati linearna kombinacija vise vektora. Dabismo utvrdili sta u slucaju linearne zavisnosti geometrijski znaci relacija(2.4.1), pretpostavimo da je npr., β 6= 0, pa iz (2.4.1) dobijamo

~b = −α

β~a (2.4.2)

odnosno ~b = k~a za k = −αβ. Relacija (2.4.2) znaci da su vektori ~a,~b koli-

nearni.Obrnuto, ako su ~a,~b kolinearni, onda na osnovu (2.4.2) dobijamo k~a−~b =

~0 za α = k, β = −1 tj. vektori ~a i ~b su linearno zavisni. Dakle, dokazano jesledece tvrdjenje:

2.4. Linearna zavisnost vektora 19

Teorema 2.4.1. Dva vektora ~a i ~b su linearno zavisni ako i samo ako suoni kolinearni.

Za tri vektora ~a, ~b, ~c kazemo da su linearno zavisni ako postoje skalariα, β, γ ∈ R od kojih je bar jedan razlicit od nule i pri tome vazi relacija

α~a+ β~b+ γ~c = ~0. (2.4.3)

To znaci da ako vektori ~a,~b,~c, nisu linearno zavisni, a vazi (2.4.3), morabiti α = β = γ = 0.

Dakle, ako (2.4.1) odnosno (2.4.3) vaze samo za α = β = 0 odnosnoα = β = γ = 0, onda su vektori ~a,~b odnosno vektori ~a,~b,~c linearno nezavisni.

Pretpostavimo da su vektori ~a,~b,~c linearno zavisni i da vazi jednacina(2.4.3), pri cemu je npr., γ 6= 0. Tada je

~c = −α

γ~a− β

γ~b.

odnosno~c = k~a+ l~b, (2.4.4)

gde je −αγ= k, −β

γ= l.

Iz relacije (2.4.4) vidimo da su vektori ~a,~b,~c koplanarni, jer vektor ~c leziu ravni koju odredjuju vektori k~a, l~b, tj. vektori ~a,~b.

Dokazimo da vazi obrnuto, tj. ako su tri vektora koplanarna, oni morajubiti linearno zavisni. Ako su vektori ~a,~b,~c koplanarni, tada mogu nastupitidva slucaja:

1. dva od njih su kolinearni,2. ne postoji par kolinearnih vektora.

U prvom slucaju, pretpostavimo da su npr., ~a,~b kolinearni. Prema Teo-remi 2.4.1 tada je α~a+β~b = ~0, pri cemu bar jedan od brojeva α, β nije nula.Odatle se dobija α~a+ β~b+ 0 ·~c = ~0, tj. vazi jednacina (2.4.3), pa su vektori~a,~b,~c linearno zavisni.

Slika 2.4.1.


U drugom slucaju, mozemo vektor ~c =−−→OC (Slika 2.4.1) razloziti na

dve komponente u pravcima vektora ~a,~b, tj. predstaviti kao zbir vektora−−→OD = k~a i vektora

−−→OE = l~b, tj.,

~c = k~a+ l~b,

sto se moze napisati kaok~a+ l~b− ~c = ~0.

Ako izaberemo da je k = α, l = β, i −1 = γ 6= 0, vidimo da vazi jednacina(2.4.3), tj. vektori ~a, ~b, ~c su linearno zavisni. Dokazana je sledeca teorema:

Teorema 2.4.2. Tri vektora su linearno zavisna ako i samo ako su kopla-narni.

Sada cemo prethodna razmatranja preneti na n vektora.

Definicija 2.4.3. Za n-vektora ~a1,~a2, . . . ,~an kazemo da su linearno zavisni,ako je bar jedan od njih jednak linearnoj kombinaciji ostalih.

Sada mozemo dokazati sledece teoreme:

Teorema 2.4.3. Za n-vektora ~a1,~a2, . . . ,~an kazemo da su linearno zavisni,ako i samo ako postoje skalari α1, . . . , αn od kojih je bar jedan razlicit odnule, tako da je

α1~a1 + α2~a2 + · · ·+ αn~an = ~0. (2.4.5)

Dokaz. Neka su data n-vektora ~a1,~a2, . . . ,~an koja su linearno zavisna,tada na osnovu Definicije 2.4.3 jedan od njih se moze izraziti kao linearnakombinacija ostalih tj.,

~as = α1~a1 + . . .+ αs−1~as−1 + αs+1~as+1 + . . .+ αnan, 1 < s < n,

gde su α1, . . . , αs−1, αs+1, . . . , αn ∈ R, od kojih je bar jedan razlicit od nule.Tada je

α1~a1 + . . .+ αs−1~as−1 + (−1)~as + αs+1~as+1 + . . . αnan = ~0.

Ako sada pretpostavimo da vazi jednacina (2.4.5), pri cemu je npr. αs 6= 0,tada imamo

~as = −α1

αs~a1 − . . .+

αs−1

αs~as−1 −

αs+1

αs~as+1 − . . .

αn

αsan.

Time je dokaz zavrsen. �


Teorema 2.4.4. Svaka cetiri vektora u trodimenzionom euklidskom pros-toru, tj. u nasem realnom fizickom prostoru su linearno zavisni.

Dokaz. Posmatrajmo cetiri vektora ~a, ~b, ~c, ~d. Ako su tri od njih, npr., prvatri, linearno zavisni, onda vazi

α~a+ β~b+ γ~c = ~0,

pri cemu je bar jedan od skalara α, β, γ razlicit od nule. Ali tada je

α~a+ β~b+ γ~c+ 0 · ~d = ~0,

tj. na osnovu Teoreme 2.4.3 sva cetiri vektora su linearno zavisna.

Slika 2.4.2.

Pretpostavimo sada da nikoja tri od navedena cetiri vektora nisu linearnozavisni, tj. nisu koplanarni. U tom slucaju npr., vektor ~dmozemo razloziti nakomponente u pravcima vektora ~a,~b,~c tj. predstaviti ga kao zbir tri vektora

koji su kolinearni redom sa ~a,~b,~c. Oznacimo sa−→OA = ~a,

−−→OB = ~b,

−−→OC =

~c,−−→OD = ~d (Slika 2.4.2). Konstruisimo pravu DO1 takvu da je DO1‖OC,

gde je O1 prodorna tacka te prave kroz ravan AOB. Zatim konstruisimoprave O1A1, O1B1 takve da je O1A1‖OB, O1B1‖OA, gde su A1 i B1 presecitih pravih sa pravama OA, odnosno OB. Najzad konstruisimo pravu DC1

takvu da je DC1‖O1O, gde je C1 presek te prave sa pravom OC. Tada je

~d =−−→OD =

−−→OO1 +

−−→OC1−−→

OO1 =−−→OA1 +

−−→OB1

}

=⇒ ~d =−−→OA1 +

−−→OB1 +

−−→OC1.


Kako su vektori−−→OA1,

−−→OB1,

−−→OC1 kolinearni redom sa vektorima ~a,~b,~c, tj.

vazi−−→OA1 = k~a,

−−→OB1 = l~b,

−−→OC1 = m~c, to imamo

~d = k~a+ l~b+m~c, (2.4.6)

odakle je

k~a+ l~b+m~c− ~d = 0.

tj. vazi relacija oblika (2.4.5) gde je α1 = k, α2 = l, α3 = m, α4 = −1 6= 0.Dokazali smo da su vektori ~a,~b,~c, ~d linearno zavisni. �

Lako se dokazuje da su svakih pet ili vise vektora u trodimenzionom prostorulinearno zavisni. Naime, ako je u pitanju pet vektora ~a1, . . . ~a5 onda za prvacetiri od njih, prema dokazanom, vazi

α1 ~a1 + α2 ~a2 + α3 ~a3 + α4 ~a4 = 0

pri cemu je bar jedan od skalara α1, . . . α4 razlicit od nule. No, tada je

α1 ~a1 + α2 ~a2 + α3 ~a3 + α4 ~a4 + 0 · ~a5 = 0,

tj. vektori ~a1, . . . , ~a5 su linearno zavisni.

2.4.1 Predstavljanje vektora u koordinatnom sistemu

Neka je u ravni uveden Dekartov pravougli koordinatni sistem xOy. Ako je

M neka tacka u toj ravni, onda se vektor−−→OM zove vektor polozaja tacke

M . Da bismo uvideli kakva veza postoji izmedju koordinata tacke i njenogvektora polozaja, posmatrajmo, najpre, tacku M(3, 2) i obelezimo ortove Oxi Oy ose sa ~i, odnosno ~j.

Slika 2.4.3.


Tada je (Slika 2.4.3)

−−→OM =

−−→OM ′ +

−−→OM ′′ = 2~i+ 3~j.

Dakle, ako su apscisa i ordinata tacke M redom 2 i 3, onda se njen vektor

polozaja−−→OM razlaze na komponente 2~i (u pravcu Ox-ose) i 3~j (u pravcu

Oy-ose). U opstem slucaju vektor polozaja tacke M(x, y) je

−−→OM = x~i+ y~j. (2.4.7)

Posmatrajmo dalje Dekartov pravougli koordinatni sistem u prostoruOxyz i tacku M(x, y, z). Tada je (Slika 2.4.4)

Slika 2.4.4.

−−→OM =

−→OA+

−−−→OM ′′′

−→OA =

−−−→OM ′ +

−−−→OM ′′

⇒ −−→

OM =−−−→OM ′ +

−−−→OM ′′ +

−−−→OM ′′′;

pa kako je M ′(x, 0, 0), M ′′(0, y, 0), M ′′′(0, 0, z), to je−−−→OM ′ = x~i,

−−−→OM ′′ =

y~j,−−−→OM ′′′ = z~k, i konacno

−−→OM = x~i+ y~j + z~k. (2.4.8)

Dakle, vektor polozaja tacke M(x, y, z) je−−→OM , dat sa (2.4.8), a pise se i

−−→OM = x~i+ y~j + z~k =

−−→OM(x, y, z). (2.4.9)

Brojevi x, y, z su projekcije vektora na koordinatne ose, a zovu se i koordi-nate vektora.


Slika 2.4.5.

Posto se proizvoljan vektor ~a moze posmatrati sa pocetkom u koordinat-nom pocetku, tj. kao vektor polozaja neke tacke, to se i on moze predstavitipomocu svojih projekcija na koordinatne ose (koordinata) a1, a2, a3 pa je

a1~i+ a2~j + a3~k = ~a(a1, a2, a3). (2.4.10)

Posmatrajmo vektor−−−−→M1M2, ako je M1(x1, y1, z1),M2(x2, y2, z2), tada je

−−−→OM1 = x1~i+ y1~j + z1~k,

−−−→OM2 = x2~i+ y2~j + z2~k,

pa je

−−−−→M1M2 =

−−−→OM2 −

−−−→OM1 = (x2 − x1)~i+ (y2 − y1)~j + (z2 − z1)~k

= (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)(2.4.11)

2.5 Skalarni proizvod vektora

Definicija 2.5.1. Skalarni proizvod (unutrasnji proizvod) dva vektora~a i ~b je proizvod njihovih intenziteta i kosinusa zahvacenog ugla, u oznaci~a ·~b,

~a ·~b = |~a||~b| cos](~a,~b) = ab cosα. (2.5.1)

Primer 2.5.1. Ako je |~a| = 3, |~b| = 2, ](~a,~b) = 300 = π/6, naci ~a ·~b.

Resenje. Bice

~a ·~b = 3 · 2 · cos π6= 3

√3.

N

2.5. Skalarni proizvod vektora 25

Na osnovu Definicije 2.5.1 dobijamo da se intenzitet vektora moze izrazitipreko skalarnog proizvoda na sledeci nacin

|~a| =√~a · ~a. (2.5.2)

Takodje, dobijamo i ugao izmedju dva vektora

cos](~a,~b) =~a ·~b|~a| · |~b|

.

Na osnovu jednacine (2.3.7) imamo da je

~a ·~b = |~b|pr~b~a = |~a|pr~a~b = |~a||~b| cos](~a,~b) (2.5.3)

Sada cemo pokazati sledecu teoremu:

Teorema 2.5.1. Skalarni proizvod ima sledece osobine:

1. ~a ·~b = ~b · ~a (komutativni zakon),

2. ~a ·~b = 0 ⇔ ~a ⊥ ~b (uslov normalnosti),

3. |~a ·~b| ≤ |~a| · |~b|,4. ~a · (λ~b) = (λ~a) ·~b = λ(~a ·~b), λ ∈ R,

5. (~a+~b) · ~c = ~a · ~c+~b · ~c (distributivni zakon).

Dokaz. 1. Koristeci osobinu kosinusa ugla, cos(−α) = cosα, vazi da je

~b · ~a = ba cos(−α) = ab cosα = ~a ·~b,

tj. za skalarni proizvod vazi komutativni zakon.

2. Ako su vektori ~a, ~b uzajamno normalni, onda je cos](~a,~b) = cos π2 = 0,

pa je ~a ·~b = 0. Obrnuto, ako je ~a ·~b = 0, ~a,~b 6= ~0 onda je cos](~a,~b) = 0, tj.](~a,~b) = π

2 , pa je ~a ⊥ ~b.

3. Kako je | cos](~a,~b)| ≤ 1, onda je

|~a ·~b| = ||~a| · |~b| cos](~a,~b)| ≤ |~a| · |~b|.

4. Kada je λ = 0, trivijalno se dobija iz definicije skalarnog proizvoda.Pretpostavimo da je λ > 0, tada je

~a · (λ~b) = |~a||λ~b| cos](~a, λ~b) = λ|~a||~b| cos](~a,~b) = λ(~a ·~b).


Slicno se pokazuje i druga jednakost, kao i slucaj kada je λ < 0.

5. Na osnovu Teoreme 2.3.4 znamo da je projekcija zbira vektora ~a i ~b navektor ~c jednaka zbiru projekcija tih vektora na vektor ~c. Bice

pr~c(~a+~b) = pr~c~a+ pr~c~b

pomnozimo sa |~c| koristeci (2.5.3) dobijamo

(~a+~b) · ~c = ~a · ~c+~b · ~c.

�

Za dva vektora data u Dekartovom pravouglom koordinatnom sistemu

~a = a1~i+ a2~j + a3~k, ~b = b1~i+ b2~j + b3~k,

skalarni proizvod dobija se mnozenjem

~a ·~b = (a1~i+ a2~j + a3~k) · (b1~i+ b2~j + b3~k).

Mnozeci svaki clan sa svakim i uzimajuci u obzir da za ortove ~i,~j,~k koordi-natnih osa vazi

~i ·~i = 1, ~j ·~j = 1, ~k · ~k = 1,

~i ·~j = 0, ~i · ~k = 0, ~j · ~k = 0

dobijamo konacno skalarni proizvod vektora datih preko koordinata

~a ·~b = a1b1 + a2b2 + a3b3.

Odavde se intenzitet vektora datog preko koordinata moze izracunati naosnovu obrasca

|~a| =√

a21 + a22 + a23.

Primer 2.5.2. Naci skalarni proizvod vektora ~p = 2~a − ~b i ~q = ~a − 2~b, gde je |~a| = 2,

|~b| = 4 i ](~a,~b) = π

3.

Resenje.

~p · ~q = (2~a−~b)(~a− 2~b) = 2~a · ~a− 5~a ·~b+ 2~b ·~b

= 2|~a|2 − 5|~a||~b| cos π3+ 2|~b|2 = 20.

N

Primer 2.5.3. Naci projekciju vektora ~a = 2~i+3~j−~k na pravac vektora ~b = −3~i−~j+~k.

2.6. Vektorski proizvod vektora 27

Resenje.

pr~b~a = |~a| cos](~a,~b) = ~a ·~b|~b|

=−6− 3− 1√

11= −10

√11

11.

N

Primer 2.5.4. Naci ugao izmedju vektora:

~u = (1, 1, 0), ~v = (1, 1,√2).

Resenje.

cos](~u,~v) =~u · ~v|~u||~v| =

1 + 1 + 0√1 + 1 + 0

√1 + 1 + 2

=

√2

2,

Odavde je ](~u,~v) = 45o. N

2.6 Vektorski proizvod vektora

Osim skalarnog proizvoda za dva vektora se definise i vektorski proizvod.Za tri vektora ~a, ~b, ~c kazemo da u navedenom poretku cine desni triedar(Slika 2.6.1) ako za posmatraca iz onog dela prostora kuda je usmeren vektor~c rotacija najkracim putem od ~a ka ~b izgleda u smeru suprotnom od smerakretanja kazaljki na satu, tj. u pozitivnom smeru. Ako je pomenuta rotacijau negativnom smeru, vektori cine levi triedar.

Definicija 2.6.1. Vektorski proizvod (spoljasnji proizvod) vektora ~a,~bsa oznakom ~a ×~b je vektor ciji je intenzitet brojno jednak povrsini paralel-ograma konstruisanog nad vektorima ~a i ~b, pravac je normalan na ravanodredjenu tim vektorima, a smer je takav da vektori ~a,~b,~c = ~a×~b cine desnitriedar.

Za vektorski proizvod koriste se i druge oznake, kao [~a,~b].

Slika 2.6.1.


S obzirom na definiciju vektorskog proizvoda, za povrsinu paralelo-grama konstruisanog nad vektorima ~a,~b imamo obrazac

P = |~a×~b|, (2.6.1)

a za povrsinu trougla

P =1

2|~a×~b|. (2.6.2)

Primer 2.6.1. Naci povrsinu paralelograma konstruisanog nad vektorima ~a = 2~m+3~n,~b =~m− ~n, ako je m = |~m| = 4, n = |~n| = 2, ](~m,~n) = π/4.

Resenje. Prema (2.6.2) je

P = |(2~m+ 3~n)× (~m− ~n)| = | − 2(~m× ~n) + 3(~n× ~m)|

= | − 5(~m× ~n)| = 5mn sinπ

4= 20

√2.

N

Kako je pomenuta povrsina P = |~a| · |~b| sinα, gde je ](~a,~b) = α, 0 ≤ α ≤π, to je

|~a×~b| = |~a| · |~b| sinα, (2.6.3)

pa mozemo pisati~a×~b = |~a| · |~b| sinα · ~c0, (2.6.4)

gde je ~c0 jedinicni vektor u pravcu i smeru vektora ~c = ~a×~b.

Da bismo nasli vektorski proizvod vektora datih svojim koordinatama,napomenimo najpre da je

~i×~i = ~j ×~j = ~k × ~k = 0, ~i×~j = −(~j ×~i) = ~k,

~j × ~k = −(~k ×~j) =~i, ~k ×~i = −(~i× ~k) = ~j,(2.6.5)

pa za ~a = (a1, a2, a3), ~b = (b1, b2, b3) dobijamo

~a×~b = (a1~i+ a2~j + a3~k)× (b1~i+ b2~i+ b3~i)

= a1b2~k − a1b3~j − a2b1~k + a2b3~i+ a3b1~j − a3b2~i

= (a2b3 − a3b2)~i− (a1b3 − a3b1)~j + (a1b2 − a2b1)~k,

(2.6.6)

sto se moze napisati pomocu determinante:

~a×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 a2 a3b1 b2 b3

∣∣∣∣∣∣

. (2.6.7)

2.6. Vektorski proizvod vektora 29

Ovde cemo ukratko objasniti pojam determinante, zadrzavajuci sesamo na determinanti II i III reda.

Determinanta je broj (ili vektor) pridruzen kvadratnoj semi (matrici)brojeva (ili vektora i brojeva).

Determinanta II reda je:

∣∣∣∣

a1 b1a2 b2

∣∣∣∣= a1b2 − a2b1. (2.6.8)

Determinanta III reda je :

∣∣∣∣∣∣

a1 b1 c1a2 b2 c2a3 b3 c3

∣∣∣∣∣∣

=a1

∣∣∣∣

b2 c2b3 c3

∣∣∣∣− b1

∣∣∣∣

a2 c2a3 c3

∣∣∣∣+ c1

∣∣∣∣

a2 b2a3 b3

∣∣∣∣

=a1(b2c3 − b3c2)− b1(a2c3 − a3c2) = c1(a2b3 − a3b2)

=a1b2c3 + a3b1c2 + a2b3c1 − a3b2c1 − a2b1c3 − a1b3c2.

Iz uslova kolinearnosti (~a×~b = ~0) zakljucujemo da sve koordinate (koeficijentiuz~i,~j,~k) vektorskog proizvoda moraju biti jednake nuli, tj. a2b3−a3b2 = 0,a1b3 − a3b1 = 0, i a1b2 − a2b1 = 0, odakle kao potreban i dovoljan uslov ko-linearnosti (linearne zavisnosti) dva vektora ~a = (a1, a2, a3) i ~b = (b1, b2, b3)dobijamo

a1b1

=a2b2

=a3b3

. (2.6.9)

Teorema 2.6.1. Vektorski proizvod ima osobine:

1. ~a×~b = −(~b× ~a) (zakon alternacije-antikomutativnost),

2. ~a×~b = 0 ⇔ ~a = λ~b (uslov kolinearnosti),

3. ~a× (λ~b) = (λ~a)×~b = λ(~a×~b) (asocijativni zakon),

4. (~a+~b)× ~c = ~a× ~c+~b× ~c (desni distributivni zakon),

5. ~c× (~a+~b) = ~c× ~a+ ~c×~b (levi distributivni zakon).

(2.6.10)

Dokaz. 1. Na osnovu definicije ~a×~b ima isti pravac kao i ~b×~a ali suprotansmer.

2. (⇒:) Ako vazi da je ~a×~b = 0, onda je na osnovu (2.6.4) ugao α = ](~a,~b)jednak 0 ili π. Dakle vektori ~a i ~b su kolinearni.

(⇐:) Ako su vektori ~a i ~b kolinearni, onda je ~a = λ~b, λ 6= 0. Iz tog razlogaje sinα = 0, gde je α = ](~a, λ~a), pa je ~a×~b = 0.


3. Pretpostavimo da je λ > 0, dokaz za λ < 0 je slican. Povrsina paralelo-grama konstruisanog nad vektorima λ~a i ~b je λ puta veca od povrsine paralel-ograma konstruisanog nad vektorima ~a i ~b. To znaci da je |λ~a×~b| = λ|~a×~b|,pravac vektora λ~a×~b i λ(~a×~b) je isti i takodje smer zbog λ > 0. Ovim smopokazali da je (λ~a)×~b = λ(~a×~b). Slicno se pokazuje i druga jednakost.

4. Za dokaz ove osobine cemo koristiti jednacinu (2.6.7). Neka su dativektori ~a = (a1, a2, a3), ~b = (b1, b2, b3), ~c = (c1, c2, c3), tada je

(~a+~b)× ~c =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 + b1 a2 + b2 a3 + b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

.

Sa druge strane je

~a×~c+~b×~c =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 a2 a3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

+

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kb1 b2 b3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

=

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 + b1 a2 + b2 a3 + b3

c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

.

Iz jednakosti desnih sledi i jednakost levih strana.

5. Dokaz ove osobine se izvodi slicno kao i prethodne. �

Primer 2.6.2. Naci jedinicni vektor normale na ravan ABC za A(−1, 0, 1), B(4, 2, 1),C(1,−2.0).

Resenje. Najpre nalazimo vektore−→AB = (5, 2, 0),

−→AC = (2,−2, −1), pa je

~n =−→AB ×−→

AC =

∣

∣

∣

∣

∣

∣

~i ~j ~k5 2 02 −2 −1

∣

∣

∣

∣

∣

∣

= −2~i+ 5~j − 14~k,

a trazeni jedinicni vektor je

~n0 =~n

|~n| =(−2~i+ 5~j − 14~k)

15= (− 2

15,1

3,−14

15).

N

2.7 Mesoviti proizvod vektora

Vektorski proizvod vektora ~a × ~b moze se trecim vektorom ~c pomnozitiskalarno, u kom slucaju dobijamo mesoviti proizvod, koji se obelezavasa [~a,~b,~c]. Dakle,

[~a,~b,~c] = (~a×~b) · ~c. (2.7.1)

U nastavku dajemo geometrijsko znacenje mesovitog proizvoda. Pos-matrajmo paralelepiped cije su susedne ivice odredjene vektorima ~a, ~b, ~c(Slika 2.7.1).

2.7. Mesoviti proizvod vektora 31

Slika 2.7.1.

Ako sa B obelezimo povrsinu bazisa, sa H odgovarajucu visinu, sa V za-preminu paralelepipeda, prema definiciji skalarnog i vektorskog proizvoda

[~a,~b,~c] = (~a×~b) · ~c = |~a×~b| · |~c| cosϕ = B(±H) = ±V,

gde je znak + ili − prema tome dali je ugao ϕ ostar ili tup, tj. da li~a,~b,~c odredjuju desni ili levi triedar. Posto se orijentacija triedra ne menjaciklicnom promenom mesta vektora, a takodje zapremina se ne menja uzi-majuci drugi bazis i odgovarajucu visinu, to je

[~a,~b,~c] = [~b,~c,~a] = [~c,~a,~b] = −[~b,~a,~c] = −[~a,~c,~b] = −[~c,~b,~a]. (2.7.2)

U svakom slucaju zapremina paralelepipeda konstruisanog nad vektorima~a,~b,~c je:

V =∣∣∣[~a,~b,~c]

∣∣∣. (2.7.3)

Ako posmatramo tetraedar cije su susedne ivice odredjene vektorima ~a,~b,~c,bice

V =1

6

∣∣∣[~a,~b,~c]

∣∣∣. (2.7.4)

jer pri jednakim bazisima i visinama zapremina piramide je trecina zaprem-ine paralelepipeda, a u ovom slucaju je bazis piramide polovina bazisa par-alelepipeda.

Na osnovu geometrijskog tumacenja mesovitog proizvoda zakljucujemo:

Teorema 2.7.1. Potreban i dovoljan uslov za koplanarnost tri nenula vek-tora je da njihov mesoviti proizvod bude jednak nuli.


Ako su vektori ~a,~b,~c dati u koordinatnom sistemu, bice

(~a×~b) · ~c = [(a1~i+ a2~j + a3~k)× (b1~i+ b2~i+ b3~i)] · (c1~i+ c2~j + c3~k)

= [(a2b3−a3b2)~i−(a1b3 − a3b1)~j+(a1b2−a2b1)~k](c1~i+c2~j+c3~k),

sto se posle skalarnog mnozenja moze napisati u obliku

[~a,~b,~c] =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

. (2.7.5)

Dakle, potreban i dovoljan uslov za koplanarnost vektora ~a,~b,~c moze senapisati u obliku

[~a,~b,~c] =

∣∣∣∣∣∣

a1 a2 a3b1 b2 b3c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

= 0. (2.7.6)

Primer 2.7.1. Naci zapreminu piramide sa temenima A(−1, 2, 1), B(1, 0, 3), C(2, 4, 5),D(4, 1, 3).

Resenje. Prema (2.7.3) zapremina V = 1

6

∣

∣

∣[−→AB,

−→AC,

−−→AD]

∣

∣

∣. Nadjimo vektore

−→AB,

−→AC,

−−→AD:

−→AB = (2,−2, 2),

−→AC = (3, 2, 4),

−−→AD = (5,−1, 2)

pa je

V =1

6|

∣

∣

∣

∣

∣

∣

2 −2 23 2 45 −1 2

∣

∣

∣

∣

∣

∣

| = 1

6| − 38| = 19

3.

N

2.8 Dvostruki vektorski proizvod

Osim mesovitog proizvoda tri vektora, koji je skalar, moze se vektorskiproizvod dva vektora sa trecim vektorom pomnoziti vektorski, cime se dobijavektor.

Definicija 2.8.1. Dvostruki vektorski proizvod vektora ~a, ~b, ~c je vektor~a× (~b× ~c), tj. dobija se kao vektorski proizvod vektora ~a i ~b× ~c.

Slika 2.8.1.

2.8. Dvostruki vektorski proizvod 33

Za ovaj proizvod vazi sledeca teorema:

Teorema 2.8.1. Vektor ~a× (~b× ~c) zadovoljava jednacinu

~a× (~b× ~c) = (~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c (2.8.1)

i ovaj vektor je koplanaran sa ~b i ~c.

Dokaz. Jednacinu (2.8.1) mozemo dokazati i bez promene koordinatnogsistema (vidi, na primer [4]), ali ako ove vektore posmatramo u koordinatnomsistemu, dokaz je mnogo laksi, pa cemo tako i postupati.

Koordinatni sistem se moze uvesti po volji, ali, kao i uvek, treba gaizabrati na pogodan nacin, cime se dokaz uproscuje. Nosac vektora ~a uzmimo

za Ox osu Dekartovog pravouglog sistema, gde je O pocetak vektora−→OA = ~a.

pretpostavimo da vektori ~a,~b nisu kolinearni pa ravan vektora ~a,~b uzimamoza ravan Oxy.

Tada je

~a = (a1, 0, 0), ~b = (b1, b2, 0), ~c = (c1, c2, c3),

pa za levu stranu u (2.8.1) imamo

~a× (~b× ~c) = ~a×

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~kb1 b2 0c1 c2 c3

∣∣∣∣∣∣

= ~a× [b2c3~i− b1c3~j + (b1c2 − b2c1)~k]

=

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~ka1 0 0b2c3 −b1c3 b1c2 − b2c1

∣∣∣∣∣∣

= (0,−a1(b1c2 − b2c1),−a1b1c3),

(2.8.2)

a za desnu

(~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c = a1c1~b− a1b1~c = a1c1(b1, b2, 0)− a1b1(c1, c2, c3)

= (0, a1b2c1 − a1b1c2,−a1b1c3).(2.8.3)

Kako su u (2.8.2) i (2.8.3) desne strane jednake, vazi (2.8.1).

Ako su ~a,~b kolinearni, ravan Oxy se moze uzeti proizvoljno, ali tako dasadrzi vektor ~a. �

Posledica 2.8.1. Za tri vektora ~a,~b,~c vazi relacija

~a× (~b× ~c) +~b× (~c× ~a) + ~c× (~a×~b) = ~0 (Jakobijev identitet). (2.8.4)


Dokaz. Naime, prema (2.8.1) imamo

~a× (~b× ~c) = (~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c~b× (~c× ~a) = (~b · ~a)~c− (~b · ~c)~a~c× (~a×~b) = (~c ·~b)~a− (~c · ~a)~b

(2.8.5)

odakle, sabiranjem ovih jedanacina sledi (2.8.4). �

2.9 Zadaci

Zadatak 2.9.1. Dokazati sledece identitete:

a) (~a×~b)2 + (~a ·~b)2 = ~a2~b2, (Langranzov identitet)

b) (~a×~b)2(~a× ~c)2 − ((~a×~b) · (~a× ~c))2 = ((~a×~b) · ~c)2~a2, ~a,~b,~c ∈−→E3.

Resenje. a) Imamo:

(~a×~b)2 = (~a×~b) · (~a×~b) (po definiciji skalaranog proizvoda)

= |~a×~b|2 (po definiciji inteziteta vektorskog proizvoda)

= |~a|2|~b|2 sin2^(~a,~b)= |~a|2|~b|2

(

1− cos2^(~a,~b))

= |~a|2|~b|2

1−(

~a ·~b|~a||~b|

)2

= |~a|2|~b|2 −(

~a ·~b)2

Koristeci opet cinjenicu da za bilo koji vektor ~a vazi ~a2 = ~a · ~a = |~a|2,dobijamo

(~a×~b)2 = ~a2~b2 −(

~a ·~b)2

, (2.9.6)

cime je dokazan Lagranzov identitet.

b) Koristeci jednakost (2.9.6), kao i formulu za dvostruki vektorski proizvodvektora ~a, ~b i ~c, tj.

~a× (~b× ~c) = (~a · ~c)~b− (~a ·~b)~c, (2.9.7)

2.9. Zadaci 35

dobijamo sledece:

(~a×~b)2(~a× ~c)2 − ((~a×~b) · (~a× ~c))2(2.9.6)= ((~a×~b)× (~a× ~c))2

(2.9.7)=

(

((~a×~b) · ~c)~a− ((~a×~b) · ~a)~c)2

=(

((~a×~b) · ~c)~a)2

= |((~a×~b) · ~c)~a|2

= ((~a×~b) · ~c)2 |~a|2

= ((~a×~b) · ~c)2 ~a2,cime je dokazan i drugi identitet. ♣

Zadatak 2.9.2. Naci vektor ~x ako je

~x · ~a = k, ~x ·~b = m, ~x · ~c = n,

gde su ~a, ~b, ~c dati nekoplanarni vektori, k,m, n dati skalari.

Resenje. Kako jemk−km = 0, to zamenom dobijamo m(~x·~a)−k(~x·~b) = 0,odakle je

~x · (m~a− k~b) = 0,

tj. ~x ⊥ m~a− k~b. Slicno, iz mn−nm = 0, imamo da je m(~x ·~c)−n(~x ·~b) = 0tj. dobijamo da je ~x ⊥ m~c − n~b. Vektor ~x ce biti kolinearan sa vektorskimproizvodom vektora m~a− k~b i m~c− n~b, pa se moze zapisati

~x = p[(m~a− k~b)× (m~c− n~b)],

gde je p nepoznati parametar, koji treba odrediti. Sada cemo iskoristitiosobine skalarnog i vektorskog proizvoda, pa je

~x = p(m2~a× ~c− km~b× ~c+ kn~b×~b︸︷︷︸

0

−mn~a×~b)

= pm[m(~a× ~c)− k(~b× ~c)− n(~a×~b)].

Ako poslednju jednacinu skalarno pomnozimo sa ~c, dobija se na levoj strani~x · ~c = n, a na desnoj strani pmn(~b× ~a) · ~c, tj.

p =1

m(~b× ~a) · ~c.

Konacno,

~x =1

(~b× ~a) · ~c[m(~a× ~c) + k(~c×~b) + n(~b× ~a)].

♣


Zadatak 2.9.3. Koristeci vektore dokazati da se simetrale stranica trouglaseku u istoj tacki.

Slika 2.9.1.

Resenje. Neka je dat trougao 4ABC. Neka su tacke A1, B1, C1 redomsredine sranica BC,AC i AB, i neka je O presecna tacka simetrala stranicaBC i AC. Dokazimo da je prava koja prolazi kroz tacku O i kroz tacku C1

simetrala stranice AB, tj. dokazimo da je OC1 ⊥ AB.

Koristeci da je−−→OA1 ⊥

−−→BC, kao i cinjenicu da je A1 sredina stranice BC,

dobijamo

−−→OA1 ⊥

−−→BC ⇒ −−→

OA1 ·−−→BC = 0 ⇒ 1

2(−−→OB +

−−→OC) · −−→BC = 0,

i konacno−−→OB · −−→BC = −−−→

OC · −−→BC. (2.9.8)

Koristeci da je OB1 ⊥ AC, kao i cinjenicu da je B1 sredina stranice AC,dobijamo

−−→OB1 ⊥

−→AC ⇒ −−→

OB1 ·−→AC = 0 ⇒ 1

2(−−→OC +

−→OA) · −→AC = 0,

a zatim i−→OA · −→AC = −−−→

OC · −→AC. (2.9.9)

Sada imamo:

2.9. Zadaci 37

−−→OC1 ·

−−→AB =

1

2(−→OA+

−−→OB) · −−→AB

=1

2

(−→OA · −−→AB +

−−→OB · −−→AB

)

(koristeci da je−−→AB =

−→AC +

−−→CB)

=1

2

(−→OA · −→AC +

−−→OB · −→AC +

−→OA · −−→CB +

−−→OB · −−→CB

)

(2.9.8),(2.9.9)=

1

2

(

−−−→OC · −→AC +

−−→OB · −→AC +

−→OA · −−→CB −−−→

OC · −−→CB)

=1

2

(

(−−→OB −−−→

OC) · −→AC + (−→OA−−−→

OC) · −−→CB)

=1

2

(−−→CB · −→AC +

−→CA · −−→CB

)

=1

2

(−−→CB · −→AC −−−→

CB · −→AC)

= 0.

Ovim smo dokazali da je OC1 ⊥ AB pa je OC1 simetrala trece stranice.♣

Zadatak 2.9.4. Date su tacke A(2, 2, 1), B(1, 3, 1) i C(1, 1, 1). Naci tackuT na pravoj AB tako da je rastojanje CT jednako 3

√2.

Resenje. Neka je tacka T (x, y, z) tacka sa prave AB. Ono sto se moze

proveriti je da tacke A,B,C nisu kolinearne, tj.−−→AB × −→

AC 6= ~0. Sa jednestrane znamo da je vektor polozaja

−→OT =

−→OA+

−→AT = (2, 2, 1) + k

−−→AB

= (2, 2, 1) + k(−1, 1, 0) = (2− k, 2 + k, 1).

Znaci tacka T ima koordinate T (2− k, 2 + k, 1). Sa druge strane kako je

d(C, T ) = |−→CT | =√

(1− k)2 + (1 + k)2 + 02 = 3√2,

kvadriranjem lako se dobija da je k = −2√2 ili k = 2

√2. Za tacku T imamo

dve mogucnosti i to T (2− 2√2, 2 +

√2, 1) i T (2 + 2

√2, 2−

√2, 1). ♣

Zadatak 2.9.5. Date su tacke A(2, 2, 1), B(1, 3, 1) i C(1, 1, 1). Naci tackuT na pravoj AB tako da prava CT bude normalana na pravu AB.


Resenje. Neka je tacka T (x, y, z) tacka sa prave AB. Sa jedne strane znamoda je vektor polozaja

−→OT =

−→OA+

−→AT = (2, 2, 1) + k

−−→AB

= (2, 2, 1) + k(−1, 1, 0) = (2− k, 2 + k, 1).

Znaci tacka T ima koordinate T (2 − k, 2 + k, 1). Sa druge strane kako je−→CT⊥−−→

AB, onda je njihov skalarni proizvod nula, tj.

0 =−→CT · −−→AB = (1− k, 1 + k, 0) · (−1, 1, 0) = 2k.

Odavde je k = 0, tj. T (2, 2, 1). ♣

Zadatak 2.9.6. Date su tacke A(1, 1, 1), B(2, 2, 2), C(3, 0, 0), i tacka T (1,−1, 0).Prava p prolazi kroz tacku T i ima vektor pravca ~v = (2,−3, 1).a) Na pravoj p naci tacku X tako da tetraedar ABCX ima zapreminu 10.b) Naci presecnu tacku prave p i ravni odredjene tackama A, B, C.

Slika 2.9.2.

Resenje. a) Moze se proveriti da prava p ne lezi u ravi koja je odredjena

tackama A,B,C, tj. vazi da je [−−→AB,

−→AC,~v] 6= 0. Neka je tacka X(a, b, c)

trazena tacka, tada je

−−→OX =

−→OT +

−−→TX =

−→OT + k~v

= (1,−1, 0) + k(2,−3, 1) = (1 + 2k,−1− 3k, k).

Kako je zapremina tetraedra VABCX = 10, to je

VABCX =1

6

∣∣∣[−−→AB,

−→AC,

−−→AX]

∣∣∣ =

1

6

∣∣∣

∣∣∣∣∣∣

1 1 12 −1 −12k (−2− 3k) k − 1

∣∣∣∣∣∣

∣∣∣ =

1

6| − 12k − 3| = 10

2.9. Zadaci 39

Lako se izracunava da je k1 =5712 = 4, 75, a k2 = −63

12 = −5, 25, te je

X1(10, 5;−15, 25; 4, 75), X2(−9, 5; 14, 75;−5, 25).

Slika 2.9.3.

b) Sve tacke sa prave p su oblika (1 + 2k,−1− 3k, k), za neko realno k.

Pretpostavimo da je M presecna tacka prave p i ravni odredjene tackamaA,B,C. Tada je

M(1 + 2k,−1− 3k, k)

i vazi

[−−→AB,

−→AC,

−−→AM ] = 0 = −12k − 3.

Odavde sledi da je k = − 14 , tj. M

(12 ,−1

4 ,−14

)

. ♣

Zadatak 2.9.7. Naci duzinu tezisne linije koja odgovara stranici c trougla4ABC, u zavisnosti od stranica trougla a = BC, b = AC, c = AB.


Slika 2.9.4.

Resenje. Neka je dat trougao 4ABC na Slici Slika 2.9.4. Produzimo CC1

preko C1. Uocimo tacku D takvu da je CC1 = C1D. Cetvorougao �ADBCje paralelogram, jer se dijagonale AB i CD polove. Neka je usmerenje vek-tora dato kao na Slici Slika 2.9.4, u ostalim slucajevima se dobija analognoresenje. Iz trougla 4ABC imamo da je ~c = ~a − ~b, a iz trougla 4ACD je−−→CD = 2~tc = ~a+~b. Sada je

|~c|2 = (~a−~b)2 = |~a|2 − 2~a ·~b+ |~b|2,4|~tc|2 = (~a+~b)2 = |~a|2 + 2~a ·~b+ |~b|2.

Sabiranjem poslednje dve jednakosti imamo

4|~tc|2 + |~c|2 = 2|~a|2 + 2|~b|2 ⇒ tc =1

2

√

2a2 + 2b2 − c2.

♣

Zadatak 2.9.8. Neka je dat trougao 4ABC. Tacka A1 deli stranicu BCtako da je A1B = 1

5BC, a C1 stranicu AB tako da je C1B = 13AB. Prave

AA1 i CC1 se seku u tacki T . Razloziti vektor−→AT u pravcu vektora

−→AC i−−→

AB.

2.9. Zadaci 41

Slika 2.9.5.

Resenje. Neka je dat trougao 4ABC kao na Slici Slika 2.9.5. Neka je−−→A1B = 1

5

−−→CB,

−−→C1B = 1

3

−−→AB i neka je radi lakseg oznacavanja

−−→AB = −→x i

−→AC = −→y . Imamo da je

−→AT = k

−→AA1, k ∈ R,

−→AA1 =

−→x +−−→BA1,

−−→BA1 =

1

5

−−→BC =

1

5(−→y −−→x ), tj.

−→AT =

4

5k−→x +

1

5k−→y .

Sa druge strane je

−→CT = l

−−→CC1 = l(

−→CA+

−−→AC1) = l(−−→y +

2

3−→x ), l ∈ R,

−→AT =

−→AC +

−→CT =

2

3l−→x + (1− l)−→y .

Kako je−→AT =

−→AT , imamo da je

(2

3l − 4

5k)−→x + (1− l − 1

5k)−→y = ~0.

Kako su ~x i ~y nekolinearni, pa samim tim i linearno nezavisni, onda je

2

3l − 4

5k = 0

1− l − 1

5k = 0.


Lako se dobija da je k = 57 , l =

67 , pa je

−→AT =

4

7−→x +

1

7−→y .

♣

Zadatak 2.9.9. Dokazati da za proizvoljnu tacku O unutar trougla 4ABCvazi:

PA−→OA+ PB

−−→OB + PC

−−→OC =

−→0 ,

gde su PA, PB i PC redom povrsine trouglova 4BOC, 4COA i 4AOB.

Slika 2.9.6.

Resenje. Neka je dat trougao 4ABC kao na Slici Slika 2.9.6. Tada ja

PA = 12 |−−→OB ×−−→

OC|, PB = 12 |−→OA×−−→

OC|, PC = 12 |−→OA×−−→

OB|. Neka je

~x = PA−→OA+ PB

−−→OB + PC

−−→OC,

tada je −→OA× ~x = PB

−→OA×−−→

OB + PC−→OA×−−→

OC. (2.9.10)

Posmatrajmo Sliku Slika 2.9.6. Imamo da je−→OA× −−→

OB = +2PC~n, gde je ~n

jedincni vektor u pravcu vektora−→OA×−−→

OB. Takodje je−→OA×−−→

OC = −2PB~n.Zamenom dobijenih vrednosti u (2.9.10) imamo

−→OA× ~x = 2PBPC~n− 2PCPB~n = ~0.

Na isti nacin se pokazuje da vazi i

−−→OB × ~x = ~0.

2.9. Zadaci 43

Dobili smo da je vektor ~x kolinearan sa vektorom−→OA, i vektor ~x kolinearan sa

vektorom−−→OB, sto znaci da su vektori

−→OA i

−−→OB kolinearni. Ovo je nemoguce,

pa je zato ~x = ~0, sto je i trebalo dokazati. ♣

Zadatak 2.9.10. Neka su tacke E,F i G redom sredista stranica BC,CD iDA konveksnog cetvorougla �ABCD. Ako je T teziste trougla 4EFG i akosu povrsine trouglova 4ATD i 4BTC jednake dokazati da je cetvorougao�ABCD trapez.

Slika 2.9.7.

Resenje. Potreban i dovoljan uslov da je cetvorougao �ABCD trapez je−−→AB × −−→

DC = ~0 ili−−→AD × −−→

BC = ~0. Zato cemo dokazati jedan od ova dva

uslova. U zadaku je dato da je P4ATD = P4BTC = P . Neka je ~a =−→TA,

~b =−→TB, ~c =

−→TC, ~d =

−−→TD. Kako je

~a× ~d = −2P4ATD ~n~b× ~c = 2P4BTC ~nP4ATD = P4BTC

⇒ ~a× ~d = −~b× ~c (2.9.11)

Iz trougla 4BTC imamo ~b + ~c = 2−→TE, zatim iz trougla 4CTD imamo

~c + ~d = 2−→TF i iz trougla 4DTA vazi ~d + ~a = 2

−→TG. Ako saberemo ove tri

jednakosti dobicemo da je

~a+~b+ 2~c+ 2~d =−→TE +

−→TF +

−→TG.

Znajuci da je T teziste trougla 4EFG to je−→TE+

−→TF +

−→TG = ~0, pa je onda

~a+~b+ 2~c+ 2~d = ~0. (2.9.12)

Ako iskoristimo sada i jednacinu (2.9.11), imamo (−~b−2~c−2~d)× ~d = −~b×~c,odakle sredjivanjem dobijamo

~b× ~c−~b× ~d− 2~c× ~d = ~0. (2.9.13)


Sada je

−−→AB ×−−→

DC = (~b− ~a)× (~c− ~d)

= ~b× ~c− ~a× ~c−~b× ~d+ ~a× ~d

(2.9.11)= −~a× ~c−~b× ~d

(2.9.12)= −(−~b− 2~c− 2~d)× ~c−~b× ~d

= +~b× ~c+ 2~d× ~c−~b× ~d

(2.9.13)= ~0.

♣

Zadatak 2.9.11. Dat je triedar sa vrhom O i tacke A,B i C na njegovimivicama koje su podjednako udaljene od tacke O. Neka je S centar lopte

upisane u taj triedar. Dokazati da je vektor−→OS kolinearan sa vektorom

~v = sin(]BOC)−→OA+ sin(]COA)

−−→OB + sin(]AOB)

−−→OC.

Slika 2.9.8.

Resenje. Neka je AO = BO = CO = p, SC ′ = SA′ = SB′ = r i ]BOC =

α, ]COA = β, ]AOB = γ,−→OA = ~a,

−−→OB = ~b,

−−→OC = ~c.

2.9. Zadaci 45

Slika 2.9.9.

Vektor−−→SC ′ je istog pravca kao i ~a × ~b. Kako su jedinicni vektori jednaki,

imamo da je

−−→SC ′

|−−→SC ′|

=~a×~b

|~a×~b|⇒

−−→SC ′ =

r

p2 sin γ~a×~b, (|~a×~b| = |~a||~b| sin γ). (2.9.14)

Slicno je i−−→SA′ = r

p2 sinα~b× ~c i

−−→SB′ = r

p2 sinβ~c× ~a.

Iz uslova koplanarnosti vektora, vazi:

[−−→OC ′,~a,~b] = 0, [

−−→OA′,~b,~c] = 0, [

−−→OB′,~c,~a] = 0.

Kako je−−→OC ′ =

−→OS +

−−→SC ′, na osnovu osobine mesovitog proizvoda imamo,

[−→OS,~a,~b] = −[

−−→SC ′,~a,~b]

[−→OS,~b,~c] = −[

−−→SA′,~b,~c]

[−→OS,~c,~a] = −[

−−→SB′,~c,~a].

Ako jednacinu (2.9.14) zamenimo u poslednju jednakost, imamo

[−→OS,~a,~b] = −[

−−→SC ′,~a,~b] = − r

p2 sin γ(~a×~b) · (~a×~b)

= − r

p2 sin γ|~a×~b|2

= − r

p2 sin γp4 sin2 γ

= −rp2 sin γ.

Slicno je i [−→OS,~b,~c] = −rp2 sinα i [

−→OS,~c,~a] = −rp2 sinβ. Posmatrajmo sada

vektor~v = sinα

−→OA+ sinβ

−−→OB + sin γ

−−→OC

= − 1

rp2([−→OS,~b,~c] · ~a+ [

−→OS,~c,~a] ·~b+ [

−→OS,~a,~b] · ~c)


Neka je

~m = ~v×−→OS = − 1

rp2([−→OS,~b,~c]·(~a×−→

OS)+[−→OS,~c,~a]·(~b×−→

OS)+[−→OS,~a,~b]·(~c×−→

OS)).

Pokazacemo da je ~m = ~0, tako sto cemo pokazati da je ~m ·~a = 0, ~m ·~b = 0 i~m · ~c = 0. Posmatrajmo sada

~m · ~a = − 1

rp2([−→OS,~b,~c] · [~a,−→OS,~a] + [

−→OS,~c,~a] · [~b,−→OS,~a] + [

−→OS,~a,~b] · [~c,−→OS,~a])

= − 1

rp2(0 + [

−→OS,~c,~a] · [~b,−→OS,~a]− [

−→OS,~a,~b] · [−→OS,~c,~a]) = 0.

Slicno se pokazuje i da je ~m · ~b = 0 i ~m · ~c = 0. Znaci da je ~m ⊥ ~a,~b,~c.Kako su vektori ~a,~b,~c nekoplanarni, onda je ~m = ~0. Dokazali smo da je

~m = ~v ×−→OS = ~0, sto znaci da su ova dva vektora koplanarna. ♣

Glava 3

Transformacije afinih

koordinata

3.1 Opsti slucaj

Definicija 3.1.1. Afini koordinatni sitem u E3 je zadat ako su zadata 3

nekoplanarna vektora ~a,~b,~c sa zajednickim pocetkom O, koji se zove koordi-natni pocetak, a pomenuti vektori su koordinatni vektori. Ovi vektori nemoraju biti istog intenziteta i medjusobno ortogonalni.

Kao sto smo ranije videli, neki vektor ~v se moze razloziti pomocu vektora~a,~b,~c:

~v = v1~a+ v2~b+ v3~c, (3.1.1)

pa ako ~a,~b,~c odredjuju afini koordinatni sistem, brojevi v1, v2, v3 su afinekoordinate vektora ~v.

Posmatrajmo dva afina koordinatna sistema OXY Z i O1X1Y1Z1 (Slika3.1.1). Zadatak je da se afine koordinate x, y, z, neke tacke M u staromsistemu OXY Z izraze pomocu koordinata x1, y1, z1 te tacke u novom ko-ordinatnom sistemu O1X1Y1Z1 i koordinata x0, y0, z0 novog koordinatnogpocetka O1 u odnosu na stari sistem. Imamo sa slike

−−→OM =

−−→OO1 +

−−−→O1M, (3.1.2)

a prema [4]:

47

48 3. Transformacije afinih koordinata

Slika 3.1.1.

−−→OM = x~a+ y~b+ z~c, (3.1.3)

−−−→O1M = x1~a1 + y1~b1 + z1~c1, (3.1.4)−−→OO1 = x0~a+ y0~b+ z0~c, (3.1.5)

odakle, smenom u (3.1.2), imamo:

x~a+ y~b+ z~c = x0~a+ y0~b+ z0~c+ x1~a1 + y1~b1 + z1~c1. (3.1.6)

Ako ~a1,~b1,~c1 (kao slobodne vektore) razlozimo

~a1 = a11~a+ a21~b+ a31~c, ~b1 = a12~a+ a22~b+ a32~c, ~c1 = a13~a+ a23~b+ a33~c,

smenom u (3.1.6) je:

x~a+ y~b+ z~c = (x0 + a11x1 + a12y1 + a13z1)~a

+ (y0 + a21x1 + a22y1 + a23z1)~b+ (z0 + a31x1 + a32y1 + a33z1)~c.

Kako su po pretpostavci ~a,~b,~c linearno nezavisni (nekoplanarni) to sledi

x = x0 + a11x1 + a12y1 + a13z1

y = y0 + a21x1 + a22y1 + a23z1

z = z0 + a31x1 + a32y1 + a33z1.

(3.1.7)

Na osnovu izlozenog, vazi

3.1. Opsti slucaj 49

Teorema 3.1.1. Ako tacka M ima koordinate x, y, z u afinom koordinatnomsistemu OXY Z, a koordinate tacke x1y1z1 u afinom koordinatnom sistemuO1X1Y1Z1, gde je O1(x0, y0, z0) u sistemu OXY Z. Tada vaze formuletransformacije (3.1.7).

Ako uvedemo matrice

X =

xyz

, X0 =

x0y0z0

, X1 =

x1y1z1

,

A =

a11 a12 a13a21 a22 a23a31 a32 a33

(3.1.8)

sistem se moze zameniti matricnom jednacinom

X = X0 +AX1. (3.1.9)

Formule (3.1.7) vaze i u slucaju ortonormiranih koordinatnih vektora, tj. i uslucaju Dekartovih koordinata. Da bismo dobili inverzne formule trans-foramacije u odnosu na (3.1.7), sto je moguce jer je detA 6= 0 zbog neko-planarnosti vektora oba trijedra. Dobijanje inverznih formula je moguce i umatricnom obliku, tj. iz formule (3.1.9) sledi

AX1 = X −X0 ⇐⇒ X1 = A−1(X −X0),

gde je A−1 inverzna matrica za A. Ako u jednacini

X1 = A−1(X −X0) (3.1.10)

matrice smenimo prema (3.1.8) dobijamo resenje za x1, y1, z1.

Istim postupkom se za slucaj ravni dobijaju jednacine

x = x0 + a11x1 + a12y1, y = y0 + a21x1 + a22y1 (3.1.11)

a za slucaj prave

x = x0 + a11x1. (3.1.12)

Ako su odgovarajuce koordinatne ose oba koordinatna sistema paralelne,kazemo da je izvrsena translacija koordinatnog sistema i onda imamo (Slika3.1.2)


Slika 3.1.2.

~a1 = ~a, ~b1 = ~b, ~c1 = ~c,

pa (3.1.6) postaje

x~a+ y~b+ z~c = x0~a+ y0~b+ z0~c+ x1~a+ y1~b+ z1~c

odaklex = x0 + x1, y = y0 + y1 z = z0 + z1, (3.1.13)

a to su obrasci za translaciju koordinatnog sistema.Ako je O1 ≡ O tada je x0 = y0 = z0 = 0, a odgovarajuce koordinate

vektora oba sistema mogu biti razlicite ne samo po smeru, vec i po duzini(na primer ~a = ~a1), tada kazemo je izvrsena promena pravca koordinatnihosa. Odgovarajuce jednacine transformacije dobijamo iz (3.1.7), stavljajucix0 = y0 = z0 = 0, a u matricnom obliku iz (3.1.9) je X = AX1.

3.2 Transformacija Dekartovih koordinata

Pod Dekartovim koordinatnim sistemom podrazumevamo pravolinijski pravo-ugli koordinatni sistem. Posmatrajmo dva Dekartova koordinatna sistema sakoordinatnim pocecima O i O1 i ortovima ~i,~j,~k;~i1,~j1,~k1, cije su ose medju-sobno paralelne i istog smera (tj. ~i =~i1,~j = ~j1,~k = ~k1). Tada vaze obrasciza translaciju (3.1.13), tj.

x = x0 + x1, y = y0 + y1 z = z0 + z1. (3.2.1)

3.2. Transformacija Dekartovih koordinata 51

Neka su u E3 zadati Dekartovi koordinatni sistemi OXY Z i OX1Y1Z1 sa

zajednickim koordinatnim pocetkom, ali razlicitim ortovima i odgovarajucimosama ~i,~j,~k odnosno ~i1,~j1,~k1 (Slika 3.2.1)

Ako je tacka M u dva koordinatna sistema predstavljena kao: M(x, y, z)i M(x1, y1, z1), imamo

−−→OM = x~i+ y~j + z~k = x1~i1 + y1~j1 + z1~k1. (3.2.2)

Slika 3.2.1.

Ako su uglovi izmedju ortova ovih sistema dati prema tabeli

~i1 ~j1 ~k1~i α1 α2 α3

~j β1 β2 β3~k γ1 γ2 γ3

(3.2.3)

tj. ](~i,~i1) = α1, . . . ,](~k,~k1) = γ3. Mnozeci skalarno (3.2.2) sa ~i,~j,~k,dobijamo formule za transformaciju sa promenom pravca osa:

x = x1 cosα1 + y1 cosα2 + z1 cosα3

y = x1 cosβ1 + y1 cosβ2 + z1 cosβ3

z = x1 cos γ1 + y1 cos γ2 + z1 cos γ3,

(3.2.4)


jer je~i ·~i = ~j ·~j = ~k · ~k = 1,

~i ·~j =~i · ~k = ~j · ~k = 0,

~i ·~i1 = |~i||~i1| cos(~i,~i1) = cosα1,

~i ·~j1 = cosα2, . . . ,~k · ~k1 = cos γ3.

Iz relacija

~i21 = ~j21 = ~k21 = 1, ~i1 ·~j1 =~i1 · ~k1 = ~j1 · ~k1 = 0, (3.2.5)

a posto je u sistemu OXY Z

~i1 = (cosα1, cosβ1, cos γ1),

~j1 = (cosα2, cosβ2, cos γ2),

~k1 = (cosα3, cosβ3, cos γ3),

(3.2.6)

dobijamo

cos2 αi + cos2 βi + cos2 γi = 1, i = 1, 2, 3,

cosαi · cosαj + cosβi · cosβj + cos γi · cos γj = 0, i 6= j,(3.2.7)

sto se moze pisati i

cosαi · cosαj +cosβi · cosβj +cos γi · cos γj = δij =

{1, i = j;0, i 6= j.

i = 1, 2, 3.

(3.2.8)U ovom slucaju je matrica transformacije prema (3.2.4)

A =

cosα1 cosα2 cosα3

cosβ1 cosβ2 cosβ3cos γ1 cos γ2 cos γ3

, (3.2.9)

a determinanta transformacije na osnovu (3.2.6)

|A| = [~i1,~j1,~k1] = ±1, (3.2.10)

gde je znak + ako je trijedar ~i1,~j1,~k1 iste orjentacije kao trijedar ~i,~j,~k aznak - kada je suprotno orjentisan.

Prema datoj tabeli (3.2.3) za uglove izmedju osa koordinatnog sistemaimamo, analogno (3.2.6),

~i = (cosα1, cosα2, cosα3),

~j = (cosβ1, cosβ2, cosβ3)

~k = (cos γ1, cos γ2, cos γ3),


a iz uslova

|~i| = |~j| = |~k| = 1, ~i ·~j =~i · ~k = ~j · ~k = 0

dobijamo

3∑

i=1

cos2 αi = 1,

3∑

i=1

cos2 βi = 1,

3∑

i=1

cos2 γi = 1,

3∑

i=1

cosαi cosβi =3∑

i=1

cosαi cos γi =3∑

i=1

cos γi cosβi = 0.

(3.2.11)

Ako je AT transponovana matrica A, uzimajuci u obzir (3.2.8) i (3.2.11),dobijamo

AAT = ATA =

1 0 00 1 00 0 1

= E, (3.2.12)

gde je E jedinicna matrica. Kako je |AT | = |A|, iz (3.2.12) sledi

|AAT | = |A||AT | = |A|2 = |E| = 1 ⇒ |A| = ±1,

cime potvrdjujemo (3.2.10).

Iz (3.2.12) vidimo da je AT inverzna matrica za A (i obratno). To znacida je A ortogonalna matrica (definicija iz linearne algebre). U tom slucajusamu transformaciju zovemo ortogonalna transformacija.

Ako se Dekartov koordinatni sistem transformise tako da se istovremenoizvrsi promena koordinatnog pocetka i promena pravca koordinatnih osa,prema (3.2.1), (3.2.4) ce vaziti opsti obrazac za transformacije Dekartovihkoordinata u E

3:

x = x0 + x1 cosα1 + y1 cosα2 + z1 cosα3

y = y0 + x1 cosβ1 + y1 cosβ2 + z1 cosβ3

z = z0 + x1 cos γ1 + y1 cos γ2 + z1 cos γ3.

(3.2.13)

Na osnovu izlozenog vazi

Teorema 3.2.1. Neka su u E3 data dva Dekartova koordinatna sistema:

OXY Z (stari) i O1X1Y1Z1 (novi), gde je O1(x0, y0, z0) u odnosu na starikoordinatni sistem, a uglovi αi, βi, γi (i = 1, 2, 3) dati prema (3.2.3). Tadavaze opsti obrasci transformacije (3.2.13), pri cemu je matrica transforma-cije ortogonalna (sto je ekvivalentno sa (3.2.8) i (3.2.11) istovremeno).


Da bismo dobili inverzne obrasce transformacije, treba (3.2.13) resiti pox1, y1, z1. ako to cinimo primenom matrica, mozemo primeniti (3.1.10).

Ovde je, prema (3.2.13), imamo

X =

xyz

, X0 =

x0y0z0

, X1 =

x1y1z1

,

A−1 = AT =

cosα1 cosβ1 cos γ1cosα2 cosβ2 cos γ2cosα3 cosβ3 cos γ3

,

sto smenom u (3.1.10) daje

x1y1z1

=

cosα1 cosβ1 cos γ1cosα2 cosβ2 cos γ2cosα3 cosβ3 cos γ3

x− x0y − y0z − z0

=

(x− x0) cosα1 + (y − y0) cosβ1 + (z − z0) cos γ1(x− x0) cosα2 + (y − y0) cosβ2 + (z − z0) cos γ2(x− x0) cosα3 + (y − y0) cosβ3 + (z − z0) cos γ3

odakle je

x1 = (x− x0) cosα1 + (y − y0) cosβ1 + (z − z0) cos γ1

y1 = x− x0) cosα2 + (y − y0) cosβ2 + (z − z0) cos γ2

z1 = (x− x0) cosα3 + (y − y0) cosβ3 + (z − z0) cos γ3

(3.2.14)

Posmatrajmo sada dva Dekartova koordinatna sistema u ravni OXY iO1X1Y1 tako da je OX‖O1X1, OY ‖O1Y1. Tada je z = 0 pa se obrasci zatranslaciju u ravni (3.2.1) svode na

x = x0 + x1, y = y0 + y1. (3.2.15)

U slucaju transformacije Dekartovih koordinata sa zajednickim pocetkomO koordinatnog sistemaOXY uOX1Y1 posmatracemo posebno dva slucaja:

a) sistemi OXY i OX1Y1 su iste orjentacije (obicno oba desni, (Slika3.2.2a))


Slika 3.2.2.

b) sistemi OXY i OX1Y1 su suprotne orijentacije (jedan desni, drugilevi, Slika 3.2.2b)).

a) Ako su sistemi iste orjentacije, tabela koja odgovara tabeli (3.2.3) sadaje

~i1 ~j1~i α1 = ϕ α2 = π/2 + ϕ~j β1 = π/2− ϕ β2 = ϕ

(3.2.16)

pa se prema (3.2.4) dobija obrazac za rotaciju za ugao ϕ u ravni

x = x1 cosϕ− y1 sinϕ, y = x1 sinϕ+ y1 cosϕ. (3.2.17)

b) U sucaju da su Dekartovi sistemi u ravni suprotne orjentacije, odgo-varajuca tabela za uglove medju osama (ortovima) je

~i1 ~j1~i α1 = ϕ α2 = 3π/2 + ϕ~j β1 = π/2− ϕ β2 = π + ϕ

(3.2.18)

pa se prema (3.2.4) dobija

x = x1 cosϕ+ y1 sinϕ, y = x1 sinϕ− y1 cosϕ. (3.2.19)


U ovom slucaju se koordinatni sistem OX1Y1 dobija rotacijom sis-tema OXY oko tacke O za ugao ϕ, cime se dobija sistem X1OY ′,pa se jos ϕ umesto poluprave OY ′ uzme suprotna poluprava OY1.Dakle, ovde imamo rotaciju sa suprotnim usmerenjem OY1−ose.Napomenimo da se oba obrasca mogu predstaviti u obliku

x = x1 cosϕ− εy1 sinϕ, y = x1 sinϕ+ εy1 cosϕ. (3.2.20)

gde je ε = 1, ako su oba sistema iste orijentacije, a ε = −1, kada susuprotne orijentacije.

Matrica transformacije A je, naravno, i u ovom slucaju ortogonalna,sto mozemo proveriti i direktno, jer prema (3.2.16) (ε2 = 1):

AAT =

(cosϕ −ε sinϕsinϕ ε cosϕ

)(cosϕ sinϕ

−ε sinϕ ε cosϕ

)

=

(1 00 1

)

= E

(3.2.21)

Za determinantu transformacije vazi

|A| =∣∣∣∣

cosϕ −ε sinϕsinϕ ε cosϕ

∣∣∣∣= ε = ±1. (3.2.22)

Uzimajuci u obzir promenu koordinatnog sistema i promenu pravcakoordinatnih osa zakljucujemo da vaze obrasci transformacije

x = x0 + x1 cosϕ− εy1 sinϕ, y = y0 + x1 sinϕ+ εy1 cosϕ. (3.2.23)

Teorema 3.2.2. Neka su u E2 dati Dekartovi koordinatni sistemi OXY

(stari) i O1X1Y1 (novi), gde je O1(x0, y0) u odnosu na stari koordinatnisistem, a ϕ je ]XO1X1. Tada vaze opsti obrasci transformacije (3.2.23)Dekartovih koordinata u ravni, gde je ε = ±1, prema tome da li su obasistema iste ili razlicite orijentacije. Matrica transformacije

A =

(cosϕ −ε sinϕsinϕ ε cosϕ

)

, ε = ±1,

je ortogonalna.

Primedba. Prakticno se obicno koriste jednako orjentisani (desni) sistemi,pa se koriste obrasci (3.2.17) , sto cemo i mi ciniti. Da bismo nasli inverzneobrasce za (3.2.23), primenicemo matricni metod. Stavimo

X =

(xy

)

, X0 =

(x0y0

)

, X1 =

(x1y1

)

, A−1 = AT =

(cosϕ sinϕ


)

3.3. Zadaci 57

pa analogno (3.1.10) imamo X1 = A−1(X −X0), tj.

(x1y1

)

=

(cosϕ sinϕ


)(x− x0y − y0

)

=

((x− x0) cosϕ+ (y − y0) sinϕ

−ε(x− x0) sinϕ+ (y − y0)ε cosϕ

)

odaklex1 = (x− x0) cosϕ+ (y − y0) sinϕ

y1 = −ε(x− x0) sinϕ+ (y − y0).ε cosϕ(3.2.24)

3.3 Zadaci

Zadatak 3.3.1. U ravni afinog koordinatnog sistema Oxy sa koordinatnimuglom ω dat je jedinicni vektor ~u, koji sa koordinatnim osama zaklapa uglove](Ox, ~u) = α i ](Oy, ~u) = β. Naci koordinate jedinicnog vektora ~u u sis-temu Oxy.

Resenje. Ako su x i y koordinate vektora ~u, onda vazi

~u = x~e1 + y ~e2,

gde je ~e1 i ~e2 koordinatni jedinicni vektori. Ako skalarno pomnozimo sa ~e1,~e2 i ~u redom, imamo:

~u · ~e1 = x~e1 · ~e1 + y ~e2 · ~e1~u · ~e2 = x~e1 · ~e2 + y ~e2 · ~e2~u · ~~u = x~e1 · ~u+ y ~e2 · ~u

tj.cosα = x+ y cosω

cosβ = x cosω + y

1 = x cosα+ y cosβ.

Ovaj sistem je saglasan i resenja su

x =cosα− cosβ cosω

1− cos2 ω=

cos(ω − β)− cosβ cosω

1− cos2 ω=

sinβ

sinω

y =cosβ − cosα cosω

1− cos2 ω=

cos(ω − α)− cosα cosω

1− cos2 ω=

sinα

sinω.

Dakle, koordinate vektora ~u ={

sinβsinω

, sinαsinω

}

Oxy. ♣


Zadatak 3.3.2. U ravni afinog koordinatnog sistema Oxy sa koordinatnim

uglom 56π dat je vektor ~a, pri cemu je ](Ox,~a) = π

3 , a |~a| =√32 . Naci

njegove koordinate u koordinatnom sistemu Oxy.

Resenje. Na osnovu prethodnog zadatka koordinate jedinicnog vektora su

~u1=( sinβ

sinω,sinα

sinω

)

={ sin π

2

sin 56π

,sin π

3

sin 56π

}

= (2,√3).

Sada je lako naci vektor ~u, jer je ~u1= ~u

|~u| , pa je

~u = |~u|~u1= {

√3,

3

2}.

♣

Zadatak 3.3.3. Data su dva afina koordinatna sistema Oxy i O′x′y′ isteorjentacije. Prvi sistem je pravougli, a drugi kosougli sa koordinatnim uglomod 2

3π. U odnosu na sistem Oxy pocetak drugog sistema je O′(−2, 3), a ugao](Ox,O′x′) = π

6 . Izraziti koordinate tacke M(x, y) u odnosu na sistem Oxy,pomocu koordinata iste tacke M(x′, y′) u odnosu na sistem O′x′y′.

Slika 3.3.1.

Resenje. Neka su ~e1 i ~e2 jedinicni vektori osa Ox i Oy i neka su ~e′1 i ~e′2jedinicni vektori osa Ox′ i Oy′ (Slika 3.3.1), tada na osnovu Zadatka 3.3.1,imamo da je

~e′1 ={sin π

3

sin π2

,sin π

6

sin π2

}

Oxy={√3

2,1

2

}

Oxy

~e′2 ={sin 5π

3

sin π2

,sin 5π

6

sin π2

}

Oxy={

−√3

2,1

2

}

Oxy.

3.3. Zadaci 59

Dakle, formule transformacije koordinata su:

x =

√3

2x′ −

√3

2y′ − 2

y =1

2x′ +

1

2y′ + 3.

♣

Zadatak 3.3.4. U odnosu na pravougli afini koordinatni sistem Oxy u ravnidate su tacke O′(−1, 3), A(1, 0), B(−1, 0). Tacku O′ uzmimo za novi koor-

dinatni pocetak, a vektore−−→O′A i

−−→O′B za koordinatne vektore novog afinog

koordinatnog sistema. Naci formule transformacije koordinata.

Resenje. Tacka O′ u pravouglom koordinatnom sistemu ima koordinate kao

i vektor−−→OO′ = (−1, 3), tj. O′ = {−1, 3}k. Za koordinatne vektore novog

koordinatnog sistema vazi:

−−→O′A =

−−→O′O +

−→OA = (1,−3) + (1, 0) = (2,−3)

−−→O′B =

−−→O′O +

−−→OB = (1,−3) + (−1, 0) = (0,−3).

Formule transformacije koordinata su:

x = 2x′ − 0y′ − 1

y = −3x′ − 3y′ + 3.

Ako posmatramo matricni oblik prethodne jednacine, onda je

X = AX ′ +X0,

gde je

A =

(2 0−3 −3

)

, X0 =

(−13

)

.

Lako se odredjuje

A−1 =1

−6

(−3 03 2

)

=

(12 0−1

2 −13

)

.

Inverzne formule transformacije su:

x′ =1

2x+ 0y +

1

2

y′ = −1

2x− 1

3y +

1

2.

♣


Zadatak 3.3.5. Date su tacke A(2, 1), B(3, 0) i C(1, 4) u odnosu na jedanafini koordinatni sistem Oxy u ravni. U odnosu na novi afini koordintnisistem te iste tacke imaju koordinate A(1, 6), B(1, 9) i C(3, 1). Naci formuletransformacije koordinata.

Resenje. Neka su dati sistemi k1(O, ~x, ~y) i k2(O′, ~u,~v), tada je

−−→OO′ = x0~x+ y0~y,

gde je O′ = {x0, y0}k1 . Takodje neka vazi ~u = {u1, u2}k1 i ~v = {v1, v2}k1 .Formule transformacije koordinata za proizvoljnu tacku M = {x, y}k1 ={x′, y′}k2 su sada:

x = u1x′ + v1y

′ + x0

y = u2x′ + v2y

′ + y0.

Ako sada zamenimo koordinate datih tacka A,B,C, redom, imamo

{2 = 1u1 + 6v1 + x01 = 1u2 + 6v2 + y0

{3 = 1u1 + 9v1 + x00 = 1u2 + 9v2 + y0

{1 = 3u1 + 1v1 + x04 = 3u2 + 1v2 + y0

Resavanjem ovog sistema dobijamo da je x0 = −13 , y0 = 7

3 , u1 = 13 , u2 = 2

3 ,v1 =

13 , v2 = −1

3 . Formule transformacije koordinata su:

x =1

3x′ +

1

3y′ − 1

3

y =2

3x′ − 1

3y′ +

7

3.

♣

Zadatak 3.3.6. Neka je u ravni dat trapez �ABCD, kod koga je−−→AB =

2−−→DC. Neka je O presecna tacka pravih AD i BC i tacka O′ presecnatacka dijagonala trapeza. U ravni se posmatraju dva koordinantna sistema

k1(O,−−→OD,

−−→OC) i k2(O

′,−−→O′D,

−−→O′C). Naci vezu izmedju koordinata proizvoljne

tacke M u odnosu na ova dva sistema.

3.3. Zadaci 61

Slika 3.3.2.

Resenje. Duz DC je srednja linija 4ABO, jer je−−→AB = 2

−−→DC (Slika 3.3.2),

te je odatle OC = CB, kao i OD = DA. Tacka O′ je teziste trougla 4ABO.Sada je −−→

OO′ =−−→OD +

−−→DO′

=−−→OD +

1

3

−−→DB

=−−→OD +

1

3(−−→DO +

−−→OB)

=−−→OD +

1

3(−−→DO + 2

−−→OC)

=2

3

−−→OD +

2

3

−−→OC.

Dakle O′ = {23 ,

23}k1 . Zatim,

−−→O′D =

−−→OD −

−−→OO′

=−−→OD − 2

3

−−→OD − 2

3

−−→OC

=1

3

−−→OD − 2

3

−−→OC.

Dakle,−−→O′D = {1

3 ,−23}k1 . Zatim,

−−→O′C =

−−→OC −

−−→OO′

=−−→OC − 2

3

−−→OD − 2

3

−−→OC

= −2

3

−−→OD +

1

3

−−→OC.


Dakle,−−→O′C = {−2

3 ,13}k1 . Veza izmedju koordinata je sada

x =1

3x′ − 2

3y′ +

2

3

y = −2

3x′ +

1

3y′ +

2

3.

Lako se sada mogu naci i inverzne veze, ako posmatramo matricni oblikprethodne jednacine, onda je

X = AX ′ +X0,

gde je

A =

(13 −2

3−2

313

)

, X0 =

(2323

)

.

Lako se odredjuje

A−1 =1

−13

(13

23

23

13

)

=

(−1 −2−2 −1

)

.

Inverzne veze sux′ = −x− 2y + 2

y′ = −2x− y + 2.

♣

Zadatak 3.3.7. Dat je paralelogram �ABCD. Tacka F je srediste straniceBC, a tacka E presek pravih AF i DB. U ravni datog paralelograma izabrana

su dva afina koordinatna sistema k1(A,−−→AB,

−−→AD) i k2(E,

−−→EB,

−−→EF ). Izraziti

koordinate proizvoljne tacke M u koordinatnom sistemu k1, ako se znajunjene koordinate u k2.

Slika 3.3.3.

3.3. Zadaci 63

Resenje. Koristeci cinjenicu da se dijagonale paralelograma polove i da je Fsrediste stranice BC, dobijamo da je tacka E teziste trougla 4ABC. Dakle,

−−→EB =

2

3

−−→OB,

−−→EF =

1

3

−→AF.

Odredimo prvo koordinate koordinatnog pocetka sistema k2 u odnosu na k1.Dakle,

−→AE =

2

3

−→AF =

2

3

−−→AB +

2

3

−−→BF

=2

3

−−→AB +

1

3

−−→AD.

Koordinate tacke E = { 23 ,

13}k1 . Sada,

−−→EB =

−→EA+

−−→AB

= −2

3

−−→AB − 1

3

−−→AD +

−−→AB

=1

3

−−→AB − 1

3

−−→AD.

−−→EF =

−→AF −−→

AE

=−−→AB +

1

2

−−→AD − (

2

3

−→AE +

1

3

−−→AD)

=1

3

−−→AB +

1

6

−−→AD.

Veza izmedju koordinata je

x =1

3x′ +

1

3y′ +

2

3

y = −1

3x′ +

1

6y′ +

1

3.

♣

Zadatak 3.3.8. Dat je afini koordinatni sistem Oxyz u prostoru sa koor-dinatnim vektorima ~a, ~b, ~c. U odnosu na ovaj sistem novi afini koordinatnisistem O′x′y′z′ ima pocetak u tacki O′(x0, y0, z0), a njegovi koordinatni vek-tori su:

~a′ = {k1,m1, n1}, ~b′ = {k2,m2, n2}, ~c′ = {k3,m3, n3}.

Izraziti koordinate tacke M(x, y, z) u odnosu na sistem Oxyz pomocu koor-dinata iste tacke M(x′, y′, z′) u odnosu na sistem O′x′y′z′.


Resenje. Posto je−−→OM =

−−→OO′ +

−−−→O′M , pa je

−−→OM = x~a+ y~b+ z~c,

−−→OO′ = x0~a+ y0~b+ z0~c.

−−−→O′M = x′~a′ + y′~b′ + z′~c′

= x′(k1~a+m1~b+ n1~c) + y′(k2~a+m2

~b+ n2~c) + z′(k3~a+m3~b+ n3~c)

= (x′k1 + y′k2 + z′k3)~a+ (x′m1 + y′m2 + z′m3)~b+ (x′n1 + y′n2 + z′n3)~c,

sledi jednakost

x~a+ y~b+ z~c = (x0 + x′k1 + y′k2 + z′k3)~a+ (y0 + x′m1 + y′m2 + z′m3)~b

+ (z0 + x′n1 + y′n2 + z′n3)~c,

odakle jex = x′k1 + y′k2 + z′k3 + x0,

y = x′m1 + y′m2 + z′m3 + y0,

z = x′n1 + y′n2 + z′n3 + z0.

♣

Zadatak 3.3.9. Data su dva afina koordinatna sistema Oxyz i O′x′y′z′. Uodnosu na prvi sistem pocetak i koordinatni vektori drugog sistema imajukoordinate O′(2, 1, 3), ~a′(2, 4, 1), ~b′(0, 4, 4) i ~c′(1, 1, 0). Odrediti koordinatepocetka O i koordinatnih vektora ~a, ~b i ~c prvog sistema u odnosu na drugisistem.

Resenje. Na osnovu prethodnog zadatka, imamo

x = 2x′ + 0y′ + 1z′ + 2,

y = 4x′ + 4y′ + 1z′ + 1,

z = 1x′ + 4y′ + 1z′ + 3.

Lako se sada mogu naci i inverzne veze, ako posmatramo matricni oblikprethodne jednacine, onda je

X = AX ′ +X0,

gde je

A =

2 0 14 4 11 4 0

, X0 =

213

.

3.3. Zadaci 65

Lako se odredjuje inverzna matrica

A−1 =

−1 1 −114 −1

412

3 −2 2

.

Inverzne veze sux′ =− x+ y − z + 4

y′ =x

4− y

4+

z

2− 7

4z′ =3x− 2y + 2z − 10.

Sada je jasno da su koordinate koordinatnog pocetka i koordinatnih vektoradate na sledeci nacin

O ={

4,−7

4,−10

}

k′, ~a =

{

−1,1

4, 3}

k′, ~b =

{

1,−1

4,−2

}

k′, ~c =

{

−1,1

2, 2}

k′.

♣

Zadatak 3.3.10. Napisati formule transformacije koordinata za dva pravouglaDekartova koordinatna sistema Oxyz i Ox′y′z′ sa zajednickim pocetkom, akovazi

cos](Ox,Ox′) =1

3, cos](Ox,Oy′) = −2

3, cos](Oy,Ox′) = −2

3,

i ](Ox,Oz′) < π2 , ](Oy,Oy′) > π

2 .

Resenje. Neka su dati koordinatni sistemi k(O,~i,~j,~k) i k′(~i′, ~j′, ~k′). Potrebnoje odrediti koordinate jedinicnih vektora, tj.

~i = α1~i′ + β1~j′ + γ1~k′

~j = α2~i′ + β2~j′ + γ2~k′

~k = α3~i′ + β3~j′ + γ3~k′

Ako skalarno pomonozimo sa ~i′ prvu gore navedenu jednacinu, imamo

cos(Ox,Ox′) = α1 =1

3.

Zatim skalarnim mnozenjem sa ~j′, imamo

cos(Ox,Oy′) = β1 = −2

3.


Sada je

~i =1

3~i′ − 2

3~j′ + γ1~k′,

kvadriranjem, dobijamo

1 =1

9+

4

9+ γ21 .

Kako je ](Ox,Oz′) < π2 , onda je γ1 = 2

3 . Dakle, ~i ={

13 ,−2

3 ,23

}

k′. Ako

krenemo od vektora~j = α2

~i′ + β2~j′ + γ2~k′,

pomnozimo ga skalarno sa ~i′, dobicemo da je α2 = −23 . Ako, sada skalarno

pomnozimo ~i ·~j = 0, imamo

0 =1

3

(

− 2

3

)

+(

− 2

3

)

β2 +2

3γ2,

i vazi da je |~j| = 1, tj.4

9+ β2

2 + γ22 = 1.

Sada smo dobili sistem od dve jednacine sa dve nepoznate

{13

(

− 23

)

+(

− 23

)

β2 +23γ2 = 0

49 + β2

2 + γ22 = 1,

tj.{

β2 − γ2 = −13

β22 + γ22 = 5

9 ,

Resenja ovog sistema su (β2, γ2) ∈{

(13 ,23), (−2

3 ,−13)}

. Uzimamo u obzir

samo resenje (− 23 ,−1

3), jer je ](Oy,Oy′) > π2 . Dakle, ~j =

{

− 23 ,−2

3 ,−13

}

k′.

I na kraju ~k =~i×~j, jer je pravougli sistem, te je ~k ={

23 ,−1

3 ,−23

}

k′. Formule

veze su

x′ =1

3x− 2

3y +

2

3z

y′ =− 2

3x− 2

3y − 1

3z

z′ =2

3x− 1

3y − 2

3z.

♣

3.3. Zadaci 67

Zadatak 3.3.11. Date su cetiri nekoplanarne tacke A,B,C i D. Ako suA1, B1 i C1 tezista, redom, trouglova 4BCD, 4ACD i 4ABD, nacijednacinu ravni odredjene tackama A1, B1 i C1 u odnosu na koordinatni

sistem k(A;−−→AB,

−→AC,

−−→AD).

Slika 3.3.4.

Resenje. Potrebno je odrediti koordinate tacaka A1, B1, C1, tj.

−−→AA1 = α1

−−→AB + β1

−→AC + γ1

−−→AD

−−→AB1 = α2

−−→AB + β2

−→AC + γ2

−−→AD

−−→AC1 = α3

−−→AB + β3

−→AC + γ3

−−→AD

Odredimo sada gore navedene koeficijente. Neka je A′′ srediste stranice BC,tada imamo da je

−−→AA1 =

−−→AD +

−−→DA1

=−−→AD +

2

3

−−→DA′′

=−−→AD +

2

3

1

2(−−→DB +

−−→DC)

=−−→AD +

1

3

−−→AB − 1

3

−−→AD +

1

3

−→AC − 1

3

−−→AD

=1

3

−−→AD +

1

3

−−→AD +

1

3

−−→AD,

to je A1 = {13 ,

13 ,

13}k. Neka je A′ srediste stranice CD, tada je

−−→AB1 =

2

3

−−→AA′ =

2

3

1

2(−→AC +

−−→AD) =

1

3

−→AC +

1

3

−−→AD,


to je B1 = {0, 13 , 13}k. Dalje, neka je A′′′ srediste stranice BD, tada je

−−→AC1 =

2

3

−−→AA′′ =

2

3

1

2(−−→AD +

−−→AB) =

1

3

−−→AD +

1

3

−−→AB,

tj. C1 = {13 , 0,

13}k.

Jednacina ravni koja prolazi kroz tacke A1, B1, C1 je:

∣∣∣∣∣∣

x− x1 y − y1 z − z1x2 − x1 y2 − y1 z2 − z1x3 − x1 y3 − y1 z3 − z1

∣∣∣∣∣∣

= 0.

tj.∣∣∣∣∣∣

x− 13 y − 1

3 z − 13

−13 0 00 −1

3 0

∣∣∣∣∣∣

= 0.

Dakle, jednacina ravni je z = 13 u koordinatnom sistemu k. ♣

Zadatak 3.3.12. Neka je dat pravougli koordinatni sistem u prostoru k(O, ~e1, ~e2, ~e3)i tacke koje u koordinatnom sistemu k imaju koordinate A(2, 0, 3), B(1,−1, 5),

C(0, 1,−2), D(1, 1, 1). Posmatrajmo novi koordinatni sistem k′(T,−−→AB,

−→AC,

−−→TD),

gde je T teziste trougla 4ABC. Ako je jednacina ravni u koordinatnom sis-temu k data (α)k : 5x − 3y + z − 1 = 0, odrediti njenu jednacinu u sistemuk′.

Resenje. Koordinate tezista dobijamo kao T ={

2+1+03 , 0−1+1

3 , 3+5−23

}

k=

{1, 0, 2}k. Koordinate koordinatnih vektora su:−−→AB = {−1,−1, 2}k,

−→AC =

{−2, 1,−5}k,−−→TD = {0, 1,−1}k. Formule transformacije koordinata glase:

x = −1x′ − 2y′ + 0z′ + 1,

y = −1x′ + 1y′ + 1z′ + 0,

z = 2x′ − 5y′ − 1z′ + 2,

Jednacina ravni α u k′ bice:

5(−1x′−2y′+0z′+1)−3(−1x′+1y′+1z′+0)+(2x′−5y′−1z′+2)−1 = 0,

tj.(α)k′ : −9y′ − 2z′ + 3 = 0.

♣

Literatura

[1] Kocinac, Lj., Linearna algebra i analiticka geometrija, Prosveta, Nis,1997.

[2] Kocinac, Lj., Djordevic, S., Zbirka zadataka iz Linearne algebre ianaliticke geometrije, Prosveta, Nis, 1999.

[3] Milenkovic, O., Djoric, M., Zbirka zadataka iz analiticke ge-ometrije, Matematicki fakultet Beograd, 2007.

[4] Rasajski, B., Analiticka geometrija, Gradjevinska knjiga, Beograd,1968.

[5] Stankovic, M., Osnovi geometrije, Prirodno-matematicki fakultet,Nis, 2006.

[6] Stefanovic, R., Zbirka zadataka iz analiticke geometrije, Zavod zaizdavanje udzbenika SR Srbije, Beograd, 1967.

[7] Velimirovic, Lj., Geometrija sa primenama u geografiji, Prirodno-matematicki fakultet, Nis, 2003.

69

sadr zaj - nasport.pmf.ni.ac.rs

Documents