Određivanje površine nedovoljno poznatog trougla

           Ddređivanje površine nedovoljno poznatog trougla
Određivanje povšine nedovoljno poznatog trougla u neograničenom skupu: Primena osnovne veze koeficijenata pravca triju pravih i apscisa tačaka preseka pravih

U analitičkoj geometriji položaj ∆ABC nije definisan ako nisu poznate koordinate temena trougla ili nisu poznate prave stranica trougla, tj. ne znamo A(x₁ ,y₁), B(x₂ ,y₂), C (x₃ ,y₃) ili ne znamo f₁₂(x)= k₁₂x +n₁₂ ,  f₂₃(x)= k₂₃x +n₂₃
i  f₃₁(x)= k₃₁x +n₃₁ .

Da bi odredili površinu trogla ne moramo znati položaj trougla u ravni xOy,  ne moramo znati (x₁ ,y₁), (x₂ ,y₂), (x₃ ,y₃). Dovoljno je znati da se koeficijentima(k₁₂ , k₂₃ , k₃₁) i apscisama(x₁ , x₂) određuje površina trougla.

                                            Metod rada-koeficijenti prave
Potrebne formule:
2P_∆ABC =(x₂-x₁)( x₂-x₃)( k₁₂-k₂₃) ——————————- (1);

(k₁₂-k₂₃)x₂+(k₂₃ – k₃₁)x₃+(k₃₁ – k₁₂)x₁ =0  ————– (10.1) ,
——————- (10).

Zadatak
Date su sledeće analitičke veličine:
k₁₂=-1 , k₂₃= 3,  k₃₁=2  – koeficijenti pravca pravih;
x₁=-2 , x₂= 1 – apscise preseka  f₁₂(x)= f₂₃(x) i f₂₃(x)= f₃₁(x).
Odrediti površinu ∆ABC iz neograničenog skupa trouglova.

Brojne vrednosti analitičkih izraza:
x₂-x₁= 1-(-2)=3;
(k₁₂ – k₂₃)=[-1–3]=-4,   (k₂₃-k₃₁)=[3-2]=1,   (k₃₁-k₁₂)=[2-(-1)]=3 .

Izrada zadatka:
(k₁₂-k₂₃)x₂+(k₂₃ – k₃₁)x₃+(k₃₁ – k₁₂)x₁ =0,
(-4)(1)+(1)x₃+(3)(-2 )= x₃ -10 =0:
x₃=10.
Površina trougla:
2P_∆ABC =(x₂-x₁)( x₂-x₃)( k₁₂-k₂₃);
x₂-x₃= 1-10=-9:
2P_∆ABC =(3)(-9)( -4)=108.
P_∆ABC=54.

                          Provera vrednosti dve površine u neograničenom skupu trouglova

-Zadajmo dve proizvoljne vrenosti odsečka prave f₁₂(x)= k₁₂x +n₁₂ na y osi:
a) n₁₂=n₁=-3.
Slika:

Napomena: jednačine pravih su prikazane na slici radi boljeg razumevanja slike, izvođenje ostavljam čitaocu: A(-2,-1), B( 1,-4),C ( 10,23).
Iz uslova preseka f₁₂(x)= f₂₃(x) sledi:
(k₁₂-k₂₃)x₂=(n₂₃ – n₁₂),
n₂₃= n₁₂+(k₁₂-k₂₃)x₂= -3+(-4)=-7:    n₂₃=-7.
n₂₃– n₁₂=-7-(-3)=-4.
Površina je:
P_∆ABC (2x₂)=(x₂-x₁)( x₂-x₃)( n₂₃-n₁₂)= (3)(-9)(-4)=108,
P_∆ABC [2(1)]=108:
P_∆ABC=54.

b) n₁₂=n₂=-4.
Slika:

Napomena: jednačine pravih su prikazane na slici radi boljeg razumevanja slike, A(-2,-2), B( 1,-5),C ( 10,22).

n₂₃= n₁₂+(k₁₂-k₂₃)x₂= -4+(-4)(1)=-8:    n₂₃=-8.
n₂₃– n₁₂=-8-(-4)=-4.
Površina je:
P_∆ABC (2x₂)=(x₂-x₁)( x₂-x₃)( n₂₃-n₁₂)= (3)(-9)(-4)=108,
P_∆ABC [2(1)]=108:
P_∆ABC=54.

Ascisa x₃ se određuje relacijom (10.1), a podskupove koordinata temena trouglova određujuje skup odsečaka na y osi: (n)=(n₁, n₂, n₃, n₄,    ……… ).

-Neograničen skup temena trouglova su sve tačke na pravama:p:x=x_{1 ,} q:x=x₂.
g:x=x₃.

Autor teoreme:
Srdačan pozdrav i dobro zdravlje,
dipl. maš. inž. Mladen Popović

 

 

Advertisements

Oсновна веза одсечака трију правих на у оси

 Oсновна веза одсечака трију правих на у оси

Метод рада- коефицијенти праве.

Основна алгебарска веза oдсечака трију правих на у оси и апсциса тачака пресека правих је дата релацијом:
  ———————– (11)

Аналитички елементи троструке једнакости су:
n₁₂ – слободни коефицијент једначине праве, уједно и одсечак праве
f₁₂(x)= k₁₂x+n₁₂ на у оси.
n₂₁, n₃₁ – коефицијенти(одсечци)праве f₂₃(x)= k₂₃x+n₂₃  i  f₃₁(x)= k₃₁x+n₃₁ на у оси;
x₁ , x₂ i x₃ – апсцисе пресека праве f₁₂(x), f₂₃(x) и f₃₁(x).

                                              Доказ

Тврдња:
– Било која два израза да узмемо из једнакости дате под редним бројем (11), увек се добије израз:

(n₁₂-n₂₃)x₁x₃+(n₂₃-n₃₁)x₁x₂+(n₃₁-n₁₂)x₂x₃ =0  ——————(11.1):

Из једнакости првог и другог израза биће:
(n₁₂-n₂₃)x₃(x₁-x₂)= (n₂₃-n₃₁)x₂(x₃-x₁):
(n₁₂-n₂₃)x₁x₃+(n₂₃-n₃₁)x₁x₂+(n₃₁-n₁₂)x₂x₃ =0.

Из једнакости другог и трећег израза биће:
(n₂₃-n₃₁)x₁(x₂-x₃)= (n₃₁-n₁₂)x₃ ( x₁-x₂)=  :
(n₁₂-n₂₃)x₁x₃ + (n₂₃-n₃₁)x₁x₂ + (n₃₁-n₁₂)x₂x₃ =0.

Из једнакости првог и трећег израза биће:
(n₁₂-n₂₃)x₁(x₂-x₃)= (n₃₁-n₁₂)x₂(x₃-x₁):
(n₁₂-n₂₃)x₁x₃+(n₂₃-n₃₁)x₁x₂+(n₃₁-n₁₂)x₂x₃ =0.

Утврђено је:
– Ако су две величине једнаке трећој, једнаке су и међусобно, без обзира о којим величинама је реч.

Задатак
Замишљене  праве f₁₂(x)= k₁₂x+n₁₂ , f₂₃(x)= k₂₃x+n₂₃ ,  f₃₁(x)= k₃₁x+n₃₁ граде  ∆АВС и имају познате следеће аналитичке величине:
n₁₂=9 , n₂₃= 0,  n₃₁=17 – одсечци правих y оси;
x₁= -2,  x₂= 3 – апсцисе пресека f₃₁(x)= f₁₂(x) i f₂₃(x) = f₃₁(x).
Одради апсцису x₃  тачке трећег пресека правих.

Слика:

Потребне формуле и бројне вредности:
(n₁₂-n₂₃)x₁ x₃ +(n₂₃ – n₃₁)x₁x₂ + (n₃₁ – n₁₂)x₂x₃ =0;
(n₁₂-n₂₃)x₁=(9-0)(-2)=-18,
(n₂₃ – n₃₁)x₁x₂=(0- 17)(-2)(3)=102,
(n₃₁ – n₁₂)x₂ =(17- 9)(3)=24.

Одређивање апсцисе- решење:
(n₁₂-n₂₃)x₁x₃ + (n₂₃-n₃₁)x₁x₂+(n₃₁ n₁₂)x₂x₃ =-18 x₃+102+24 x₃ =0;
6x₃ +102=0;      x₃= -17.

Примена дефинисане апсцисе  x₃
Без обира што темена троугла можемо ставити под наводнике: “А“ ,“В“, “С“ , јер нису одређена, не знамо их, а ни праве нису одређене, то ми не смета да на троуглу израчунам неке величине; x₃ нам даје могућност да одредимо:
-површину ∆АВС ;
-дужине страница: АВ, ВС, СА…

Наведену могућност обезбеђује базна функција В(х)=-(x-x₁)(х-х₃), тј. њена вредност В(x₂)=-(x₂-x₁)(x₂-x₃); базни израз је самосталан и има такав облик када је потвршина троугла обликована са три праве у равни х,у.
Ако је ∆АВС на кривој линији, базна функција се проширује множиоцем
(x₃-x₁).

Ради се о бесконачном скупу тачака А, В, С и задавањем вредности коефицијента правца једне праве дефинишу се и саме праве и темена ∆АВС.

Аутор теореме:
Срдачан поздрав и добро здравље,
дипл. маш. инж. Младен Поповић

Osnovna veza koeficijenata pravaca tri prave

  Osnovna veza koeficijenata pravaca tri prave

Osnovna algebarska veza koeficijenata pravaca triju pavih i apscisa preseka pravih data je relacijom:
 ……… (10)

Analitički elementi trostruke jednakosti su:
k₁₂ – koeficijent pravca prave f₁₂(x)= k₁₂x+n₁₂ ,
k₂₃ i k₃₁ – koeficijenti pravca prave f₂₃(x)= k₂₃x+n₂₁ i  f₃₁(x)= k₃₁x+n₃₁ ;
x₁ , x₂ i x₃ – apscise preseka prave f₁₂(x), f₂₃(x) i f₃₁(x).

   Dokaz
Tvrdnja:
-Bilo koju jednakost da uzmemo iz izraza datog pod rednim brojem (10),uvek se dobije izraz:
(k₁₂-k₂₃)x₂+(k₂₃ – k₃₁)x₃+(k₃₁ – k₁₂)x₁ =0 —— (10.1).

Na izrazu osnovne algebarske veze, dat pod rednim brojem (10), redom dokazujem međusobnu jednakost sva tri izraza:

Dokaz jednakosti prvog i drugog izraza na osnovnom izrazu:
(k₁₂-k₂₃)(x₂-x₁) = (k₂₃ – k₃₁)(x₁-x₃),
(k₁₂-k₂₃)x₂-k₁₂x₁+k₂₃x₁ = k₂₃x₁-k₃₁x₁-(k₂₃-k₃₁)x₃ ,
(k₁₂-k₂₃)x₂-k₁₂x₁= -k₃₁x₁-(k₂₃-k₃₁)x₃ :
(k₁₂-k₂₃)x₂+(k₃₁ – k₁₂)x₁+(k₂₃ – k₃₁)x₃ = 0.

Jednakost prvog i trećeg izraza:
(k₁₂-k₂₃)(x₃-x₂) = (k₃₁ – k₁₂)(x₁-x₃),
-(k₁₂-k₂₃)x₂+ k₁₂x₃ –k₂₃x₃ = (k₃₁ – k₁₂)x₁-k₃₁x₃+k₁₂x₃,
-(k₁₂-k₂₃)x₂ –k₂₃x₃ = (k₃₁ – k₁₂)x₁-k₃₁x₃ :
-(k₁₂-k₂₃)x₂-(k₂₃ – k₃₁)x₃-(k₃₁ – k₁₂)x₁=0.

Drugog i trećeg:
(k₂₃ – k₃₁)(x₃-x₂)= (k₃₁ – k₁₂)(x₂-x₁),
(k₂₃ – k₃₁)x₃-k₂₃x₂+k₃₁x₂ = k₃₁x₂-k₁₂x₂-(k₃₁ – k₁₂)x₁:
(k₂₃ – k₃₁)x₃+(k₃₁-k₁₂)x₁+(k₁₂ – k₂₃)x₂=0.

Dakle, šta je potvrđeno izvođenjem?
-Ako su dve veličine jednake trećoj, jednake su i međusobno, bez obzira o kojim veličinama se radi.

Značaj izraza
O širem značaju izraza, datog pod rednim brojem  (10), pisaću u nekom narednom članku. Za sada ću reći: “Ako je presek sve tri prave na paraboli a₀x²+a₁x +a₂ , izraz dat pod rednim brojem (10) jednak je koeficijentu parabole a₀ “ :

-Bazna formula površine trougla na nekoj krivoj ima svoj zadnji množilac izraz dat pod rednim brojem (10). Kao što rekoh- za parabolu je to a₀ .

– U opštem slučaju, oba izraza služe da odredimo jednu apscisu ako znamo druge dve. Određivanjem treće apscise omogućuje mi da izračunam: površinu ∆АВС, dužine stranica ∆АВС… pri čemu i dalje nemamo jednačine pravih, niti temena trougla.

Izraz dat pod rednim brojem (10.1) je upotrebljen i dokazan u članku:
“Извођење формуле површине троугла – базни израз“.

Zadatak
Tri neodređene( nepoznate) prave, f₁₂(x), f₂₃(x) i f₃₁(x),  imaju koeficijente pravca:

Apscisa x₁=1 je apscisa preseka prave f₃₁(x) i f₁₂(x) ,  a  x₂=6 je apscisa preseka prave f₁₂(x) i f₂₃(x).
Odrediti treću apscisu- presek prave f₂₃(x) i f₃₁(x).
Slika :

Izrada
Познате вредности и формула:

x₁ =1, x₂ =6.
(k₂₃ – k₃₁)x₃+(k₃₁-k₁₂)x₁+(k₁₂ – k₂₃)x₂=0.

Бројне вредности:

Rešenje:

Odredili smo x₃=10 – apscisu tačke preseka prave f₂₃(x) i f₃₁(x) .

Prave, f₂₃(x) , f₃₁(x) i f₁₂(x)  su nam nepoznate-ima ih beskonačno, temena trougla,
A(x₁ , y₁), B(x₂ , y₂), C(x₃ , y₃),  su nepoznata.

Ako usvojim jedno n, znali bi i položaj sve tri prave, ali mi nije cilj  da odredim jednačine pravih, već da odredim x₃  – apscisu presek dve nepoznate prave.
Slika :

 

Autor teoreme:
Srdačan pozdrav i dobro zdravlje,
dipl. maš.inž. Mladen Popović

Растојање тачке А од праве f(x)

                                    Растојање тачке А од праве f₂₃(x)
1)-Растојање тачке А(x₁ ,y₁) од праве f₂₃(x)= k₂₃x+ n₂₃ рачуна се по формули:

Aналитички елементи у формули су:
h_a – растојање тачке А од праве f₂₃(x),
y₁ – ордината тачке А,
x₁ – апсциса тачке А,
k₂₃=k_A1A2 – коефицијент правца праве f₂₃(x),  n₂₃=n_A1A2 – одсечак праве f₂₃(x) на у оси.
Слика:

Извођење формуле растојањa тачке А до праве f₂₃(x)= k₂₃x+ n₂₃ :
Са горње слике одређујем:
– дa је растојање d_AA1= y₁-f₂₃(x₁) ;
-да из ∆АA₁А₂  следи једнакост:
h_a = d_AA1cos(α_A) и α_A= α₂₃.

Даље:
угао α₂₃ = β₂₃ ,  јер је β₂₃  угао нагиба праве f₂₃(x)   ка х оси.
Једнакост α_A= α₂₃= β₂₃  (углови са нормалним крацима) је јаснија са слике:

Са слике видимо да је

Kоначно је:

Формулу растојања тачке А до праве f₂₃(x) извoдим и овако:

Метод рада- коефицијенти праве.

Постављам нову, произвољно, праву f₁₂(x)= k₁₂x+ n₁₂   да прође кроз тачку А(x₁ ,y₁) и да сече праву f₂₃(x) у тачки В. Апсциса пресечне тачке је х₂. Положај тачке В није битан.
На следећој слици се види: додата права f₁₂(x), права f₂₃(x) и тачка А:

Треба ставити да је  f₁₂(x₁)=y₁ па ће се растојање тачке А од праве f₂₃(x) добити из односа:
d_AA1=[f₁₂(x₁)-f₂₃(x₁)],
h_a = d_AA1cos(α_A)=[f₁₂(x₁)-f₂₃(x₁)]cos(β₂₃)= [y₁ -f₂₃(x₁)]cos(β₂₃)=

Aко одустанемо од замене  f₁₂(x₁)=y₁ и ординату тачке А означимо са f₁₂(x₁),  формула ће имати облик:

  Закључак

Две формуле за растојање тачке А до праве f₂₃(x):

Задатак:
f₂₃(x)= 3x-1 ;  А(4,6) . Израчунај растојање тачке А од праве f₂₃(x).

Познате вредности и формула:
y₁ = 6, x₁ =4,  k₂₃=3, n₂₃ =-1 ;

Бројне вредности:
y₁ -к₂₃(x₁)- n₂₃ = 6-3(4)-(-1)=-5,
k²₂₃+1=(3)² +1=10,

На следећем линку имате цео задатак написан на латиници:
Rastojanje tačke A od prave f23(x)

2)-)-Формула дата под редним бројем (2) даће базни облик.Зашто?

f₁₂(x₁)-f₂₃(x₁) = (k₁₂x₁+ n₁₂)-(k₂₃x₁+ n₂₃)=(k₁₂-k₂₃)x₁+n₁₂-n₂₃=
(k₁₂-k₂₃)x₁+n₁₂-n₂₃=(k₁₂-k₂₃)x₁+(k₂₃-k₁₂)x₂=(k₁₂-k₂₃)x₁-(k₁₂-k₂₃)x₂:
f₁₂(x₁)-f₂₃(x₁) = (k₁₂-k₂₃)(x₁-x₂).

Sada, bazni oblik је:

Дакле, површина троугла
2p_ABC=ah_a=

2p_ABC=(x₂-x₁)(x₂-x₃)(k₁₂-k₂₃).

Аутор:
Срдачан поздрав и добро здравље,
дипл. маш. инж. Младен Поповић

Појели сте љуту паприку и тражите спас

ИМА ЛЕКА

Најбољи  лек да спасете уста и језик, често сам га користио,  је багремов мед или мед од сунцокрета.

Чим се ољутите(заљутите) одмах узмите пуну кафену кашичицу правог, густог, меда. Трљајте језиком усну дупљу(уста) све док се не истопи. Можете то поновити још једном са мање меда. Воду не смете пити! И то је све.

Након десет до двадесет секунди“жар“ нестаје.
Будите опрезни када дајете сув мед малој, уплаканој деци која вриште! Њима дајете мед по мало и непрекидно, и пратите да ли су растопила мед у устима.

Узимање сувог шећера, уместо меда, не помаже- по томе се може препознати и да ли је мед прави или се ради о неком сирупу.

Срдачан поздрав и добро здравље,
дипл. маш. инж. Младен Поповић

Љуту српску паприку претворите у љуткасту

Поступак одузимања“ љутине“ од љуте паприке механичким путем

Расеците уздуж љуту. Узмите нож осредње ширине, још боље закривљени, и по дужини полутке, са унутрашње стране, стружите паприку.

Притисак ножем на паприку подесите да са горњег слоја и са унутрашње стране паприке  стружете(скидате) „слузокожу“ и воду- течност из жарних ћелија паприке.

Увежбаном мајстору кухиње треба три до пет сигурних стругарских покрета, што зависи од љутине паприке. Паприку исперите водом.

Љута паприка је здравија од слатке паприке. У природи се, сама без хемијске заштите, одупире труљењу и другим болестима. У кухињи додајте јој и… бели лук.

Слика је узета са https://www.boljazemlja.com/. Ако не одобравате да буде на овом месту уклониће се.

Аутор:
Срдачан поздрав и добро здравље,
дипл. маш. инж. Младен Поповић

Извођење формуле површине троугла – базни израз

                      Извођење формуле површине троугла – базни израз

Извођење формуле површине троугла у облику производа простих чинилаца- разлика апсциса темена троугла и разлике коефицијената правца две странице троугла

                                                      УВОД

Mетод рада-коефицијенти праве

 Базна формула површине троугла 2P_∆ABC =(x₂-x₁)( x₂-x₃)( k₁₂-k₂₃), троугла унутар три непаралелне праве,  је производ  разлика (x₂-x₁)( x₂-x₃)  апсциса темена троугла и разлике( k₁₂-k₂₃) коефицијената правца две странице троугла- једначина странице AB и странице BC  ∆АBC.
Једначине правих су:
f₁₂(x)=k₁₂x+ n₁₂ ,  f₂₃(x)=k₂₃x+ n₂₃ ,   f₃₁(x)=k₃₁x+ n₃₁ ;
-ознаке апсциса су:  x₁=x_A , x₂=x_B , x₃=x_C .

-Формула површине троугла је базна јер се из ње изводи јединствена формула за површину троугла за произвољан троугао и за троугао на кривој лини.
-Формула је базна и због базног израза B(x₂)= (x₂-x₁)( x₂-x₃): формула за површину троугла има у себи базни израз B(x₂).

                                              ИЗВОЂЕЊЕ

Предуслови:
Да би извели формулу за површину морамо доказати  да је
израз ( k₁₂-k₂₃)x₂ + ( k₂₃-k₃₁)x₃ + ( k₃₁-k₁₂)x₁ =0  ……..  (3) ;
израз се лако добија из појединачних услова пресека трију непаралелних правих :
( k₁₂-k₂₃)x₂ =( n₂₃-n₁₂) ,
( k₂₃-k₃₁)x₃ =( n₃₁-n₂₃) ,
( k₃₁-k₁₂)x₁ =( n₁₂-n₃₁) – ставимо ове изразе под редни број (2).

Дакле , саберимо све три једнакости- сабирамо три израза са леве и три са десне стране једнакости.  Збир са десне стране је нула и то је обележено под редним бројем (3).
Новим груписањем израза датог под редним  бројем (3), груписање уз иксеве, добићe се да је
(x₃-x₁) k₃₁ =(x₃-x₂)k₂₃ + (x₂-x₁) k₁₂ ………………………… (3.1).

Израз дат под редним бројем (3.1) може се добити сабирањем, већ смо радили, левих и десних страна следећих израза:
f₂₃(x₂)-f₂₃(x₃) = – (x₃-x₂)k₂₃ ,
f₃₁(x₃)-f₃₁(x₂)]= (x₃-x₁) k₃₁  i  f₁₂(x₁)-f₁₂(x₂) = – (x₂-x₁) k₁₂ ….. (1.1).

Базна формула површине троугла се изводи из класичне формуле за површину троугла
2P_∆ABC = x₁( y₂-y₃)+ x₂ ( y₃-y₁)+ x₃ ( y₁-y₂)=
x₁[ f₂₃(x₂)-f₂₃(x₃)]+ x₂[ f₃₁(x₃)-f₃₁(x₁)]+ x₃[ f₁₂(x₁)-f₁₂(x₂)] ——- (1), заменом њених делова у заградама подударним изразима  датих под редним бројем  (1.1). Након тога, на истој једнакости, настављамо
и замењујемо и израз дат под редним бројем (3.1).

Замењивање:
Dakle, 2P_∆ABC = x₁[- (x₃-x₂)k₂₃]+ x₂[(x₃-x₁) k₃₁]+ x₃[- (x₂-x₁) k₁₂]=
x₁[- (x₃-x₂)k₂₃]+ x₂[(x₃-x₂)k₂₃ + (x₂-x₁) k₁₂]+ x₃[- (x₂-x₁) k₁₂]=
(x₃-x₂)(- x₁+x₂) k₂₃ + (x₂-x₁)(x₂-x₃) k₁₂= (x₂-x₁)( x₂-x₃)( k₁₂-k₂₃).
2P_∆ABC =(x₂-x₁)( x₂-x₃)( k₁₂-k₂₃).

                                                ДОДАТАК

Из услова пресека  k₁₂x+ n₁₂=f₁₂(x) = f₂₃(x)=k₂₃x+ n₂₃ 
имамо да је ( k₁₂-k₂₃) x₂=( n₂₃-n₁₂) , a површина троугла, веома брзо , ће имати облик :
2P_∆ABC =(x₂-x₁)( x₂-x₃)( n₂₃-n₁₂)/x₂ .

                                                ЗАКЉУЧАК

Задатак је био да се изведе формула површине троугла у облику производа простих чинилаца- разлика апсциса темена троугла и разлике коефицијената правца из класичне формуле за површину троугла: 2P_∆ABC = x₁( y₂-y₃)+ x₂ ( y₃-y₁)+ x₃ ( y₁-y₂).
Изведени су докази да је:
( k₁₂-k₂₃)x₂ + ( k₂₃-k₃₁)x₃ + ( k₃₁-k₁₂)x₁ =0,
-(x₃-x₁) k₃₁ +(x₃-x₂)k₂₃ + (x₂-x₁) k₁₂ =0
 и да је тражена формула за површину троугла 2P_∆ABC =(x₂-x₁)( x₂-x₃)( k₁₂-k₂₃).
Добили смо и да је B(x₂)= (x₂-x₁)( x₂-x₃)=x₂²– (x₁+x₃)x₂ + x₁x₃ базни израз површине троугла.

 

Aутор извођења:
Срдачан поздрав и добро здравље,
дипл. маш. инж. Младен Поповић

Limes koeficijenata prave i L Hospital-Bernoulli

Limes koeficijenata prave i L^| Hospital-Bernoulli
Za limes koeficijenata prave na krivoj i njen prelazak u tangentu primenljivo je
L^| Hospital-BernouIlijevo pravilo izvoda na neodređeni oblik izraza 0/0

Metod rada – koeficijenti prave.
Zahvaljujući obliku brojioca i imenioca koeficijenata jednačine prave moguće im je, i ima smisla, pravilom L^| Hospital-BernouIlija naći izvode.

Temom https://gradiuinflaciji.wordpress.com/2018/08/02/limes-koeficijenata-prave-prelaz-prave-u-tangentu/ pokazano je da se koeficijenti tangente dobijaju limesom koeficijenata prave na krivoj:
– jednačina krive F(x) ;
– jednačina prave f(x)=kx +n i koeficijenti prave :

Nakon provere limesa za k i n, uz uslov da x₂ → x₁ , uočićemo sledeće limese:

Jasno je da se na izraze koeficijenata prave [ψ(x₂)/ ϕ(x₂)] i [ ω(x₂)/ ϕ(x₂)],   u postupku određivanja limasa, može uvek primeniti L^|Hospital-Bernoullijevo pravilo izvoda:

Zadatak
Data je logaritamska kriva F(x)=ln(x).
Odrediti jednačinu tangente na krivoj primenjujući L^|Hospital-Bernoullijevo pravilo na koeficijente jednačine prave f(x).

Izrada:
– jednačina krive F(x)=ln(x);
– jednačna prave:

– jednačina tangente f_T(x)=k_T x +n_T:

Jednačina tangente:

Srdačan pozdrav i dobro zdravlje.
Autor ivođenja:
dipl. maš. inž. Mladen Popović

Limes koeficijenata prave-Prelaz prave u tangentu

         Limes koeficijenata prave-Prelaz prave u tangentu
Limes koeficijenata jednačine prave su koeficijenti jednačine druge prave, tj. prelaz jednačine prave, prava na krivoj, u jednačinu druge prave pri prelasku  apscise jedne presečne tačke u  apscisu druge

Metod rada-koeficijenti prave.

    Pojam limesa koeficijenata prave

Limes koeficijenata jednačine prave daje koeficijente jednačine druge prave na istoj krivoj.
Da bi dobili koeficijente druge prave limesom koeficijenata prve moramo u imeniocu koeficijenata prve prave ukloniti razliku apscisa (x₂ – x₁),
jer je (x₁ – x₁)=0.

Treba prihvatiti da limes koeficijenata jednačine prave utiče na jednačinu i položaj nove prave ; k i n su k(x₂) i n(x₂), tj.   funkcije su promenljive x₂. Tangenta je samo jedan od položaja prave f(x). Predmet razmatranja nije određivanje vrednosti jednačine prave f(x₁)=kx₁+n, ni vrednosti f(x₂)=kx₂+n:

Primeri primene jednačine prave za izvođenje jednačine tangente na krivoj    

Prava i tangeta na paraboli:
F_a(x)=a₀x²+a₀x+a₂ – jednačina  parabole;
f(x)=kx+n=[a₀ (x₁+x₂)+a₁]x+a₂-a₀x₁x₂ –prava na paraboli;
– apscise  x₁ i x₂ presečnih tačaka prave i parabole i koeficijenti prave:
k= a₀ (x₁+x₂)+a₁ , n= a₂-a₀x₁x₂.
-Apscisa x₂ je “parcijalna”tekuća koordinata koeficijenata prave, a promenljiva x  prave  f(x)  miruje.

Jednačina tangente: 


[a₀ (x₁+x₁)+a₁]x+a₂-a₀x₁x₁= (2a₀ x₁+a₁)x+a₂-a₀x₁² – jednačina tangente
na paraboli u tački sa apscisom x₁.

Prava i tangeta na kubnoj:
F_b(x)=b₀x³+b₁x²+b₂x+b₃ – jednačina kubne;
f(x)=[ b₀(x₁²+ x₁x₂+ x₂²)+ b₁(x₁+x₂)+b₂]x+b₃-x₁x₂ [ b₀(x₁+ x₂)+ b₁]–prava na kubnoj.
Jednačina tangente:
-Limesi koeficijenata jednačine prave na kubnoj se prosto dobijaju  zamenom x₂  sa x₁ , dakle isti  postupak daje jednačinu tangente:
f_T(x)=[ b₀(x₁²+ x₁x₁+ x₁²)+ b₁ (x₁+x₁)+b₂]x+b₃-x₁x₁ [b₀(x₁+ x₁)+ b₁]=
(3b₀x₁²+ 2b₁x₁+b₂)x+a₃-x₁² (2b₀x₁+ b₁), dakle
f_T(x)= (3b₀x₁²+ 2b₁x₁+b₂)x+a₃-x₁² (2b₀x₁+ b₁)  je jednačina tangente na kubnoj.

Prava i tangeta na razlomljenoj funkciji:

-jednačina prave f_R(x) na krivoj R(x) je:

– jednačina tangente f_T(x), f_T(x₁) i f_T(x₂), se ivodi iz limesa koeficijenata prave f_R(x):

Jednačina tangete:

-jednačina tangente na razlomljenoj R(x) je:

Prava i tangeta na krugu:

-klasičan Izraz za koeficijent pravca prave na krugu je:
k(x₂-x₁)= F_K(x₂)-F_K(x₁)=

  ………………… (1).

-Potrebno je od klasičnog izraza koeficijenta pravca prave k, datog pod rednim brojem (1),  izvesti novi  izraz za k u kome neće biti (x₂ – x₁):

Tokom izvođenja izrazi sa korenima  dovoljno i tačno je uzeti znak plus ispred oba korena:
za jednačinu prave i tangete znak je bitan, ali za limes koeficijenata nije.
Proširujemo izraz dat pod rednim brojem (1) zbirom korena:

Kao što je proširen izraz za k isto proširimo i izraz za n:
n(x₂-x₁)= x₂ F_K(x₁)-x₁ F_K(x₂)=

Razliku korena  proširujemo zbirom  korena… izvlačimo i skraćujemo razliku (x₂-x₁) i  na kraju sve završava izrazom datim pod rednim brojem (2):


 ……………. (2).

Novi oblici izraza k i n su spremni za limese.

Jednačina tangente

a)– Koeficijent pravca tangente f_T1(x₁):

b)-Koefiijent  n_T1 (x₁) tangente:
– da ne bi stalno pisali lim…, limes koeficijenta n(x₂) prave na krugu  računamo zamenom x₂  sa x₁ , dakle prosta zamena apscisa u izrazu datom pod rednim brojem(2) daće  limese za n, kao što smo dobili i limesa koeficijenta pravca k_T1 (x₂) tangente; na kraju će obrazac za koefiijent  n_T1 (x₁) tangente biti:

– Jednačina tangente f_T1(x) na krugu F_K(x) je:

Napomena za znak ispred korena u jednačini prave i jednačini tangente:
– ako je F_K(x₁)<q<F_K(x₂), ili je F_K(x₂)<q<F_K(x₁), tada ispred odgovarajućih korena treba staviti suprotni znak;
– znak minus se stavlja ispred korena za vrednosti F_K(x)<q.

Zadatak:
Date su apscise x₁= -1  i x₂=2, apcise prve i druge tačke preseka prave  f(x) i kruga F_K(x). Centar kruga je tačka Q(1,-2), a poluprečnik kruga R²=5.
Kroz tačke preseka, apcisa x₁ i x₂ , napisati jednačinu prave f(x) i jednačine tangenti f_T1(x₁) i f_T2(x₂).

Potrebne vrednosti:
p=1, q=-2;   R²– p²=5-1²=4; x₂-p=2-1=1, p-x₁=1-(-1)=2;
bazni izrazi: x₁+x₂=-1+2=1,  x₁x₂=(-1)(2)=-2;

Jednačina prave na krugu:
f_K (x)=kx+n;    F_K (x₁)<q:

Jednačine tangenti na krugu:
a) f_T1(x₂)= k_T1 x+n_T1 ;  F_K (x₁)<q:



b) f_T2(x₂)= k_T2 x+n_T2 ;  F_K (x₂)>q:

-Sa druge slike primećujemo da se mogu napisati još tri prave i njihove tangente; tokom rada samo menjamo znake korena, a apscise i formule ostaju iste.
-Prilagođeni koeficijenti jednačine prave i njihovi limesi se slično nalaze i za  krive: hiperbolu,elipsu…

Srdačan pozdrav i dobro zdravlje.
-Autor izvođenja:
dipl. maš. inž. Mladen Popović

Određeni integral polinoma-koeficijent pravca prave

Određeni integral polinoma-koeficijent pravca prave
Rešenje određenog integrala polinoma n. stepena proizvodom razlika apscisa –granica integraljenja, i koeficijenta pravca prave na krivoj polinoma n+1. stepena

Metod rada-koeficijenti jednačine prave.
-Za rešene određenog integrala polinoma uzima se koeficijent pravca jednačine prave na krivoj, prvoj krivoj višeg stepena, tj. na polinomu za stepen viši od polinoma integraljenja-integranda. Koeficijenti prave su dati u tabeli br.1 članka: https://gradiuinflaciji.wordpress.com/2016/06/19/sema-za-pisanje-jednacine-prave-na-polinomu-n-tog-stepena/

                                 Određeni integral prave
Potrebni oblici obrazaca:
– Jednačina prave, polinom stepena n=1:  f(x)=a₀x+a₁.
– Usvojen oblik polinoma višeg stepena p=n+1=2:
F_A(x)=A₀x²+A₁x+A₂    ……………………………………….. (1).
-Koeficijenti usvojenog oblika polinoma F_A(x) stepena p=2  su:

– Koeficijent pravca prave f_A(x) na usvojenom polinomu F_A(x):
………. (1.1).

Određeni integral prave f(x) u granicama x₁ i x₂ je:
.

               Određeni integral polinoma drugog stepena- parabola
Potrebni oblici obrazaca:
– Jednačina polinoma stepena n=2:  F_a(x)=a₀x²+a₁x+a₂.
– Usvojen oblik polinoma višeg stepena p=n+1=3:
  F_B(x)=B₀x³+B₁x²+B₂x+B₃  ………………………………..  (2).
-Koeficijenti usvojenog oblika polinoma F_B(x) stepena p=3  su:

– Koeficijent pravca prave f_B(x) na polinomu F_B(x):
k_B =B₀ (x₁²+ x₁x₂+x₂²)+B₁(x₁+x₂)+B₂ = …………… (2.1).

Određeni integral parabole F_a(x) u granicama x₁ i x₂ je:

         Određeni integral polinoma trećeg stepena- kubna
Potrebni oblici obrazaca:
– Jednačina polinoma stepena n=3:  F_b(x)=b₀x³+ b₁x²+b₂x+b₃.
– Usvojen oblik polinoma višeg stepena p=n+1=4:
F_C(x)=C₀x⁴+ C₁x³+C₂x²+C₃x+C₄  …………………………….. (3).
-Koeficijenti usvojenog oblika polinoma F_C(x) stepena p=4  su:

– Koeficijent pravca prave f_C(x) na polinomu F_C(x):
……..  (3.1)

Određeni integral kubne F_b(x) u granicama x₁ i x₂ je:

Po istom principu koristimo koeficijent pravca prave na polinomu F(x) stepena
p = n+1 i pišemo rešenje određenog integrala polinoma stepena n.
Bazne izraze (x₁+x₂), (x₁²+ x₁x₂+x₂²), (x₁³+ x₁² x₂ +x₁x₂²+x₂³)… pamtimo još od osmogodišnje škole, kada smo učili rastavljanje na faktore razliku dva monoma istog stepena: binom od dva monoma parnog i neparnog stepena: x₁^2p-x₂^2p, x₁^2p-1-x₂^2p-1.

   Zdatak
Data je apscisa x₁=-(3/2) i x₂=(3/2) – granica integraljenja polinoma

Odrediti određene integrale polinoma.

Potrebne veličine:
a) -Za pravu f(x) =-(5/4) x+3:
a₀=-(5/4)  , a₁=3;
– koeficijenti usvojenog oblika polinoma F_A(x) stepena p=2:

-usvojen polinom višeg stepena  F_A(x)=A₀x²+A₁x+A₂:
F_A(x)=-(5/8)x²+3x+A₂;
– razlika i zbir apscisa i koeficijent k_A pravca prave f_A(x) na usvojenom polinomu F_A(x):
(x₂– x₁)= (3/2)-(-3/2) =3,    (x₁+ x₂)=-(3/2) + (3/2)=0,
k_A =A₀ (x₁+x₂)+A₁=(-5/8)(0)+3=3,     k_A = 3  …………………………… (1,2).

Integral prave f(x) u granicama x₁ i x₂ je:

Grafički prikaz:

b) -Za parabolu F_a(x)=(1/2)x²-5x+2:
a₀=(1/2)  , a₁=-5,  a₂=2 ;
 – koeficijenti usvojenog oblika polinoma F_A(x) stepena p=3:


-usvojen polinom višeg stepena  F_B(x)=B₀x³+B₁x²+B₂x+B₃;
– bazni izrazi i koeficijent k_B pravca prave f_B(x) na usvojenom polinomu F_B(x):

k_B=B₀ (x₁²+ x₁x₂+x₂²)+B₁(x₁+x₂)+B₂=

k_B =(19/8) ……………..  (2,2).

Integral parabole F_a(x) u granicama x₁ i x₂ je:

Grafički prikaz:

c) -Za kubnu F_b(x)=(1/2) x²-3x+5x-2:
b₀=(1/2) , b₁=-3,  b₂=5,  b₃=-2;
– koeficijenti usvojenog oblika polinoma F_C(x) stepena p=4:

– bazni izrazi i koeficijent k_C pravca prave f_C(x) na usvojenom polinomu F_C(x):
[x₁³+ x₁x₂(x₁+x₂)+x₂³]=[(-3/2)³+(-3/2)(3/2)[-3/2+3/2]+(3/2)³]=0;

k_C=C₀[x₁³+ x₁x₂(x₁+x₂)+x₂³]+C₁(x₁²+ x₁x₂+x₂²)+C₂(x₁+x₂)+C₃=

k_C =(-17/4)   ………………………………  (3,2).
Integral parabole F_a(x) u granicama x₁ i x₂ je:

Grafički prikaz:

Autor:
Srdačan pozdrav i dobro zdravlje,
dipl. maš. Inž. Mladen Popović

Граф. поступак замене правоугаоника површином троугла

Графoaналитички  поступак замене правоугаоника  површином троугла
Графоаналитичка конструкција троугла између две праве помоћу правоугаоника исте површине – поступак замене површине правоугаоника  површином троугла

Метод  рада: коефицијенти праве.
Техника рада: графичко- аналитичка техника рада.

Задатак
– Дата је површина P_ABCD = аb =1 правоугаоника ABCD, затим,паралелно x оси, страница правоугаоника а=AB=(1/2) и произвољно изабрано теме правоугаоника А(1,-1).
– Дата је једначина праве f_EF(X) =-(5/4)x+4  основне странице g  ∆ ЕFG површине P_∆ЕFG .

Графоаналитичким поступком на правој f_EF(X) конструиши ∆ ЕFG једнаке површине површини правоугаоника ABCD:  P_∆ЕFG  = P_{ABCD .}
Поступак прилагоди  облику  формуле површине троугла између праве f_EF(X) и f_FG(X):
P_∆ЕFG  = (1/2)(x_Е-x_F)[f_EF(x_G) – f_FG(x_G)] = (1/2)(x₁-x₂)[f_EF(x₃₎ – f_FG(x₃₎].
Графички приказ – сл.1:

Из услова једнакости површине троугла и правоуганика у задатку имамо једнакост израза:
P_∆ЕFG  = P_ABCD ;   (1/2)(x₁-x₂)[f_EF(x₃₎ – f_FG(x₃₎]=аb. Очигледна је веза:
а=(1/2)(x₁-x₂),  b=[f_EF(x₃₎ – f_FG(x₃₎],
x_А =(1/2)x₁ ,  x_B =(1/2)x₂;  x_А и x_B су апсцисе темена А и В правоугаоника(погледај сл.1).

Одређивање потребних вредности:
-Одређивање апсциса темена Е и F  ∆ ЕFG:
x₁=2(x₁/2)=2(1)=2,   x₂=2(x₂/2)=2(3/2)=3.
– Oдређивање странице b правоугаоника ABCD:
P_ABCD = аb;   P_ABCD  =1, а=AB=1/2:    1 = (1/2) b   →   b=2.

Потребни кораци:
– Са јединичног  ∆ О₁К_ЕFТ правац О₁К_ЕF паралелно преносимо до одсечка n_EF на у оси; тиме цртамо  праву f_EF(X) .
– На х оси дуплирањем x_А =(1/2)x₁  и  x_B =(1/2)x₂  добијамо апсцису x_Е = x₁  и  x_F = x₂.
– Наносимо вертикале апсциса x₁ и x₂  до пресека са правом f_EF(X)  и дефинишемо темена Е и F  ∆ ЕFG.
Тренутни изглед је:

Преостали кораци су:
– На страницу а=AB вертикално наносимо страницу b=2 и тиме добијамо теме С, а затим и теме D правоугаоника ABCD.
– Повлачимо хоризонталу дуж странице АВ правоугаоника ABCD до пресека са правом f_EF(X)  и дефинишемо тачку пресека G₁.
– Из тачке G₁ вертикално наносимо дуж дужине b=2 и добијамо теме G траженог ∆ ЕFG.

Графички приказ коначног решења:

Аутор:
Срдачан поздрав и добро здравље,
дипл. маш. инж. Mладен Поповић