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=x1 , 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:
ha – растојање тачке А од праве f23(x),
y1 – ордината тачке А,
x1 – апсциса тачке А,
k23=kA1A2 – коефицијент правца праве f23(x),  n23=nA1A2 – 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 dAA1= y1-f23(x1) ;
-да из ∆АA1А2  следи једнакост:
ha = dAA1cos(αA) и αA= α23.

Даље:
угао α23 = β23 ,  јер је β23  угао нагиба праве f23(x)   ка х оси.
Једнакост αA= 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:
dAA1=[f12(x1)-f23(x1)],
ha = dAA1cos(αA)=[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:
y123(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
2pABC=aha=

2pABC=(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=xA , x2=xB , x3=xC .

-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 fT(x)=kT x +nT:


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:
Fa(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:
Fb(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:
fT(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
fT(x)= (3b0x12+ 2b1x1+b2)x+a3-x12 (2b0x1+ b1)  je jednačina tangente na kubnoj.

Prava i tangeta na razlomljenoj funkciji:

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

– jednačina tangente fT(x), fT(x1) i fT(x2), se ivodi iz limesa koeficijenata prave fR(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)= FK(x2)-FK(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 FK(x1)-x1 FK(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 fT1(x1):

b)-Koefiijent  nT1 (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 kT1 (x2) tangente; na kraju će obrazac za koefiijent  nT1 (x1) tangente biti:



– Jednačina tangente fT1(x) na krugu FK(x) je:

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

Zadatak:
Date su apscise x1= -1  i x2=2, apcise prve i druge tačke preseka prave  f(x) i kruga FK(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 fT1(x1) i fT2(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:
fK (x)=kx+n;    FK (x1)<q:

Jednačine tangenti na krugu:
a) fT1(x2)= kT1 x+nT1 ;  FK (x1)<q:



b)
fT2(x2)= kT2 x+nT2 ;  FK (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:
FA(x)=A0x2+A1x+A2    ……………………………………….. (1).
-Koeficijenti usvojenog oblika polinoma FA(x) stepena p=2  su:

– Koeficijent pravca prave fA(x) na usvojenom polinomu FA(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:  Fa(x)=a0x2+a1x+a2.
– Usvojen oblik polinoma višeg stepena p=n+1=3:
  FB(x)=B0x3+B1x2+B2x+B3  ………………………………..  (2).
-Koeficijenti usvojenog oblika polinoma FB(x) stepena p=3  su:

– Koeficijent pravca prave fB(x) na polinomu FB(x):
kB =B0 (x12+ x1x2+x22)+B1(x1+x2)+B2 = …………… (2.1).

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

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

– Koeficijent pravca prave fC(x) na polinomu FC(x):
……..  (3.1)

Određeni integral kubne Fb(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: x12p-x22p, x12p-1-x22p-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 FA(x) stepena p=2:

-usvojen polinom višeg stepena  FA(x)=A0x2+A1x+A2:
FA(x)=-(5/8)x2+3x+A2;

– razlika i zbir apscisa i koeficijent kA pravca prave fA(x) na usvojenom polinomu FA(x):
(x2– x1)= (3/2)-(-3/2) =3,    (x1+ x2)=-(3/2) + (3/2)=0,
kA =A0 (x1+x2)+A1=(-5/8)(0)+3=3,     kA = 3  …………………………… (1,2).

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

Grafički prikaz:

b) -Za parabolu Fa(x)=(1/2)x2-5x+2:
a0=(1/2)  , a1=-5,  a2=2
;

 – koeficijenti usvojenog oblika polinoma FA(x) stepena p=3:


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

kB=B0 (x12+ x1x2+x22)+B1(x1+x2)+B2=

kB =(19/8) ……………..  (2,2).

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

Grafički prikaz:

c) -Za kubnu Fb(x)=(1/2) x2-3x+5x-2:
b0=(1/2) , b1=-3,  b2=5,  b3=-2;

– koeficijenti usvojenog oblika polinoma FC(x) stepena p=4:

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

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

kC =(-17/4)   ………………………………  (3,2).
Integral parabole Fa(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 PABCD = 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 fEF(X) =-(5/4)x+4  основне странице g  ∆ ЕFG површине PЕFG .

Графоаналитичким поступком на правој fEF(X) конструиши ∆ ЕFG једнаке површине површини правоугаоника ABCD:  PЕFG  = PABCD .
Поступак прилагоди  облику  формуле површине троугла између праве fEF(X) и fFG(X):
PЕFG  = (1/2)(xЕ-xF)[fEF(xG) – fFG(xG)] = (1/2)(x1-x2)[fEF(x3) – fFG(x3)].
Графички приказ – сл.1:

Из услова једнакости површине троугла и правоуганика у задатку имамо једнакост израза:
PЕFG  = PABCD ;   (1/2)(x1-x2)[fEF(x3) – fFG(x3)]=аb. Очигледна је веза:
а=(1/2)(x1-x2),  b=[fEF(x3) – fFG(x3)],
xА =(1/2)x1 ,  xB =(1/2)x2;  xА и xB 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:
PABCD = аb;   PABCD  =1, а=AB=1/2:    1 = (1/2) b   →   b=2.

Потребни кораци:
– Са јединичног  ∆ О1КЕFТ правац О1КЕF паралелно преносимо до одсечка nEF на у оси; тиме цртамо  праву fEF(X) .
– На х оси дуплирањем xА =(1/2)x1  и  xB =(1/2)x2  добијамо апсцису xЕ = x1  и  xF = x2.
– Наносимо вертикале апсциса x1 и x2  до пресека са правом fEF(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 fEF(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