Monthly Archives: април 2020

Karakteristika K i apscise centralnih trouglova parabole

24 петак апр 2020

Posted by in Karakteristika K triju pravih u analitičkoj geomertiji, Parabola

≈ Поставите коментар

Primena petlje jednakosti karakteristike K dva temena istog trougla pri određivanju apscisa temena i koeficijenata prvca stranica centralnih trouglova na paraboli

Metod rada-koeficijenti prave.

Centralni trouglovi parabole i njene prave van parabole:

Spoljašnji i unutrašnji trouglovi sa unakrsnim uglovima  na paraboli a0x2+a1x+a2  i prava f(x)= kx+n :

– Prvi slučaj:

– Ddrugi slučaj:

sa unakrsnim uglovima na paraboli a0x2+a1x+a2
i pravoj na f(x)= kx+n .

-Treći slučaj:
Koeficijent k prave f(x)= kx+n jednak je nuli, a f(x)=n je pomoćna direktrisa.

Određivanje nepoznatih apscisa i koeficijenata pravca spoljašnjeg
∆ AEB i ∆ CBF

1. zadatak:
Na paraboli i pravoj odrediti nepoznate apscise i koeficijente pravca strana  unutrašnjih i spoljašnjih trouglova:  ABC,  AEB, CBF.

Polazni podaci su:
F(x)=(1/2)x2-4x+3, f45(x)= k45x+n45= -x-4,

Grafik polaznih veličina(podaci):

Da bih odredio nepoznate… idem ovim redom:
x1– apscisa temena A,
n13– odsečak od prave f13(x) na y osi,
k23 – koeficijent pravca stranice BC,
x4– apscisa temena D,
x5– apscisa temena E, x6– apscisa temena F;
k51– koeficijent stranice DA , k63– koeficijent stranice FC.

Izrada:
1. a) – Apscisa temena A je x1 :
a0(x1+x3)+a1=k13 ,
a0x1=k13-a1 -a0x3,

-Provera karakteristike K:
Koeficijent parabole a0 zamenjujem karakteristikom K za teme A ∆ ABC:

(k31-k12)x1+(k31-k12)x3= (k31-a1)(x3-x2)=
(k31– k12)x1– (k12)x3 = -a1x3-(k31-a1)x2
x1(k31-k12)=(k12– a1)x3-(k13– a1)x2;

———— (50),

-zamena:

Dakle-proverena vrednost za x1.

b) -Koeficijent pravca stranice BC:

c) -Odsečak od prave f13(x) na y osi:

– jednačina stranice(prave) AC .

d) -Apscisa temena D:
– presek f13(x)=f45(x),   (k13-k45)x4=n45-n13,

2.  – Apscisa temena E( x5, -) i apscisa temena F( x6, -). Pišem zatvorenu petlju:

-Za zatvorenu petlju  karakteristika K (zbir je nula)biram petlju na trouglu koji ima jednu nepoznatu; uzmimam ∆ DEC:
(k13-k45)x4+(k45-k32)x5+(k23-k31)x3=0;

-zamena:

-Druga zatvorena petlja je za ∆ DFA:
(k31-k45)x4+(k45-k12)x6+(k12-k31)x1=0;

3. GRAFIČKO ODREĐIVANJE TROUGLOVA:
-Prvi korak:
-teme A je određeno presekom apscise  x1=1(prava) i prave f13(x)=(1/2)x-1;
-teme C je određeno presekom apscise  x3=8 i prave f13(x)=(1/2)x-1;
-teme D je određeno presekom prave f13(x) i prave f45(x);
-teme E je određeno presekom apscise  x5=-2 i prave f45(x)= -x-4  ;
-teme F je određeno presekom apscise  x6=10 i prave f45(x)= -x-4  ;

-Drugi korak:
-Teme B dobijam prenoseći, paralelno, pravac O1K12 do tačke A. Preneti pravac preseca x2 (prava) i određuje teme B.
Isti pravac će proći i kroz teme F, ako ne prođe, zadatak ima grešku. Kroz teme B mora proći i pravac stranice EC ∆ DEC- pa je to još jedna kontrola:
Graf:


4. Određivanje drugog(∆ AEB) i trećeg(∆ CBF)spoljašnjeg trougla unakrsnih uglova:
∆ AEB i ∆ CBF su grafički određeni: spojimo teme A i E i teme F I C.
Graf:

Ako tražim koeficijente pravca AE i FC, odrediću ih iz zarvorene petlje karakteristike  K  ∆ AEB i ∆ CBF.
Iz petlje određujem koeficijente pravca, zatim koeficijente nanosim na jedinični krug, i sa jediničnog kruga pravce prenesim paralelno do tačke E i tačke F.

Petlje su:
(k15-k23)x5+(k23-k12)x2+(k12–k15)x1=0  određuje k15=kAE;
(k23-k12)x2+(k12–k63)x6+(k63-k23)x3=0  određuje k16=kAF.

Napomena:
Zadatak će imati savim drugi tok ako pravu van parabole posmatramo kao pravu parabole.

-Srdačan pozdrav i dobro zdravlje,
Autor karakteristike K i njene petlje:
dipl. maš. Mladen Popović

Космички путници и пиле у јајету

20 понедељак апр 2020

Posted by in NAČIN IZGRADNJE ENERGETSKIH POSTROJENJA - EKONOMIJA U INFLACIJI

≈ Поставите коментар

Космонаути добар део времена проводе на спавању, мање су активни, мање троше кисеоник.
У филмовима виђам да се космички путници успављују на неодређено време.
Има и других примера око тог елемента(О2,О3):

Дете у мајчином стомаку некад спава, некад је будно, али дише.
У стомаку дете дели са мајком крв и кисеоник из крвних судова мајке.
Ових дана људима, већ давно рођени, корона вирус блокира узимање кисеоника и његов прелаз у крвни систем…

Многи су, већ, видели да се кисеоником из боце убија вирус, а човек продише-чудо од технологије. Многи ванземаљци ће бити убијени кисеоником, почеће да рђају.

Док узех ово да пишем,знам куд сам мислима кренуо , знам шта ми би-нисам сам, али питам се на који начин пиле у јајету(птице и сви који се порађају из јајета) дише неколико дана пре него што пробије љуску и изађе из љуске јајета, чак и време пробијања љуске траје прилично…

Да је у јајету мува, некако би и дисала, али пиле је велико као јаје.
Како је ту решен начин дисања?
Ако би ме неко сместио у љуску јајета, не бих преживео у љусци ни десет минута…

Негде, осамдесетих година, био сам у једној фабрици слаткиша у Поцерини. Радници на улазу у фабрику скидају одело, осим доњег веша , и облаче радно одело.
Уз ту причу сам сазнао да се свакодневно чишћење(дезинфекција) пода у фабрици врши чистим кисеоником, нема крпа и канте са водом, хемикалија…

Мисао опија, мислима одох у детињство, сетих се мириса озона са залеђеног веша, који се, преко зиме у дворишту, на концу, суши.Мирис раног хладног јутра или првог сумрака и чистог путића уз Дрину.

И данас осећам његов мирис; некима се тај мирис не допада- меније је изванредан, толико даје снаге да не знам шта би могло од њега да уђе у плућа…

О озону се масовније прича и пише седамдесетих година, неки су почели причати 2007.године, неки 2017.
Прича се да је озонски слој око Земље уништила хемија, нуклеарне пробе и друга зрачења.

Прошле година је у пожарима, на свим континентима широм планете, толико уништено изворишта кисеоника(милиони хектара шуме) , да ме је страх да мислим o променама на живим бићима: изумирање, развој нових организама у измењеној атмосфери, мутација…

Многи су веома благо реаговали на пожаре(хиљаду хектара шуме гаси петсто људи), остали су немоћни да било шта учине.

Имам осећај да напуштам тему, почех брзо, написах ово за десет минута, а преписивање већ траје пола сата, замори ме.
Одох ја на терасу да се надишем ваздуха без кисеоника. Ако ми затреба кисеоник, има га у боцама, точак напретка се захуктао.

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

TEOREMA JEDNAČINE PRAVE NA KRIVAMA VIŠEG STEPENA

19 недеља апр 2020

Posted by in Metod pisanja jednačine prave na krivama

≈ Поставите коментар

– Teorema oblka koeficijenata jednačine prave i metod(primena metoda) koeficijenata prave i krive omogućuje jednostavniji postupak od klasičnog u postupku pisanja jednačine prave, tangente…

Metod rada-koeficijenti prave.

1)-Pisanje jednačine(a) prave(i) koja nije na krivoj.
Za pisanje jednačine koje nije na krivoj koristim karakteristiku K dveju pravi i pravu fK(x):
-Pošto odredim jednačinu prave f12(x), vrlo lako određujem još dve prave (jednačine). Dobijene prave grade trougao. Temena trougla imaju apscise
x1, x2 i x3.

-Pravu  fK(x)  ispisujem(računam) pomoću podataka koje zadam:
(k12, x1, x2) ,(k23, x2 , -), (k31, x1 , -),
k12 , k23 , k31 – koeficijenti pravca pravi ili:

(n12 , x1, x2) ,(n23 , x2 , – ), (n31 , x1 , -)
n12 , n23 , n31 – odsečci od pravi na y osi,
x1 , x2 –apscise preseka pravih.

2)- Pisanje jednačine prave koja je na krivoj.

Teorema oblika koeficijenata jednačine prave na krivoj višeg stepena u zajedničkim tačkama:

-Oblik koeficijenata jednačine prave kroz dve tačke na krivoj višeg stepena , kojoj će pripasti dve tačke krive, određuju koeficijenti krive višeg stepena i apscise tačaka.

-Teorema važi i za konjugovano kompleksne tačke i pravu van krive.

KRIVA DRUGOG STEPENA
Teorema:
-Jednačina prave kroz dve tačke na krivoj drugog stepena  
 f(2) =a0x2+a1x+a2  ima oblik:
f(1) =[a0(x1+x2 )+a1]x+a2-a0x1x2;
a0  i a1 su koeficijenti krive f(2) , a  x1 i  x2 su apscise pomenutih tačaka.

Pretpostavke :
-jednačina drugog stepena ——— f(2) = a0x2+a1x+a2  —————— (1);
-jednačina prvog stepena(prava)—- f(1)=[a0(x1+x2) +a1]x+a2-a0x1x2 — (2);
A(x1, -), B(x2, -) tačke preseka prave i krive, bez ordinate su , za jednačinu prave nisu ni potrebne.

Dokaz:
Zamenimo x sa x1 u jednačinu prave pod brijem (2) , t.j.  x = x1  :
f(1)=[a0(x1+x2) +a1]x1+a2-a0x1x2=
a0(x1)2+a0x1x2 +a1x1+a2 -a0x1x2 = f(2),x=x1 ,

f(2),x=x1 = a0(x1)2+a1x1+ a2 .

1.zadatak:
Data je jednačina f(2) = 2x2 -5x +3 .
Napisati jednačinu prave kroz dve tačke na f(2)  ako apscise tačaka na  krivoj  imaju vrednost:
x1 = -2  ,  x2 = 3 .
Rešenje:
-Oblik koeficijenata prave na krivoj (parabola) je:
f(1) =[a0(x1+x2)+a1]x+a2-a0x1x2 .
–Vrednosti koeficijenata krive f(2) su: a0 =2 ,  a1=-5 ,  a2 =3.

-Zamena apscisa u koeficijente  jednačine prave:
f(1) = [a0(x1+x2 )+a1]x+a2 -a0x1x2 =
[2(-2+3)-5]x +3-2(-2)3=-3x+15,   tj. ,   f(1) = – 3x+15.

Provera:
-Za  x1 = -2,                             f(1)x1=-2 = –3x1+15 = – 3(-2) +15=21,                                                f(2)x1=-2 = 2(x1)2 -5x1+3=2(-2)2 -5(-2) +3=21.


-Za  x2 = 3,                                 f(1)x2=3 = – 3x2+15 = – 3(3) +15=6,                                                 f(2)x1=3 = 2(x2)2 -5x2 +3=2(3)2 -5(3) +3=6.

Jednačina tangente

Prva tangenta na krivoj f(2) = a0x2 +a1x+a2 , u tački  x = x1 , dobiće se iz jednačine prave kroz dve tačke na krivoj ako stavimo  da je  x2 = x1 :
-Za x2 = x1 ,  fT(1),X1 = [a0(x1+x1)+a1]x+a2 -a0x1x1 = (2 a0x1+a1 )x+a2-a0(x1)2 .
Konačno je  ———- fT(1),X1 =(2a0x1+a1 )x+a2-a0(x1)2 –——— (3).

Druga tangenta;
– Za x1 =  x2 ,  fT(1),X2 =(2a0x2+a1 )x+a2-a0(x2)2 –————–  (4).
Dokaz:
Zamenimo x sa x1 u jednačinu prave pod brojem (3)  i  x = x2 u jednačinu pod brojem(4), obe daju isto:
fT(1),X1 = a0(x1)2 +a1x1+a2   i  fT(12),X2 = a0(x2)2 +a1x2+a2.

2.zadatak:
Napisati jednačine tangenti  dveju tačaka na krivoj f(2) = 2x2 -5x +3
ako su apscise tačaka:
x1 = -2  i  x2 = 3.
Rešenje:
-Opšti oblik tangente  fT(1),X1=(2 a0x1+ a1)x+a2+a0(x1)2 ,
a kroz drugu tačku  ——————– fT(2),X2 =(2 a0x2+a1 )x+a2-a0(x2)2 .
-Vrednosti koeficijenata krive f(2) su: a0 =2 ,  a1=-5 ,  a2 =3.

Prva tangenta  fT(1),X1 =[2 (2)x1 -5 )]x+3 -2(x1)2 ,
t.j.  fT(1),X1 =(4x1 -5 )x+ 3-2(x1)2 .
-Za  x1 = -2,  oblik prave fT(1),X1 =[4(-2) -5 ]x+3-2(-2)2=-13x-5.
fT(1),X1 = -13x-5.

Provera:
-Za  x = x1 =-2, vrednost tangente   ———-   fT(1),X=-2 = -13(-2)-5= 21,                                        f(2)x1=-2 = 2(x1)2 -5x1 +3=2(-2)2 -5(-2) +3= 21.

Druga tangenta fT(2),X2 ==[2 (2)x2 -5 )]x +3-2(x2)2 , tj.,
fT(2),X2 =(4x2 -5 )x+3 -2(x2)2
-Za  x2 = 3,  oblik  ———- fT(2),X2 =[4(3) -5 ]x+3-2(3)2= 7x-15,
                                                                                       fT(2),X2 = 7x-15.

Provera:
-Za  x = x2 =3, vrednost tangente   —————— fT(2),X=3 = 7(3)-15=6,
                                            f(2)x1=-2 = 2(x2)2 -5x2 +3=2(3)2 -5(3) +3=6.

KRIVA TREĆEG STEPENA

Sve što je rečeno za krivu drugog stepena važi i za krivu trećeg stepena.
Kod krive trećeg stepena f(3)  javiće se , pored jednačine prave kroz dve tačke na  f(3) , i jednačina drugog stepena f(.2) .

Oblici koeficijenata jednačine trećeg i prvog stepena(prave) su:
-Trećeg stepena  —–  f(3) = a0x3+a1x2 +a2x + a3  ——–  (5).

-Prvog stepena(prava) f(1) ={a0[(x1)2+x1x2 +(x2)2]+a1(x1+x2 )+a2}x+
a3-x1x2[a0(x1+x2 )+a1]  ——————– (6).

Dokaz:
Zamenimo u jednačinu prave (6)  x  sa  x1, tj.,  x = x1,
tada je f(1) x=x1 = {a0[(x1)2+x1x2 +(x2)2 ]+a1(x1+x2 )+a2 }x+
a3-x1x2 [a0(x1+x2 )+a1] =  a0(x1)3 +a1(x1)2 +a2x1+a3 =f(3),x=x1 .

Jasno je:
-Koeficijenti jednačine f(X) , pod rednim brojem (2) i (6) , u tačkama
x1 = x01 i  x2 = x02 , gde su x01 i x02 rešenja jednačine f(2) i f(3) , jednaki su nuli. Prave f(1)  postoje i imaju oblik:
 f(X) = 0x + 0.

Izvođenje jednačine prave na krivoj(parabola):
Jednačina prave se izvodi iz klasične jednačine prave kroz dve tačke.
-Potrebne jednačine:
F(x) -jednačina krive,
f12(x)=k12x+n12 –jednačina prave na krivoj F(x).

Koeficijenti prave f12(x):
k12(x2-x1)= F(x2)- F(x1)= a0x22 +a1x2+a2-[a0x12 +a1x1+a2 ]=
(x2-x1)[ a0(x1+x2 )+a1],
n12(x2-x1)=x2F(x1)- x1F(x2)= (x2-x1)[ a2-a0x1x2 ].
Naravno, i na desnoj strani jednačina je (x2-x1). Nakon skraćivanja (x2-x1) u izrazima ostaje vrednost
za k i n.

Teorema oblika koeficijenata jednačine prave važi i za prave koje realno ne seku krivu.

3.zadatak:
Napisati jednačinu prave od koeficijenata parabole kroz konjugovano kompleksne tačke:
x1=-1+3i , x2=-1-3i.

-Potebne vadnosti:
x1=a+bi , x2=a-bi,
x1+x2=a+bi+a-bi=2a,  x1x2 = (a+bi)(a-bi)=a2+b2.
f(1) = [a0(x1+x2 )+a1]x+a2 -a0x1x2 =[a0(2a)+a1]x+a2 -a0(a2+b2),
f(1) =(2a0a+a1)x+a2 -a0(a2+b2);

x1+x2=2a=2(-1)=-2 , x1x2=a2+b2.=(-1)2(3)2=10.
Izrada:
f(1) = (2a0a+a1)x+a2 -a0(a2+b2).
[2(1)(-2)+1]x -2-(10 )=-3x-12.

–Članak se postavlja treći put, promenjen je naslov i dodat je novi sadržaj; nisam ni znao da je članak nestao sa bloga.

Ceo tekst članka se nalazi i u dokumentu:
TEOREMA OBLIKA JEDNAČINE PRAVE NA KRIVAMA VIŠEG STEPENA

Autor teoreme:
maš.inž.Mladen Popović

Karakteristika K i apscise centralnih trouglova kubne

15 среда апр 2020

Posted by in Karakteristika K triju pravih u analitičkoj geomertiji, Kubna

≈ Поставите коментар

Karakteristika K prva dva centralna trougla kubne. Određivanje apscisa temena centralnih trouglova kubne apscisama prvog centralnog trougla kubne – primena karakteristike K i Vijetovih veza

Centralni trouglovi kubne:

Apscise u Vijetovim vezama i u karakteristici K na kubnoj

Metod rada-koeficijenti prave.

Tri Vijetove veze važe duž jedne prave(f12(x)), a veze su između  apscisa triju tačaka jedne prave i koeficijentata kubne:

-prava  f12(x)=k12x+n12 seče kubnu u tački A(x1,-) i B(x2,-),
kubna je Fb(x)= b0x3+b1x2+b2 x +b3;

-prva Vijetova veza:
b0(x1+x2+x4)=-b1;

-tri Vijetove su:
b0(x1+x2)=-b1-b0x4
b0(x1x2+x1x4+x2x4)=b2–k12
b0(x1x2x4)=-(b3–n12).

Karakteristika K dveju pravih:
-Karakteristika K dveju pravih obuhvata dve zajedničke tačke prave i kubne(presek) i treću proizvoljnu tačku C na drugoj pravoj i kubnoj.
-Karakteristika K povezuje:
– koeficijente dve prave i koeficijente kubne;
-apscise tačaka jedne prave, tačku A i tačke B na istoj pravoj i apscisu tačke C druge prave.
GRAFIK:

Dakle:
K∆ABC obuhvata tačku A, B I C na kubnoj;
b0(x1+x2+x3)+b1=K∆ABC ……………………. (20,3),
b0(x12+x1x2+x22)+b0(x1+x2)=b2-k12 …….  (20,2),
x1x2[b0(x1+x2)+b1]=b3-n12 ……………….. (20,1).

Određivanje apsisa tačaka(temena) centralnog ∆DBF:
Vijetova veza:
b0(x1+x2+x4)=-b1,
-b1-b0x4 =b0(x1+x2).

Apscise u b0(x1+x2) iz karakteristike K∆ABC , pod rednim brojem(20,3) su:
b0(x1+x2+x3)+b1=K∆ABC ,
b0(x1+x2)=K∆ABC– b0x3-b1  i zamenjujem ih u -b1-b0x4 =b0(x1+x2):

-b1-b0x4 =b0(x1+x2),
-b1-b0x4 = K∆ABC– b0x3-b1,
b0x4 = b0x3– K∆ABC.

DAKLE:
Apscisa x4 treće tačke preseka prave i kubne određuje se apscisom x3 tačke C druge prave i karakteristikom K∆ABC (K∆ABC ,∆ABC):
  ……… (20,0).

Druge dve apscise temena ∆ABC su:
  …….. (20.1) i (20,2).

1. Zadatak
Za stranice i temena ∆ ABC kubne Fb(x) se znaju:

Odrediti karakteristiku K prva dva centralna trougla kubne, koeficijent pravca kFD= k64 stranice FD drugog ∆DBF i jednačinu stranice FD.
Grafiči prikaz početnih vrednosti:

Izrada
-Potrebne brojne vrednosti:
,

Određivanje apscise trećeg temena prvog centralnog ∆ABC:
(k12– k23)x2+(k23-k31)x3+ (k31-k12)x1 =

a)-Određivanje KC ∆ABC:

b)-Određivanje apscisa temena ∆DBF :

c)-Određivanje KB ∆DBF:

Određivanje koeficijenta pravca kFD=k64 stranice FD ∆DBF:
-Karakteristika K ∆DBF za teme D je

pa imamo koeficijent pravca stranice DF:
k64= k12 + K∆DBF(x6 –x2)=

-Određivanje jednačine stranice FD:
n64=b3– x6x4[b0(x6+x4)+b1]=

-određivanje temena F i D:


.

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

Određenost parabole trouglom karakteristike K triju pravih

07 уторак апр 2020

Posted by in Karakteristika K triju pravih u analitičkoj geomertiji, Parabola

≈ Поставите коментар

Određenost parabole:
2. -Parabola je određena ako je analitički određen trougao parabole karakteristike K.

-Trougao je analitički određen ako se zna jedno n ili k i karakteristika K. Karakteristika K je određena vrednostima:
(k12, x1, x2) ,(k23, x2 , -), (k31, x1 , -) ili
(n12 , x1, x2) ,(n23 , x2 , – ), (n31 , x1 , -);

k12 , k23 , k31 – koeficijenti pravca pravih,
n12 , n23 , n31 – odsečci od pravi na y osi,
x1 , x2 –apscise preseka pravih.

Dakle:
n12 ili k12 (k12 ako koristim drugu grupu podataka) određujem  karakteristikom K i njenom pravom fK(x);
– apscisu x3 određujem iz zatvorene petlje karakteristike K trougla triju pravi.
Pošto do sada nisam predstavio pravu fK(x), parabolu ću odrediti poznatom(zadatom) pravom f12(x)=k12x+n12.

DAKLE:
-Koeficijenti parabole određujem karakteristikom K triju pravih i jednačinom jedne prave:
k31, k23, f12 (x)= k12 x+n12, x1, x2 , ili
n31, n23, f12 (x)= k12 x+n12, x1, x2 .

Određivanje koeficijenata parabole:
Pretpostavka:
-parabola je Fa(x)=a0x2+a1x+a2 , prava na stranici AB je: f12(x)=k12x+n12 ;
-prava f12(x)=k12x+n12 na paraboli je: f(x)=[a0(x1+x2)+a1]x+a2-a0x1x2;
-zadate veličine za određivanje koeficijenata parabole: k31, k23,
f12 (x)= k12 x+n12, x1, x2 .

Određivanje parabole:
a) koeficijent a0 parabole je:

b) koeficijent a1 parabole je:
k12= a0(x1+x2)+a1,
a1= -a0(x1+x2)+k12 ;

c) koeficijent a2 parabole:
Fa(x1)=a0x12+a1x1+a2=f(x1),
a2=f(x1)-a0x12-a1x1

-Ako prava nije zadata(ili izračunata), prava se može postaviti na pravac koeficijenta k12 jediničnog(trigonometrijskog) kruga:

1.zadatak:
-Odrediti koeficijente parabole od zadatih i izračunatih veličina, ili sa sledećeg grafika ili sa:
https://gradiuinflaciji.wordpress.com/2020/03/24/teorema-odredenost-trougla-i-parabole-karakteristikom K:
–Zadato je:

x1=-3, x2 =1 ,

b) tema A:


c) k23-k31=(5/2), x2-x1=1-(-3)=4.
Napomena: sve što je zadato je već rađeno, postavljam ih kako bi  podaci bili jasniji.

Koeficijenti parabole su:


b) a1=k12-a0(x1+x2)=

c) a2=f(x1)-a0x12-a1x1=

-Provera:
a1=k23-K(x2+x3)=

a2=n12+Kx1x2=

-Parabola je određena:
Fa(x)=a0x2+a1x+a2=

GRAFIČKA POTVRDA:

-Definisana parabola F(x) će proći kroz temena trougla jediničnog kruga i kroz teme C iznad apscise x3.

-Očitane dužine stranica i površina ∆ABC na grafiku imaju istu vrednost kao što su izračunate u zadatku na gornjem linku, ovaj zadatak je njegov prirodni nastavak.

DAKLE:
-Koeficijenti parabole su određeni karakteristikom K trougla triju pravih i jednačinom jedne stranice trougla.

U sledećem članku ću uraditi zadatak „Tri podjednako odmaknuta trougla i njihove parabole“
-Grafik:

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