– 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