Embed Size (px)
Citation preview
UNIVERZITET U TUZLI
PRIRODNO-MATEMATICKI FAKULTETODSJEK MATEMATIKA
Elementarna matematika sa stanovista vise matematike
Biljeske s predavanja
(2016./2017.)
Predmetni nastavnik:
Dr. sc. Mehmed Nurkanovic,redovni profesor
Predavanja prekucali:
Amar Bapic • Amir Gvozden• Amra Sarajlic
Merjem Vikalo• Irma Zenunovic • Anita ZlatarevicIV godina studija Matematike, smjer Edukacija u matematici
Tuzla, 2017.
Sadrzaj
1 Logaritam sa stanovista vise matematike 1
2 Konstruktibilni brojevi 11
2.1 Pravilni mnogouglovi (poligoni). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.1 Pravilni desetougao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.2 Pravilni petougao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15
2.1.3 Odnos stranican-tougla i 2n-tougla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
2.2 Opca teorija konstruktibilnosti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18
2.3 Nerjesivost tri grcka problema. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3.1 Duplikacija kocke . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 24
2.3.2 Teorem o kubnoj jednadzbi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25
2.3.3 Trisekcija ugla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.3.4 Kvadratura kruga. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27
2.3.5 Nerjesivost konstrukcije pravilnog sedmougla. . . . . . . . . . . . . . . . 28
3 Primjena kompleksnih brojeva u geometriji 30
3.1 Kompleksna ravan. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31
3.1.1 Sredina duzi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33
3.1.2 Teziste trougla. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.1.3 Paralelnost. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
3.1.4 Kolinearnost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 36
3.1.5 Rotacije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1.6 Ugao . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43
3.1.7 Pravilni mnogougao. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
3.1.8 Nejednakost trouglova. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 49
3.1.9 Kruznica . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
3.2 Analiticka geometrija u kompleksnim koordinatama. . . . . . . . . . . . . . . . . 52
3.2.1 Jednadzba pravca. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.2.2 Uvjet paralelnosti. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
3.2.3 Uvjet okomitosti . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 54
4 Polinomska geometrija 62
i
EMSVM 2016./2017.
5 Pellova jednadzba s aspekta diferentnih jednadzbi 70
5.1 Rjesavanje Pellove jednadzbe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 70
6 Primjena diferencijalnog i integralnog racuna u dokazivanju nejednakosti 80
6.1 Koristenje izvoda. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81
6.2 Konveksne/konkavne funkcije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 85
6.3 Primjena osnovnih teorema diferencijalnog racuna. . . . . . . . . . . . . . . . . 104
7 Funkcionalne jednadzbe 107
7.1 Supstitucije i grupe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
7.1.1 Supstitucije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 107
7.1.2 Zamjena jedne varijable i grupe. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 109
7.1.3 Injekcije, sirjekcije i bijekcije . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112
7.2 Cauchy-eva funkcionalna jednadzba. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 117
7.3 Elementarne funkcije kao rjesenja funkcionalnih jednadzbi . . . . . . . . . . . . . 122
7.4 Neki metodi rjesavanja funkcionalnih jednadzbi. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 122
8 Inverzija 127
8.1 Osnovne osobine inverzije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 127
8.2 Geometrijska definicija inverzije. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 132
8.3 Neki teoremi o inverziji. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 133
8.4 Apolonijev problem. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 152
i
POGLAVLJE 1
L OGARITAM SA STANOVI STA VI SE MATEMATIKE
U elementarnoj matematici, logaritam se definise na sljedeci nacin:
Definicija 1.1
Logaritam je eksponent kojim treba stepenovati logaritamsku bazua da bi se dobio numerus
x, tj.
loga x = y ⇔ ay = x,0< a 6= 1
pri cemu je domen funkcijeD f = {x ∈ R : x > 0}.
Primjer 1.1
2x = 8⇔ 2x = 23 ⇒ x = 3,
2x = 7⇒ x = log27,
log101000000= 6.
y = loga x (a > 1)
y = loga x (0< a < 1)
1b
loga x > 0, zax > 1
loga x = 0, zax = 1
loga x < 0, za 0< x < 1.
Logaritamska funkcija je neprekidna funkcija i pri tome za bazua > 1 je strogo monotono rastuca
i konkavna, a za bazu 0< a < 1 je strogo monotono opadajuca i konveksna.
Osobine logaritama:
(i) loga a = 1⇔ a1 = a
(ii) loga ax = x
(iii) loga 1= 0⇔ a0 = 1
(iv) loga(x · y) = loga x+ loga y
(v) loga
(xy
)
= loga x− loga y.
1
EMSVM 2016./2017.
S aspekta vise matematike, logaritamsku funkciju definisemo s:
Definicija 1.2
logb :=∫ b
1
1x
dx. (1.0.1)
U Definiciji 1.2 oznaka logb ustvari predstavlja lnb, sto cemo koristiti i u daljnjem tekstu.
Pokazimo prvo ispravnost navedene definicije.
1 bb b
b > 1⇒∫ b
1
1x
dx = P > 0, tj. logb > 0
b = 1⇒∫ 1
1
1x
dx = 0, tj. log1= 0.
1bbb
0< b < 1⇒∫ b
1
1x
dx =∫ 1
b
1x
dx =−P,
tj. logb < 0.
Vidimo da je i ovom definicijom logaritam dobro definisan. Pokazimo da vrijede poznate osobine
logaritma s aspetka vise matematike:
1) log(ab)?= loga+ logb
(i) Po Definiciji 1.2 imamo
log(ab) =∫ ab
1
1x
dx =∫ a
1
1x
dx+∫ ab
a
1x
dx =
s : x = at ⇒ dx = adt
x = a ⇒ t = 1
x = ab ⇒ t = b
= loga+∫ b
1
1at
·adt = loga+∫ b
1
1t
dt = loga+ logb.
Opcenito, vrijedi:∫ b
a
1x
dx =∫ bp
ap
1x
dx ; p > 0
(ii) Koristeci izvode.
Uvedimo funkciju
k(x) = log(ax) (1.0.2)
2
EMSVM 2016./2017.
F(x) = logx =∫ x
1
1t
dt
⇒F je diferencijabilna i vrijediF ′(x) =ddx
∫ x
1
1t
dt =1x
Uvedimo smjenu:
s : ax = ω ⇒ log(ax) = logω = F(ω)
⇒ F ′(ω)(1.0.2)=
1ω
⇒ k(x) = F(ω(x))
Diferencirajmo funkcijuk(x) = F(ωx):
k′(x) =dFdω
· dωdx
=1ω
·a =1ax
·a =1x
Integracijom cemo dobiti da je
k(x) = F(x)+ c ⇔ log(ax) = F(x)+ c,
pri cemu jeF(x) primitivna funkcija. Uzmimo da jex = 1:
loga = F(1)+ c =∫ 1
1
1x
dx+ c = 0+ c = c.
Neka jec = loga. Tada cemo imati:
log(ax) = F(x)+ loga ⇒ log(ax) = logx+ loga.
Za x = b, imat cemo:
log(ab) = loga+ logb,
sto smo i trebali pokazati.
Primjenom dokazanog, pokazimo sljedecu osobinu logaritma
logan = n · loga, n ≥ 2.
Za n = 2 imamo
loga2 = log(a ·a) = loga+ loga = 2loga.
Sada, induktivno za proizvoljnon ∈ N vrijedi
logan = log(a ·a · . . . ·a) = loga+ loga+ . . .+ loga = n loga.
3
EMSVM 2016./2017.
Takoder cemo pokazati i da vrijedi jos jedna osobina, a to je
log1an =−n loga.
Posmatrajmo
logan = log1
a−n = n loga.
Sada imamo
log1an = log
1
a−(−n)=−n loga.
Za n = 1, imamo
log1a=− loga. (1.0.3)
2) log(
ab
) ?= loga− logb, a,b > 0
Posmatrajmo log(
ab
). Primijetimo sljedece
log(a
b
)
= log
(
a · 1b
)1)= loga+ log
1b
(1.0.3)= loga− logb.
Pokazimo sada ovu osobinu koristeci Definiciju1.2.
log(a
b
)
=∫ a
b
1
1x
dx =∫ a
1
1x
dx+∫ a
b
a
1x
dx = loga+∫ 1
b ·a
1·a
1x
dx = loga+∫ 1
b
1
1x
dx
= loga+ log1b= loga− logb.
U nastavku cemo ispitati monotonost i konkavnost logaritamske funkcije, koristeci uvedenu defi-
niciju za logaritam, a zatim cemo pokazati da je ona bijektivna funkcija i odredit cemo joj inverznu
funkciju.
(i)
F(x) =∫ x
1
1t
dt
je neprekidna funkcija na[1,+∞) (rezultat dobro poznat iz Matematicke analize).
(ii) Konkavnost funkcije
4
EMSVM 2016./2017.
F
(x1+ x2
2
)
>F(x1)+F(x2)
2
log
(x1+ x2
2
)
>logx1+ logx2
2
log
(x1+ x2
2
)
> log√
x1x2
x1+ x2
2>
√x1x2 (x1 6= x2)
A > G (poznata nejednakost)
F ′(x) =1x⇒ F ′′(x) =− 1
x2 < 0,
ovo vrijedi za svex ∈ [1,+∞), pa mozemo zakljuciti da je data funkcija konkavna.
(iii) Monotonost funkcije
x1 < x2?⇒F(x1)< F(x2)
x1 < x2 ⇒F(x1) =∫ x1
1
1t
dt <∫ x2
1
1t
dt = F(x2)
Iz navedenog, mozemo zakljuciti da je data funkcija strogo monotono rastuca funkcija.
(iv) Injektivnost funkcije
Bez gubitka opstosti, pretpostavimo da jex2 < x1.
x1 6= x2?⇒F(x1) 6= F(x2)
x1 6= x2 ⇒F(x1) =∫ x1
1
1t
dt =∫ x2
1
1t
dt +∫ x1
x2
1t
dt = F(x2)+∫ x1
x2
1t
dt︸ ︷︷ ︸
6=0
6= F(x2)
Dakle, data funkcija je injektivna.
(v) Surjektivnost funkcije
FunkcijaF(x) je ocigledno surjektivna.
Kako smo zakljucili da je data funkcija i injektivna i surjektivna, funkcijaF(x) je dakle bijektivna
funkcija.
Mozemo primjetiti da jeF(1) = 0. Dalje, znamo da vrijedi
F(2n) = log(2n) = n log2→+∞ (n →+∞).
5
EMSVM 2016./2017.
Principom prenosenja, sada mozemo zakljuciti da je
F(2x) = log2x = x log2→+∞ (x →+∞).
Ako uvedemo smjenu 2x = y, imat cemo da
x →+∞ ⇒ y →+∞ ⇒ F(y)→+∞ (y →+∞).
Prema tome, funkcijaF uzima sve vrijednosti zax > 0, tj.
(∃x > 0) ∴ F(x) = 1, x := e (Euler)⇒ F(e) = loge = 1.
Kako vrijedi da ako je funkcijaf strogo monotono neprekidna funkcija definirana na nekom in-
tervalu, onda je i njena inverzna funkcijaf−1 takoder neprekidna. Oznacimo tu funkciju saE, tj.
vrijedi
F(x) = logx = y ⇔ x = E(y),
pri cemu cemo funkcijuE zvati eksponencijalna funkcija.
Pokazimo da vrijede poznate osobine eksponencijalne funkcije.
Kao prvo, koristeci znanje iz Matematicke analize, znamoda je inverzna funkcijaE takoder nepre-
kidna i monotono rastuca funkcija kao i funkcijaF.
Osim toga, vrijede i sljedece osobine:
1)
E(x) ·E(y) = E(x+ y)
E(x) = a ⇒ x = loga (1.0.4)
E(y) = b ⇒ y = logb (1.0.5)
Ako saberemox i y u (1.0.4) i (1.0.5) dobit cemo
x+ y = loga+ logb = log(ab)⇒ ab = E(x+ y). (1.0.6)
S druge strane, ako pomnozimoa i b u (1.0.4) i (1.0.5) dobit cemo
ab = E(x) ·E(y). (1.0.7)
Iz (1.0.6) i (1.0.7) dobijamo jednakost
E(x) ·E(y) = E(x+ y). (1.0.8)
6
EMSVM 2016./2017.
2) Mozemo primjetiti da vrijedi sljedece
F(e) = loge = 1⇒ E(1) = e.
3) Posmatrajuci loge2, induktivno mozemo zakljuciti da vrijedi
loge2 = loge · e (1.0.8)= loge+ loge = 2loge = 2⇒ E(2) = e2
...
logen = n loge = n ⇒ E(n) = en, n ∈ N
Prosirimo ovu osobinu na skup cijelih brojevaZ. Buduci da jen ∈ N, mozemo zakljuciti da
je−n ∈ N−. Uocimo da vrijedi (1.0.8) Posmatrajmo sada 1= E(0) :
1= E(0) = E(n−n) = E(n+(−n))(1.0.8)= E(n) ·E(−n)⇒ E(−n) =
1E(n)
=1en = e−n
Dakle, zakljucujemo da vrijedi
E(−n) = e−n.
4) Za q ∈ N, posmatrajmoE(
1q
)
:
1= F(e) = F(
eq· 1q
)
= F((
e1q
)q)
= qF(
e1q
)
⇒ F(
e1q
)
=1q
⇒ e1q = E
(1q
)
.
Sada posmatrajmop,q ∈ N, pri cemu je(p,q) = 1, a pq ∈Q.
E
(pq
)
= E
(
p · 1q
)
= E
(1q+
1q+ . . .+
1q
)
︸ ︷︷ ︸p−puta
(1.0.8)= E
(1q
)
·E(
1q
)
· . . . ·E(
1q
)
︸ ︷︷ ︸p−puta
=
[
E
(1q
)]p
=(
e1q
)p= e
pq .
Znamo da za svakis ∈ R \Q postoji niz(rn)n∈N racionalnih brojeva takvih da je limn→∞
rn = s. Iz
navedenog slijedi da je
E(s) = E(
limn→∞
rn
)E nepr.= lim
n→∞E(rn) = lim
n→∞ern = elimn→∞ rn = es.
7
EMSVM 2016./2017.
Dakle,
E(x) = ex, x ∈ R.
Posmatrajmo sada izvod funkcijeE. Pokazali smo da je
dydx
=1x, y = logx.
Kako jex = E(y) i vrijedi da jedydx
=1dxdy
⇔ y′x =1x′y,
to jeddy
(E(y)) =dxdy
=1dydx
=11x
= x = E(y).
Dakle,
E ′(x) = E(x)⇔ (ex)′ = ex, x ∈ R.
Specijalno, zax = 0 je
E ′(0) = E(0) = e0 = 1.
Pokazimo da se eksponencijalna funkcija moze definirati sa stanovista vise matematike na jos
jedan nacin. Naime, promatrajmo sada izvod logaritamske funkcije preko definicije.
1x= (logx)′ = lim
h→0
log(x+h)− logxh
=
{
h = zn
h → 0 ⇒ n → ∞
}
= limn→∞
log(x+ z
n
)− logx
zn
=1z
limn→∞
n logx+ z
n
x=
1z
limn→∞
(
1+z
nx
)n=
1z
log limn→∞
(
1+z
nx
)n
zx= log lim
n→∞
(
1+z
nx
)n.
Specijalno, zax = 1 imamo da je
z = log limn→∞
(
1+zn
)n⇔ E(z) = lim
n→∞
(
1+zn
)n= ez.
Ovo nam daje ideju da funkcijuE definisemo pomocu limesa.
Definicija 1.3
E(z) := limn→∞
(
1+zn
)n, z ∈ R
Osobine funkcijeE(z):
(i) E(0) = limn→∞
(1+ 0
1
)n= lim
n→∞1n = lim
n→∞1= 1(= e0).
8
EMSVM 2016./2017.
(ii) E(1) = limn→∞
(1+ 1
n
)n= e(= e1).
(iii) E(x) ·E(y) ?= E(x+ y) (x,y ∈ R)
E(x) ·E(y) = limn→∞
(
1+xn
)n· lim
n→∞
(
1+yn
)n= lim
n→∞
(
1+xn
)n(
1+yn
)n
= limn→∞
[(
1+xn
)(
1+yn
)]n= lim
n→∞
[
1+xn+
yn+
xyn2
]n
= limn→∞
[
1+x+ y
n+
xyn2
]n
= limn→∞
(
1+x+ y+ xy
n
n
)n
= limn→∞
(
1+x+ y+ xy
n
n
) nx+y+ xy
n·(x+y+ xy
n )= lim
n→∞e(x+y+ xy
n )
= elimn→∞
(x+y+ xyn ) = ex+y
E(x+ y) = limn→∞
(
1+x+ y
n
)
=
s : x+yn = 1
m
⇒ n = m(x+ y)
n → ∞ ⇒ m → ∞
= limm→∞
(
1+1m
)m(x+y)
= limm→∞
[(
1+1m
)m](x+y)
=
[
limm→∞
(
1+1m
)m](x+y)
= ex+y
Iz prethodne dvije jednakosti slijedi da je
E(x+ y) = E(x) ·E(y), x,y ∈ R.
PosmatrajmoddxE(x).
ddx
E(x) =ddx
limn→∞
(
1+xn
)n (∗)1= lim
n→∞
ddx
((
1+xn
)n)
= limn→∞
(
n ·(
1+xn
)n−1· 1
n
)
= limn→∞
(1+ x
n
)n
1+ xn
=limn→∞
(1+ x
n
)n
limn→∞
(1+ x
n
) =ex
1= ex = E(x)
Dakle,
E ′(x) = E(x), x ∈ R.
Specijalno,
x = 0⇒ E ′(0) = E(0) = 1,
1(∗) : Izvod je limes pox pa limesi mogu zamijeniti mjesta, jer su razliciti.
9
EMSVM 2016./2017.
tj.
1= E ′(0) = limh→0
E(h)−E(0)h
= limh→0
eh −1h
=
{
s : h = zn
h → 0⇒ n → ∞
}
= limn→∞
ezn −1
zn
=1z
limn→∞
n(
ezn −1
)
Dakle,
1=1z
limn→∞
n(
ezn −1
)
⇒ z = limn→∞
n(
ezn −1
)
.
Stavljajuci da je
ez = x ⇔ z = logx,
imamo da je
logx = limn→∞
n ·(
n√
x−1).
Na ovaj nacin mozemo uvesti novu defniciju logaritma preko limesa.
Definicija 1.4
logx := limn→∞
n ·(
n√
x−1)
(x > 0).
Primjenom Definicije1.4pokazimo da vrijede osobine logaritama.
(1) log1= limn→∞
n ·(
n√
1−1)
= limn→∞
n ·0= limn→∞
0= 0.
(2) loge = limn→∞
n · ( n√
e−1) = limn→∞
n√e−11n
= limn→∞
e1n −1
1n
=
{
s : h = 1n
n → ∞ ⇒ h → 0
}
= limh→0
eh−1h = 1.
(3) log(ab)?= loga+ logb.
loga+ logb = limn→∞
n ·(
n√
a−1)+ lim
n→∞n ·(
n√
b−1)
= limn→∞
n(
n√
a−1+ n√
b−1)
= limn→∞
n(
n√
ab−1+ n√
a− n√
ab−1+ n√
b)
= limn→∞
n(
n√
ab−1)
︸ ︷︷ ︸
de f= log(ab)
+ limn→∞
n(
n√
a(1− n√
b)+(n√
b−1))
= log(ab)+ limn→∞
n(
n√
a−1)(
1− n√
b)
= log(ab)+ limn→∞
n(
n√
a−1)· lim
n→∞
(
1− n√
b)
= log(ab)+ loga ·0= logab
10
POGLAVLJE 2
K ONSTRUKTIBILNI BROJEVI
Definicija 2.1
Konstruktibilni broj predstavlja mjerni broj duzine duzi koja se moze konstruisati geometrij-
skom konstrukcijom, tj. koristeci samo linijar i sestar.
Neka su nam zadane duzia i b.
(i) a+b (sabiranje):
Neka je data pravap i tackeO,A,B ∈ p tako da jeOA = a i AB = b. Tada jeOB = a+b.
bO
bAp
bB
(ii) a−b (oduzimanje):
Neka je data pravap i tackeO,A,B∈ p tako da jeOA= a i OB= b (a> b). Tada jeBA= a−b.
bO
bBp
bA
(iii) ka, k ∈ N (mnozenje prirodnim brojem):
Neka je data pravap i tackaO ∈ p. Duz ka se moze predstaviti kao
k sabiraka︷ ︸︸ ︷
a+a+ . . .+a. Neka
suA1,A2, . . . ,Ak ∈ p odabrane tako da jeOA1 = a, Ai−1Ai = a (i = 1,k). Tada jeOAk = ka
(k ∈ N).
...bO
bA1
pbA2
bAk−1
bAk
(iv) ak , k ∈ N (dijeljenje duzi nak jednakih dijelova):
Nanesimo duzAB = a na pravup. Iz vrha A pod nekim uglom povucimo polupravuq.
Otvorom sestara iz vrhaA nanesimok lukova naq i posljednju presjecnu tacku oznacimo sa
11
EMSVM 2016./2017.
C. Izmjerimo duzinu duziCB otvorom sestara i nanesimo je negdje ispod tackeA, a zatim iz
tjemenaB sestarom nanesimoAC i presjecnu tacku oznacimo saD. Povucimo duzDB. Istim
otvorom sestara kao i na duziAC nanesimok−1 lukova odD do B. Povucimo duzi izmedu
odgovarajucih tacaka naAC i DB. Time smo duzAB podijelili nak kongruentnih duzi duzineak .
ak
bA
bB
b
b
b
b
bC
bD
b
b
b
b
(v) a ·b (proizvod duzi):
Neka su date dvije polupravep i q ciji je pocetak tackaO. Odaberimo tackeA,P ∈ p i B ∈ q
takve da jeOP = 1, OA = a i OB = b. Konstruisimo pravus incidentnu s tackomA tako da
je s||BP. Neka jes∩OB = {C}. Iz proporcionalnosti slijedi da jeOC : OA = OB : OP, tj.
OC : a = b : 1. Prema tome,OC = ab.
bO bA
bB
bP
bC
(vi) ab (dijeljenje dviju duzi)
Analogno kao i kod mnozenja, neka su date dvije poluprave s pocetkom uO, te neka su
tackeA ∈ p i B,P ∈ q odabrane tako da jeOA = a, OB = b, OP = 1. Konstruisimo pravus
incidentnu sP tako da jes||AB. Iz proporcionalnostiOP : OC = OB : OA, tj. 1 : OC = b : a,
imamo da jeOC = ab .
12
EMSVM 2016./2017.
bO
b
A
bB
bP
b
C
(vii)√
a (korijen duzi)
Neka je data pravap i tackaO ∈ p. Odaberimo tackeA,B ∈ p tako da jeOA = a i AB = 1.
Oznacimo saS srediste duziOB. Konstruisimo kruznicuk(S,SO). Povucimo normalu na
pravu p u tacki A i oznacimo saM presjecnu tacku kruznice i normale. TrougaoOBM je
pravougli pa jeAM =√
OA ·AB =√
a.
√2
O BAS
M
Iz prethodno izlozenog moguce je konstruisati
√b, a+
√b,
√
a+√
b,a+b
√2
c+d√
2, . . .
Prema tome, svi brojevi koji se mogu iz racionalnih brojeva dobiti s konacno mnogo operacija
+,−, ·,÷,√· mogu se konstruisati. Ti brojevi cinepolje euklidskih brojeva.
13
EMSVM 2016./2017.
1
√2 1
√3
1
√4
1
√5
1
√6
1
√7
1
√8
1√
9
1
√10
1
√11
1
√12
1
√13
1
√.
1
Slika 2.1: Teodorova spirala (spirala korijena)
2.1. Pravilni mnogouglovi (poligoni)
2.1.1 Pravilni desetougao
Neka je u jedinicnoj kruznici (r = 1) upisan pravilan desetougao sa stranicom duzinex. Posma-
trajmo trougaoOAB, gdje jeO centar kruznice, aA i B susjedna tjemena desetogula. TrougaoOAB
je jednakokraki i vrijedi da je∡OAB =∡OBA= 72◦. Tada mora da je∡BOA= 36◦. Neka je naOB
odabrana tackaC takva da jeAC simetrala ugla∡OAB. Tada je∡OAC = ∡BAC = 36◦. Na osnovu
14
EMSVM 2016./2017.
UU-stava zakljucujemo da je△ABC ∼△OAB. Zakljucujemo,
x1− x
=1x⇔ x2+ x−1= 0⇔ x1,2 =
−1±√
52
Iz prethodnog zakljucujemo da je stranica desetogula
x =
√5−12
.
Kako je ovo konstruktibilan broj, to mozemo konstruisati pravilan desetougao koristeci se samo
sestarom i linijarom.
2.1.2 Pravilni petougao
Pokazimo sada kako se iz pravilnog desetougla konstruisepravilan petougao. Stranica pravilnog
desetougla se konstruise pomocu
s10 =
√5−12
.
Ukoliko se nacrtaju tri uzastopna tjemena pravilnog desetougla i povuce se najkraca dijagonala
dobija ses5. U jedinicnom krugu sa centrom uO povuku se dva normalna precnikaAB i CH. Ako
krug sa centrom uD (sredisteAO) poluprecnikaDO = 12 u N sijeceDH, tada jeHN = s10. Neka
krug sa centrom uH poluprecnikaHN sijece polazni krug uU i V . Tada jeUV = s5. Neka krug sa
centrom uC poluprecnikaUV u S i W sijece polazni krug. Tada jeCSUVW pravilan petougao.
15
EMSVM 2016./2017.
2.1.3 Odnos stranican-tougla i 2n-tougla
Kruznica se moze podijeliti na 2,3,4,5,6,8,10, . . . jednakih dijelova. Pravilni 2n-tougao se moze
konstruisati, ali i pravilni 2n ·3-tougao, 2n ·5-toguao, itd. Pravilni 7-ugao nije moguce konstruisati.
Teorem 2.1
Ako je N = 22n+1 prost broj, onda je pravilniN-tougao moguce geometrijski konstruisati.
Prethodna teorema nam govori da je moguce konstruisati pravilni petougao, sedamnaestougao,
257-ugao, itd.
Uocimo sada vezu izmedu stranica pravilnogn-tougla i 2n-tougla. U tu svrhu neka je data je-
dinicna kruznicak(O,1) u koju je upisan pravilan 2n-tougao. Neka suA,B i C tri susjedna tjemena
posmatranog mnogougla. Kako je rijec o pravilnom 2n-touglu, to jeOB ⊥ AC. Neka jeOD = t,
tada jeDB = 1− t. Posmatrajmo pravougle trouglove△ODC i △BDC.
16
EMSVM 2016./2017.
Posmatrajmo pravougli trougao△ODC. Tada imamo
OC2 = OD2+DC2 ⇔ 1= t2+s2
n
4⇔ t2 = 1− s2
n
4. (2.1.1)
Iz pravouglog trougla△BCD imamo
BC2 = BD2+DC2 ⇔ s22n = (1− t)2+
s2n
4. (2.1.2)
Iz (2.1.1) i (2.1.2) slijedi da je
s22n = 1−2
√
1− s2n
4+1− s2
n
4+
s2n
4= 2−2
√
4− s2n
4
= 2−2
√
4− s2n
2= 2−
√
4− s2n.
Prema tome, veza izmedu stranica pravilnog 2n-tougla i pravilnogn-tougla data je relacijom
s2n =
√
2−√
4− s2n. (2.1.3)
Posmatrajmo relaciju (2.1.3) za odredene vrijednosti brojan ∈ N:
n = 2 : s4 = s22 =√
2
n = 4 : s8 = s23 =
√
2−√
2
n = 8 : s16 = s24 =
√
2−√
2+√
2
Opcenito,
s2n =
√√√√√√
2−√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
. (2.1.4)
Oznacimo saO2n obim pravilnog 2n-tougla. Tada je
O2n = 2n · s2n(2.1.4)= 2n ·
√√√√√√
2−√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
.
17
EMSVM 2016./2017.
Uvodenjem granicne vrijednosti dobijamo da je
limn→∞
O2n = Ok(O,1) = 2π ,
tj.
limn→∞
2n ·
√√√√√√
2−√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
= 2π . (2.1.5)
Analiticki dokaz (2.1.5):
√2= 2cos
π4= 2cos
π22
2+√
2= 2+2cosπ22 = 2
(
1+cosπ22
)
= 22cos2π23
√
2+√
2= 2cosπ23
...√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
= 2cosπ
2n−1
2−√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
= 2−2cosπ
2n−1 = 2(
1−cosπ
2n−1
)
= 22sin2 π2n
√√√√√√
2−√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
= 2sinπ2n
Dakle,
limn→∞
2n
√√√√√√
2−√
2+
√
2+ . . .√
2︸ ︷︷ ︸
n−2 korijena
= limn→∞
2n+1sinπ2n = 2 lim
n→∞
sin π2n
π2n
·π = 2π limn→∞
sin π2n
π2n
=
{
t = π2n
n → ∞ ⇒ t → 0
}
= 2π limt→0
sintt
= 2π .
2.2. Opca teorija konstruktibilnosti
Svaka geometrijska konstrukcija predstavlja niz koraka odkojih je svaki korak jedan od sljedecih:
18
EMSVM 2016./2017.
1. spajanje dviju tacaka pravom
2. presjecna tacka dviju pravih
3. kontrukcija kruznice zadanog centra i poluprecnika
4. presjek dviju kruznica
Uzmimo za pocetak poljeF0 = Q. Svaka duzrs se moze konstruisati, pa jeF0 brojno polje. Nama
je cilj kontruisati brojevno polje (zatvoreno u odnosu na+, −, ·, ÷).
Tvrdnja 2.1
√2 /∈Q
Formirajmo polje
S ={
a+b ·√
2∣∣∣ a,b ∈Q= F0
}
.
Zatvorenost:
Neka sut1 = a1+b1√
2, t2 = a2+b2√
2∈ S. Pokazimo da su tada it1+ t2, t1 · t2, t1t2∈ S.
t1± t2 = (a1±a2)︸ ︷︷ ︸
∈F0
+(b1±b2)︸ ︷︷ ︸
∈F0
√2∈ S,
t1 · t2 =(
a1+b1√
2)(
a2+b2√
2)
= (a1a2+2b1b2)︸ ︷︷ ︸
∈F0
+(a1b2+a2b1)︸ ︷︷ ︸
∈F0
√2∈ S,
t1t2
=a1+b1
√2
a2+b2√
2· a22b1
√2
a2−b2√
2=
a1a2−a1b2√
2+a2b1√
2−2b1b2
a22−2b2
2
=a1a2−2b1b2
a22−2b2
2︸ ︷︷ ︸
∈F0
+a2b1−a1b2
a22−2b2
2︸ ︷︷ ︸
∈F0
√2∈ S,
gdje je u posljednjema2 6= 2b22, jer bi u suprotnom imali
a2
b2=
√2⇒
√2∈Q.
Dakle,S = F1 je zaista brojno polje. Kako jeF0 ⊂ F1 to je F1 prosirenje poljaF0 (F1 = F0[√
2]), te
je F1 polje konstruktibilnih brojeva.
Primijetimo da je 1+√
2∈ F1 i√
1+√
2 je konstruktibilan broj. Da li√
1+√
2∈ F1?
Pretpostavimo da√
1+√
2∈ F1, tj.√
1+√
2= a+b√
2 (a,b ∈Q= F0). Imamo da je tada:
√
1+√
2= a+b√
2∣∣∣
2⇒ 1+
√2= a2+2b2+2ab
√2⇒
{
a2+2b2 = 1
2ab = 1.
19
EMSVM 2016./2017.
Rjesavanjem posljednjeg sistema jednadzbi dolazimo do jednadzbe
2a4−2a2+1= 0,
cije je rjesenje
(a2)1,2 =1±
√1−2
2/∈Q .
Prema tome,√
1+√
2 /∈ F1. Odnosno,F2 = F1
[√
1+√
2]
, tj.
F2 =
{
a+b
√
1+√
2∣∣∣ a,b ∈ F1
}
,
gdje jea = α1+β1√
2 i b = α2+β2√
2.
Pokazuje se da je iF2 brojevno polje, tj. zatvoreno je u odnosu na osnovne racunske operacije.
Mozemo uzeti da jeF0 =Q osnovno polje.
Uzmimo neko√
k1 /∈Q, ali k1 ∈Q i formirajmo polje
F1 = F0
[√
k1
]
= {a1+b1 ·√
k1 | a1,b1,k1 ∈ F0,√
k1 /∈ F0}.
Sada, uzmimok2 ∈ F1, ali√
k2 /∈ F1 i formirajmo polje
F2 = F1
[√
k2
]
={
a2+b2
√
k2 | a2,b2,k2 ∈ F1,√
k2 /∈ F1
}
...
Fn−1 = Fn−2
[√
kn−1
]
={
an−1+bn−1√
kn−1 | an−1,bn−1,kn−1 ∈ Fn−2,√
kn−1 /∈ Fn−2
}
Fn = Fn−1
[√
kn
]
={
an +bn
√
kn | an,bn,kn ∈ Fn,√
kn /∈ Fn−1
}
...
Svi ovi Fk (k ∈ {0,1,2, . . .}) su brojevna polja i vrijedi
F0 ⊂ F1 ⊂ F2 ⊂ . . .⊂ Fn ⊂ . . . (2.2.1)
te svaku duzinu iz datih polja mozemo geometrijski konstruisati. Zakljucujemo, konstruktibilan
broj je broj koji je element nekog od brojevnih polja iz lanca(2.2.1) dobijenih na gore opisan
nacin.
20
EMSVM 2016./2017.
Napomena 2.1
Geometrijske konstrukcije izvedene pomocu lenjira necenas izvesti iz posmatranog polja
konstruktibilnih brojeva.
Neka jeF neko polje konstruktibilnih brojeva.
1) Posmatrajmo konstrukciju prave kroz dvije tacke(a1,b1) i (a2,b2), takve da jea1,a2,b1,b2∈F. Jednadzba prave kroz tacke(a1,b1) i (a2,b2) je oblika
P :y−b1
b2−b1=
x−a1
a2−a1.
Svodenjem na implicitni oblik dobijamo
P : (b2−b1)︸ ︷︷ ︸
∈F
x+(a1−a2)︸ ︷︷ ︸
∈F
y−a2b1+a1b2︸ ︷︷ ︸
∈F
= 0.
2) Posmatrajmo sada dvije prave
p1 : a1x+b1y = c1 (a1,b1,c1 ∈ F)
p2 : a2x+b2y = c2 (a2,b2,c2 ∈ F)
koje se sijeku.
Uz pretpostavku da je
∣∣∣∣∣
a1 b1
a2 b2
∣∣∣∣∣6= 0 imamo
x =Dx
D=
∣∣∣∣∣
c1 b
c2 b2
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣
a1 b1
a2 b2
∣∣∣∣∣
=b2c1−b1c2
a1b2−b1a2∈ F, y =
Dy
D=
∣∣∣∣∣
a1 c1
a2 c2
∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣
a1 b1
a2 b2
∣∣∣∣∣
=a1c2− c1a2
a1b2−b1a2∈ F.
Napomena 2.2
S druge strane, gemetrijske konstrukcije pomocu sestaranas mogu izvesti iz posmatranog
brojnog polja konstuktibilnih brojeva.
1) Posmatrajmo konstrukciju kruznice uz pomoc sestara.Jednadzba kruznice je oblika
(x− p)2+(y−q)2 = r2 (p,q,r ∈ F).
21
EMSVM 2016./2017.
Svodenjem na implicitni oblik dobijamo
x2−2p︸ ︷︷ ︸
∈F
x+ y2−2q︸ ︷︷ ︸
∈F
y+ p2+q2− r2︸ ︷︷ ︸
∈F
= 0.
2) Presjecna tacka dvije kruznice ne mora pripadati datom brojnom polju.
Primjer 2.1
Neka jek(0,1) i p : y = kx (k ∈ R). Za pravup : y = kx reci cemo da je racionalna prava,
ako jek ∈ Q, a za neku tackuA ∈ k reci cemo da je racionalna tacka, ako su koordinate te
tacke racionalni brojevi.
Tvrdnja 2.2
Neka jeA = p∩q. Tada je tackaA racionalna ako i samo ako jep racionalna.
Dokaz:Za vjezbu!
♠
Primjer 2.2
Napisati niz prosirenja brojevnih polja za broj√
6+
√√√
1+√
2+√
3+5.
Rjesenje:
F0 =Q ,√
2 /∈Q
F1 = F0
[√2]
,
√
1+√
2 /∈ F1
F2 = F1
[√
1+√
2
]
,√
3 /∈ F2
F3 = F2
[√3]
⇒√
1+√
2+√
3∈ F3,
√
1+√
2 /∈ F3
F4 = F3
[√√
1+√
2+√
3
]
⇒√√
1+√
2+√
3+5∈ F4,
√√√
1+√
2+√
3+5 /∈ F4
F5 = F4
√√√
1+√
2+√
3+5
√6=
√2
︸︷︷︸
∈F1
·√
3︸︷︷︸
∈F3
∈ F3 ⊂ F5 ⇒√
6∈ F5
22
EMSVM 2016./2017.
♣
Primjer 2.3
Napisati niz prosirenja brojevnih polja za broj√
2+√√
2+√
2+3.
Teorem 2.2
Svi konstruktibilni brojevi su algebarski brojevi.
Definicija 2.2
Algebarski broj je rjesenje algebarske jednadzbea0zn +a1zn−1+ . . .+an−1z+an = 0.
Svi konstruktibilni brojevi iz poljaF0 su rjesenja linearne jednadzbe.
Svi konstruktibilni brojevi iz poljaF1 su rjesenja kvadratne jednadzbe.
Svi konstruktibilni brojevi iz poljaF2 su rjesenja jednadzbe cetvrtog stepena....
Svi konstruktibilni brojevi iz poljaFn su rjesenja jednadzbe stepena2n
Primjer 2.4
Posmatrajmo brojno poljeF1 = {a+b ·√
k1 | a,b,k /∈Q}. Neka jex ∈ F1 proizvoljno. Tada
imamo
x = a+b√
k1 ⇔ (x−a) = b√
k1
∣∣∣
2⇔ x2−2ax+a2−b2k1 = 0.
Primjer 2.5
Na dva nacina pokazati da je broj√
2+√
2+√
3 konstruktibilan.
1) Neka jex =√
2+√
1+√
3. Zelimo se rijesiti korijena. Prema tome,
√
2+√
1+√
3= x ⇔√
2+√
1= (x−√
3)∣∣∣
2
⇔2+√
1= x2−2x√
3+3⇔√
2= x2−2x√
3+3∣∣∣
2
⇔2= x4+12x2+1−4√
3x3+2x2−4√
3x ⇔ 4x(x2+1)√
3= x4+14x2−1∣∣∣
2
⇔16x2(x2+1)2 = (x4+14x2−1)2
Posljednje je jednadzba osmog stepena s racionalnim koeficijentima cije je rjesenjex =√
2+√
1+√
3. Osim toga, prema prethodnom teoremu zakljucujemo dax ∈ F3, tj. da
je x konstruktibilan broj.
23
EMSVM 2016./2017.
2) Takoder, do rjesenja mozemo doci na slican nacin kao i u Primjeru 2.2.
F0 =Q,√
2 /∈ F0 ⇒ F1 = F0
[√2]
2+√
2∈ F1,ali
√
2+√
2 /∈ F1 ⇒ F2 = F1
[√
2+√
2
]
√
2+√
2∈ F2,ali√
3 /∈ F2 ⇒ F3 = F2
[√3]
Odavde zakljucujemo da√
2+√
1+√
3∈ F3, tj.√
2+√
1+√
3 je konstruktibilan broj.
2.3. Nerjesivost tri gr cka problema
2.3.1 Duplikacija kocke
Posmatrajmo kocke duzina stranica 1 ix. Tada jeV1 = 1 i V2 = x3. Postavlja se pitanje moze li se
konstruisati kocka takva da jeV2 = 2V1, tj.
x3 = 2⇒ x = 3√
2,
a to se dalje svodi na pitanje konstruktibilnosti broja3√
2.
Pretpostavimo da je3√
2 konstruktibilan broj, tj. 3√
2∈ Fk (gdje jeFk neko brojevno polje konstru-
isano na vec opisan nacin pocev odF0 = Q) i neka jek najmanji takav broj. Jasno je da jek 6= 0,
jer zak = 0, imamo da3√
2∈Q, a znamo da3√
2 /∈Q (pokazati za vjezbu !).
Neka jex = p+ q√
w ; p,q,w ∈ Fk−1,√
w /∈ Fk−1. Tada je ix3,x3−2 ∈ Fk, jer je Fk zatvoreno
u odnosu na osnovne racunske operacije. Tada imamo
x3 = (p+q√
w)3 = p3+3p2q√
w+3pq2w+q3w√
w = (p3+3pq2w)︸ ︷︷ ︸
=a1∈Fk−1
+(3p2q+q3w)︸ ︷︷ ︸
=b1∈Fk−1
√w,
tj. x3 = a1+b1√
w, gdje jea1,b1 ∈ Fk−1.
Dok iz
x3−2= (p3+3pq2w−2)︸ ︷︷ ︸
a
+(3p2q+q3w)︸ ︷︷ ︸
b
√w = 0 (2.3.1)
slijedi da je
a = b = 0, (2.3.2)
jer u suprotnom ako je, na primjer,b 6= 0, iz a+b√
w = 0 slijedi√
w =−ab ∈ Fk−1 . Uzmimo sada
da jey = p−q√
w. Dobijamo,
y3−2= (p−q√
w)3−2= p3−3p2q√
w+3pq2w−q3w√
w−2
24
EMSVM 2016./2017.
= (p3+3pq2w)︸ ︷︷ ︸
=a
−(3p2q+q3w)︸ ︷︷ ︸
=b
√w = a−b
√w
(2.3.2)= 0
Dakle,
y3−2= 0⇒ y = 3√
2.
Ako bi bilo x = y, onda iz
0= x− y = p+q√
w− p+q√
w = 2q√
w,
slijedi da jeq = 0. Medutim, tada dobijamo da jex = p ∈ Fk−1 sto je kontradikcija. Dakle, za-
kljucujemo dax /∈ Fk (k = 0,1,2, . . .), odnosnox = 3√
2 nije konstruktibilan broj.
2.3.2 Teorem o kubnoj jednadzbi
Posmatrajmo kubnu jednadzbu oblika
z3+az2+bz+ c = 0. (2.3.3)
Prema Vietovim pravilima dobijamo
z1+ z2+ z3 =−a. (2.3.4)
Teorem 2.3
Ako su koeficijenti kubne jednadzbe(2.3.3) racionalni brojevi i nijedno rjesenje jednadzbe
(2.3.3) nije racionalno, tada su sva ta rjesenja nekonstruktibilni brojevi.
Dokaz:Oznacimo sax,y,u tri neracionalna rjesenja jednadzbe (2.3.3).
Pretpostavimo dax,y,u ∈ Fk gdje jeFk dobijen na opisan nacin pocev odF0 =Q.
Neka jek najmanji takav broj. Stoga, mozemo pisati
x = p+q√
w; p,q,w ∈ Fk−1,√
w /∈ Fk−1.
Tada je
y = p−q√
w
takoder rjesenje kubne jednadzbe (2.3.3).
Prema (2.3.4) je
x+ y+u =−a ⇒ u =−(x+ y−a) =−(2p+a) ∈ Fk−1 u ∈ Fk.
25
EMSVM 2016./2017.
Dakle,x,y,u nisu konstruktibilni brojevi.
♠
2.3.3 Trisekcija ugla
Uglove 90◦, 180◦, 360◦, mozemo podijeliti na 3 jednaka dijela pomocu linijara i ˇsestara. Pokazat
cemo da to nije moguce za ugao od 60◦. Posmatrajmo upravo ugaoθ = 60◦ ⇒ cosθ = 12. Iz
ovoga, vidimo da jeθ3 = 20◦ i oznacimo sα = θ
3 .
Posmatrajmo cos3α.
cos3α = cos(2α +α) = cos2α cosα −sin2α sinα = (cos2 α −sin2 α)cosα −2sinα cosα sinα
= cos2 α −sin2 α cosα −2sin2 α cosα = cos3 α −3(1−cos2 α)cosα = 4cos3 α −3cosα.
Odavdje mozemo zakljuciti da je
cosθ = 4cos3θ3−3cos
θ3.
Neka jex = cosθ3 , te kako je cosθ = 1
2 to onda dobijemo kubnu jednadzbu
12= 4x3−3x ⇒ 8x3−6x−1= 0.
Uzmimo za smjenus : u = 2x, te onda posmatrajmo sljedecu kubnu jednadzbu
u3−3u−1= 0. (2.3.5)
Vidimo da je (2.3.5) kubna jednadzba s racionalnim koeficijentima. Pretpostavimo da jeu raciona-
lan broj tj. da je uu = rs , pri cemu jer ∈ Z, s ∈ N, (r,s) = 1 i uvrstimo ga u jednadzbu (2.3.5).
Dobijamo kubnu jednadzbu
r3−3rs2− s3 = 0,
iz koje onda slijedi
r(r2−3s2) = s3 ⇒ r|s3 ⇒ r|s (r,s)=1⇒ r ∈ {−1,1},
ali i
r3 = s(3rs+ s2)⇒ s|r3 ⇒ s|r (r,s)=1,s∈N⇒ s = 1.
Dakle, mozemo zakljuciti da jeu = rs ∈ {−1,1}. Provjerimo sada jesu liu = 1 i/ili u =−1 rjesenja
jednadzbe (2.3.5).
i) u =−1
(−1)3−3(−1)−1=−1+3−1= 1 6= 0
26
EMSVM 2016./2017.
tj. u =−1 nije rjesenje jednadzbe (2.3.5)
ii) u = 1
13−3 ·1−1= 1−3−1=−3 6= 0
tj. u = 1 nije rjesenje jednadzbe (2.3.5)
Buduci da niti jedno rjesenje jednadzbe (2.3.5) nije racionalno, mozemo zakljuciti da su sva rjesenja
nekonstruktibilni brojevi pa i 2x, odnosno,x = cosθ3 je nekonstrukitibilan broj. Dakle, trisekcija
posmatranog ugla od 60◦ nije moguca.
2.3.4 Kvadratura kruga
Pkruga = r2πPkvadrata = a2
}
Pkruga = Pkvadrata ⇒ r2π = a2 ⇒ a = r√
π .
Postavlja se pitanje, je lia konstruktibilan broj?
Kako broj π nije algebarski broj, to on nije konstruktibilan, pa nije ninjegov korjen, tj.√
π nije
konstruktibilan broj. Dakle, kvadraturu kruga nije moguce konstruisati pomocu linijara i sestara.
Tvrdnja 2.3
π je iracionalan broj.
Dokaz:Pretpostavimo da jeπ racionalan broj i da ga mozemo napisati kao kolicnikπ = ab , gdje
sua i b cijeli pozitivni brojevi. Definisimo polinome
f (x) =xn(a−bx)n
n!,
F(x) = f (x)− f (2)(x)+ f (4)(x)− . . .+(−1)n f (2n)(x),
gdje cemo cijeli brojn odrediti kasnije. Kakon! f (x) ima koeficijente i izraze odx stepena ne
manjeg odn, f (x) i njegove derivacijef (i)(x) imaju integralnu vrijednost zax = 0 i x = π = ab , za
f (ab − x). Prema osnovama kalkulusa, imamo
ddx
{F ′(x)sinx−F(x)cosx
}= F ′′(x)sinx+F(x)cosx = f (x)sinx
i
∫ π
0f (x)sinxdx =
[F ′(x)sinx−F(x)cosx
]π0 = F(π)+F(0) (2.3.6)
VrijednostF(π)+F(0) je cijeli broj, jer su f (i)(π) i f (i)(0) cijeli brojevi. No, za 0< x < π je
0< f (x)sinx <πnan
n!,
27
EMSVM 2016./2017.
pa je prema tome integral (2.3.6) pozitivan, ali proizvoljno malen za dovoljno velikon. Prema
tome, (2.3.6) nije istinito, tj. π nije racionalan broj.
♠
2.3.5 Nerjesivost konstrukcije pravilnog sedmougla
Posmatrajmo jednadzbuz7−1= 0, koju jos mozemo zapisati i kao
z = 7√
1.
Njeno rjesenje je dato sa
zk = cos2kπ7
+ isin2kπ7
(k = 0,1, . . . ,6).
Upravo, tackezk (k = 0,1, . . . ,6) predstavljene u kompleksnoj ravni leze na jedinicnoj kruznici i
odgovaraju vrhovima pravilnog sedmougla. Posmatrajmo sljedece:
z7−1= 0⇔(z−1)(z6+ z5+ z4+ z3+ z2+ z+1) = 0 (2.3.7)
⇔z6+ z5+ z4+ z3+ z2+ z+1= 0 / : z3
⇔z3+ z2+ z+1+1z+
1z2 +
1z3 = 0
⇔(z3+1z3)+(z2+
1z2)+(z+
1z)+1= 0 (2.3.8)
Uvodeci smjenu
s : z+1z= y
dobijamo da jez2+ 1z2 = y2−2 i z3+ 1
z3 = y3−3y.
Prema tome, (2.3.7) postaje
y3−3y+ y2−2+ y+1= 0,
odnosno,
y3+ y2−2y+1= 0. (2.3.9)
Takoder,
y = z+1z= z+ z−1 = (cos
2π7
+ isin2π7)+(cos
2π7
− isin2π7)
= 2cos2π7
= 2cosφ .
Ocito je da kubna jednadzba (2.3.9) ima racionalne koeficijente. Prema teoremu o kubnoj jednadzbi
28
EMSVM 2016./2017.
dovoljno je pokazati da nijedno rjesenje jednadzbe nije racionalno jer u tom slucaju sva rjesenja
bi bila nekonstruktibilni brojevi. Stoga, pretpostavimo suprotno, tj. neka jey = rs (r ∈ Z,s ∈
N,(r,s) = 1) rjesenje kubne jednadzbe (2.3.9).
Zamjenomy = rs u (2.3.9) dobijamo kubnu jednadzbu
r3+ r2s−2rs2− s3 = 0.
Odavde onda slijedi da je
r3 = s(s2+2sr− r2)⇒ s|r3 ⇒ s|r ⇒ s = 1,
ali i
s3 = r(r2+ rs−2s2)⇒ r|s3 ⇒ r|s ⇒ r ∈ {−1,1}.
Prema tome, onda jey ∈ {−1,1}. Provjera:
1) y =−1(2.3.9)⇒ (−1)3+(−1)2−2(−1)−1 6= 0, tj. y =−1 nije rjesenje jednadzbe (2.3.9)
2) y = 1(2.3.9)⇒ 13+12−2 ·1−1 6= 0, tj. y = 1 nije rjesenje jednadzbe (2.3.9)
Zakljucujemo da brojy = 2cosφ nije konstruktibilan pa ni cosφ nije konstruktibilan broj.
To znaci da nije moguce izvrsiti geometrijsku konstrukciju uglaφ = 2π7 , a samim tim onda i geome-
trijska konstrukcija pravilnog sedmougla nije moguca.
29
POGLAVLJE 3
PRIMJENA KOMPLEKSNIH BROJEVA U GEOMETRIJI
Susrecemo se s tri razlicita tipa rjesavanja geometrijskih problema i to su:
- Planimetrijski metod,
- Metod analiticke geomtrije,
- Metod kompleksnih brojeva.
Cesto se zadaci iz planimetrije mogu prevesti na jezik analitice geometrije. Npr. odredene
zadatke vezane za trougao u planimetriji mozemo predstaviti kao problem u analitickoj geometriji
i tako trougao predstaviti u koordinatnom sistemu. Zavisnood situacije, ponekad cemo racun moci
olaksati na nacin da tjemena trougla postavimo na ose koordinatnog sistema i tako smanjimo broj
nepoznatih, jer ce u tom slucaju jedna od koordinata tjemena biti nula.
(x,y)
(a,0) (b,0)
(c,0)
b
b
b
b
bSlicnim idejama se mozemo posluziti i u radu s kompleksnim brojevima i na taj nacin pokazati
njihovu primjenu u geometriji.
Na Slici 3.1 je prikazana Gauss-ova ravan, pri cemu jez afiks tackeM.
M(z)
x
y
b
b
O
Slika 3.1: Gaussova ravan
30
EMSVM 2016./2017.
3.1. Kompleksna ravan
Cesto ce u zadacima biti pogodno ostaviti nepoznate iz skupa C u obliku zi, i = 1,2, ... Na taj
nacin smanjujemo broj nepoznatih. Npr. kada kompleksni broj predstavimo u algebarskom obliku
z = x+ iy, tada se broj nepoznatih povecava, gdje sux i y nepoznate.
b
x
iy
z1
bz2
bz3
Slika 3.2: Kompleksna ravan
Kompleksne brojeve mozemo predstaviti na vise nacina.
• Algebarski izraz za kompleksne brojeve:
z = a+ ib.
• Trigonometrijski oblik kompleksih brojeva:
z = r(cosϕ + isinϕ).
• Eulerov oblik kompleksnih brojeva:
z = reiϕ .
Primjer 3.1
Poznata su dva vrha jednakostranicnog trouglaz1 = 1 i z2 = 2+ i. Odrediti treci vrh.
Primjer 3.2
Izracunati:
tanπ5, tan
2π5, tan
3π5, tan
4π5.
31
EMSVM 2016./2017.
Primjer 3.3
Rijesiti sljedece jednadzbe u skupuC:
(a)
(z+1)n − (z−1)n = 0
(a)
(z−1)n − zn = 0
Primjer 3.4
Izracunati:(
1+i+
√3
2
)
1+
(
i+√
32
)2
...
1+
(
i+√
32
)2n
Iduca ideja ce nam biti da uvedemo vezu izmedu vektora i kompleksnih brojeva.
Neka je tackaM(z) tacka u koordinatnom sistemu s koordinatama (x,y). Drugimrijecima, tada
tacki M odgovara kompleksni brojz = x+ iy. Oznacimo ishodiste koordinatnog sistema s tackom
O.
Posluzimo se sada znanjem o vektorima i predstavimo vektor−−→OM na sljedeci nacin:
M(z)
x
y
b
b
O
z = x+ iy
−−→OM = x
−→i + y
−→j = x+ iy
Na ovaj nacin smo kompleksni brojz = x+ iy predstavili vektorom−−→OM.
b
O
bZ2(z2)
bZ1(z1)
Prisjetimo se sabiranja i oduzimanja vetora.
Sabiranje vektora:
−−→OZ1+
−−→Z1Z2 =
−−→OZ2
Oduzimanje vektora:
−−→Z1Z2 =
−−→OZ2−
−−→OZ1 (3.1.1)
32
EMSVM 2016./2017.
Vektore oblika−→OZ cemo pisati na sljedeci nacin
−→OZ = z,
gdje jeZ(z) neka tacka u koordinatnom sistema, a tackaO(0) ishodiste koordinatnog sistema.
Prema tome (3.1.1) mozemo zapisati kao
−−→Z1Z2 = z2− z1.
3.1.1 Sredina duzi
Neka je u koordinatnom sistemu sa ishodistem u tackiO data duzZ1Z2, gdje suZ1(z1) i Z2(z2).
Oznacimo saZs(zs) srediste duziZ1Z2.
Na prethodno opisan nacin sada mozemo uzeti da je−−→OZ1 = z1,
−−→OZ2 = z2 i
−−→OZs = zs.
Z1(z1)
Zs(zs)
Z2(z2)
b
b
b
O
b
Vektor−−→OZs mozemo zapisati na sljedeca dva nacina:
−−→OZs =
−−→OZ2+
−−→Z2Zs
−−→OZs =
−−→OZ1+
−−→Z1Zs
Sabiranjem prethodne dvije relacije dobijamo
2−−→OZs =
−−→OZ1+
−−→OZ2
odnosno−−→OZs =
12(−−→OZ1+
−−→OZ2).
Dalje je
zs =12(z1+ z2),
sto predstavlja izraz za dobijanje koordinata sredista duzi preko kompleksnih brojeva.
33
EMSVM 2016./2017.
3.1.2 Teziste trougla
Neka je dat trougao s tjemenimaA(a), B(b) i C(c). Neka je tackaA1(a1) srediste duziBC, tacka
B1(b1) srediste duziAC i tackaC1(c1) srediste duziAB. Oznacimo teziste trougla saT (t).
b
A(a)
b
C(c)
b
B(b)
b
A1(a1)
b
C1(c1)
b
B1(b1)
bT (t)
b
O
Slika 3.3: Teziste trougla
Na osnovu Slike3.3dobijamo sljedece
−→OT =
−→OA+
−→AT ,
−→OT =
−→OB+
−→BT ,
−→OT =
−→OC+
−→CT .
Sabiranjem prethodne tri relacije dobije se
3−→OT =
−→OA+
−→OB+
−→OC+
−→AT +
−→BT +
−→CT (3.1.2)
Sada posmatrajmo−→AT ,
−→BT ,
−→CT .
−→AT =
23−−→AA1 =
23(−→AB+
−−→BA1),
−→BT =
23−−→BB1 =
23(−→BC+
−−→CB1),
−→CT =
23−−→CC1 =
23(−→CA+
−−→AC1).
Sabiranjem prethodne tri relacije dobije se
−→AT +
−→BT +
−→CT =
23(−→AB+
−−→BA1+
−→BC+
−−→CB1+
−→CA+
−−→AC1),
odnosno,−→AT +
−→BT +
−→CT =
23(−→AB+
−→BC+
−→CA)+
23(−−→BA1+
−−→CB1+
−−→AC1).
34
EMSVM 2016./2017.
Kako je−→AB+
−→BC+
−→CA = 0, (3.1.3)
imamo da je−→AT +
−→BT +
−→CT =
23(−−→BA1+
−−→CB1+
−−→AC1).
Dalje je
−→AT +
−→BT +
−→CT =
23
(12−→BC+
12−→CA+
12−→AB
)
=13(−→BC+
−→CA+
−→AB)
(3.1.3)= 0.
Uvrstavanjem u (3.1.2) dobije se
3−→OT =
−→OA+
−→OB+
−→OC ⇒−→
OT =13(−→OA+
−→OB+
−→OC).
Ako sada vektore zamjenimo odgovarajucim afiksima, dobijamo
t =13(a+b+ c).
3.1.3 Paralelnost
Neka suA(a) i B(b) tacke pravep, a C(c) i D(d) tacke praveq. Neka su pravep i q paralelne.
Prijedimo sada na jezik vektora i opisimo paralelnost preko njih.
bA(a)
bB(b)
p b
D(d)
q b
C(c)
Kako su pravep i q paralelne, onda su i vektori−→AB i
−→CD paralelni. To znaci da jedan od njih
mozemo izraziti pomocu drugog, npr.
−→AB = k
−→CD (k ∈ R).
Ovo opet mozemo zapisati kao
b−a = k(d − c) (k ∈ R),
odnosnob−ad − c
= k (k ∈ R).
Prema tome, dobili smo da je uvjet paralelnosti
35
EMSVM 2016./2017.
AB‖CD ⇔ b−ad − c
= k (k ∈ R). (3.1.4)
3.1.4 Kolinearnost
Iz kolinearnosti vektora izvest cemo uslov za kolinearnost tri tacke preko kompleksnih brojeva.
Neka tackeA(a), B(b), C(c) leze na istoj pravoj, tako da su vektori−→AB i
−→CA kolinearni pa opet
jedan od njih mozemo izraziti pomocu drugog. Dobijamo,
bA
bB
bC
−→AB = k
−→CA (k ∈ R)
⇔ b−a = k(a− c) (k ∈ R)
⇔ b−aa− c
= k (k ∈ R)⇔ A,B,C su kolinearne.
Dakle, uvjet kolinearnosti je
b−aa− c
= k (k ∈ R).
Teorem 3.1
Konveksni cetverougao s vrhovimaA(a), B(b), C(c), D(d) je paralelogram ako i samo ako
je
b−a = c−d.
Dokaz:
Neka je dat paralelogram s vrhovimaA(a), B(b), C(c) i D(d).
b
A
b
B
bD
bC
Paralelogram je cetverougao s dva para paralelnih i sukladnih suprotnih stranica. Prema tome
vektori−→AB i
−→DC su paralelni, jednakog intenziteta i istog smjera, sto znaci da je
−→AB =
−→DC. Iskoris-
timo sada uslov paralelnosti (3.1.4). Zak = 1 sada imamo
b−ad − c
= 1,
36
EMSVM 2016./2017.
odnosno
b−a = d − c,
sto je i trebalo dokazati.
♠
Primjer 3.5
U konveksnom cetverouglu✷ABCD tacke G1,G2,G3,G4 su redom tezista trouglova
△BCD,△ACD,△ABD,△ABC, dok su A1,B1,C1,D1 tacke centralno simetricne tackama
A,B,C,D u odnosu na tackeG1,G2,G3,G4 redom. Dokazati da je cetverougao✷ABCD
paralelogram ako i samo ako je✷A1B1C1D1 paralelogram.
Rjesenje:
b
D(d)
bC(c)
bB(b)b
A(a)
bG1
bG2
bG3
bG4
bA1(a1)
b
B1(b1)
b
C1(c1)
b
D1(d1)
Neka je dat konveksan cetverougao✷ABCD. Neka suG1(g1),G2(g2),G3(g3),G4(g4) redom
tezista trouglova△BCD,△ACD,△ABD,△ABC.
Dalje, tackeA1(a1),B1(b1),C1(c1),D1(d1) tacke centralno simetricne tackamaA(a),B(b),C(c),D(d)
u odnosu na tackeG1(g1),G2(g2),G3(g3),G4(g4) redom.
Neka jeA(a) = O(0), tj. a = 0. Dalje je
g1 =13(b+ c+d), g2 =
13(a+ c+d), g3 =
13(a+b+d), g4 =
13(a+b+ c).
Buduci da jeG1 sredina duziAA1 imamo:
g1 =12(a+a1)⇒ a1 = 2g1 ⇒ a1 =
23(b+ c+d).
37
EMSVM 2016./2017.
G2 sredina duziBB1, pa imamo
g2 =12(b+b1)⇒ b1 = 2g2−b ⇒ b1 =
23(c+d)−b ⇒ b1 =
2c+2d−3b3
.
G3 sredina duziCC1, pa je
g3 =12(c+ c1)⇒ c1 = 2g3− c ⇒ c1 =
23(b+d)− c ⇒ c1 =
2b+2d−3c3
.
G4 sredina duziDD1, pa je
g4 =12(d+d1)⇒ d1 = 2g4−d ⇒ d1 =
23(b+ c)−d ⇒ d1 =
2b+2c−3d3
.
✷A1B1C1D1 paralelogram ⇔b1−a1 = c1−d1
⇔2c+2d−3b3
− 23(b+ c+d) =
2b+2d −3c3
− 2b+2c−3d3
⇔−5b =−5c+5d ⇔−b = d − c
⇔b−0= c−d ⇔ ✷ABCD je paralelogram.
♣
Primjer 3.6
TackeA1,B1,C1 leze na stranicamaBC,CA,AB trougla△ABC. TackaG je teziste trougla
△ABC. TackeGa,Gb,Gc su tezista redom trougla△AB1C1,△A1BC1 i △A1B1C.Tezista tro-
uglova△A1B1C1 i △GaGbGc su redom tackeG1 i G2. Dokazati da tackeG,G1,G2 leze na
istoj pravoj.
Primjer 3.7
Date su tri tackeA(a),B(b),C(c). Dokazati da iza+ωb+(ω)2c = 0, gdje jeω3 = 1 i ω 6= 1,
slijedi da je trougao△ABC jednakostranicni.
3.1.5 Rotacije
Neka jeω ugao rotacije, a cetar rotacije tackaO. Naime, tackaC je dobijena rotacijom tackeA za
ugaoω oko koordinatnog pocetka.
38
EMSVM 2016./2017.
b
O
bA(a)
bC(c)
ωϕ
Koristit cemo trigonometrijski oblik kompleksnog brojaz = ρ(cosϕ + isinϕ), gdje jeρ = |z| i
ϕ = arg(z).
Kako je|−→OC|= |−→OA|, to slijedi da je|c|= |a|.Neka jew = cosω + isinω, tada je|w|= 1. Sada imamo sljedece,
|aw|= |a||w|= |a| ·1= |a|= |c|.
Dalje je,
arg(aw) = arg(a)+arg(w) = arg(c)⇒ c = aw.
Npr. ako jeω = 90◦ i a = 1, tada imamo da je
w = cos90◦+ isin90◦ = i,
pa slijedi
c = aw = 1 · i = i.
b
1
bi
90o
Neka suA(a), B(b) proizvoljne tacke u koordinatnom sistemu. Neka je tackaC dobijena rota-
cijom tackeA oko tackeB za ugaoω. Napravimo translaciju za vektor−→BO na sljedeci nacin:
39
EMSVM 2016./2017.
bB(b)
bA(a)
bC(c)
b
O
bA′(a′)
bC′(c′)
ω
Slika 3.4:
B → O = B′(b′)
⇒ b′ = 0
A → A′(a′)
⇒ a′ = a−b
C →C′(c′)
Mozemo uociti da smo tackuC′(c′) dobili rotacijom tackeA′ za ugaoω oko koordinatnog
pocetka.
Prema vec pokazanom onda dobijamo da jec′ = a′w, pri cemu je
w = cosω + isinω.
Kako jea′ = a−b to je ondac′ = (a−b)w.
Sa Slike3.4mozemo uociti da je
−→OC =
−−→OC′+
−→C′C.
Kako je−→C′C =
−→OB onda dobijamo
−→OC =
−−→OC′+
−→OB ⇒ c = c′+b ⇒ c = (a−b)w+b.
Dakle, relacijom
c = (a−b)w+b
opisano je kako preko kompleksnih brojeva mozemo odredititackuC(c) nastalu rotacijom tacke
A(a) oko tackeB(b) za ugaoω, gdje jew = cosω + isinω.
Primjer 3.8: Napoleonov teorem
Nad stranicama proizvoljnog trouglaABC konstruisani su jednakostranicni trouglovi. Poka-
zati da su tezista tih jednakostranicnig trouglova vrhovi jednakostranicnog trougla.
40
EMSVM 2016./2017.
Rjesenje:
b
A(a)
b
C(c)
b
B(b)
bA1(a1)
b
B1(b1)
b
C1(c1)
bT1(t1)
b
T3(t3)
bT2(t2)
Neka jeA = O, tj. a = 0. Treba pokazati da je
|t1− t2|= |t2− t3|= |t1− t3|.
TackaA1 se dobije rotacijom tackeB oko tackeC za ugaoω = 60◦ pa je
a1 = (b− c)w+ c.
Kako jeω = 60◦, to je
w = cos60◦+ isin60◦ =12+ i
√3
2.
TackaB1 se dobije rotacijom tackeC oko tackeA za ugaoω = 60◦ pa je
b1 = (c−a)w+a = (c−0)w+0= cw.
TackaC1 se dobije rotacijom tackeA oko tackeB za ugao odω = 60◦ pa imamo
c1 = (a−b)w+b = (0−b)w+b = (1−w)b.
41
EMSVM 2016./2017.
Dalje je
t1 =a1+b+ c
3=
13[(b− c)w+ c+b+ c] =
13[b(1+w)+ c(2−w)],
t2 =a+b1+ c
3=
0+b1+ c3
=13(cw+ c) =
c3(1+w),
t3 =a+b+ c1
3=
0+b+ c1
3=
13[b+(1−w)b] =
b3(2−w).
Kako je w = 12 + i
√3
2 jedno od rjesenja kvadratne jednadzbew2 −w+ 1 = 0 onda se u zadatku
mozemo posluziti sljedecim identitetom izvedenim upravo iz navedene kvadratne jednadzbe, tj.
w2−w+1= 0⇔ w2+w−2w+1= 0⇔ 1−2w =−w2−w
⇔ 1−2w =−w(w+1) (3.1.5)
Na slican nacin izvedimo jos jedan identitet.
w2−w+1= 0⇔ w2−w+2−1= 0⇔−w+2−1=−w2+1
⇔ 2−w = (1+w)(1−w) (3.1.6)
Izracunajmo sada|t1− t2|, |t2− t3| i |t1− t3|.
|t1− t2|=∣∣∣∣
b(1+w)+ c(2−w)− c(1+w)3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
b(1+w)+ c(1−2w)3
∣∣∣∣
(3.1.5)=
∣∣∣∣
b(1+w)− cw(1+w)3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
1+w3
∣∣∣∣|b− cw|,
|t2− t3|=∣∣∣∣
b(1+w)−b(2−w)3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
b(1+w)−b(1+w)−b(1−2w)3
∣∣∣∣
(3.1.5)=
∣∣∣∣
b(1+w)−b(1+w)+bw(1+w)3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
1+w3
∣∣∣∣|c− (1−w)b|
|t1− t3|=∣∣∣∣
b(1+w)−b(2−w)+ c(2−w)3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
b(1+w)+(2−w)(c−b)3
∣∣∣∣
(3.1.6)=
∣∣∣∣
b(1+w)+(1+w)(1−w)(c−b)3
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
1+w3
∣∣∣∣|−wb− (1−w)c|.
Posmatrajmo sljedece
|c− (1−w)b| −(1−w)=w2
= |c+w2b| |w|=|−w|=1= |c+w2b||−w| w3=−1
= |b− cw|.
Odavde vidimo da je|t2− t3|= |t1− t2|.
42
EMSVM 2016./2017.
Na slican nacin sada posmatrajmo
|−wb−(1−w)c|−(1−w)=w2
= |−wb+w2c|= |w(−b+wc)|= |w||−b+wc| |w|=1= |−b+wc|= |b−cw|.
Odavde slijedi da je|t1− t3| = |t1− t2|, a onda iz svega navedenog dobijamo|t1− t2| = |t2− t3| =|t1− t3|. Dakle, tezistaT1(t1), T2(t2), i T3(t3) jesu tjemena jednakostranicnog trougla.
♣
3.1.6 Ugao
Podsjetimo se formule za dijeljenje kompleksnih brojeva
z1
z2=
r1
r2(cos(ϕ1−ϕ2)+ isin(ϕ1−ϕ2)) (3.1.7)
pa je argument kolicnika kompleksnih brojeva
arg
(z1
z2
)
= ϕ1−ϕ2 = arg(z1)−arg(z2). (3.1.8)
Neka tackeA(a) i B(b) zaklapaju ugao∡AOB u koordinatnom sistemu, gdje je tackaO ishodiste
koordinatnog sistema. Neka jeϕ = ∡AOB Tada ugaoϕ odredujemo na sljedeci nacin:
bA(a)
bB(b)
b
O
ϕ
ϕ = arg(b)−arg(a)
(3.1.8)=⇒ ϕ = arg
(ba
)
Uvrstimo sadaz1 = b i z2 = a u (3.1.7). Dobijamo
ba=
|b||a| [cos(arg(b)−arg(a))+ isin(arg(b)−arg(a))]
(3.1.8), |b||a|=| ba |
=⇒ ba=
∣∣∣∣
ba
∣∣∣∣
[
cos
(
arg
(ba
))
+ isin
(
arg
(ba
))]
.
Pretpostavimo sada da vrh ugla nije u koordinatnom pocetku. Ideja je da translacijom premjestimo
vrh ugla u koordinatni pocetak te da se pozovemo na prethodni slucaj.
43
EMSVM 2016./2017.
bC(c)
bA(a)
bB(b)
b
O
b
A′
bB′
φ
Treba odrediti ugaoϕ = ∡ACB.
Napravimo translaciju za vektor−→CO na sljedeci nacin:
C → O, A → A′, B → B′.
Tada jeA′(a′) : a′ = a− c i B′(b′) : b′ = b− c. Odredimo sada ugao∡ACB.
∡ACB = ∡A′OB′ = arg
(b′
a′
)
⇒ ∡ACB = arg
(b− ca− c
)
(3.1.9)
Tvrdnja 3.1
PraveAB i CD, gdje jeA(a), B(b), C(c), D(d), su okomite ako i samo ako
a−bc−d
= ki (k ∈ R).
Dokaz:
b
Ab
B
bD
bC
bD′
Neka su praveAB i CD okomite, tj. neka je∡(AB,CD) =±π2 . Napravimo translaciju tacakaC
44
EMSVM 2016./2017.
i D za vektor−→CA, tj.
C → A, D → D′.
Tada je
∡BAD′ = ∡(AB,CD) =±π2. (3.1.10)
Zbog (3.1.9) onda dobijamo
∡BAD′ = arg
(d′−ab−a
)
. (3.1.11)
Kako je
d′ = d − (c−a) = d − c+a,
onda uvrstavanjem u (3.1.11) dobijamo
∡BAD′ = argd− cb−a
.
Medutim, tada je zbog (3.1.10)
argd− cb−a
=±π2,
sto je opet ekvivalentno sd − cb−a
= ki (k ∈ R).
♠Primjer 3.9
Nad stranicamaAB i CD trouglaABC konstruisani su jednakostranicni trougloviADB i CBE.
Ako je T teziste trouglaCBE i P srediste duziAC, dokazati da je∡DPT = 90◦.
Rjesenje:
b
C(c)
bA(a)
b
B(b)
bE(e)
b
D(d)
bT (t)
b
P(p)
45
EMSVM 2016./2017.
Bez gubitka opstosti pretpostavimo da jeA(a) = O(0). Kako je tackaP(p) srediste duziAC
onda je
p =c+a
2=
c+02
=c2.
TackaT (t) je teziste trouglaCBE pa ju racunamo kao
t =13(b+ c+ e). (3.1.12)
TackaD(d) se dobije rotacijom taceB(b) oko tackeA(a) za ugao od−60◦, pri cemu jew =
cos(−60◦)+ isin(−60◦). Pa je
d = bw = b[cos(−60◦)+ isin(−60◦)] = b
(
12− i
√3
2
)
=b2(1− i
√3).
Tacka E(e) se dobije rotacijom tackeB(b) oko tackeC(c) za ugao od 60◦, pri cemu jew =
cos(60◦)+ isin(60◦). Dakle,
e = w(b− c)+ c = (cos(60◦)+ isin(60◦)(b− c)+ c =
(
12+ i
√3
2
)
(b− c)+ c
⇒ e =12(1+ i
√3)(b− c)+ c. (3.1.13)
Uvrstimo sada (3.1.13) u (3.1.12) i izracunajmot.
t =13(b+ c+ e) =
13
(
b+ c+12
b− 12
c+ i
√3
2b− i
√3
2c+ c
)
=13
(
32
b+32
c+ i
√3
2(b− c)
)
=12
(
b+ c+ i
√3
3(b− c)
)
Trebamo odrediti∡DPT . Na osnovu(3.1.9) vrijedi
∡DPT = arg
(t − pd− p
)
.
Izracunajmot−pd−p .
t − pd − p
=
12
(
b+ c+ i√
33 (b− c)
)
− c2
b2(1− i
√3)− c
2
=b+ c− c+ i
√3
3 (b− c)
(b− c)− ib√
3
=b+ c− c+ i
√3
3 (b− c)
(b− c)− ib√
3· (b− c)+ ib
√3
(b− c)+ ib√
3
46
EMSVM 2016./2017.
=b(b− c)+ ib2
√3+ i
√3
3 (b− c)2−b(b− c)
(b− c)2+3b2
=i√
3(b2+ 1
3(b− c)2)
(b− c)2+3b2 =i√
33 ((b− c)2+3b2)
(b− c)2+3b2 = i
√3
3
Dalje je
∡DPT = argt − pd− p
= i
√3
3= 90◦,
sto je i trebalo dokazati.
♣
3.1.7 Pravilni mnogougao
b
ObA1
bA2(t)
bA3(t2)
bA4(t3)
Zadan je n-tougaoA1A2...An, pri cemu jeϕ = 2πn . Dalje je
A2 : t = 1 ·w = 1 ·(
cos2πn
+ isin2πn
)
,
A3 : t ·w = t2,
...
Opcenito:
Ai(ti−1) (i = 1,2, ...,n).
Posmatrajmo jednadzbu oblikaxn −1= 0. Korijeni ove jednadzbe suak = ( n√
1)k (k = 0,1, ...,n−1). Sada je
(n√
1)k = cos2kπ
n+ isin
2kπn
(k = 0,1, ...,n−1).
Kako sua0,a1, ...,an−1 korijeni jednadzbexn −1= 0 i kako je koeficijent uz clanxn−1 jednak
47
EMSVM 2016./2017.
nuli, onda prema Vieteovim formulama imamo
a0+a1+ ...an−1 = 0 (3.1.14)
S druge strane,
1+ t + t2+ ...+ tn−1 = 0,
zato sto jeak = tk zak = 0,1, ...,n−1.
Provjera:
1+ t + t2+ ...+ tn−1 =tn−1t −1
=
(cos2π
n + isin2πn
)n −1(cos2π
n + isin2πn
)−1
=cos2π + isin2π −1(cos2π
n + isin2πn
)−1
= 0.
Vazna cinjenica:
Pretpostavimo da tackaA(a) lezi na jedinicnoj kruznici. Onda je|a|= 1, tj.
|a|2 = 1⇔ aa = 1⇔ a =1a.
Primjer 3.10
TackaX je zadana u ravni pravilnog mnogouglaA1,A2, ...,An. Dokazati da je:
|XA1|2+ |XA2|2+ ...+ |XAn|2 = n(R2+ |XO|2),
gdje je R poluprecnik opisane kruznice, sa centrom uO, oko pravilnog mnogougla
A1,A2, ...,An.
Rjesenje:Pretpostavimo da se radi o jedinicnoj kruznicaR = 1.
Neka su tackeAi(ai) (i = 1,2, ...,n) vrhovi pravilnog mnogougla, tackaX(x) proizvoljna tacka u
ravni takvog mnogougla i tackaO(0) centar opisane kruznice zadanom mnogouglu. Posmatrajmo
|XAi|2 = |x−ai|2 = (x−ai)(x− ai)
= x · x− x ·ai − x · ai +ai · ai
= |x|2− x ·ai − x · ai + |a|2.
Dalje je
n
∑i=1
|XAi|2 =n
∑i=1
(|x|2− x ·ai − x · ai + |a|2)
48
EMSVM 2016./2017.
= n|x|2− x(a1+a2+ ...+an)− x(a1+ a2+ ...+ an)+n
∑i=1
|ai|2.
Kako sua1+a2+ ...+an = 0 i a1+ a2+ ...+ an = 0, onda imamo:
n
∑i=1
|XAi|2 = n|x|2+n
∑i=1
|ai|2 = n|x|2+n
= n(|x|2+1) = n(|XO|2+R2)
Zadnja jednakost vrijedi jer je|XO|2 = |x−0|2 = |x|2 i R2 = 1.
♣
3.1.8 Nejednakost trouglova
Neka suz1,z2 ∈ C.
Tvrdnja 3.2
|z1+ z2| ≤ |z1|+ |z2|.
Dokaz:
b A
bB
bC
Neka jez = Re(z)+ iIm(z), tada vrijedi iduca jednakost
z+ z = 2Re(z). (3.1.15)
Takoder, vrijedi i
|z|= |z|=√
(Re(z))2+(Im(z))2 ≥√
(Re(z))2 = |Re(z)|. (3.1.16)
Posmatrajmo sljedece
|z1+ z2|2 = (z1+ z2)(z1+ z2) = z1 · z1+ z1 · z2+ z1 · z2+ z2 · z2
49
EMSVM 2016./2017.
= |z1|2+ z1 · z2+ z1 · z2+ |z2|2(3.1.15)
= |z1|2+2Re(z1 · z2)+ |z2|2
(3.1.16)≤ |z1|2+2|z1 · z2|+ |z2|2 = |z1|2+2|z1||z2|+ |z2|2
= (|z1|+ |z2|)2
Dobili smo da je
|z1+ z2|2 ≤ (|z1|+ |z2|)2.
Korjenovanjem posljednje relacije slijedi
|z1+ z2| ≤ |z1|+ |z2|,
sto je i trebalo dokazati.
♠
Indukcijom se pokaze da vrijedi:
|z1+ z2+ ...+ zn| ≤ |z1|+ |z2|+ ...+ |zn|.
Napomena 3.1
Jednakost u|z1+ z2| ≤ |z1|+ |z2| vrijedi ako i samo ako je
z2 = λ z1, λ ≥ 0.
Primjer 3.11
Dat je trougao ciji su vrhovi tackeA(a),B(b),C(c). Neka jeP srediste duziBC. Dokazati da
je
2|AP||BC| ≤ |AB|2+ |AC|2.
Rjesenje:
Bez gubitka opstosti mozemo pretpostaviti da jeA(a) = O(0).
b
A(a)
bC(c)
b
B(b)
bP( b+c
2
)
50
EMSVM 2016./2017.
Kako je tackaP(p) srediste duziBC to je onda
p =b+ c
2.
Dalje imamo
|AP|= |p−a|=∣∣∣∣
b+ c2
−a
∣∣∣∣=
|b+ c|2
.
Izracunajmo i duzine stranica zadanog trougla.
|AB|= |b−a|= |b−0|= |b||CB|= |c−b||AC|= |c−a|= |c−0|= |c|
Dalje imamo:
2|AP||BC|= 2 · |b+ c|2
· |b− c|= |b+ c||b− c|= |(b+ c)(b− c)|
= |b2− c2| ≤ |b|2+ |c|2 = |b−0|2+ |c−0|2
= |b−a|2+ |c−a|2 = |AB|2+ |AC|2
⇒ 2|AP||BC| ≤ |AB|2+ |AC|2
Kada se dostize jednakost?
|b2− c2| ≤ |b|2+ |c|2 ⇔ |b2+(−c)2| ≤ |b|2+ |(−c)|2
Jednakost se dostize kada je
−c2 = λb2, λ ≥ 0.
Pa dalje onda imamo
c2
b2 =−λ ⇒ cb=±i
√λ ⇒ c−0
b−0=±i
√λ ⇒ c−a
b−a=±i
√λ .
Sto onda prema Tvrdnji3.1znaci da su praveAC i BC okomite.
♣
3.1.9 Kruznica
Neka je data kruznica sa centromS(s) i poluprecnikom|SA|= R u kompleksnoj ravni.
51
EMSVM 2016./2017.
bS(s)
bA(z)
R
Tada je jednadzba kruznice sa centrom uS(s)
i poluprecnikom |SA| = R u kompleksnoj
ravni data sa
|z− s|= R.
Specijalno, ako jeR = 1 tada se radi o je-
dinicnoj kruznici.
3.2. Analiticka geometrija u kompleksnim koordinatama
Neka su date tackeA(x1,y1), B(x2,y2) i C(x3,y3). Tada je povrsina trougla s tjemenima u tackama
A,B i C data formulom
P =12
∣∣∣∣∣∣∣
x1 y1 1
x2 y2 1
x3 y3 1
∣∣∣∣∣∣∣
.
Neka je sada
zk = xk + iyk, (k = 1,2,3),
tada je
xk =12(zk + zk), yk =
1i2(zk − zk).
Uvrstimo navedene formule u determinantu.
P =12
∣∣∣∣∣∣∣
12(z1+ z1)
1i2(z1− z1) 1
12(z2+ z2)
1i2(z2− z2) 1
12(z3+ z3)
1i2(z3− z3) 1
∣∣∣∣∣∣∣
=1i8
∣∣∣∣∣∣∣
(z1+ z1) (z1− z1) 1
(z2+ z2) (z2− z2) 1
(z3+ z3) (z3− z3) 1
∣∣∣∣∣∣∣
=1i8
∣∣∣∣∣∣∣
2z1 (z1− z1) 1
2z2 (z2− z2) 1
2z3 (z3− z3) 1
∣∣∣∣∣∣∣
=1i4
∣∣∣∣∣∣∣
z1 z1 1
z2 z2 1
z3 z3 1
∣∣∣∣∣∣∣
+1i4
∣∣∣∣∣∣∣
z1 −z1 1
z2 −z2 1
z3 −z3 1
∣∣∣∣∣∣∣
=−1i4
∣∣∣∣∣∣∣
z1 z1 1
z2 z2 1
z3 z3 1
∣∣∣∣∣∣∣
Tvrdnja 3.3
TackeA(z1), B(z2), C(z3) su kolinearne ako i samo ako je
∣∣∣∣∣∣∣
z1 z1 1
z2 z2 1
z3 z3 1
∣∣∣∣∣∣∣
= 0.
52
EMSVM 2016./2017.
3.2.1 Jednadzba pravca
bA(z1)
bB(z2)
bC(z)
Sada iz uslova za kolinearnost tri tacke iz Tvrdnje3.3 mozemo izvesti jednadzbu pravca u kom-
pleksnoj ravni.
p :
∣∣∣∣∣∣∣
z z 1
z1 z1 1
z2 z2 1
∣∣∣∣∣∣∣
= 0⇔
∣∣∣∣∣∣∣
z− z1 z− z1 0
z1 z1 1
z2− z1 z2− z1 0
∣∣∣∣∣∣∣
= 0
⇔ (z− z1)(z2− z1) = (z− z1)(z2− z1)⇔ p : z− z1 =z2− z1
z2− z1(z− z1)
Jednadzba
p : z− z1 = k(z− z1),
predstavlja jednadzbu pravca u kompleksnim koordinatamagdje je
k =z2− z1
z2− z1
koeficijent smjera pravca. Njegov modul je
|k|=∣∣∣∣
z2− z1
z2− z1
∣∣∣∣=
|z2− z1|¯|z2− z1|
= 1.
Koeficijent smjera pravca moze jos biti zapisan kao
k = cosϕ + isinϕ,
gdje jeϕ ugao koji pravacp zaklapa s pozitivnim dijelom x osi.
bk
b
O
ϕ
Ako prava p prolazi kroz koordinatni
pocetak onda je jednadzba prave
p : z = zk.
53
EMSVM 2016./2017.
3.2.2 Uvjet paralelnosti
Posmatrajmo pravep : z− z1 = k(z− z1) i q : z− z′1 = k′(z− z′1), odnosno sistem:
z− kz = z1− kz1
z− k′z = z′1− k′z′1.
Za sistem cemo zahtjevati da nemamo jedinstveno rjesenje, tj. zahtjevat cemo da je determinanta
sistema jednaka nuli. ∣∣∣∣∣
1 −k
1 −k′
∣∣∣∣∣= 0⇔−k+ k′ = 0⇔ k = k′
Dakle dobijamo da je
p||q ⇔ k = k′
uvjet paralelnosti.
3.2.3 Uvjet okomitosti
qp
b
Ob
q′p′
b
O
Pravep′ i q′ dobijene su translacijom pravihp i q, tako sto je presjecna tacka pravihp i q
translatirana u ishodiste koordinatnog pocetka, pa su tada njihove jednadzbe
p′ : z = kz
q′ : z = k′z.
Tada i za pravep′ i q′ vrijedi da su okomite.
Iz
arg(iz0) = arg(i)+arg(z0) =π2+arg(z0)
slijedi da tackez0 i iz0 leze na pravama koje su medusobno okomite. Mozemo uzetiz0 ∈ p′,
54
EMSVM 2016./2017.
medutim tadaiz0 ∈ q′ pa imamo:
z0 = kz0 (3.2.1)
⇒ iz0 = k′( ¯iz0) = k′(i · z0) = k′(−i · z0)
⇒ z0 =−k′ ¯z0. (3.2.2)
Sada iz (3.2.1) i (3.2.2) slijedi
kz0 =−k′z0
pa vrijedi da jek =−k′.
Dakle uvjet okomitosti je
p⊥q ↔ k+ k′ = 0 .
Primjer 3.12
A(a) i B(b) su tacke koje leze na jedinicnoj kruznici. Odrediti jednadzbu praveAB.
Rjesenje:
bO
bA(a)
bB(b)
Bez umanjenja opstosti pretpostavimo da tackeA(a) i B(b) leze na centralnoj jedinicnoj kruznici,
tada vrijede sljedece relacije:
|a|= 1, |b|= 1⇔ aa = 1, bb = 1⇔ a =1a, b =
1b.
Jednadzba praveAB glasi
AB : z−a =b−a
b− a(z− a).
Dakle, koeficijent smjera praveAB je onda
k =b−a
b− a=
b−a1b − 1
a
=b−aa−bab
=−ab
Uvrstavanjem koeficijentak u jednadzbu praveAB i konacnim sredivanjem izraza dobijamo da je
AB : z+abz = a+aab.
55
EMSVM 2016./2017.
Dakle, jednadzba trazene prave je
z+abz = a+b. (3.2.3)
♣
Primjer 3.13
Neka jeABC proivoljan trougao.Neka jeT tezise tog trougla,H ortocentar iO centar opisane
kruznice oko trougla. Neka suA1,B1,C1 sredine stranicaBC,AC i AB redom,A2,B2,C2
podnozja visina,A3,B3,C3 sredine duziAH,BH,CH redom,A4,B4,C4 odgovarajuce tacke
simatricne ortocentruH u odnosu na praveBC,CA,AB redom. Dokazati:
(1) tackeO,T,H su kolinearne i vrijedi:
−→OH = 3
−→OT
(Eulerove prave)
(2) tackeAi,Bi,Ci(i = 1,2,3) leze na istoj kruznici koju nazivamo Eulerovom kruznicom
ili kruznicom 9 tacaka trouglovaABC. Centar te kruznice je u sredini duziOH, a
radijus joj je jednakR2 , gdje jeR radijus opisane kruznice oko trouglaABC.
Rjesenje:
bA(a)
bC(c)
b
B(b)
bA2
b
C2
bB2
bH
bA1
b
C1
bB1
bT b
O
bE
bA3
b
C3
b
B3
Neka jeO(0). TackaE je centar Eulerove kruznice pa je
E
(0+h
2
)
= E
(h2
)
.
Neka je radijus Eulerove kruzniceR = 1.
(1) Kako je tackaT teziste trougla△ABC to je onda
T
(a+b+ c
3
)
.
56
EMSVM 2016./2017.
Neka je{H}= AA2∪BB2. Iz postavke zadatka znamo da je
AA2 ⊥ BC, BB2 ⊥ AC, A2 ∈ BC, B2 ∈ AC.
Sada na osnovu (3.2.3) odredimo praveBC i AC.
BC : z+bcz = b+ c =⇒ kBC =−bc
AC : z+acz = a+ c =⇒ kAC =−ac
Sada izAA2 ⊥ BC i BB2 ⊥ AC na osnovu uvjeta okomitosti slijedi da jekAA2 = bc i kBB2 = ac.
Iz svega navedenog dobijamo da su jednadzbe pravihAA2 i BB2
AA2 : z−a = kAA2(z− a) = bc(z− a),
BB2 : z−b = kBB2(z− b) = ac(z− b).
Dobijamo sistem
z−a = bc(z− a)
z−b = ac(z− b),
iz kojeg onda slijedi
a+bc(z− a) = b+ac(z− b)⇔ a+bcz−bca = b+acz−acb
⇔c(b−a)z = b−a+ abc−acb ⇔ c(b−a)z = b−a+1a
bc− 1b
ac
⇔z = a+ b+ c ⇔ z = a+b+ c = h
Dakle, iz−→OH = a+b+ c i
−→OT = a+b+c
3 slijedi
−→OH = 3
−→OT .
Pitamo se sada da li su tackeO(0), H(a+b+ c) i T (a+b+c3 ) kolinearne.
Kako je
∣∣∣∣∣∣∣
0 0 1
a+b+ c a+ b+ c 113(a+b+ c) 1
3(a+ b+ c) 1
∣∣∣∣∣∣∣
= 1 ·∣∣∣∣∣
a+b+ c a+ b+ c13(a+b+ c) 1
3(a+ b+ c)
∣∣∣∣∣= 0,
onda na osnovu Tvrdnje3.3zakljucujemo da su tackeO,H i T kolinearne.
57
EMSVM 2016./2017.
(2) Znamo da jeE(
a+b+c2
). Trebamo pokazati da vrijedi
|EAi|= |EBi|= |ECi|=12, (i = 1,2,3).
TackeA1(a1), B1(b1), C1(c1) su redom sredine stranicaBC, AC i AB pa je
a1 =b+ c
2, b1 =
a+ c2
, c1 =a+b
2.
Prema tome imamo
|EA1|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− b+ c2
∣∣∣∣=∣∣∣a2
∣∣∣=
12,
|EB1|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+ c2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
b2
∣∣∣∣=
12,
|EC1|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+b2
∣∣∣∣=∣∣∣c2
∣∣∣=
12.
Lema 3.1
Neka jeX(x) tacka u unutrasnjosti trougla△ABC. Neka jeP projekcija tackeX na
pravuBC. Tada su koordinate tackeP date s
p =12(x− bc
R2 x+b+ c)
gdje jeR poluprecnik opisane kruznice.
Sada koristeci navedenu lemu mozemo odrediti koordinatetacakaA2, B2 i C2 i dobijamo
a2 =a+b+ c−bca
2, b2 =
a+b+ c−acb2
, c2 =a+b+ c−abc
2.
Izracunajmo sada|EA2|, |EB2|, |EC2|.
|EA2|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+b+ c−bca2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
bca2
∣∣∣∣=
|b||c||a|2
=12
|EB2|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+b+ c−acb2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
acb2
∣∣∣∣=
|a||c||b|2
=12
|EC2|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+b+ c−abc2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
abc2
∣∣∣∣=
|a||b||c|2
=12
Kako su tackeA3, B3 i C3 sredine duziAH, BH i CH redom, onda su njihove koordinate date
58
EMSVM 2016./2017.
s
a3 =a+h
2=
2a+b+ c2
, b3 =b+h
2=
a+2b+ c2
c3 =c+h
2a+b+2c
2.
Izracunajmo sada|EA3|, |EB3|, |EC3|.
|EA3|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− 2a+b+ c2
∣∣∣∣=∣∣∣a2
∣∣∣=
12
|EB3|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+2b+ c2
∣∣∣∣=
∣∣∣∣
b2
∣∣∣∣=
12
|EC3|=∣∣∣∣
a+b+ c2
− a+b+2c2
∣∣∣∣=∣∣∣c2
∣∣∣=
12
Pokazali smo da je|EAi| = |EBi| = |ECi| = 12 (i = 1,2,3). Time je dokazano da tacke
Ai, Bi, Ci (i = 1,2,3) pripadaju Eulerovoj kruznici.
♣
Tvrdnja 3.4
Dat je proizvoljan trougaoABC. Na kruznici(ABC) opisanoj oko trouglaABC uzeta je pro-
izvoljna tackaM. Neka suA1, B1 i C1 ortogonalne projekcije tackeM na praveBC, CA, AB.
Dokazati da su tackeA1, B1, C1 kolinearne. Uzimajuci kruznicu(ABC) za jedinicnu i sma-
trajuci da su afiksi tacakaA, B, C, M redom jednakiz1, z2, z3, z0, napisati jednadzbu prave
kroz A1, B1, C1 (Simsonova prava za tackuM u odnosu na trougaoABC.
Dokaz:
Neka sua1,b1,c1 redom afiksi tacakaA1,B1,C1. Odredimo ih u zavisnosti odz0,z1,z2,z3. U tu
59
EMSVM 2016./2017.
svrhu odredimo jednadzbu praveBC i prave okomite naBC koja prolazi kroz tackuM.
z− z2 =z3− z2
z3− z2(z− z2) =
z3− z2
z3− z2(z− z2) ·
z2 · z3
z2 · z3
=z2z3(z3− z2)
z2 z3z3︸︷︷︸
=1
−z3 z2z2︸︷︷︸
=1
(z− z2) =−z2z3(z2− z3)
z2− z3(z− z2)
Dakle,
z− z2 =−z2z3(z− z2) . . .BC
Kako je pravaA1M okomita naBC, to je njena jednadzba data sa
z− z0 = z2z3(z− z0) . . .A1M.
Presjecna tacka ove dvije prave jeA1, te rjesavanjem odgovarajuceg sistema dobijamo da je
a1 =12(z0+ z2+ z3− z2z3z0).
Analogno,
b1 =12(z0+ z1+ z3− z1z3z0)
c1 =12(z0+ z1+ z2− z1z2z0)
Provjerimo da li je zadovoljen uvjet kolinearnosti.
∣∣∣∣∣∣∣
a1 a1 1
b1 b1 1
b1 c1 1
∣∣∣∣∣∣∣
=
∣∣∣∣∣∣∣
z0+ z2+ z3− z2z3z0 z0+ z2+ z3− z2z3z0 1
z0+ z1+ z3− z1z3z0 z0+ z1+ z3− z1z3z0 1
z0+ z1+ z2− z1z2z0 z0+ z1+ z2− z1z2z0 1
∣∣∣∣∣∣∣
= . . .= 0
Zakljucujemo,A1,B1,C1 su kolinearne. Odredimo sada jednadzbu praveA1B1 (sto je isto kao i
praveA1B1C1). Jednadzba je oblika
z−a1 =a1−b1
a1−b1(z− z1).
Odredimo vrijednostia1−b1 i a1−b1.
a1−b1 =12[z2− z1− z3z0(z2− z1)] =
12(z2− z1)(1− z3z0)
=12(z2− z1)
(
1− z3 ·|z0|2z0
)
=12(z2− z1)
(
1− z3
z0
)
=12· (z2− z1)(z0− z3)
z0
60
EMSVM 2016./2017.
a1−b1 =12(z2− z1)(z0− z3)
z0=
12·
(1z2− 1
z1
)(1z0− 1
z3
)
1z0
=z0
2· (z1− z2)(z3− z0)
z0z1z2z3=
12· (z1− z2)(z3− z0)
z1z2z3
Dakle,
z−a1 =
12 ·
(z2−z1)(z0−z3)z0
12 ·
(z1−z2)(z3−z0)z1z2z3
· (z−a1) =z1z2z3
z0(z−a1).
Uvedimo oznakuσ3 = z1z2z3.
z− 12(z0+ z2+ z3− z2z3z0) = σ3z0
[
z− 12(z0+ z2+ z3− z2z3z0)
]
⇔z− 12
(
z0+ z2+ z3−z2z3
z0
)
= σ3z0
[
z− 12
(1z0
+1z2
+1z3
− z0
z2z3
)]
⇔z−σ3z0z =12
(
z0+ z2+ z3−z2z3
z0
)
− z1z2z3
2z0
(1z0
+1z2
+1z3
− z0
z2z3
)
⇔z−σ3z0z =12
(
z0+ z2+ z3−z2z3
z0− σ3
z20
− z1z3
z0− z1z2
z0+ z1
)
Uvedimo oznakeσ1 = z1+ z2+ z3 i σ2 = z1z2+ z1z3+ z2z3. Jednadzba Simsonove prave je u tom
slucaju data sa
z−σ3z0z =12
(
z0+σ1−1z0
σ2−1
z20
σ3
)
(3.2.4)
Ako se uzme da jez0 jedinicna tacka (sto se moze ucinit, jerM pripada jedinicnoj kruznici po
pretpostavci tvrdnje), tada jednadzba (3.2.4) Simsonove prave prima oblik
z−σ3z =12(1+σ1−σ2−σ3),
a ako se jos uzme da je jedinicna tacka Butenova tacka, tj. σ3 = 1, onda se dobije
z− z =12(σ1−σ2)
♠
Komentar 3.1
Dokazuje se da ako tackaM ne lezi na kruznici(ABC), onda njene projekcijeA1,B1,C1 na
straniceBC,AC,AB respektivno, ne leze na jednoj pravoj.
61
POGLAVLJE 4
POLINOMSKA GEOMETRIJA
Neka je
p(z) = anzn +an−1zn−1+ ...+a1z+a0, ai ∈ C, ai 6= 0 (i = 1,2, ...,n)
polinom nad poljem kompleksnih brojevaC.
Uvijek mozemo napravitian = 1. Uz taj uvjet, polinomp(z) mozemo zapisati kao
p(z) = (z− z1)(z− z2)...(z− zn),
pri cemu suz1,z2, ...zn nula polinomap(z). Pored toga, vrijedi da je
p′(z) = (z− z2)...(z− zn)+(z− z1)(z− z3)...(z− zn)+ ...+(z− z1)...(z− zn−1)
=(z− z1)(z− z2)...(z− zn)
z− z1+ ...+
(z− z1)(z− z2)...(z− zn)
z− z2
=p(z)
z− z1+
p(z)z− z2
+ ...+p(z)
z− zn= p(z)
(1
z− z1+
1z− z2
+ ...+1
z− zn
)
Dakle,
p′(z) = p(z)
(1
z− z1+
1z− z2
+ ...+1
z− zn
)
. (4.0.1)
Sa
H = {z ∈ C|p(z) = 0}
oznacimo skup svih nula polinomap, a sa
H ′ = {z ∈ C|p′(z) = 0}
skup svih nula polinomap′. Taj skup se naziv derivat skupaH.
Glavno pitanje koje se postavlja: Kakva je veza izmedu skupovaH i H ′, i to u geometrijskom
smislu?Primjer 4.1
Za dati polinomp(z) = (z− z1)(z− z2) pronaci skupH ′.
Rjesenje:
Neka je dat polinom
p(z) = (z− z1)(z− z2).
62
EMSVM 2016./2017.
Tada je skup nula datog polinoma
H = {z1,z2}.
Nadimo sada derivat skupa H.
p′(z) = z− z2+ z− z1 = 2z− (z1+ z2) = 0
⇒ z =12(z1+ z2)
⇒ H ′ =
{12(z1+ z2)
}
Geometrijski:
b
z1
b
z2
b z1+z22
Jedina tacka derivata nalazi se na sredini
duzi z1z2.
♣
Primjer 4.2
Za dati polinomp(z) = z3−1 odrediti skupH ′.
Rjesenje:
Polinom p(z) = z3− 1 ima tri nule, tj. skup nula ovog polinoma jeH = {z1,z2,z3}. Tacke
z1,z2,z3 su vrhovi jednakostranicnog trougla upisanog u jedinicnu kruznicu.
Nadimo sada derivat skupa H.
p′(z) = 3z2 = 0
⇒ z = 0
⇒ H ′ = {0}= O(0)
TackaO je u unutrasnjosti trougla ciji su vrhoviz1,z2,z3.
bz1
b
z2
bz3
bO
63
EMSVM 2016./2017.
♣
Komentar 4.1
TackaO se nasla unutar najmanjeg konveksnog skupa razapetog tackamaz1,z2,z3, tj. u
konveksnoj ljusci skupaH. Ovo nije slucajno, nego se moze pokazati i opcenito, o cemu
govori sljedeca lema:
Lema 4.1: (Gauss)
Neka jeH skup nula nekog polinomap, a H ′ njegov derivat. Tada je skupH sadrzan u
konveksnoj ljusci skupaH, tj. najmanjem konveksnom skupu razapetom elementima skupa
H.
Dokaz:
Neka jeH = {z1,z2, ...zn} skup nula polinomap(z), az′0 ∈ H ′ proizvoljno odabrana tacka. Raz-
likujemo dva slucaja.
(i) Ako je z′0 ∈ H, dokaz je gotov.
(ii) Pretpostavimo da
z′0 /∈ H (4.0.2)
Kako jez′0 ∈ H ′, to je
p′(z′0) = p(z′0)
(1
z′0− z1+
1z′0− z2
+ . . .+1
z′0− zn
)
= 0
(4.0.2)⇒ 1z′0− z1
+1
z′0− z2+ . . .+
1z′0− zn
= 0 (4.0.3)
Primijetimo,
|z|2 = z · z ⇒ z =|z|2z
⇒ 1z=
z|z|2 ,
odnosno
(1z
)
=z|z|2 (4.0.4)
Iz (4.0.3) i (4.0.4) imamo
(1
z′0− z1
)
+
(1
z′0− z2
)
+ . . .+
(1
z′0− zn
)
= 0
⇒ z′0− z1
|z′0− z1|2+
z′0− z2
|z′0− z2|2+ . . .+
z′0− zn
|z′0− zn|2= 0
64
EMSVM 2016./2017.
Ako oznacimo sa
λi =1
|z′0− zi|2, i = 1,2, . . . ,n
to je
λ1(z′0− z1)+λ2(z
′0− z2)+ . . .+λn(z
′0− zn) = 0.
Nakon sredivanja dobijamo da je
z′0 =λ1z1+λ2z2+ . . .+λnzn
λ1+λ2+ . . .+λn.
Pretpostavimo da smo tackez1,z2, ...,zn opteretili masamaλ1,λ2, ...,λn redom.
b
z6(λ6)
b
z5(λ5)
bz4(λ4)
bz3(λ3)b
z2(λ2)
b
z1(λ1)
bZ′
0
U fizici je teziste centar mase. Kako jez′0 teziste, to prema induktivnoj definiciji tezista,z′0se nalazi u najmanjem konveksnom skupu razapetom tackamaz1,z2, ...,zn s masamaλ1,λ2, ...,λn
redom. Time je dokaz zavrsen.
♠
Lema 4.2
SkupoviH i H ′ su invarijantni pod izometrijama ravni, tj. ako jef izometrija ravni, tada je
( f (H))′ = f (H ′).
Dokaz: Neka suH = {z1,z2, ...zn} i H ′ = {z′1,z′2, ...z
′n−1}. Svaka izometrija kompleksne ravni
je data sa
f (z) = az+b, a,b ∈ C, |a|= 1
⇒ f (H) = {az1+b,az2+b, . . . ,azn +b}
Otuda je i
f (H ′) ={
az′1+b,az′2+b, . . . ,az′n−1+b}.
65
EMSVM 2016./2017.
Neka jezi ∈ H ′ proizvoljan. Ako jez′i ∈ H, dokaz je zavrsen (trivijalno).
Pretpostavimo daz′i /∈ H.
⇒ 1z′i − z1
+1
z′i − z2+ ...+
1z′i − zn
= 0
Mnozenjem gornjeg izraza sa1a , pri cemu jep(z) 6= 0, dobijamo sljedece:
1(az′i +b)− (az1+b)
+1
(az′i +b)− (az2+b)+ ...+
1(az′i +b)− (azn+b)
= 0
Kako suaz′i+b nule derivacije polinoma cije su nulaaz1+b,az2+b, ...,azn+b, toaz′i+b∈ ( f (H))′
i pri tom je f (H ′) = ( f (H))′.
♠
Osnovni problem:
Neka suz1,z2,z3 nekolinearne tacke koje su nule nekog polinomap(z), tj. H = {z1,z2,z3}.
Gdje se precizno nalaze odgovarajuce tacke derivataH ′?
Pretpostavimo da suz1,z2,z3 nekolinearne tako da je
z1+ z2+ z3 = 0 (4.0.5)
Neka su one nula polinomap(z).
p(z) = (z− z1)(z− z2)(z− z3)
p′(z) = (z− z2)(z− z3)+(z− z1)(z− z3)+(z− z1)(z− z2)
p′(z) = 3z2−2z(z1+ z2+ z3)+ z1z2+ z2z3+ z1z3 = 0
x1,2 je nula polinomap′(z), te je dalje
x1,2 =13
(
(z1+ z2+ z3)±√
(z1+ z2+ z3)2−3(z1z2+ z2z3+ z1z3)
)
Iz (4.0.5) ⇒ z3 =−z1− z2, pa imamo:
x1,2 =13
(
±√
−3z1z2−3(z2+ z1)z3
)
=13
(
±√
−3z1z2+3(z1+ z2)(z1+ z2))
=±13
√
−3z1z2+3z21+3z2
2+6z1z2 =±13
√
3(z21+ z1z2+ z2
2)
=±
√
z21+ z1z2+ z2
2
3
66
EMSVM 2016./2017.
⇒ H ′ =
√
z21+ z1z2+ z2
2
3,−
√
z21+ z1z2+ z2
2
3
Kako dati odgovor na osnovni problem?
Neka sua,b,c nekolinearne tacke u kompleksnoj ravni. Prema Gaussovoj lemi mozemo ih izome-
trijom dovesti u takav polozaj da vrijedia+b+c = 0, tj. O(o)-unutar trougla s vrhovima u tackama
a,b,c.
H = {a,b,c}
H ′ =
{√
a2+b2+ab3
,−√
a2+b2+ab3
}
pri cemu suf1 =√
a2+b2+ab3 i f2 =−
√a2+b2+ab
3 simetricne u odnosu na ishodiste.
Teorem 4.1
Ako su a,b,c nekolinearne tacke, tada tacke derivataH ′ predstavljaju zize (fokuse) elipse
upisane u trougao sa vrhovima,b,c, koja dodiruje stranicu trougla u njihovim sredistima.
Dokaz: Neka sua,b,c ∈ C tri nekolinearne tacke. Prema lemi se koordinatni pocetak moze
izabrati tako da budea+b+ c = 0. Ovom skupu tacaka odgovara polinom
p(z) = (z−a)(z−b)(z− c)
⇒p′(z) = (z−a)(z−b)+(z−a)(z− c)+(z−b)(z− c)
Skup derivata je u ovom slucaju
H ′ =
{
f1 =
√
a2+b2+ab3
, f2 =− f1
}
.
b
f2
bf1
b
O
b
a+b2
b
a
b
b
b
b+c2
b
a+c2
b c
67
EMSVM 2016./2017.
Dokazimo da suf1 i f2 zize elipse. Ne umanjujuci na opstosti, pretpostavimoda je prava
f1 f2 realna osa Gaussove ravni. Dokazimo da vektorz3 = b− a lezi na simetrali ugla vektora
z1 =a+b
2 − f2 i z1 = f1− a+b2 .
Vektor z3 ce lezati na simetrali ugla izmedu radijus vektoraz1 i z2 ako vrijedi da je z3z1z2
∈ R.
z23
z1z2=
(b−a)2
(a+b2 − f2)( f1− a+b
2 )=
(b−a)2
f 21 −
(a+b2
)2 =(b−a)2
a2+b2+ab3 − a2+2ab+b2
4
= 12(b−a)2
a2+b2−2ab= 12∈ R (4.0.6)
Pokazali smo, dakle, da elipsa kojoj su zaristaF( f1) i F( f2) prolazi polovistemP(
a+b2
)stranice
AB (A(a),B(b)).
Treba pokazati da je elipsa jednoznacno definirana, tj. da se elipse definirane zaristimaF1,F2
i polovisitimaP,Q,R podudaraju. Ako oznacimo veliku os elipse definirane zaristimaF1 i F2, te
tackomP s 2p, onda vrijedi
|F1P|+ |F2P|= 2p. (4.0.7)
Ako dokazemo dap ovisi samo o stranicama trokutaABC i o |F1F2|, bit ce dokazana i nasa tvrdnja.
Mozemo primijetiti da se (4.0.6) moze pisat u obliku
|F1P| · |F2P|= |AB|212
. (4.0.8)
Iz (4.0.7) i (4.0.8) slijedi
4p2 = |F1P|2+ |F2P|2+2|F1P| · |F2P|,
tj.
4p2 = |F1P|2+ |F2P|2+ |AB|26
. (4.0.9)
68
EMSVM 2016./2017.
Kako jeCP tezisnica trokutaABC, to je
|CP|2 = 14
(2|CA|2+2|CB|2−|AB|2
).
Nadalje,OP je tezisnica trokutaPF1F2, pa je
|OP|2 = 14(2|F1P|2+2|F2P|2−|F1F2|2).
Kako je|OP| ujedno i trecina tezisnice|CP|, to iz datih jednakosti slijedi
|F1P|2+ |F2P|2 = 118
(2|AC|2+2|BC|2−|AB|2)+ 12|F1F2|2.
Zbog toga iz (4.0.9) slijedi
4p2 =19(|AB|2+ |BC|2+ |CA|2)+ 1
2|F1F2|2.
Dakle, zaistap ovisi samo o stranicama trokuta i|F1F2|, te je tvrdnja teorema dokazana.
♠
69
POGLAVLJE 5
PELLOVA JEDNAD ZBA S ASPEKTA DIFERENTNIH
JEDNADZBI
5.1. Rjesavanje Pellove jednadzbe
Cilj nam je da pokazemo kako pomocu metoda diferentnih jednadzbi mozemo rijesiti Pellovu jed-
nadzbu.Definicija 5.1
Diofantska jednadzba
x2−Dy2 = 1,
gdje jeD prirodan broj koji nije potpun kvadrat, se naziva Pellova jednadzba.
Ako je D < 0, onda je ocito da jednadzba ima konacno mnogo rjesenja. Ako je D potpun kva-
drat, onda jeD oblikaD= a2, pa Pellova jednadzba ima oblik(x−ay)(x+ay)= 1. U tom slucaju se
njeno rjesavanje svodi na rjesavanje dva sistema jednadˇzbi i to x−ay = 1, x+ay = 1 i x−ay =−1,
x+ ay = −1. U tom slucaju Pellova jednadzba ima samo rjesenja(x,y) = (±1,0), Ta rjesenja se
nazivaju trivijalna rjesenja. Takoder, mozemo primjetiti da ako je par(x0,y0) rjesenje Pellove jed-
nadzbe, da su onda njena rjesenja i parovi(−x0,y0), (x0,−y0) i (−x0,−y0). Ova cinjenica nam
omogucuju da se pri rjesavanju Pellove jednadzbe ogranicimo na rjesenje u skupu prirodnih bro-
jeva. Fundamentalno rjesenje Pellove jednadzbe predstavlja najmanje rjesenje Pellove jednadzbe u
prirodnim brojevima. U slucaju daD nije potpun kvadrat o rjesenjima Pellove jednadzbe nam tada
govori sljedeci teorem.
Teorem 5.1
Ako D ∈ N nije potpun kvadrat tada jednadzba
x2−Dy2 = 1
ima beskonacno mnogo rjesenja u skupuN, a opce rjesenje(xn,yn), n ≥ 0 je dato sa
xn+1 = x1xn +Dy1yn
yn+1 = x1yn + y1xn
(5.1.1)
gdje je(x0,y0) = (1,0) i (x1,y1) njeno fundamentalno rjesenje.
70
EMSVM 2016./2017.
Sistem (5.1.1) predstavlja homogeni sistem s dvije linearne diferentne jednadzbe prvog reda.
Takoder, sistem (5.1.1) mozemo zapisati i u matricnom obliku
Xn+1 = AXn, (n = 0,1,2, ...) (5.1.2)
gdje jeXn =
[
xn+1
yn+1
]
, A =
[
x1 Dy1
y1 x1
]
i X0 =
[
x0
y0
]
=
[
1
0
]
pocetna vrijednost. U tom slucaju imamo
da je rjesenje posmatranog problema pocetnih vrijednosti dato sa
Xn = AnX0, (n = 1,2,3, ...) (5.1.3)
Iz jednakosti (5.1.3) vidimo da je jedini problem da se dode do rjesenja sistema (5.1.1) izracunavanje
n-tog stepena matriceA. Problem cemo rijesiti koristenjem Hamilton-Cayleyevog teorema.
Teorem 5.2: Hamilton-Cayleyev teorem
Svaka kvadratna matricaA zadovoljava svoju karakteristicnu jednadzbu, to jest
κ(A) = 0,
gdje je0 nula-matrica.
Prema tome izracunajmo prvo karakteristicni polinomκ(λ ) matriceA.
κ(λ ) = det(A−λ I) =
∣∣∣∣∣
x1−λ Dy1
y1 x1−λ
∣∣∣∣∣= λ 2−2x1λ + x2
1−Dy21
︸ ︷︷ ︸
=1
= λ 2−2x1λ +1.
Prema Hamilton-Cayleyevom teoremu imamo
A2−2x1A+ I = 0,
odnosno,
An+2−2x1An+1+An = 0
sto predstavlja linearnu diferentnu jednadzbu drugog reda s konstantnim koeficijentima. MatricaA
ima svojstvene vrijednostiλ1,2 = x1± y1√
D odakle je onda,
An =C1(x1+ y1√
D)n +C2(x1− y1√
D)n,
gdje suC1 i C2 konstantne matrice koje treba odrediti koristeci pocetne uvjete.
Dakle,
n = 0=⇒ A0 =C1+C2 =⇒ I =C1+C2
n = 1=⇒ A =C1(x1+ y1√
D)+C2(x1− y1√
D).
71
EMSVM 2016./2017.
Rjesevanjem sistema dobijamo
C1 =1
2√
D
[√D D
1√
D
]
, C2 =1
2√
D
[√D −D
−1√
D
]
.
Dakle, dobili smo da je
An =1
2√
D
[√D[(x1+ y1
√D)n +(x1− y1
√D)n] D[(x1+ y1
√D)n − (x1− y1
√D)n]
(x1+ y1√
D)n − (x1− y1√
D)n√
D[(x1+ y1√
D)n +(x1− y1√
D)n]
]
.
Uvrstavanjem u (5.1.3) dobijamo da je opce rjesenje
Xn =
[12[(x1+ y1
√D)n +(x1− y1
√D)n]
12√
D[(x1+ y1
√D)n − (x1− y1
√D)n]
]
, (n = 0,1,2, ...).
Ostalo nam je jos da opisemo na koji nacin dolazimo do fundamentalnog rjesenja(x1,y1).
Poznato je da se sve jako dobre racionalne aproksimacije realnog broja mogu dobiti iz njegovog
razvoja u verizni razlomak.
Neka jeα ∈ R. Izraz oblika
α = a0+1
a1+1
a2+1
a3+ · · ·
,
gdje suao ∈ Zz, a1,a2, ... ∈ N, zove se razvoj brojaα u jednostavni verizni razlomak. Verizni
razlomak krace zapisujemo u obliku[a0;a1,a2, ...]. Brojevi a0,a1, ... zovu se parcijalni kvocijenti i
definiraju se s:
a0 = ⌊α⌋, α = a0+1
α1, a1 = ⌊α1⌋, α1 = a1+
1α2
, ...
Postupak se nastavlja sve dok jeak 6=αk. Razvoj u jednostavni verizni razlomak brojaα je konacan
ako i samo ako jeα racionalan broj. Racionalne brojeve
pk
qk= a0+
1
a1+1
... +1
ak
= [a0;a1, ...,ak]
zovemo konvergente veriznog razlomka. Brojnici i nazivnici zadovoljavaju sljedece rekurzije:
pn+2 = an+2pn+1+ pn, p0 = a0, p1 = a0a1+1, (p−1 = 1, p−2 = 0),
72
EMSVM 2016./2017.
qn+2 = an+2qn+1+qn, q0 = 1, q1 = a1, (q−1 = 0,q−2 = 1).
Za svako rjesenje Pellove jednadzbex2−Dy2 = 1, xy je neka konvergenta u razvoju od
√D u verizni
razlomak. Broj√
D je kvadratna iracionalnost pa mu je razvoj periodican. On ima razvoj oblika
√D = [a0;a1,a2, ...,al−1,2a0]
gdje jea0 = ⌊√
D⌋, a l duzina perioda.
Sada navedimo algoritam za razvoj kvadratnih iracionalnosti u verizni razlomak:
Neka jeα kvadratna iracionalnost. Prikazimo je u oblikuα = s0+√
Dt0
gdje suD, s0, t0 ∈ Z,
t0 6= 0, D nije potpun kvadrat it0|(D− s20). Ako je α =
√D, onda jes0 = 0, t0 = 1. Brojeveai
racunamo rekurzivno na sljedeci nacin:
ai =
⌊si +α
ti
⌋
, si+1 = aiti − si, ti+1 =D− s2
i+1
ti, i ≥ 0.
Algoritam se zaustavlja kada se ponovi par(sk, tk).
Bez dokaza navodimo sljedeci teorem.
Teorem 5.3
Neka jel duzina perioda u razvoju√
D.
1. Ako je l paran broj, fundamentalno rjesenje jednadzbex2−Dy2 = 1 je
(x1,y1) = (pl−1,ql−1).
2. Ako je l neparan broj, fundamentalno rjesenje jednadzbex2−Dy2 = 1 je
(x1,y1) = (p2l−1,q2l−1).
Primjer 5.1
Naci rjesenje u skupuN
x2−15y2 = 1.
Rjesenje: Prvo odredimo razvoj broja√
15 u verizni razlomak. Dakle,D = 15 nije potpun
kvadrat, pa jeα =√
15 kvadratna iracionalnost. Prateci navedeni algoritam uzimamo da jes0 = 0
i t0 = 1. Izracunajmo sada brojeveai, i ≥ 0.
a0 =
⌊s0+α
t0
⌋
=
⌊
0+√
151
⌋
= 3
s1 = a0t0+ s0 = 3 ·1−0= 3, t1 =D− s2
1
t0=
15−91
= 6
73
EMSVM 2016./2017.
a1 =
⌊s1+α
t1
⌋
=
⌊
3+√
156
⌋
= 1
s2 = a1t1+ s1 = 1 ·6−3= 3, t2 =D− s2
2
t1=
15−96
= 1
a2 =
⌊s2+α
t2
⌋
=
⌊
3+√
151
⌋
= 6
s3 = a2t2+ s2 = 6 ·1−3= 3, t3 =D− s2
3
t2=
15−91
= 6
⇒(s1, t1) = (s3, t3) = (3,6)
Dakle, dobijamo da je razvoj broja√
15 u verizni razlomak
√15= [a0;a1,a2] = [3;1,6]
i vidimo da je periodl = 2 paran. Tada prema Teoremu5.3fundamentalno rjesenje je
(x1,y1) = (p1,q1) = (a0a1+1,a1) = (4,1).
Na prethodno opisan nacin koristenjem diferentnih jednadzbi rijesimo zadatak.
Dakle, imamo da je
A =
[
x1 Dy1
y1 x1
]
=
[
4 15·11 4
]
=
[
4 15
1 4
]
.
Prema Hamilton-Cayleyevom teoremu imamo
A2−8A+ I = 0,
odnosno,
An+2−8An+1+An = 0,
odakle je
An =C1(4+√
15)n +C2(4−√
15)n
gdje suC1 i C2 konstantne matrice koje treba odrediti koristeci pocetne uvjete. Dakle,
n = 0=⇒ A0 =C1+C2 =⇒ I =C1+C2
n = 1⇐= A =C1(4+√
15)+C2(4−√
15).
74
EMSVM 2016./2017.
Rjesavanjem sistema slijedi
C1 =1
2√
15
[√15 15
1√
15
]
, C2 =1
2√
15
[√15 −15
−1√
15,
]
pa se dobije
An =1
2√
15
[√15[(4+
√15)n +(4−
√15)n] 15[(4+
√15)n − (4−
√15)n]
(4+√
15)n − (4−√
15)n√
15[(4+√
15)n +(4−√
15)n]
]
.
Tada je rjesenje zadane jednadzbe
Xn =
[12[(4+
√15)n +(4−
√15)n]
12√
15[(4+
√15)n − (4−
√15)n]
]
,(n = 0,1,2, ...).
♣
Jednadzba ax2−by2 = 1
Posmatrajmo sada jednadzbu oblika
ax2−by2 = 1, (5.1.4)
gdje sua i b prirodni brojevi. Navedimo sljedeca dva teorema bez dokaza.
Teorem 5.4
Ako je ab = k2, gdje jek prirodan broj veci od1, tada jednadzbaax2−by3 = 1 nema rjesenje
u skupuN.
Jednadzbu oblika
u2−abv2 = 1 (5.1.5)
zvat cemo Pellova rezolventa.Teorem 5.5
Pretpostavimo da jednadzba (5.1.4) ima rjesenje u skupuN i neka je(x0,y0) njeno minimalno
rjesenje u prirodnim brojevima. Opce rjesenje(xn,yn), n ≥ 0 jednadzbe (5.1.4) je dato sa
xn = x0un +by0vn
yn = x0un +ay0vn
(5.1.6)
gdje je(un,vn), n ≥ 0 rjesenje Pellove rezolvente (5.1.5).
Dakle, da bi smo rijesili jednadzbu (5.1.4) moramo prvo rijesiti Pellovu rezolventu (5.1.5).
75
EMSVM 2016./2017.
Prema Teoremu5.1rjesenje jednadzbeu2−abv2 = 1 je
un+1 = u1un +abv1vn
vn+1 = u1vn + v1un
,
gdje je(u0,v0) = (1,0) i (u1,v1) fundamentalno rjesenje ili zapisano u matricnom obliku
Un+1 = AUn (n = 0,1,2, ...), (5.1.7)
gdje jeUn =
[
un+1
vn+1
]
, A =
[
u1 abv1
v1 u1
]
i U0 =
[
u0
v0
]
=
[
1
0
]
pocetna vrijednost. (5.1.7) predstavlja
problem pocetnih vrijednosti cije je rjesenje dato sa
Un = AnU0, (n = 1,2,3...). (5.1.8)
Na identican nacin kako je to ranije pokazano odredimo matricu An. Dobijamo,
An =1
2√
ab
[√ab[(u1+ v1
√ab)n +(u1− v1
√ab)n] ab[(u1+ v1
√ab)n − (u1− v1
√ab)n]
(u1+ v1√
ab)n − (u1− v1√
ab)n√
ab[(u1+ v1√
ab)n +(u1− v1√
ab)n]
]
.
Iz cega onda uvrstavanjem u (5.1.8) dobijamo
Un =
[12[(u1+ v1
√ab)n +(u1− v1
√ab)n]
12√
ab[(u1+ v1
√ab)n − (u1− v1
√ab)n]
]
(5.1.9)
Zapisimo sada sistem (5.1.6) u matricnom obliku
[
xn
yn
]
=
[
x0 by0
x0 ay0
][
un
vn
]
. (5.1.10)
Uvrstavanjem (5.1.9) u (5.1.10) dobijamo
[
xn
yn
]
=
[√a
2a [(√
ax0+√
by0)(u1+ v1)n +(
√ax0−
√by0)(u1− v1)
n]√b
2b [(√
bx0+√
ay0)(u1+ v1)n +(
√bx0−
√ay0)(u1− v1)
n]
]
sto predstavlja opce rjesenje jednadzbe (5.1.4).
Primjer 5.2
Nadi sva rjesenja jednadzbe
6x2−5y2 = 1
u prirodnim brojevima.
76
EMSVM 2016./2017.
Rjesenje: Minimalno rjesenje u prirodnim brojevima jednadzbe 6x2 − 5y2 = 1 je (x0,y0) =
(1,1). Kako jea = 6 i b = 5 onda je pripadajuca Pellova rezolventa
u2−30v2 = 1.
Njeno fundamentalno rjesenje je(u1,v1) = (11,2). Njeno opce rjesenje zapisano u matricnom
obliku je
Un = AnUn (n = 0,1,2, ...), (5.1.11)
gdje jeUn =
[
un
vn
]
, A =
[
11 60
2 11
]
i U0 =
[
1
0
]
pocetna vrijednost.
Koristenjem Hamilton-Cayleyevog teorema dolazimo do matrice An. Dobijamo,
An =1
2√
30
[√30[(11+2
√30)n +(11−2
√10)n] 30[(11+2
√30)n − (11−2
√30)n]
(11+2√
30)n − (11−2√
30)n√
30[(11+2√
30)n +(11−2√
30)n]
]
.
Iz cega onda onda uvrstavanjem u (5.1.11) dobijamo rjesenje Pellove rezolvente
Un =
[12[(11+2
√30)n +(11−2
√30)n]
12√
30[(11+2
√30)n − (11−2
√30)n]
]
. (5.1.12)
Prema Teoremu5.5opce rjesenje jednadzbe 6x2−5y2 = 1 je
xn = un +5y0vn
yn = un +6y0vn
. (5.1.13)
Nakon uvrstavanja (5.1.12) u (5.1.13) dobijamo
[
xn
yn
]
=
[6+
√30
12 (11+2√
30)n + 6−√
3012 (11−2
√30)n
5+√
3010 (11+2
√30)n + 5−
√30
10 (11−2√
30)n
]
.
♣
Negativna Pellova jednadzba
Navedimo jos jedan oblik Pellove jednadzbe, tzv. negativnu Pellovu jednadzbu
x2−Dy2 =−1.
77
EMSVM 2016./2017.
Teorem 5.6
Pretpostavimo da jednadzbax2−Dy2 = −1 ima rjesenje u skupuN i neka je(A,B) njeno
minimalno rjesenje, onda je opce rjesenje(xn,yn) n ≥ 0 dato sa
xn = Bun +DAvn
yn = Aun +Bvn,
gdje je(un,vn) n ≥ 0 rjesenje Pellove rezolvente
u2−Dv2 = 1.
Teorem 5.7
Neka jep prost broj. Jednadzbax2 −Dy2 = −1 ima rjesenje ako i samo ako jep = 2 ili
p ≡ 1(mod4).
Primjer 5.3
Naci sve parove(k,m), k,m ∈ N takve da jek < m i da vrijedi
1+2+3+ ...+ k = (k+1)+(k+2)+ ...+m.
Rjesenje:
1+2+3+ ...+ k = (k+1)+(k+2)+ ...+m /+(1+2+ ..+ k)
⇔2(1+2+3+ ...+ k) = 1+2+ ..+m ⇔ 2 · k(k+1)2
=m(m+1)
2/ ·2
⇔2k(k+1) = m(m+1)⇔ 2k2+2k = m2+m / ·4⇔8k2+8k = 4m2+4m ⇔ 2(4k2+4k+1)−2= 4m2+4m+1−1
⇔2(2k+1)2−2= (2m+1)2−1⇔ (2m+1)2−2(2k+1)2 =−1
Uvedemo li smjenux = 2m+1 i y = 2k+1 dobit cemo negativnu Pellovu jednadzbu cije je mini-
malno rjesenje(A,B) = (1,1). Sada koristenjem Teorema5.6 i prethodno izlozenog mozemo doci
do rjesenja zadatka sto ostavljamo citaocu za vjezbu.
♣
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1. Rijesiti jednadzbux2−8y2 = 1 u skupuN.
2. Pronaci sve onen ∈ N takve dan(n+1)3 cini potpun kvadrat.
78
EMSVM 2016./2017.
3. Pronaci sve onen ∈ N takve dan(n+1)2 cini potpun kvadrat.
4. Naci sve prirodne brojeven takve da su 2n+1 i 3n+1 potpuni kvadrati.
79
POGLAVLJE 6
PRIMJENA DIFERENCIJALNOG I INTEGRALNOG
RACUNA U DOKAZIVANJU NEJEDNAKOSTI
Teorem 6.1: Teorem o meduvrijednosti
Pretpostavimo da je funkcijaf : [a,b]→R neprekidna funkcija iC tacka izmedu f (a) i f (b).
Tada postoji tacka c izmedua i b (ukljucujuci i a i b), takva da jef (c) =C.
Primjer 6.1
Neka je funkcijaf : [0,1]→ [0,1], neprekidna na[0,1]. Dokazati da postojix ∈ [0,1] tako da
je f (x) = x. (fiksna tacka)
Rjesenje:
Definisimo funkcijug(x) :
g(x) = f (x)− x, f ∈C[0,1]
Vrijedi:
g(0) = f (0)−0= f (0)≥ 0
g(1) = f (1)−1≤ 1−1= 0
Dakle, pokazali smo da jeg(1) ≤ 0 ≤ g(0). Kako je g neprekidna, tada postoji tackac koja je
izmedu 0 i 1, takva da jeg(c) = 0, pa vrijedi:
0= g(c) = f (c)− c ⇔ f (c) = c,
tj. c ∈ [0,1] je fiksna tacka.
80
EMSVM 2016./2017.
♣
Primjer 6.2
Neka funkcijef (x) i g(x) zadovoljavaju jednakosti:
(∀x ∈ R), f (g(x)) = g( f (x)) (6.0.1)
Ako je jednadzbaf (x) = g(x) nema realnih rjesenja, tada if ( f (x)) = g(g(x)) nema realnih
rjesenja.
Rjesenje:Kako vrijedi
f (x) 6= g(x), (∀x ∈ R)
tada vrijedi:
f (x)< g(x) ∨ g(x)< f (x), (∀x ∈ R)
i) Neka je f (x) < g(x). Slijedi:
f ( f (x))< g( f (x)) = f (g(x))< g(g(x))
odnosno,
f ( f (x))< g(g(x)), (∀x ∈ R)
iz cega zakljucujemo da jednadzba nema rjesenja.
ii) Neka jeg(x)< f (x). Slijedi:
g(g(x))< f (g(x)) = g( f (x))< f ( f (x))
odnosno,
g(g(x))< f ( f (x)), (∀x ∈ R)
iz cega zakljucujemo da jednadzba nema rjesenja.
♣
Primjer 6.3
Dokazati da postoji bar jedna prava koja istovremeno raspolovi obim i povrsinu konveksnog
mnogougla.
6.1. Koristenje izvoda
Prisjetimo se pojmova lokalnog i globalnog ekstrema funkcije.
81
EMSVM 2016./2017.
Definicija 6.1
Neka je funkcija f definisana na intervalu(a,b). Funkcija f u tacki c ∈ (a,b) ima lo-
kalni maksimum (lokalni minimum) ako postoji okolina tacke c tako da vrijedif (x) ≤ f (c)
( f (x)≥ f (c)) za svex iz te okoline.
Definicija 6.2
Neka je funkcijaf definisana na segmentu[a,b]. Vrijednost infx∈[a,b]
( f (x)) predstavlja globalni
minimum funkcijef na segmentu[a,b], dok vrijednost supx∈[a,b]
( f (x)) predstavlja globalni mak-
simum funkcijef na segmentu[a,b].
Koristenjem izvoda odredivat cemo lokalne i globalne ekstreme funkcije.
Primjer 6.4
Pokazati da jeex > x+1, za(∀x ∈ R)
Rjesenje:
Definisimo funkciju f (x):
f (x) = ex − x−1
Pronadimo izvode:
f ′(x) = ex −1
f ′′(x) = ex
Kako je f ′(x) = 0 zax = 0, i kako vrijedi:
f ′′(0) = 1> 0
slijedi da f ima lokalni minimum ux = 0, a on je ujedno i globalni minimum. Na osnovu toga,
slijedi:
f (x)≥ f (0), (∀x ∈ R)⇒ ex ≥ x+1, (∀x ∈ R)
♣
82
EMSVM 2016./2017.
Primjer 6.5
Sta je vece,eπ ili πe?
Rjesenje:Neka jex1 = eπ i x2 = πe, tada je
lnx1 = lneπ = π lne, lnx2 = lnπe = e lnπ .
lnx je rastuca funkcija, tj.
lnx1 < lnx2 ⇒ x1 < x2
Uporedimoπ lne i e lnπ :
e lnπ <? π lne
lnππ
<? lnee
U tu svrhu posmatrajmo funkcijuf (x) = lnxx . Njen izvod je
f ′(x) =x1
x −1lnx
x2 =1− lnx
x2 .
Iz cega onda slijedi,
f ′(x)> 0⇔ 1− lnx > 0⇔ lnx < 1⇔ x < e
tj.,
f ↑ ,za x < e,
f ↓ ,za x > e.
Kako jeπ > e, slijedi:
f (π)< f (e)
odnosno,lnππ
<lnee
⇔ e lnπ < π lne ⇔ lnπe < lneπ ⇔ πe < eπ
♣
Primjer 6.6
Za svea,b > 0 takvi daa+b = 1 i svex,y > 0:
xa · yb ≤ ax+by
Jednakost vrijedi ako i samo ako jex = y
83
EMSVM 2016./2017.
Rjesenje:Uvrstavanjemb = 1−a u nejednakost i nakon sredivanja izraza dobijamo
(xy)a ≤ a(
xy−1)+1,
odakle onda uvodenjem smjenet = xy dobijamo nejednakost
ta ≤ a(t −1)+1.
U tu svrhu definisimo funkciju:
f (t) = ta −at.
Vrijedi
f ′(t) = ata−1−a = a(ta−1−1) = a(1
t1−a −1) = a(1− t1−a
t1−a )
pa je
f ′(t) = 0 ⇔ t = 1.
Kako je:
f ′′(t) = a(a−1)ta−2 < 0
slijedi da funkcijaf ima maksimum ut = 1. Prema tome imamo,
f (t)≤ f (1)⇔ ta−at ≤ 1−a ⇔ ta ≤ at −a+1.
Jednakost se dostize zat = 1, xy = 1 ⇔ x = y
♣
Primjer 6.7
Dokazati da za sve uglove trouglaα,β ,γ vrijedi:
sinα +sinβ +sinγ ≥ 3√
32
84
EMSVM 2016./2017.
6.2. Konveksne/konkavne funkcije
Definicija 6.3: (Visa matematika)
Neka je f : I → I (I interval izR). Neka suλ1,λ2, . . . ,λn realni brojevi tako da je∑ni=1 λi = 1.
Ako za svex1,x2, . . . ,xn ∈ I vrijedi da:
f
(n
∑i=1
λixi
)
≤n
∑i=1
λi f (xi) (6.2.1)
tada kazemo da jef konveksna naI.
Ako u (6.2.1) vrijedi obrnuta nejednakost (≥) tada jef konkavna naI.
Specijalno zan = 2,x1 = a,x2 = b,λi =12:
f
(a+b
2
)
≤ f (a)+ f (b)2
(6.2.2)
Napomena 6.1
U elementarnoj matematici (rad s nadarenim ucenicima) za definiciju konveksnosti uzima se
nejednakost(6.2.2), a onda se iz(6.2.1) zaλ1 = λ2 = ...= λn =1n zakljuci:
f
(a1+a2+ . . .+an
n
)
≤ f (a1)+ f (a2)+ . . .+ f (an)
n. (6.2.3)
Takoder, za konkavne funkcije tada vrijedi
f
(a1+a2+ . . .+an
n
)
≥ f (a1)+ f (a2)+ . . .+ f (an)
n. (6.2.4)
85
EMSVM 2016./2017.
Teorem 6.2
Funkcija f : I → I konveksna naI ako i samo akof ′′ ≥ 0 naI.
Funkcija f : I → I konkavna naI ako i samo akof ′′ ≤ 0 naI.
Ponekad je dokaz nejednakosti(6.2.2) kompliciran, te se umjesto toga moze koristiti znak
drugog izvoda, te na osnovu toga koristiti(6.2.1) ili (6.2.3) .
Teorem 6.3
Neka je f konveksna na[a,b] pa vrijedi:
f (x)≤ max{ f (a), f (b)}, ∀x ∈ [a,b]
Dokaz:x ∈ [a,b] zbog konveksnosti intervala,∃λ > 0 tako da je:
x = λa+(1−λ )b.
Vrijedi:
f (λa+(1−λ )b)≤ λ f (a)+(1−λ ) f (b)
≤ (λ +1−λ )max{ f (a), f (b)}= max{ f (a), f (b)}
♠
Primjer 6.8
Neka jex ∈ [−1,1] i y ∈ [0,1]. Dokazati:
x3+ y3− xy ≤ 3
Rjesenje:
i) y parametar
g(x) = x2+ y3− xy ⇒ g′(x) = 2x− y ⇒ g′′(x) = 2> 0, ∀x ∈ [−1,1]
Dakle, funkcijag konveksna. Na osnovu Teorema6.3 vrijedi:
g(x)≤ max{g(−1),g(1)}= max{1+ y+ y3,1− y+ y3}= y3+ y+1
ii) x parametar
g(y) = y3− xy+ x2 ⇒ g′(y) = 3y2− x ⇒ g′′(y) = 6y ≥ 0, ∀y ∈ [0,1]
86
EMSVM 2016./2017.
Dakle, funkcijag je konveksna, pa vrijedi:
g(y)≤ max{g(0),g(1)}= max{x2,x2− x+1}
Slijedi:
g(x,y) = x2+ y3− xy ≤ {g(−1,0),g(−1,1),g(1,0),g(1,1)}= max{1,3,1,2}= 3
♣
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1. Neka jen ∈ N i xi ∈ [0,1] za sve (i=1,2,...,n). Odrediti najvecu mogucu vrijednost za
∑i< j
|xi − x j|.
Rezultat:n2
2 zan parno,n2−12 zan neparno.
2. Ako sua,b,c ∈ [0,1], dokazati da je
ab+ c+1
+b
a+ c+1+
ca+b+1
+(a−1)(b−1)(c−1)≤ 1.
87
EMSVM 2016./2017.
Napomena 6.2
Nejednakosti (6.2.3) i (6.2.4) nazivamoJensenovim nejednakostima.
Kao direktna posljedica Jensenove nejednakosti slijede mnoge danas poznate nejednakosti, kao
npr. tezinska nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine, Youngova nejednakost, Holde-
rova nejednakost, nejednakost Minkowskog i mnoge druge. U nastavku cemo neke od njih navesti
i dokazati.Posljedica 6.1: (Tezinska nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine)
Ako suxi pozitivni, aλi nenegativni realni brojevi, gdjei = 1, ...,n in
∑i=1
λi = 1, tada vazi
xλ11 xλ2
2 ...xλnn ≤ λ1x1+λ2x2+ ...+λnxn.
Jednakost vazi ako i samo ako su svixi jednaki medu sobom, ili su sviλi osim jednog
jednaki nuli. Specijalno, ako jeλ1 = λ2 = ... = λn =1n
, dobijamo klasicnu nejednakost
izmedu aritmeticke i geometrijske sredine zan nenegativnih brojeva
n√
x1x2...xn ≤x1+ x2+ ...+ xn
n.
Dokaz:Primjenjujuci Jensenovu nejednakost na strogo konveksnufunkciju f (x) = ex i brojeve
lnx1, ..., lnxn, dobijamo
n
∏i=1
xλii =
n
∏i=1
elnxλii =
n
∏i=1
eλi lnxi
= eλ1 lnx1...eλn lnxn = eλ1 lnx1+...+λn lnxn
= e∑ni=1 λi lnxi
(1)≤
n
∑i=1
λielnxi
=n
∑i=1
λixi.
♠
Ako suxi pozitivni brojevi, primjenjujuci tezinsku nejednakostizmedu aritmeticke i geometrijske
sredine na brojeve1x1, ...,
1xn
dobijamotezinsku nejednakost izmedu geometrijske i harmonijske
sredine1
λ1x1+ λ1
x2+ ...+ λ1
xn
≤ xλ11 xλ2
2 ...xλnn
88
EMSVM 2016./2017.
odnosno njenu klasicnu varijantu ( zaλ1 = ...= λn =1n
)
n1x1+ 1
x2+ ...+ 1
xn
≤ n√
x1x2...xn
Posljedica 6.2
Ako suxi pozitivni, aλi nenegativni realni brojevi,i = 1, ...,n, i nisu sviλi jednaki nuli, tada
vazi(
xλ11 xλ2
2 ...xλnn
) 1λ1+λ2+...+λn ≤ λ1x1+λ2x2+ ...+λnxn
λ1+λ2+ ...+λn
Jednakost vazi ako i samo ako su svixi jednaki medu sobom ili su sviλi osim jednog jednaki
nuli.
Dokaz:Dokaz je isti kao u prethodnoj posljedici, osim sto brojeveλ1,λ2, ...,λn treba zamijeniti
brojevimaλ1
Λ,λ2
Λ, ...,
λn
Λ, gdje je
Λ = λ1+λ2+ ...+λn.
♠
Primjer 6.9
Funkcija f (x) = xa za a > 1 je strogo konveksna na intervalu(0,+∞). Za a = 2 ona je
konveksna naR, pa za prozvoljne realne brojevex1, ...,xn i nenegativneλ1, ...,λn za koje jen
∑i=1
λi = 1, vazi tezinska nejednakost izmedu aritmeti cke i kvadratne sredine
(λ1x1+λ2x2+ ...+λnxn)2 ≤ λ1x2
1+λ2x22+ ...+λnx2
n.
Ako je λ1 = λ2 = ...= λn =1n, dobijamo njenu klasicnu varijantu
x1+ x2+ ...+ xn
n≤
√
x21+ x2
2+ ...+ x2n
n.
Jednakost vazi ako i samo kao su svixi jednaki medusobno.
89
EMSVM 2016./2017.
Primjer 6.10
Dokazati da za svaki prirodan brojn vazi nejednakost
(n+12
) n(n+1)2 ≤ 1122...nn ≤
(2n+13
) n(n+1)2
.
Rjesenje: Primjenjujuci tezinsku nejednakost izmedu aritmeticke i geometrijske sredine u obliku
iz Posljedice6.2na brojevexi = λi, i = 1, ...,n dobijamo
(1122...nn)2
n(n+1) ≤ 12+22+ ...+n2
n(n+1)2
=n(n+1)(2n+1)
6n(n+1)
2
=2n+1
3,
sto je ekvivalentno desnoj od dvije nejednakosti koje dokazujemo. Slicno se dobija i lijeva nejed-
nakost ako se koristi nejednakost izmedu harmonijske i geometrijske sredine. Jednakost vazi akoi
samo ako jen = 1.
♣
Teorem 6.4
Neka su fiksirani pozitivni brojevia1, ...,an. Za s ∈ R definisimo pomocu
Ms(a1, ...,an) =
(as1+ ...+as
n
n
)1s, zas 6= 0
n√
a1...an , zas = 0,
sredinu redas brojevaa1, ...,an. TadaMs(a1, ...,an), kao funkcija ods, ima sljedece osobine:
a) funkcijaMs(a1, ...,an) je neprekidna u tackis = 0;
b) ako brojevia1, ...,an nisu svi jednaki medusobno, funkcijaMs(a1, ...,an) je strogo rastuca
funkcija ods;
c)
lims→−∞
Ms(a1, ...,an) = min(a1, ...,an),
lims→+∞
Ms(a1, ...,an) = max(a1, ...,an).
Dokaz: a) Neka je f (s) = lnMs(a1, ...,an) =1s
lnas
1+ ...+asn
nza s 6= 0. Primjenom Lopitalovog
pravila dobijamo
lims→0
f (s) = lims→0
ln as1+...+as
nn
s
90
EMSVM 2016./2017.
= lims→0
nas
1+...+asn· as
1 lna1+...+asn lnan
n
1
=1n(lna1+ ...+ lnan) = ln n
√a1...an
pa je
lims→0
Ms(a1, ...,an) = elims→0 f (s) = eln n√a1...an = n√
a1...an = M0(a1, ...,an).
b) Neka jer < s i neka su brojevis i r pozitivni (za ostale slucajeve dokaz je slican). Tada jesr> 1,
pa je funkcija
f (x) = xsr , x > 0,
strogo konveksna. Na osnovu Jensenove nejednakosti,
f
(n
∑i=1
λixi
)
≤n
∑i=1
λi f (xi),
primijenjene na brojevexi = ari i koeficijenteλi =
1n, dobijamo
(n
∑i=1
ari
) sr
≤ 1n
n
∑i=1
(ari )
sr =
1n
n
∑i=1
(ai)s,
odnosnoMr(a1, ...,an) ≤ Ms(a1, ...,an). Jednakost vazi ako i samo ako vazi u Jensenovoj nejedna-
kosti, tj. ako i samo ako jear1 = ...= ar
n, sto je zbogr 6= 0 ekvivalentno saa1 = ...= an.
c) Neka je max(a1, ...,an) = ak. Tada je
ak
n1s
≤ Ms(a1, ...,an)≤ ak.
Kako je
lims→∞
n1s = 1, to je lim
s→∞Ms(a1, ...,an) = ak.
Slicno se dokazuje i drugo tvrdenje.
♠
Harmonijska, geometrijska, aritmeticka i kvadratna sredina su saMs(a1, ...,an) povezane na sljedeci
nacin
Hn(a1, ...,an) = M−1(a1, ...,an),
Gn(a1, ...,an) = M0(a1, ...,an),
An(a1, ...,an) = M1(a1, ...,an),
91
EMSVM 2016./2017.
Kn(a1, ...,an) = M2(a1, ...,an).
Iz prethodnog primjera slijedi da je
M−1 ≤ M−0 ≤ M1 ≤ M2,
tj.
Hn ≤ Gn ≤ An ≤ Kn.
Teorem 6.5: Youngova nejednakost
Neka sup,q ∈ R\{0,1} realni brojevi takvi da je
1p+
1q= 1,
i x,y nenegativni realni brojevi.
(a) Ako je p > 1 i q > 1, tada vrijedi nejednakost
xp
p+
yq
q≥ xy; (6.2.5)
(b) Ako je p < 1, x > 0, y > 0, vrijedi nejednakost
xp
p+
yq
q≤ xy. (6.2.6)
U oba slucaja jednakost vazi ako i samo ako jexp = yq.
Dokaz:Posmatrajmo funkcijuf (x) = lnx u oblastiD = (0,+∞). Kako je f ′′(x) =− 1x2 < 0 za
svakox ∈ D, prema definiciji konkavne funkcije, uzevsi da je
λ1 =1p, λ2 =
1q, x1 = xp, x2 = yq, dobija se
ln(xp
p+
yq
q
)
≥ 1p
lnxp +1q
lnxq = lnxy,
odakle ocigledno slijedi nejednakost (6.2.5).
♠
92
EMSVM 2016./2017.
Teorem 6.6: Holderova nejednakost
Neka sua = (a1,a2, ...,an) i b = (b1,b2, ...,bn) proizvoljnen-torke nenegativnih realnih bro-
jeva i p,q ∈ R\{0,1} takvi da je1p+
1q= 1. Tada vrijede sljedece tvrdnje.
(a) Ako je p > 1, vrijedi nejednakost
n
∑k=1
akbk ≤(
n
∑k=1
apk
) 1p
·(
n
∑k=1
bqk
) 1q
. (6.2.7)
(b) Ako je p < 1 i a = (a1,a2, ...,an) i b = (b1,b2, ...,bn) proizvoljne n-torke pozitivnih
brojeva, vrijedi obrnuta nejednakost
n
∑k=1
akbk ≥(
n
∑k=1
apk
) 1p
·(
n
∑k=1
bqk
) 1q
. (6.2.8)
U oba slucaja nejednakost vrijedi ako i samo suap i bq proporcionalni.
Dokaz: (a) Oznacimo saA =n
∑k=1
apk i B =
n
∑k=1
bqk. Nejednakost (6.2.7) moze se zapisati u obliku
n
∑k=1
(
apk
A
) 1p(
bqk
A
) 1q
≤ .1
Posmatrajmo funkcijuf (x) = x1p u oblastiD = (0,+∞). Kako je
f ′′(x) =1p
(1p−1)
x1p−2 =− 1
pqx
1p−2 ≤ 0, za svako x ∈ D,
f je konkavna funkcija u oblastiD. Zato ako primijenimo Jensenove nejednakosti, uzevsi da je
λk =bq
k
Bi xk =
apk
bqk
, dobijamo
(n
∑k=1
bqk
B· ap
k
bqk
) 1p
≥n
∑k=1
bqk
B
(
apk
bqk
) 1p
=⇒ 1
B1p
(n
∑k=1
apk
) 1p
≥ 1B
n
∑k=1
bq− q
pk ·ak.
Kako jeq− qp= 1 i 1− 1
p=
1q
, iz prethodne nejednakosti slijedi
B1q
(n
∑k=1
apk
) 1p
=
(n
∑k=1
apk
) 1p
·(
n
∑k=1
bqk
) 1q
≥n
∑k=1
akbk.
93
EMSVM 2016./2017.
(b) Pretpostavimo da jep < 0. Oznacimo saP = − pq
i Q =1q. Tada suP,Q pozitivni realni
brojevi takvi da je1P+
1Q
= 1.
Sada mozemo primijeniti nejednakost (6.2.7) dokazanu pod (a) nan-torkeu= (u1,u2, ...,un), v=
(v1,v2, ...,vn) pozitivnih realnih brojeva odredenih sauk = a−qk , vk = (akbk)
q, k = 1, ...,n. Do-
bija se
n
∑k=1
bqk =
n
∑k=1
ukvk ≤(
n
∑k=1
uPk
) 1P
·(
n
∑k=1
vQk
) 1Q
=
(n
∑k=1
apk
)− qp
·(
n
∑k=1
bqk
)q
,
odakle slijedi nejednakost (6.2.8).
♠
Teorem 6.7: Nejednakost Minkowskog
Neka sua = (a1,a2, ...,an) i b = (b1,b2, ...,bn) proizvoljnen-torke pozitivnih realnih
brojeva ip ∈ R\{0,1}.
(a) Ako je p > 1 vazi nejednakost
(n
∑k=1
(ak +bk)p
) 1p
≤(
n
∑k=1
apk
) 1p
+
(n
∑k=1
bpk
) 1p
. (6.2.9)
(b) Ako je p < 1 i brojevi ak > 0,k = 1,2, ...,n, vazi obrnuta nejednakost tj.
(n
∑k=1
(ak +bk)p
) 1p
≥(
n
∑k=1
apk
) 1p
+
(n
∑k=1
bpk
) 1p
. (6.2.10)
U oba slucaja nejednakost vazi ako i samo ako jea1
b1= ...=
an
bn.
Dokaz:Pretpostavimo da nisu svi brojevixk,yk, 1≤ k ≤ n jednaki nuli, jer u suprotnom nejedna-
kost je trivijalna i neka jeq ∈ R\{0,1} takav da je1p+
1q= 1.
Ako na oba sabirka desne strane identiteta
n
∑k=1
(ak +bk)p =
n
∑k=1
ak(ak +bk)p−1+
n
∑k=1
bk(ak +bk)p−1
primijenimo Holderovu nejednakost, dobijamo
94
EMSVM 2016./2017.
n
∑k=1
(ak +bk)p ≤
(n
∑k=1
apk
) 1p
·(
n
∑k=1
(ak +bk)(p−1)q
) 1q
+
(n
∑k=1
bpk
) 1p
·(
n
∑k=1
(ak +bk)(p−1)q
) 1q
.
Kako je(p−1)q = p, dijeljenjem prethodne nejednakosti sa
(n
∑k=1
(ak +bk)p
) 1q
, dobija se nejed-
nakost (6.2.9).
Tvrdenje pod (b) pokazuje se slicno.
♠
Pogledajmo sada primjenu Jensenove nejednakosti.
1) Konveksnost i konkavnost trigonometrijskih funkcija
Kada je rijec o trigonometrijskim funkcijama, onda zbog njihove periodicnosti ne mozemo
govoriti opcenito o konveksnosti ili konkavnosti. Medutim, na pojedinim intervalima mozemo
promatrati konveksnost ili konkavnost trigonometrijskihfunkcija.
Primjer 6.11
Neka suα,β ,γ uglovi trougla. Dokazite da vrijedi
(1−cosα)(1−cosβ )(1−cosγ)≤ 18.
Rjesenje:Prema nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine,
(1−cosα)(1−cosβ )(1−cosγ) = 2sin2 α2·2sin2 β
2·2sin2 γ
2=
= 8
(
sinα2
sinβ2
sinγ2
)2
≤ 8
(
sinα2 +sinβ
2 +sinγ2
3
)6
.
Kako je funkcija f (x) = sinx konkavna na intervalu(0, π
2
), to je prema Jensenovoj nejednakosti
sinα2 +sinβ
2 +sin γ2
3≤ sin
α2 + β
2 + γ2
3=
12.
Stoga je
(1−cosα)(1−cosβ )(1−cosγ)≤ 18.
Jednakost vrijedi zaα = β = γ =π3
.
♣
95
EMSVM 2016./2017.
Primjer 6.12
Neka suα,β ,γ uglovi trougla. Dokazati da vrijedi nejednakost
tg2α2+ tg2β
2+ tg2γ
2≥ 1.
Rjesenje:Posmatrajmo funkciju
f (x) = tg2 x2, x ∈ (0,π).
Imamo
f ′(x) =sin x
2
cos3 x2, te f ′′(x) =
cos2 x2 +3sin2 x
2
2cos4 x2
.
Kako je f ′′(x) > 0 za svakox ∈ (0,π), to je f konveksna na intervalu(0,π). Stoga, na osnovu
Jensenove nejednakosti imamo
13
(
tg2α2+ tg2β
2+ tg2γ
2
)
≥ tg2
(α2 + β
2 + γ2
3
)
, tj.
tg2α2+ tg2β
2+ tg2γ
2≥ 3tg2
(
α +β + γ6
)
.
Zbogα +β + γ = π vrijedi
tg2α2+ tg2β
2+ tg2γ
2≥ 3tg2π
6, tj.
tg2α2+ tg2β
2+ tg2γ
2≥ 3 ·
(√3
3
)2
= 1.
♣
Primjer 6.13
Dokazati nejednakost
44√
tg1◦ · tg2◦ · ... · tg44◦ < tg22◦30′ <tg1◦+ tg2◦+ ...+ tg44◦
44.
Rjesenje:Buduci da je funkcijaf (x) = lntgx strogo konkavna na intervalu(
0,π4
)
jer je
f ′′(x) = (lntgx)′′ =−4 · cos2x
sin22x< 0, ∀x ∈
(
0,π4
)
,
96
EMSVM 2016./2017.
to prema Jensenovoj nejednakosti mozemo pisati
ln tg1◦+ ln tg2◦+ ...+ lntg44◦ < 44lntg
(
1◦+2◦+ ...+44◦
44
)
,
144
ln(tg1◦ · tg2◦ · ... · tg44◦) < ln tg22◦30′
te konacno dobijamo44√
tg1◦ · tg2◦ · ... · tg44◦ < tg22◦30′. (6.2.11)
Zbog konveksnosti funkcijeg(x) = tgx (Primjer??) na intervalu(
0,π4
)
, prema Jensenovoj nejed-
nakosti dobijamo
tg1◦+ tg2◦+ ...+ tg44◦
44> tg
(
1◦+2◦+ ...+44◦
44
)
= tg22◦30′. (6.2.12)
Iz nejednakosti (6.2.11) i (6.2.12) direktno proizlazi trazena dvostruka nejednakost.
♣Primjer 6.14
Ako sux,y,z ∈ R
(
0≤ x,y,z < π2
)
, n ∈ N dokazati nejednakost
tgnx · tgny+ tgny · tgnz+ tgnz · tgnx ≥ 13n−1(tgx · tgy+ tgy · tgz+ tgz · tgx)n.
Rjesenje:Za n = 1 vrijedi jednakost. Neka jen ≥ 2 i f (x) = xn, x > 0.
Buduci da jef ′′(x) = n(n−1)xn−2 > 0, n ∈N, n≥ 2, x > 0, to mozemo primijeniti Jensenovu
nejednakost, te slijedif (x1)+ f (x2)+ f (x3)
3≥ f
(
x1+ x2+ x3
3
)
,
a samim time ixn
1+ xn2+ xn
3
3≥(
x1+ x2+ x3
3
)n
. (6.2.13)
Kako za brojeve x,y,z ∈ R vrijedi 0≤ x,y,z < π2 , to je tgx ≥ 0, tgy ≥ 0, tgz ≥ 0.
Supstitucijomx1 = tgx · tgy, x2 = tgy · tgz, x3 = tgz · tgx u nejednakost (6.2.13) dobi-
jamo
tgnx · tgny+ tgny · tgnz+ tgnz · tgnx3
≥(
tgx · tgy+ tgy · tgz+ tgz · tgx3
)n
,
97
EMSVM 2016./2017.
odakle slijedi trazena nejednakost.
♣
Primjer 6.15
Neka suα,β ,γ uglovi trougla in ∈ N. Dokazati da vrijedi nejednakost
ctgn α2+ ctgn β
2+ ctgn γ
2≥ 3
n+22 .
Rjesenje:Za funkciju f (x) = ctgnx dobijamo
f ′′(x) = n(n−1)ctgn−2x · 1
sin4x+2nctgn−1x · cosx
sin3 x, ∀x i n ∈ N.
Buduci da je funkcijaf (x) prema teoremu o konveksnosti konveksna iz Jensenove nejednakosti
slijedi
ctgn α2+ ctgn β
2+ ctgn γ
2= 3
(
13
ctgn α2+
13
ctgn β2+
13
ctgn γ2
)
≥ 3ctgn 13
(
α2+
β2+
γ2
)
= 3ctgn
(
α +β + γ6
)
= 3ctgn π6= 3
n+22 .
♣
Primjer 6.16
Nek sua,b,c duzine stranica,α,β ,γ nasuprotni uglovi, aR poluprecmik opisane kruznice
ostrouglog tougla. Dokazati da vrijedi nejednakost
a2
cosα+
b2
cosβ+
c2
cosγ≥ 18R2.
Rjesenje:Kako je prema teoremu o sinusima
asinα
=b
sinβ=
csinγ
= 2R,
data nejednakost je ekvivalenta sa
sin2 αcosα
+sin2 βcosβ
+sin2γcosγ
≥ 92.
98
EMSVM 2016./2017.
Posmatrajmo funkcijuf (x) =sin2 xcosx
. Kako je
f ′(x) = 2sinx+sin3 xcos2 x
i f ′′(x) = 2cosx+3sin2xcosx
+2sin4 xcos3 x
,
to je
f ′′(x)> 0 zax ∈(
0,π2
)
, pa je f konveksna na(
0,π2
)
. Prema Jensenovoj nejednakosti je
sin2αcosα
+sin2βcosβ
+sin2 γcosγ
≥ 3 · sin2 α+β+γ3
cosα+β+γ3
= 3 · sin2 π3
cosπ3=
92,
sto je i trebalo dokazati.
♣
Primjer 6.17
Neka je P unutrasnja tacka trougla ABC. Dokazite da je barjedan od uglova
∠PAB,∠PBC,∠PCA manji ili jednak30◦.
Rjesenje:Oznacimo uglove ovakoα1=∠PAB, β1=∠PBC, γ1=∠PCA, α2=∠CAP, β2=
∠ABP i γ2 = ∠BCP. Pretpostavimo suprotno tj. da su ugloviα1,β1,γ1 veci od 30◦. Kako je
b
A
bB
b
C
bP
α1
β1
γ1α2
β2
γ2
α1+β1+γ1+α2+β2+γ2 = 180◦, tada je zbogα1 > 30◦, β1 < 150◦ i γ1 < 150◦. Analogno,
zbogβ1 > 30◦ je α1 < 150◦ i γ1 < 150◦, a zbogγ1 > 30◦ je α1 < 150◦ i β1 < 150◦.
Dakle, 30◦ < α1,β1,γ1 < 150◦, pa je
sinα1sinβ1sinγ1 >18
(6.2.14)
Dalje slijediα1+β1+ γ1 > 90◦ i α2+β2+ γ2 < 90◦. Prema nejednakosti izmedu aritmeticke i
geometrijske sredine i Jensenovoj nejednakosti je
99
EMSVM 2016./2017.
sinα2sinβ2sinγ2 ≤(
sinα2+sinβ2+sinγ2
3
)3
≤ sin3 α2+β2+ γ2
3≤ sin330◦ =
18,
odakle je1
sinα2sinβ2sinγ2≥ 8. (6.2.15)
Mnozenjem (6.2.14) i (6.2.15) dobijamo
sinα1sinβ1γ1
sinα2sinβ2sinγ2> 1 (6.2.16)
Primjenom teorema o sinusima na trougloveABP, BCP, CAP, redom dobijamo
sinα1
sinβ2· sinβ1
sinγ2· sinγ1
sinα2=
| PB || PA | ·
| PC || PB | ·
| PA || PC | = 1,
sto znaci da (6.2.16) ne vrijedi. Dakle medu uglovimaα1,β1,γ1 koji postoji barem jedan koji nije
veci od 30◦, cime smo dokazali tvrdnju zadatka.
♣
3) Rjesavanje algebarskih nejednakosti
Primjer 6.18
Dokazati poznatuG ≤ A nejednakost.
Rjesenje:Posmatrajmo funkcijuf (x) = lnx.
f (x) = lnx ⇒ f ′(x) =1x⇒ f ′′(x) =− 1
x2 < 0, (∀x ∈ (0,+∞))
Zakljucujemo da je funkcijaf konkavna za svex ∈ (0,+∞). Prema tome, smijemo primijeniti
Jensenovu nejednakost (6.2.4) na funkciju f . Dobijamo,
ln
(x1+ x2+ ...+ xn
n
)
≥ lnx1+ lnx2+ ...+ lnxn
n=
1n
ln(x1 · x2 · · · xn) = ln( n√
x1 · x2 · · · xn).
Odavde upravo slijedi nejednakost
n√
x1 · x2 · · · xn ≤x1+ x2+ ...+ xn
n,
sto je i trebalo dokazati.
♣
100
EMSVM 2016./2017.
Primjer 6.19
Dokazati poznatu nejednakosta,b,c,d > 0:
ab+ c+d
+b
a+ c+d+
ca+b+d
+d
a+b+ c≥ 4
3
Rjesenje:
Neka jes = a+b+ c+d. Tada je nejednakost ekvivalentna sa:
as−a
+b
s−b+
cs− c
+d
s−d≥ 4
3
Definisimo funkciju:
f (x) =x
s− x
Vrijedi:
f (x) =x
s− x⇒ f ′(x) =
s(s− x)2 ⇒ f ′′(x) =
2s(s− x)3
Slijedi da je funkcija konveksna zax < s = a+b+c+d. Zan = 4 i a1 = a, a2 = b, a3 = c, a4 = d
mozemo primijeniti Jensenovu nejednakost (6.2.3). Dobijamo:
f
(a+b+ c+d
4
)
≤ f (a)+ f (b)+ f (c)+ f (d)4
Uvrstavanjem dobijamo:
a+b+c+d4
3(a+b+c+d)4
≤ 14
(a
s−a+
bs−b
+c
s− c+
ds−d
)
⇔ as−a
+b
s−b+
cs− c
+d
s−d≥ 4
3
♣
Primjer 6.20
Dokazati da za svakix ∈ 〈0,+∞〉 vrijedi nejednakost
x5+(1− x)5 ≥ 116
.
Rjesenje: Za x = 0 data nejednakost ocigledno vrijedi. Kako je funkcijaf (x) = x5 konveksna na
intervalu(0,+∞), to je prema Jensenovoj nejednakosti
(
x+(1− x)2
)5
≤ x5+(1− x)5
2,
101
EMSVM 2016./2017.
odakle slijedi
x5+(1− x)5 ≥ 116
.
♣
Primjer 6.21
Neka sua,b,c pozitivni realni brojevi. Dokazati da vrijedi nejednakost
aabbcc ≥ (abc)a+b+c
3 .
Rjesenje:Data nejednakost ekvivalenta je sa
a lna+b lnb+ c lnc ≥ a+b+ c3
ln(abc).
Posmatrajmo funkcijuf (x)= x lnx. Kako je f ′(x)= lnx+1 i f ′′(x)=1x, to je f ′′(x)>0 za x>
0, pa je f konveksna na intervalu(0,+∞). Prema Jensenovoj nejednakosti je
a+b+ c3
lna+b+ c
3≤ a lna+b lnb+ c lnc
3
odakle dobijamo redom
(a+b+ c) lna+b+ c
3≤ lnaa + lnbb + lncc,
ln(a+b+ c
3
)a+b+c≤ ln(aabbcc),
(a+b+ c3
)a+b+c≤ aabbcc.
Kako je prema nejednakosti izmedu aritmeticke i geometrijske sredine
a+b+ c3
≥ 3√
abc,
konacno dobijamo
aabbcc ≥((abc)
13)a+b+c
= (abc)a+b+c
3 .
♣
102
EMSVM 2016./2017.
Primjer 6.22
Neka je| x |≤ 1 i | y |≤ 1. Dokazati da vrijedi
√
1− x2+√
1− y2 ≤ 2
√
1−(x+ y
2
)2.
Rjesenje:Posmatrajmo funkcijuf (x) =√
1− x2. Vrijedi
f ′(x) =− x√1− x2
i f ′′(x) =− 1
(1− x2)√
1− x2
Kako je f ′′(x) < 0 zax ∈ (−1,1), to je f konkavna na intervalu(−1,1). Prema Jensenovoj nejed-
nakosti za svex,y ∈ (−1,1) vrijedi
√
1− x2+√
1− y2 ≤ 2
√
1−(x+ y
2
)2.
♣
Primjer 6.23
Neka sua1,a2, ...,an pozitivni realni brojevi(n ≥ 2) takvi da vrijedia1+a2+ ...+an = 1.
Dokazati da vrijedi nejednakost
a1
1+a2+a3+ ...+an+
a2
1+a1+a3+ ...+an+...+
+an
1+a1+a2+ ...+an−1≥ n
2n−1.
Rjesenje:S obzirom da jen
∑k=1
ak = 1, datu nejednakost mozemo zapisati u obliku
n
∑k=1
ak
2−ak≥ n
2n−1.
Posmatrajmo funkcijuf (x) =x
2− xna intervalu(0,1). Vrijedi
f ′(x) =2
(2− x)2 i f ′′(x) =4
(2− x)3
Kako je f ′′(x)> 0 zax ∈ (0,1), to je f konveksna na(0,1). Prema Jensenovoj nejednakosti je
1n
n
∑k=1
ak
2−ak≥
1n
n
∑k=1
ak
2− 1n
n
∑k=1
ak
=
103
EMSVM 2016./2017.
=1n ·1
2− 1n ·1
=1n
2− 1n
=1n
2n−1n
=1
2n−1
odakle slijedin
∑k=1
ak
2−ak≥ n
2n−1.
♣
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1. Neka suα,β ,γ uglovi trougla. Dokazati da vrijedi
cosα2
cosβ2
cosγ2≤ 3
√3
8.
2. Dokazati da u ostrouglom trouglu vrijedi
sinα +sinβ +sinγ + tgα + tgβ + tgγ ≥ 3
(√3
2+√
3
)
.
3. Neka sua,b,c duzine stranica, aP povrsina trougla. Dokazati da vrijedi nejednakost
a2+b2+ c2 ≥ 4P√
3.
6.3. Primjena osnovnih teorema diferencijalnog racuna
Teorem 6.8: Rolle
Neka je f definirana na[a,b] i neka vrijedi:
• f ∈C[a,b],
• f ∈ D(a,b),
• f (a) = f (b).
Tada postojic ∈ (a,b) takav daf ′(c) = 0.
104
EMSVM 2016./2017.
Teorem 6.9: Lagrange
Neka je f definirana na[a,b] i neka vrijedi:
• f ∈C[a,b],
• f ∈ D(a,b).
Tada postojic ∈ (a,b) takav daf ′(c) = f (b)− f (a)b−a .
Primjer 6.24
Ako su realni brojevia1,a2, . . . ,an takvi da zadovoljavaju
n
∑i=1
ai
i+1= 0
dokazati da tada
anxn +an−1xn−1+ . . .+a0 = 0
ima bar jedno realno rjesenje.
Rjesenje:Neka je
f (x) =n
∑i=1
aixi+1
i+1.
Tada je
• f ∈C[a,b],
• f ∈ D[a,b],
• f (0) = f (1) = 0.
Prema Rolleovom teoremu slijedi da postojic iz intervala(0,1) takav da:
f ′(c) = 0,
iz cega slijedi:
(∃c ∈ (0,1))n
∑i=0
aici = 0
tj. c je jedno realno rjesenje jednadzbe.
♣
105
EMSVM 2016./2017.
Primjer 6.25
Naci sva realna rjesenja jednadzbe
2x +5x = 3x +4x.
Rjesenje:Data jednadzba je ekvivalentna jednadzbi
5x −4x = 3x −2x.
Neka je f (t) = tx, t > 0. f je neprekidna i diferencijabilna nat > 0.
Koristeci Lagrangeov teorem, dobijamo:
i) Za t ∈ [4,5] postojic1 ∈ (4,5) takav da je
5x −4x = f ′(c1)(5−4) = x∗ cx−11 .
ii) Za t ∈ [2,3] postojic2 ∈ (2,3) takav da je
3x −2x = xcx−12 .
Na osnovui) i ii) slijedi:
5x −4x = 3x −2x ⇔ xcx−11 = xcx−1
2 ⇔ (x = 0 ∨ x = 1)
♣
106
POGLAVLJE 7
FUNKCIONALNE JEDNAD ZBE
U vecini jednadzbi s kojima smo se dosad susretali nepoznanica je bila neki broj. U funkcijskim
(funkcionalnim) jednadzbama nepoznanica je neka funkcija. Npr. odredi sve funkcijef : R−→ R
koje zadovoljavaju relaciju
f (x+ y)+ f (x− y) = 2 f (x)+2 f (y)
za svakox,y ∈ R. Nije tesko vidjeti da jef (x) = x2 jedno rjesenje. Ali, da li je to i jedino rjesenje?
Ako bolje pogledamo nije, jer je if (x) = 2x2 takoder rjesenje! Dakle, moramo traziti i ostala
rjesenja kako bismo odredili sve funkcije koje zadovoljavaju ovu jednadzbu, jer zapravo rijesiti
funkcionalnu jednadzbu znaci naci sve funkcije koje je zadovoljavaju.
7.1. Supstitucije i grupe
7.1.1 Supstitucije
Kod funkcionalnih jednadzbi cesto se spominje kako neke jednakosti vrijede za sve vrijednostix i
y iz domena funkcije. Ako vrijede za sve, onda vrijede i za posebne vrijednostix i y. Uvrstavanjem
tih posebnih vrijednosti postupno suzavamo skup mogucihfunkcija koje su rjesenje date jednadzbe.
Na kraju provjerom utvrdujemo koje su funkcije zaista rjesenje trazene jednadzbe.
Primjer 7.1
Odrediti sve funkcijef : R→ R za koje je
f (x+ y)+ f (x− y) = x2+ y2, (∀x,y ∈ R)
.
Rjesenje:Uvrstavanjemy = 0 dobijamo:
2 f (x) = x2 ⇒ f (x) =x2
2.
Provjerom zakljucujemo da dobiveno rjesenje zadovoljava zadanu jednadzbu.
♣
107
EMSVM 2016./2017.
Primjedba 7.1
Provjeru je uvijek potrebno napraviti. Naime, da jednadzba glasi f (x + y) + f (x − y) =
2x2+ y2, istim postupkom bismo dobili da je rjesenjef (x) = x2. Uvrstavanjem ove funkcije
u jednadzbu dobijamo2x2+2y2 = 2x2+ y2, za svakix,y ∈ R, sto nije tacno!
Primjer 7.2
Odrediti sve funkcijef : R→ R za koje je
f (x+ y)+2 f (x− y)+ f (x)+2 f (y) = 4x+ y, (∀x,y ∈ R) .
Rjesenje:Uvrstavanjemy = 0 dobijamo:
4 f (x)+2 f (0) = 4x. (7.1.1)
Uvrstavanjemx = 0 u (7.1.1), dobijamo da jef (0) = 0. Vracanjem te vrijednosti u (7.1.1) dobi-
jamo 4f (x) = 4x, odnosnof (x) = x. Provjerom zakljucujemo da ovo rjesenje zadovoljava datu
jednadzbu.
♣
Sljedeci primjer zahtijeva nesto vise uvrstavanja.
Primjer 7.3: (BMO 1987.)
Neka je a realan broj if : R→ R funkcija takva da za svex,y ∈ R vrijedi:
f (x+ y) = f (x) f (a− y)+ f (y) f (a− x) i f (0) =12.
Dokazati da jef konstantna funkcija.
Rjesenje:Uvrstavanjemx = y = 0 dobijamof (a) = 12, a uvrstavanjemy = 0 dobijamof (x) =
f (a− x). Ako uvrstimoy = a, dobijamo
f (x+a) =f (x)+ f (a− x)
2⇒ f (x) = f (a+ x).
Iz toga slijedi
f (−x) = f (a+(−x)) = f (a− x) = f (x) = f (a+ x).
Koristeci dobiveno imamo
f (x+ y) = f (x) f (a− y)+ f (y) f (a− x) = f (−x) f (a− y)+ f (y) f (a+ x) = f (−x+ y).
Uvrstavanjemy = x dobijamo f (2x) = f (0) = 12. Time smo dokazali tvrdnju zadatka.
108
EMSVM 2016./2017.
♣
7.1.2 Zamjena jedne varijable i grupe
Sta kada imamo samo jednu varijablu? Kako tada vrsimo supstituciju? Tada varijablux najcesce za-
mjenjujemo nekom funkcijomg(x), pa postupak ponavljamo sve dok ne dodemo do nekog sistema
jednakosti koji cemo lahko rijesiti.
Primjer 7.4
Odrediti sve funkcijef takve da je2 f (1− x)+1= x f (x), za svakix ∈ R.
Rjesenje:Ako u pocetnoj jednadzbi napravimo zamjenux ↔ 1− x, tada dobijamo
2 f (x)+1= (1− x) f (1− x). (7.1.2)
Iz pocetne jednadzbe dobijamo
f (1− x) =x f (x)−1
2,
sto uvrstavanjem u (7.1.2) daje
2 f (x)+1= (1− x)x f (x)−1
2⇒ f (x) =
x−3x2− x+4
.
Provjerom dobijamo da jef rjesenje zadane jednadzbe.
♣
Primjer 7.5: (AUSTRALIJA 1992.)
Odredi sve funkcijef : R\{2
3
}→ R za koje je
498x− f (x) =12
f
(2x
3x−2
)
, ∀x ∈ R\{
23
}
.
Rjesenje: Posmatrajmo funkcijug(x) = 2x3x−2. Primijetimo da ova funkcija ima isti domen i kodo-
men kao funkcijaf . Sada slobodno mozemo napraviti supstitucijux ↔ g(x). Dobijamo
4982x
3x−2− f
(2x
3x−2
)
=12
f (x).
Iz pocetne i posljednje jednakosti dobijamo
f (x) =1992x(x−1)
3x−2.
Uvrstavanjem u pocetnu jednakost potvrdujemo da je ovo rjesenje date jednadzbe.
109
EMSVM 2016./2017.
♣
Primjedba 7.2
Zanimljivo je da je ovaj zadatak na Australskoj matematickoj olimpijadi rijesilo tek 6 od 105
sudionika i da je prosjek bodova na ovom zadatku bio 2,1.
Uocimo da za kompoziciju funkcijag1(x) = x i g2 u prethodnim primjeri-ma vrijedi zakonitost
iskazana sljedecom tabelom◦ g1 g2
g1 g1 g2
g2 g2 g1
Primjer 7.6
Odredi svef : R\{−1,0,1}→ R\{−1,0,1} za koje je
x f (x)+2 f
(x−1x+1
)
= 1, ∀x ∈ R\{−1,0,1} . (7.1.3)
Rjesenje:Zadatak cemo rijesiti kao u prethodnim primjerima supstitucijom. Prvo cemo napra-
viti zamjenux ↔ x−1x+1. To nam daje
x−1x+1
f
(x−1x+1
)
+2 f
(
−1x
)
= 1. (7.1.4)
Uz vec prije upotrebljavane izrazef (x) i f( x−1
x+1
)pojavljuje se i novi izrazf
(−1
x
). Kako bismo
mogli imati neku vezu izmedu novih i starih izraza u pocetnoj jednadzbi cemo napraviti zamjenu
x ↔−1x , pa time dobijamo
− 1x
f
(
−1x
)
+2 f
(x+1x−1
)
= 1. (7.1.5)
Sad nam se pojavio jos jedan novi izrazf( x+1
x−1
), ali ne gubimo nadu, jer zamjenomx ↔ x+1
1−x u
pocetnoj jednadzbi dobijamox+11− x
f
(x+11− x
)
+2 f (x) = 1. (7.1.6)
Dobili smo cetiri jednadzbe ((7.1.3)-(7.1.6)) s cetiri nepoznanice iz kojih dobijamo
f (x) =4x2− x+15x(x−1)
.
Provjerom utvrdujemo daf zadovoljava pocetnu jednadzbu.
♣
Proucimo malo funkcije koje su se pojavile u prethodnom primjeru:g1(x)= x,g2(x)=x−1x+1,g3(x)=
110
EMSVM 2016./2017.
−1x i g4(x) =
x+1x−1. Nije tesko ustanoviti da vrijedi sljedeca tabela komponiranja:
◦ g1 g2 g3 g4
g1 g1 g2 g3 g4
g2 g2 g3 g4 g1
g3 g3 g4 g1 g2
g4 g4 g1 g2 g3
Uocava se da vrijedi
g22 = g2◦g2 = g3,
g32 = g2◦g2
2 = g2◦g3 = g4,
g42 = g2◦g3
2 = g2◦g4 = g1.
Opcenito uzev, neka je dat skup funkcijaF = {g1,g2, ...,gn}. SkupF i operacija komponiranja
◦ zadovoljavaju sljedece osobine za∀i, j,k ∈ {1,2, ...,n}:
1. skupF je zatvoren u odnosu na komponiranje;
2. asocijativnost:gi ◦(g j ◦gk
)=(gi ◦g j
)◦gk;
3. postoji neutralni elementg1(x) = x : g1◦gi = gi ◦g1 = gi;
4. za svakii postoji tacno jednok takav da jegk ◦g j = g1 (inverzni element).
Dakle,(F,◦) je grupa. Ako jos vrijedigk = gl2 za svakik, kazemo da je(F,◦) grupa generirana
elementomg2.
Kod funkcionalnih jednadzbi tipa
a(x) f (g1(x))+b(x) f (g2(x)) = c(x),
a(x),b(x),c(x),g1(x),g2(x) su poznate funkcije (neke mogu biti konstantne). Najprije treba izvrsiti
supstituciju tako da postaneg1(x) = x. Sada elementomg2 generiramo sljedece elemente na
sljedeci nacin:
supstitucijomx ↔ g2(x) dobijamo
a(g2(x)) f (g2(x))+b(g2(x)) f (g3(x)) = c(g2(x)),g3 = g22
supstitucijomx ↔ g2(x) dobijamo
a(g3(x)) f (g4(x))+b(g3(x)) f (g4(x)) = c(g3(x)),g3 = g22
111
EMSVM 2016./2017.
...
supstitucijomx ↔ g2(x) dobijamo
a(gn(x)) f (gn(x))+b(gn(x)) f (gn(x)) = c(gn(x)),gn = gn−12 .
Ako g2 generira grupu od konacno mnogo elemenata, na kraju cemo dobiti sistem odn jednadzbi
san nepoznanica koji cemo moci rijesiti.
Primjer 7.7: (Prijedlog za MMO 1989.)
Zadana je funkcijah :C→C i brojevi a,c∈C, takvi da jew3 = 1,w 6= 1. Dokazati da postoji
jedinstvena funkcijaf : C→ C takva da je
f (z)+ f (wz+a) = h(z),∀z ∈ Z (7.1.7)
Rjesenje:Posmatrajmo funkcijeg1(z) = z i g2(z) = wz+a. Tada jeg22(z) = g2(g2(z)) = w2z+
wa+a,g32(z) = w3z+w2a+wa+a = z = g1(z), jer jew3 = 1, odnosno(w−1)(w2+w+1) = 0,
a w 6= 1. Zamjene vrsimo koristeci navedeni postupak. U pocetnoj jednadzbi napravimo zamjenu
z → g2(z), dobijamo
f (wz+a)+ f (w2z+wa+a) = h(wz+a). (7.1.8)
Sada u ovoj jednadzbi ponovo napravimo zamjenuz → g2(z) te dobijamo
f (w2z+wa+a)+ f (z) = h(w2z+wa+a). (7.1.9)
Iz jednakosti (7.1.7)-(7.1.9) dobijamo
f (z) =h(z)−h(wz+a)+h(w2z+wa+a)
2.
Provjerom se lako uvjerimo u tacnost dobivenog.
♣
7.1.3 Injekcije, sirjekcije i bijekcije
Definicija 7.1
Funkcija f : D → K je injekcija ako vrijedi
f (x1) = f (x2)⇒ x1 = x2.
112
EMSVM 2016./2017.
Primjer 7.8
Ako je f : R→ R injekcija za koju vrijedif ( f (x)) = f (x),∀x ∈ R, odredi f .
Rjesenje:Neka jea = f (x) i b = x. Tada vrijedi f (a) = f (b), pa zbog injektivnosti imamo da
je a = b, odnosnof (x) = x i provjerom utvrdimo da ova funkcija zadovoljava uslove jednadzbe.
♣
Primjer 7.9
Postoji li injekcija f za koju je f (x+ f (x+ y2)+ y) = f (2x− y)+3y,∀x,y ∈ R?
Rjesenje: Pretpostavimo daf postoji. Kako tvrdnja vrijedi za∀y ∈ R, tako vrijedi i zay = 0,
odnosno vrijedi
f (x+ f (x)) = f (2x)⇒ x+ f (x) = 2x,
te je f (x) = x. Provjerimo da li ova funkcija zadovoljava pocetnu jednadˇzbu. Ne, jer dobijamo
2x+ y2+ y = 2x+2y ⇔ y2 = y,
a to ne vrijedi npr. zay =−1. Dakle, trazenof ne postoji.
♣
Primjer 7.10: (Rumunija 1981.)
Postoji li injekcija f : R→ R za koju je
f (x2)− ( f (x))2 ≥ 14,∀x ∈ R?
Rjesenje:Ne, jer zax = 0 i x = 1 redom dobijamo:
f (0)− ( f (0))2 ≥ 14⇔ 0≥
(
f (0)− 12
)2
⇒ f (0) =12,
f (1)− ( f (1))2 ≥ 14⇔ 0≥
(
f (1)− 12
)2
⇒ f (1) =12.
To nam dajef (0) = 12 = f (1), sto bi, da jef injekcija, povlacilo 0= 1.
♣
U samim zadacima se rijetko kaze da je funkcijaf injekcija, to najcesce treba sami da uocimo i
iskoristmo.
113
EMSVM 2016./2017.
Primjer 7.11
Odredi sve funkcijef : R→ R za koje jef ( f (x)+ y) = f (2y)+4x−2y, ∀x,y ∈ R.
Rjesenje:Dokazimo da jef injekcija (ako postoji). Neka sux1,x2∈R takvi da jef (x1)= f (x2).
Uvrstavanjem u pocetnu jednadzbuy = 0, dobijamo:
4x1+ f (0) = f ( f (x1) = f ( f (x2)) = 4x2+ f (0)⇒ x1 = x2.
Time smo dokazali da jef injekcija. Uvrstavanjem u pocetnu jednadzbuy = 2x, dobijamo
f ( f (x)+2x) = f (4x),∀x ∈ R.
Buduci da jef injekcija, vrijedi f (x)+2x = 4x, odnosnof (x) = 2x. Provjerom dobijamo da jef
zaista rjesenje.
♣
Drugo vazno i cesto svojstvo je sirjektivnost.
Definicija 7.2
Funkcija f : D → K je sirjekcija ako
(∀a ∈ K)(∃b ∈ D) f (b) = a.
Primjer 7.12
Dokazi da je svaka funkcijaf : R→ R za koju je f ( f (x)) = x,∀x ∈ R, obavezno sirjekcija.
Rjesenje:Neka jey ∈ R. Tada postojiz ∈ R takav da jef (z) = y, npr. z = f (y).
♣
Primjer 7.13
Data je sirjekcijaf : R→ R za koju je
f (x+ f (x) f (y)−1) = f (x−1)+ f (xy),∀x,y ∈ R.
Koliko je f (0)?
Rjesenje: Iz uvjeta zadatka postojiy0 ∈ R takav da jef (y0) = 0. Uvrstimo u pocetnu jednadzbu
y= y0 i dobijamo da za svakix∈R vrijedi f (xy0)= 0. Uvrstavanjemx= 0 (bez obzira na vrijednost
y0) dobijamo f (0) = 0.
114
EMSVM 2016./2017.
♣
Primjer 7.14
Naci sve funkcijef : R→ R za koje vrijedi
f ( f (x)+ y) = 2x+ f ( f (y)− x),∀x,y ∈ R.
Rjesenje:Stavimoy =− f (x). Tada je
f ( f (− f (x))− x) =−2x+ f (0).
Buduci da se svaki realan broj moze izraziti kao 2x− f (0), za nekix ∈ R, funkcija f je sirjekcija.
Znaci, postojia ∈ R takav da jef (a) = 0. U pocetnu jednadzbu uvrstimox = a
f (y) = 2a+ f ( f (y)−a)⇔ f (y)−a = a+ f ( f (y)−a).
Kako je f sirjekcija, f (y)−a postize bilo koju realnu vrijednost pa ga mozemo zamijeniti s nekim
z ∈ R i dobijamoz = a+ f (z), odnosnof (z) = z−a.
♣
Spajanjem do sada navedenih svojstava dobijamo trece svojstvo - bijekciju.
Definicija 7.3
Funkcija f : D → K je bijekcija ako je istovremeno i injekcija i sirjekcija.
Primjer 7.15: (Hrvatska 1984.)
Date su funkcijef : R→ R i g : R→ R. Dokazati tvrdnju:
Ako je f bijekcija i ako za svaki realan brojx vrijedi
f (x)+g(x) = 2,
tada postoji jedan i samo jedan brojx0 takav da je
f 2(x0)+g2(x0) = 2.
Rjesenje:Pronadimo svex0 takve da je
f ( f (x0))+g(g(x0)) = 2.
Takoder vrijedi f (x0)+g(x0) = 2, pa dobijamo
f ( f (x0)) = 2−g(2− f (x0)).
115
EMSVM 2016./2017.
Kako je f (2− f (x0))+g(2− f (x0)) = 2, slijedi
f ( f (x0)) = 2−g(2− f (x0)) = f (2− f (x0)).
Kako je f injekcija, vrijedi
f (x0) = 2− f (x0)⇒ f (x0) = 1.
Kako je f bijekcija, postoji tacno jednox0 takav da jef (x0) = 1.
♣Primjer 7.16: (BMO 2000.)
Odredi funkcije f : R→ R koje zadovoljavaju jednadzbuf (x f (x)+ f (y)) = ( f (x))2+ y za
svex,y ∈ R.
Rjesenje:Uvrstimo li u pocetnu jednadzbux = 0, dobijamo
f ( f (y)) = y+( f (0))2. (7.1.10)
Za svakey1,y2 ∈ R za koje jef (y1) = f (y2), slijedi
( f (0))2+ y1 = f ( f (y1)) = f ( f (y2)) = ( f (0))2+ y2 ⇒ y1 = y2.
Za svakob ∈ R postojia ∈ R takav da jef (a) = b, recimoa = f (b− ( f (0))2), jer je tadaf ( f (b−( f (0))2)) = (b− ( f (0))2)+( f (0))2 = b. Time smo dokazali i injektivnost i sirjektivnost, odnosno
bijektivnost. Mozemo izabratix0 ∈ R takav da jef (x0) = 0. Uvrstavanjem u pocetnu jednadzbu
x = x0 dobijamo f ( f (y)) = y,∀y ∈ R. Iz (7.1.10) dobijamo f (0) = 0. Uvrstavanjem u pocetnu jed-
nadzbuy = 0, dobijamof (x f (x)) = ( f (x))2. Zamjenomx s f (x) u posljednjoj jednakosti dobijamo
( f (x))2 = f ( f (x)x) = f ( f (x) f ( f (x))) = ( f ( f (x)))2 = x2.
Iz dobijenog slijedif (1) ∈ {−1,1} . Posmatrajmo dva slucaja:
1. f (1) = 1, tada uvrstavanjemx = 1 u pocetnu jednadzbu dobijamo
f (1+ f (y)) = 1+ y ⇒ ( f (1+ f (y)))2 = (1+ y)2 ⇒ (1+ f (y))2 = (1+ y)2,
iz cega konacno dobijamof (y) = y.
2. f (1) =−1, tada uvrstavanjemx = 1 u pocetnu jednadzbu dobijamo
f (−1+ f (y)) = 1+ y ⇒ ( f (−1+ f (y)))2 = (1+ y)2 ⇒ (−1+ f (y))2 = (1+ y)2,
iz cega konacno dobijamof (y) =−y.
116
EMSVM 2016./2017.
Znaci, rjesenja jednadzbe suf1(x) = x i f2(x) =−x.
♣
7.2. Cauchy-eva funkcionalna jednadzba
Funkcionalna jednadzba
f (x+ y) = f (x)+ f (y) (7.2.1)
se naziva Cauchy-evom funkcionalnom jednadzbom. Osim toga, za funkciju koja zadovoljava
navedenu relaciju kazemo jos i da je aditivna. Najjednostavniji primjer aditivne funkcije je linearna
funkcija f : R→ R, f (x) = ax. No, postavlja se pitanje da li je svaka aditivna funkcija linearna.
1) Ako trazimo rjesenjef : Q→Q, onda su sva rjesenja jednadzbe (7.2.1) oblika
f (x) = ax,a ∈ R. (7.2.2)
Zaista, lahko se indukcijom pokazuje da iz (7.2.1) slijedi (uzimajucix = y) f (nx) = n f (x), za svako
n ∈ N, x ∈Q. Specijalno
f (n) = n f (1) = an,
gdje jea = f (1).
Kako je f (0) = f (0+0) = f (0)+ f (0), imamo f (0) = 0. Iz
0= f (0) = f (x+(−x)) = f (x)+ f (−x),
vidimo da je f (−x) =− f (x). Sada imamo
f (−n) =− f (n) =−an = a(−n),
odnosnof (n) = an, za svakon ∈ Z.
Predimo sada na racionalne brojeve. Neka jer =pq∈Q. Tada vrijedi
ap = f (p) = f
(
qpq
)
= f (qr) = q f (r).
Dakle, f (r) = apq= ar, r ∈Q.
Znaci, za svakox ∈Q vazi f (x) = ax.
Medutim, postoje rjesenja Cauchy-eve jednadzbef : R → R koja nisu oblika (7.2.2), tj. nisu
linearna. Zaista, neka je(aλ )λ∈L baza prostoraR, posmatranog kao vektorski prostor nad poljem
117
EMSVM 2016./2017.
Q, i neka je(βλ )λ∈Lproizvoljna familija realnih brojeva. Tada je formulom
f
(
∑λ∈L
rλ aλ
)
= ∑λ∈L
rλ βλ ,
gdje je samo konacno mnogo racionalnih brojevarλ razlicito od nule, zadano jedno rjesenje Cauchy-
eve jednadzbe naR. Jasno je da takvo rjesenje ne mora biti linearno.
2) Uz dodatne pretpostavke na funkcijuf moze se zakljuciti da je rjesenje Cauchy-eve jed-
nadzbe linearna funkcija. Navedimo te dodatne uvjete:
a) monotonost na nekom podintervalu realne prave;
b) pozitivnost na poluosix ≥ 0;
c) ogranicenost na nekom intervalu naR;
d) neprekidnost;
e) grafik funkcijef nije svuda gust uR2;
f) funkcija f je izmjeriva.
Treba napomenuti da se mnogi problemi svode na Cauchy-evu jednadzbu. Navedimo neke
primjere.
Primjer 7.17
Naci funkciju f : R→ [0,+∞) takvu da je
f(x2+ y2)= f
(x2− y2)+ f (2xy)
za sve realne brojevex i y.
Rjesenje:Ocito vrijedi
x = y = 0⇒ f (0) = f (0)+ f (0)⇒ f (0) = 0,
x = 0⇒ f (y2) = f (−y2).
Dakle, funkcija f je parna i dovoljno ju je odrediti na pozitivnom dijelux ose. Neka jex2− y2 =
a,2xy = b. Lahko se pokazuje da ovaj sistem ima uvijek rjesenje pox i y. Sada je
a2+b2 = x4−2x2y2+ y4+4x2y2 =(x2+ y2)2
⇒ x2+ y2 =√
a2+b2.
Imamo
f(√
a2+b2.)
= f (a)+ f (b).
118
EMSVM 2016./2017.
Neka jeg(x) = f (√
x). Sada je
g(a2+b2)= g(a2)+g(b2).
Uvodenjem smjenex = a2 i y = b2 dobijamog(x+ y) = g(x)+g(y), sto je Cauchy-eva jednadzba,
pa je, zbog b),g(x) = cx, tj. f (x) = cx2 za sve realne brojevex.
♣
Primjer 7.18
Naci sve funkcijef : (0,+∞)→ (0,+∞) takve da je
f (xy) = ( f (x)) f (y),∀x,y ∈ (0,+∞).
Rjesenje: Ocigledno jef (x) = 1 jedno rjesenje. Neka postojic > 0 takvo da jef (c) 6= 1. Tada za
svex,y > 0 vazi
( f (c)) f (xy) = f (cxy) = f ((cx)y) = ( f (cx)) f (y) =[
( f (c)) f (x)] f (y)
= [ f (c)] f (x) f (y) ,
pa zbogf (c) 6= 1, slijedi da je
f (xy) = f (x) f (y) ,x,y > 0. (7.2.3)
Slicno,
( f (c)) f (x+y) = f(cx+y)= f (cxcy)
(7.2.3)= f (cx) f (cy)
= ( f (c)) f (x) ( f (c)) f (y) = ( f (c)) f (x)+ f (y) ,
odakle je
f (x+ y) = f (x)+ f (y) ,x,y > 0,
sto je Cauchy-eva jednadzba za funkcijuf koja zadovoljava uvjet b). Odavdje slijedi da jef (x) =
ax, za nekoa > 0. Koristeci jos osobinu (7.2.3) zakljucujemo da jea = 1, tj. f (x) = x je rjesenje
date funkcionalne jednadzbe.
♣
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1. Naci sve funkcijef : R\{0}→ R koje ispunjava uslove:
119
EMSVM 2016./2017.
a) f (1) = 1;
b) (x+ y) f (x+ y) = xy f (x) f (y) zaxy(x+ y) 6= 0;
c) f
(1
x+ y
)
= f (1x)+ f
(1y
)
zaxy(x+ y) 6= 0.
2. Naci sve funkcijef : R→ R za koje vazi:
a) f (1) = 1;
b) (∀a,b ∈ R) f (a+b) = f (a)+ f (b) ;
c) f (a) f
(1a
)
= 1, a 6= 0.
3. Neka jen ∈ N Naci sve monotone funkcijef : R→R tako da
f (x+ f (y)) = f (x)+ yn,
vrijedi za∀x,y ∈ R.
4. Naci sve funkcijen : R→R s osobinom: postoji strogo monotona funkcijaf : R→R takva
da je
f (x+ y) = f (x)n(y)+ f (y),∀x,y ∈ R.
5. Dokazati da funkcijaf : R→R zadovoljava jednadzbu
f (xy+ x+ y) = f (xy)+ f (x)+ f (y) ,x,y ∈ R
ako i samo ako je aditivna, tj.
f (x+ y) = f (x)+ f (y) ,x,y ∈ R.
Primjer 7.19
Naci sve funkcijef : R→ R neprekidne u nuli takve da za svex,y ∈ R vrijedi
f (x+ y) = f (x)+ f (y)+ xy(x+ y) .
Rjesenje:Posmatrajmo funkcijug(x) = f (x)− 13x3. Tada imamo
g(x+ y) = f (x+ y)− 13(x+ y)3
= f (x)+ f (y)+ xy(x+ y)− 13
x3− 13
y3− xy(x+ y)
= f (x)− 13
x3+ f (y)− 13
y3
= g(x)+g(y) ,
120
EMSVM 2016./2017.
tj. funkcija g zadovoljava Cauchy-evu jednadzbu, a posto je ona neprekidna u nuli, tada, prema d),
imamog(x) = ax, odnosnof (x) = ax+ 13x3.
♣
Primjer 7.20
Naci sve neprekidne funkcijef : (1,+∞)→R za koje vrijedi
f (xy) = x f (y)+ y f (x) ,∀x,y ∈ (1,+∞) .
Rjesenje:Posmatrajmo funkcijuϕ (t) = f (et). Iz uvjeta zadatka imamo
ϕ (t + s) = f(et+s)= f
(etes)= et f (es)+ es f
(et)= etϕ (s)+ esϕ (t) .
Dijeljenjem ove relacije set+s, dobijamo
e−(t+s)ϕ(t + s) = e−sϕ(s)+ e−tϕ(t).
Smjenomg(t) = e−tϕ(t) dobijamo Cauchy-evu jednadzbu
g(s+ t) = g(s)+g(t),
cije je rjesenje, zbog neprekidnosti,g(t) = at = e−tϕ(t)⇒ ϕ(t) = atet = f (et)⇒ f (x) = ax lnx.
Neposredno se provjerava da je ovo zaista rjesenje date jednadzbe.
♣
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1. Naci sva neprekidna rjesenjaf : R→ (0,+∞) funkcionalne jednadzbe
f (x+ y) = f (x)ln f (y) ,x,y ∈ R.
2. Naci sve neprekidne funkcijef : R→ R takve da je
f(√
x2+ y2)
=√
f 2(x)+ f 2(y),x,y ∈ R.
3. Naci sve neprekidne funkcijef : R→ R takve da je
f (xp + yq) = [ f (x)]p+[ f (y)]q ,x,y ∈ R.
4. Naci sve neprekidne funkcijef : R→ R takve da je
f (x)+ f (y)+ f (z) = 0, ako jex+ y+ z = 0.
121
EMSVM 2016./2017.
Primjedba 7.3
Cauchy-eva jednadzba je pogotovu bila popularna pocetkom XX vijek, u vezi s cuvenim
Hilbertovim problemom o ”jednakorazlozivosti” figura iste zapremine.
7.3. Elementarne funkcije kao rjesenja funkcionalnih jednadzbi
U prethodnom izlaganju smo vidjeli da je linearna funkcijaf (x) = ax, x ∈ R, jedinstvena nepre-
kidna funkcija f :R→R koja zadovoljava Cauchy-evu jednadzbuf (x+ y) = f (y)+ f (y), x,y∈R.
Analogne tvrdnje vrijede i za druge elementarne funkcije.
1) Jedinstveno neprekidno rjesenjef : R → (0,+∞) jednadzbef (x+ y) = f (y) f (y),x,y ∈ R,
koje ispunjava uvjetf (1) = a > 0 je eksponencijalna funkcijaf (x) = ax. Zaista,g(x) = ln f (x) je
neprekidna i ispunjava Cauchy-evu jednadzbu, odakle slijedi tvrdnja.
2) Jedinstveno neprekidno rjesenjef : (0,+∞) → R jednadzbef (xy) = f (y) + f (y), x,y ∈R+, koje ispunjava uvjetf (a) = 1, (a > 0,a 6= 1) je logaritamska funkcijaf (x) = loga x. Zaista,
g(ξ ) = f(
aξ)
je neprekidna i zadovoljava Cauchy-evu jednadzbu, odakleslijedi tvrdenje.
3) Jedinstveno neprekidno rjesenjef : (0,+∞)→ (0,+∞) jednadzbef (xy) = f (y) f (y), x,y ∈R+, koje ispunjava uvjet
f (a) = b,(a,b > 0,a 6= b,a 6= 1,b 6= 1) ,
je funkcija f (x) = xµ , (µ = loga b). Ovo se dokazuje svodenjem na Cauchy-evu jednadzbu putem
smjeneg(ξ ) = f(
aξ)
.
4) Jedinstveno neprekidno rjesenjef : R → R jednadzbef (x+ y) + f (x− y) = 2 f (x) f (y),
x,y ∈ R, koje zadovoljava uslove:
a )postojic > 0 takvo da jef(c
2
)
= 0 i f (x) 6= 0 za 0< x <c2,
b) f (0) = 0,
je funkcija f (x) = cosπxc. Neposredno se provjerava da cos
πxc
zadovoljava ove uvjete. Jedinstve-
nost rjesenja je nesto slozeniji problem i on se posebno dokazuje.
7.4. Neki metodi rjesavanja funkcionalnih jednadzbi
1) Funkcionalna jednadzba
f (x+ y) = G( f (x) , f (y)) , (7.4.1)
gdje jeG data funkcija, obuhvata, kao specijalne slucajeve, jednadzbe
f (x+ y) = f (x)+ f (y) ;
f (x+ y) = f (x) f (y) ;
122
EMSVM 2016./2017.
f (x+ y) = f (x)+ f (y)+ f (x) f (y) ;
f (x+ y) =f (x)+ f (y)
1− f (x) f (y);
Navedimo opci metod za rjesavanje jednadzbe(7.4.1). Smjenomx = y, iz jednadzbe (7.4.1)
dobijamo
f (2x) = G( f (x) , f (x)) = G2( f (x))
i dalje indukcijom
f (nx) = G [ f (x) , f ((n−1)x)] = G [ f (x) ,Gn−1( f (x))] = Gn ( f (x)) .
Uvodeci f (1) = c i uzimajuci x = 1 i x =mn
imamo: f (n) = Gn (c) i f(m
n
)
= G−1n (Gm (c)).
Pretpostavljajuci neprekidnost funkcijef , dobijamo f (x) = limn→∞
f (rn), gdje je{rn} niz iz Q koji
konvergira kax ∈ R,x > 0. Ukoliko nula i negativni brojevi pripadaju domenu funkcijef , onda
koristimo jednadzbe
f (0) = G( f (0) , f (0)) i f (0) = G( f (x) , f (−x)) ,x > 0
da odredimof (x) i za x ≤ 0.
Primjedba 7.4
Pokazuje se da jednadzba (7.4.1) nije uvijek rjesiva u klasi neprekidnih strogo monotonih
funkcija i da je zbog toga, u tu svrhu, potrebno na funkcijuG nametnuti dodatne uvjete.
2) Izlozimo sada opci metod rjesavanja jednadzbe
f
(x+ y
2
)
= G [ f (x) , f (y)] (7.4.2)
koja, kao specijalan slucaj, ukljucuje Jensen-ovu jednadzbu
f
(x+ y
2
)
=f (x)+ f (y)
2.
Zamjenjujucix sax+ y, ay sa 0, iz (7.4.2) dobijamo
f
(x+ y
2
)
= G [ f (x+ y) ,a] ,a = f (0) ,
pa jeG [ f (x+ y) ,a] = G [ f (x) , f (y)] . Uzimajuci f (1) = b, iz (7.4.2) dobijamo
f
(12
)
= G(a,b)
123
EMSVM 2016./2017.
i
f
(2m+12n+1
)
= G
(
f(m
2n
)
, f
(m+1
2n
))
,
(
x =m2n ,y =
m+12n
)
,
sto nam omogucava da potpuno odredimo sve vrijednostif (x) ,x =m2n . Pretpostavljajuci neprekid-
nost funkcijef time je odredeno i f (x) i za realnex.
Primjedba 7.5
I ovdje, kao i u prethodnom slucaju, egzistencija neprekidnog i strogo monotonog rjesenja
jednadzbe (7.4.2) namece odredena ogranicenja na funkcijuG.
3) Promatrajmo sada jednadzbu
f (x+ y) = G( f (x) ,y) . (7.4.3)
Neka je f (0) = a. Uzimajucix = 0 dobijamo f (t) = G(a, t) i ostaje da se provjeri da li je ovo
zaista rjesenje jednadzbe (7.4.3). Zamjenom u (7.4.3) daje
G(a,x+ y) = G [G(a,x) ,y] , (7.4.4)
pa vidimo da jednadzba (7.4.3) ima rjesenjef koje prolazi kroz tacku(0,a) koordinatne ravni ako
i samo ako je ispunjen uvjet (7.4.4) i tada je takvo rjesenje jedinstveno odredeno.
Primjer 7.21
Jednadzba
f (x+ y) = f (x)ey
je jednadzba oblika (7.4.3), gdje jeG(s, t) = set , dakle f (x) = aex. Provjerimo za kojea
vrijedi uvjet (7.4.4):
aex+y = aexey.
Odavdje je jasno da taj uvjet vazi za svakoa ∈ R i rjesenje koje ispunjava uvjetf (0) = a je
dato saf (t) = G(a, t) = aet .
Navedimo sada nekoliko primjera funkcionalnih jednadzbikoje se ne uklapaju u gore navedene
oblike, ali sada, s odredenim iskustvom i ”vidovitoscu”, mozemo ih uspjesno rjesavati.
Primjer 7.22
Naci sve realne funkcijef : R→ R takve da vrijedi
f (xy) = x f (y)+ f (x) ,∀x,y ∈ R.
124
EMSVM 2016./2017.
Rjesenje:Ocito je
y = 0⇒ f (0) = x f (0)+ f (x)⇒ f (x) = f (0) [1− x] .
Stavljajucia = f (0), imamo f (x) = a−ax. Neposredno se provjerava da su ove funkcije rjesenje
date jednadzbe za∀a ∈ R.
♣
Primjer 7.23
Naci sve realne funkcijef tako da za sve realne brojevex i y vrijedi jednakost
( f (x))2+ f (x) f (y) = x2+ xy.
Rjesenje: Imamo
x = y = 1⇒ ( f (1))2+( f (1))2 = 2⇒ f (1) =±1
x = 1⇒ ( f (1))2+ f (1) f (y) = 1+ y
i
1◦ f (1) = 1⇒ f (y) = y, (y ∈ R)
2◦ f (1) =−1⇒ f (y) =−y, (y ∈ R)
Rjesenje ovog zadatka je funkcijaf (x) = x ili f (x) =−x.
♣
Primjer 7.24
Naci sva rjesenjaf : R→ R+ funkcionalne jednadzbe
f (x) f (x+ y) = ( f (y))2( f (x− y))2 ey+4,(x,y ∈ R) .
Rjesenje:
y = 0⇒ f (x) f (x) = [ f (0)]2 [ f (x)]2e4,
1 = [ f (0)]2 e4 ⇒ f (0) = e−2
x = y = t ⇒ f (t) f (2t) = ( f (t))2( f (0))2 et+4,
f (2t) = f (t)et ,
x = 2t,y = t ⇒ f (2t) f (3t) = [ f (t)]4et+4,
x = t,y = 2t ⇒ f (t) f (3t) = [ f (2t)]2 [ f (−t)]2et+4,
x = 0,y = t ⇒ f (0) = f (t)[ f (−t)]2et+4
125
EMSVM 2016./2017.
Uzimajuci f (0) = a i eliminacijom f (−t) , f (2t) , f (3t), imamo f (t) = et−2, sto i jeste jedino
rjesenje date jednadzbe.
♣
Primjer 7.25
Rijesiti funkcionalnu jednadzbu
f (x+ y)+ f (x− y) = 2 f (x)cosy, x,y ∈ R.
Rjesenje: Imamo
x = 0,y = t ⇒ f (t)+ f (−t) = 2 f (0)cost.
Stavljajuci f (0) = a, dobijamo: f (t)+ f (−t) = 2acost. Dalje je
x =π2+ t,y =
π2⇒ f (π + t)+ f (t) = 0,
x =π2,y =
π2+ t ⇒ f (π + t)+ f (−t) =−2 f
(π2
)
sint.
Stavljajuci f(π
2
)
= b, dobijamo f (π + t)+ f (−t) = −2bsint. Iz ovih jednadzbi dobijamo da je
f (t) = acost +bsint, i ako provjerimo dobit cemo da je to stvarno rjesenje pocetne jednadzbe, za
svea,b ∈ R.
♣
126
POGLAVLJE 8
I NVERZIJA
8.1. Osnovne osobine inverzije
Definicija 8.1
Neka je data tackaO u ravniα i realan brojk, k 6= 0. Inverzijom sa centromO i stepenomk
zvacemo preslikavanjeI : α\O → α koje svaku tackuM 6= O ravni α preslikava u tackuM′
te ravni tako da vrijedi:
1. TackeO,M,M′ su kolinearne, pri cemu zak > 0 ,M iM′ leze s iste strane tackeO, dok
zak < 0 tackeM i M′ leze s razlicitih strana tackeO.
2. Vrijedi relacijaOM ·OM′ = |k|
Za tackuM′ kazemo da je inverzija tackiM.
Iz definicije inverzije vidimo da tackaO nema inverznu tacku. Zbog toga, kada govorimo o
inverziji pretpostavljamo da je tacka P izuzeta.
Iz relacijeOM′ = |k|OM vidimo kada bi pustili da se tackaM priblizava tackiO, tada bi se duzina
OM′ beskonacno povecala, pa mozemo intuitivno reci da se pri inverziji tackaO preslikava u be-
skonacnu udaljenu tacku.
Navedimo neke osobine koje direktno slijede iz definicije:
a) Ako je tackaM′ inverzna tackiM onda jeM inverzna tackiM′ s istim centrom i stepenom
inverzije. Naime, akoM′ lezi na pravojOM onda iM lezi na toj pravoj, a u jednakostiOM ·OM′ =
|k|, M i M′ mogu zamijeniti mjesta.
Odatle slijedi ako je figuraF ′ inverzna figuriF, onda je u istoj inverzijiF saF ′. Drugim rijecima,
kompozicija dvije inverzije sa istim centrom je identickatrasformacija.
b) Inverzija preslikava polupravu cija je pocetna tackacentar inverzijeO u samu sebe zak > 0,
ili polupravu koja dopunjuje ovu do prave ako je k¡0. Prema tome, prava koja prolazi kroz centar
inverzije preslikava se u samu sebe.
c) Neka su A i B tacke za koje jeO−A−B i A′ i B′ njima inverzne tacke. Tada jeO−B′−A′.
Naime, izO−A−B slijedi da jeOA < OB, pa jeOA′ = |k|OA >
|k|OB = OB′ sto znaci rasporedO−
B′−A′.
d) Ako je stepen k inverzije pozitivan, tada se svaka tacka kruznice sa centrom u centru inverzije
O, poluprecnikar =√
k slika u samu sebe. Ukoliko jek < 0 tada se svaka tacka kruznicek(O,√
|k|)pri inverziji slika u njoj dijametralnoj suprotnoj tacki te kruznice.
127
EMSVM 2016./2017.
Drugim rijecima, zak > 0 svaka tacka kruznicek(O,√
|k|) fiksna tacka inverzije. Dok zak < 0
inverzija nema fiksnih tacaka, iako se kruznica slika u samu sebe
Definicija 8.2
Kruznicuk(O,√
|k|) zovemo bazisnom kruznicom inverzije.
Stavimor =√
|k|. Ako je tackaM unutar kruznice inverzije onda jeOM < r i zato jeOM′ =r
OM > r, a ako jeM izvan kruznice onda jeOM > r i zatoOM′ = rOM < r. Prema tome, tacka unutar
kruznice inverzije preslikava se u tacku izvan kruznicei obrnuto, tacka izvan kruznice inverzije
preslikava se tacku u kruznici.
Pokazimo sada kako se pomocu kruznice inverzije konstruisu inverzne tacke.
i) Neka jek > 0 i M unutar kruznice inverzije. Pretpostavimo da smo konstruisali tackuM′ i
neka je T dodirna tacka tangente povucene izM′ na kruznicu inverzijeI. Iz OM ·OM′ = k = OT 2
slijedi da je OTOM = OM′
OT . Kako je jos∠MOT = ∠M′OT odavde slijedi da je△ OMT ∼△ OM′T , pa
je∠OMT = ∠OT M′ = pi2 . Dakle, tacka M je podnozje normale izT na pravuOM.
Konstruisemo:
1. pravuOM
2. normalun na pravuOM u M
3. presjecne tackeT i Tl praven i kruznicel inverzije
4. normalut na pravu OT u tacki T
5. presjecnu tackuM′ pravihOM i t
b
O
b
M
l
bTl
bT
b
M′
t
n
p
ii) Neka jek > 0 i M izvan kruznice inverzije. Analogno kao u prethodnom slucaju, lako mozemo
zakljuciti da je sada tackaM′ podnozije normale povucene iz tackeT na pravuOM. Dakle kons-
trukcija u ovom u slucaju se provodi na sljedeci nacin:
128
EMSVM 2016./2017.
Konstruisemo:
1. pravuOM
2. normaluM tangentuMT na kruznicu inverzije, T tacka dodira
3. iz tacke dodiraT normalu naOM koja sijeceOM u M′
b
O
b
M′
lbT
b
M
b
iii) Neka je k < 0 i M unutar kruznice inverzijel. Neka jeQ presjecna tacka kruznicel i normale
na pravuOM u O. Zbogk < 0 tackeM i M′ leze s razlicitih strana tackeO i vrijedi
OM ·OM′ = OQ2.
Dakle,OMOQ = OQ
OM′ . Zbog∠MOQ = ∠M′OQ imamo da je△ MOQ ∼△ QOM.
Zbog toga je∠MOQ = ∠OM′Q pa je
∠MQM′ = ∠MQO+∠OQM′ = ∠OM′Q+∠OQM′ =Pi2
Konstruisemo:
1. pravuOM
2. normalun na pravu OM u O
3. presjecnu tackuQ praven i kruznicel
4. normalum na pravuMQ u tackiQ
5. presjecnu tackuM′ pravihm i OM
129
EMSVM 2016./2017.
b
O
b
M
l
b
bQ
b
M′
mn
b b
b
iv) Neka je k < 0 i M izvan kruznice inverzijel. U ovom slucaju konstrukcija je ista kao i u
prethodnom, s tim sto tackeM i M′ mijenjaju mjesta.
Teorem 8.1
Neka suA i A′ (A 6≡ A′) pridruzene tacke inverzije sa centromO i stepenomk > 0. Svaka
kruznica koja prolazi kroz tackeA i A′ okomita je na kruznicu inverzije.
Vrijedi i obrnuto - svaka kruznica koja prolazi tackomA i okomita je na kruznicu inverzije
prolazi i tackomA′.
Dokaz:Neka jel kruznica inverzije ik′ proizvoljna kruznica kroz tackeA i A′, centraO′. Neka
sel i k′ sijeku uB (ove kruznice se sijeku jerA lezi u unutrasnjosti aA′ u spoljasnjosti kruznicel).
Da bismo dokazali da jek′ okomito nal trebamo dokazati da su praveOB i O′B tangente kruznica
k′ i l respektivno. Kako jeOA ·OA′ = k = OB2, na osnovu osobine potencije tacke u odnosu na
kruznicu vidimo da je pravaOB tangenta kruznicek′. Zbog toga jeO′B ⊥ OB, pa je i pravaO′B
tangenta kruznicel, sto je i trebalo dokazati.
bO′
b B
k′
b
Ab
ObA′
l
t
Slika 8.1:
130
EMSVM 2016./2017.
Dokazimo sada i drugi dio tvrdnje.
Neka jek′ proizvoljna kruznica koja prolazi krozA, okomita nal. Neka jeB presjecna tacka
kruznicak i l, a{A′}= k′∩OA. Tada jeOB ⊥ O′B (jer suk′ i l okomite), pa jeOB2 = OA ·OA′ = k,
sto znaci da jeO′A= kOA . Ako suA′ i A s iste strane tackeO, ovim je tackaA′ jednoznacno odredena
- to je upravo tacka pridruzena tackiA inverzijom sa centrom uO, stepenak. Time je dokaz zavrsen.
♠
Dokazimo, na kraju i teorem analogan prethodnom u slucajuk < 0.
Teorem 8.2
Neka suA i A′ pridruzene tacke inverzije sa centrom uO, stepenak < 0. Svaka kruznica koja
prolazi tackamaA i A′ sijece kruznicu inverzije u dijametralno suprotnim tackama.
Vrijedi i obrnuto - svaka kruznica koja prolazi tackomA i sijece kruznicu inverzije u dijame-
tralno suprotnim tackama prolazi i tackomA′.
Dokaz: Neka jel kruznica inverzije ak′ proizvoljna kruznica koja prolazi kroz tackeA i A′.
Neka jek′ ∩ l = {B1,B2}. Imamo da jeOA ·OA′ = −k = OB21 = OB2
2 = OB1 ·OB2. Odavde za-
kljucujemo da jeOB1OA′ =
OAOB2
.
Kako je jos∠B2AA′ =∠B2B1A′ te∠AB2B1 =∠AA′B1, to su trouglovi△AOB2 i △A′OB1 slicni
pa je∠AOB2 = ∠A′OB1. ZbogA−O−A′ i cinjenice da suB1 i B2 s razlicitih strana praveAO,
odavde zakljucujemo da jeB1−O−B2, tj. B1 i B2 su dijametralno suprotne tacke, cime je dokazan
prvi dio tvrdnje.
bO′
k′
bB1
bOb
A
bA′
b
B2
l
Slika 8.2:
Dokazimo drugi dio - neka jek′ proizvoljna kruznica koja prolazi kroz tackuA i neke dvije dija-
metralno suprotne tackeB1 i B2 kruznicel. Neka je{A′}= OA∩ k′. ZbogB1−O−B2, ocigledno
je A−O−A′, pa jeOA ·OA′ = OB1 ·OB2 (potencija tacke). Dakle,OA ·OA′ = −k, tj. OA′ = |k|OA i
A−O−A′, odakle vidimo da je tackaA′ jednoznacno odredena i to kao pridruzena tacka tackiA
pri posmatranoj inverziji.
♠
131
EMSVM 2016./2017.
8.2. Geometrijska definicija inverzije
Sada cemo dati nesto drugaciju definiciju inverzije kojaopravdava cinjenicu da se inverzija jos
naziva i simetrijom u odnosu na kruznicu. Osna simetrija setada moze posmatrati kao specijalan
slucaj inverzije, u odnosu na kruznicu beskonacnog velikog poluprecnika (tj. pravu).
Kao prvo, navest cemo, bez dokaza jedan teorem analogan Teoremu8.1i Teoremu8.2.
Teorem 8.3
Neka suA i A′ (A 6≡ A′) tacke simetricne u odnosu na pravus. Tada je svaka kruznica koja
prolazi tackamaA i A′ okomita nas.
Vrijedi i obrnuto - svaka kruznica koja prolazi tackomA i okomita je na pravus, prolazi i
tackomA′ simetricnom tackiA u odnosu nas.
Na osnovu ovog teorema mozemo zakljuciti da je klasicna definicija osne simetrije ekvivalentna
sljedecoj definiciji.
Definicija 8.3
TackaA′ 6∈ s je osno simetricna tackiA u odnosu na pravus ako i samo ako svaka kruznica
koja prolazi tackomA i okomita je nas prolazi i tackomA′.
Sada mozemo dati definiciju inverzije sa centrom uO stepenak > 0, odnosnok < 0 koje su
analogne Definiciji8.3 osne simetrije. Iz Teorema8.1 i Teorema8.2 slijedi da su te definicije
ekvivalentne polaznoj definiciji inverzije.
Definicija 8.4
TackaA′ je inverzna tackiA u odnosu na inverziju sa centromO i stepenomk > 0 ukoliko
svaka kruznica koja prolazi tackomA i okomita je na kruznicu inverzije prolazi i tackomA′.
Definicija 8.5
TackaA′ je inverzna tackiA u odnosu na inverziju sa centromO i stepenomk < 0 ukoliko
svaka kruznica koja prolazi tackomA i parom dijametralno suprotnih tacaka kruznice inver-
zije prolazi i tackomA′.
Dvije navedene definicije inverzije nam omogucavaju da na drugaciji nacin (od gore opisa-
nog) konstruisemo tackuA′ inverznu tackiA. U slucajuk > 0 dovoljno je konstruisati proizvoljnu
kruznicuk′ kroz A koja je okomita na kruznicu inverzije. U tom slucaju je{A′} = OA∩ k′ (Slika
8.1).
Ukoliko je k < 0, odaberimo proizvoljne dijametralno suprotne tackeB1 i B2 na kruznici inver-
zije, konstruisimo kruznicuk′ kroz A, B1 i B2. Na kraju,{A′} = OA∩ k′ (Slika 8.2). Pri ovoj
konstrukciji nije vazno razlikovati slucajeve kad jeA unutar ili izvan kruznice inverzije.
132
EMSVM 2016./2017.
8.3. Neki teoremi o inverziji
Teorem 8.4
Pravap koja prolazi centrom inverzijeO preslikava se pri toj inverziji sama u sebe.
Dokaz: Svaka tackaA ∈ p se preslikava u tackuA′ kolinearnu saA i O, tj. sap, sto je i trebalo
dokazati.
♠
Teorem 8.5
Inverzijom se pravaa koja ne prolazi kroz centar inverzijeO preslikava u kruznicu koja
prolazi kroz centar inverzije i obrnuto, kruznica koja prolazi kroz centar inverzije preslikava
se u pravu koja ne prolazi kroz centar inverzije.
Dokaz: Neka je data pravaa koja ne prolazi kroz centar inverzijeO. Iz O povucimo normalnu
pravua i neka jeA presjecna tacka te normale i pravea. Neka jeA′ tacka inverzije tackiA.
Neka jeM ∈ a, M 6≡ A i M′ njoj inverzna tacka. Tada jeOA ·OA′ = OM ·OM′ = |k|, gdje jek
stepen inverzije. Pretpostavimo za sada da jek > 0, jer je dokaz u slucajuk < 0 analogan.
Imamo: OAOM = OM′
OA′ i ∠A′OM′=∠MOA, odakle zakljucujemo da su trouglovi△AOM i △M′OA′
slicni. Zbog toga je∠OM′A′=∠OAM = 90◦, tj. tackaM′ lezi na kruznici opisanoj nadOA′ kao nad
precnikom. Kako jeM 6≡ A bila je proizvoljna tacka pravea, time smo dokazali prvi dio tvrdnje.
bC
bM′k
bObA′ b
A
bM
a
p
♠
Dokazimo i drugi dio: neka je data kruznicak sa centromC koja prolazi centrom inverzijeO.
Neka je{A′} = k ∩OC, a tackaA inverzna tackiA′. Neka jeM′ proizvoljna tacka kruznicek a
M njoj inverzna tacka. Analogno kao gore zakljucujemo da sutrouglovi△OA′M′ i △AOM slicni.
Zbog toga je∠OAM = ∠OM′A′ = 90◦ (jer je ∠OM′A′ sada ugao nad precnikom). To znaci da
133
EMSVM 2016./2017.
tackaM lezi na pravoj koja je okomita na pravuOA′. Kako jeM′ bila proizvoljna tacka kruznicek,
vidimo da sek slika u pravu okomitu na pravuOA′, koja prolazi krozA.
Napomena 8.1
Prethodni teorem nam govori kako konstruisati inverznu sliku pravea koja ne prolazi kroz
centar inverzije:
1. povucemo normalun iz centra invezijeO na pravua i odredimo{A}= n∩a,
2. odredimo inverznu slikuA′ tackeA,
3. konstruisemo kruznicu nadOA′ kao nad precnikom.
Ovaj teorem nam govori i kako konstruisati inverznu sliku kruznicek koja prolazi kroz centar
inverzije.
1. odredimo tackuA′ dijametralno suprotnu tackiO,
2. odredimo inverznu slikuA tackeA′,
3. konstruisemo pravua kroz A, okomitu naOA.
Napomena 8.2
U slucajuk < 0 A i A′, kao iM i M′ nalaze s razlicitih strana tackeO.
bC
bA′
k
b
M′
b
O
b M
a
b
A
Teorem 8.6
Kruznica koja ne prolazi kroz centar inverzije preslikavase u kruznicu koja takoder ne prolazi
kroz centar inverzije.
Dokaz:a) Neka suO i k > 0 centar i stepen inverzije, ak(C,r) data kruznica koja ne prolazi kroz
centarO. PravaOC sijece datu kruznicu u dijametralno suprotnim tackamaA, B. Pretpostavimo
da je moguce da budeOA ·OB = k. Tada suA i B medusobno inverzne tacke ukoliko se nalaze s
iste strane tackeO. Neka jeM bilo koja tacka kruznicek(C,r). Ako pravaOM sijece kruznicu u
jos jednoj tackiN onda jeOM ·ON = OA ·OB = k, tj. tackaN je inverzna tackiM u posmatranoj
134
EMSVM 2016./2017.
inverziji. Kako jeM proizvoljna tacka koja se pri inverziji preslikava u tacku na kruznici, vidimo
da se u slucaju da jeOA ·OB = k i A i B s iste straneO, kruznica preslikava u samu sebe.
Neka jeOA ·OB 6= k, tj. tackeA i B nisu medusobno inverzne. Neka suA′ i B′ njima inverzne
tacke. Ako jeM bilo koja druga tacka kruznice iM′ njoj inverzna tacka onda, analogno kao u
dokazu prethodnog teorema zakljucujemo da je
∠OMA ∼= ∠OA′M′, ∠OMB ∼= ∠OB′M′. (8.3.1)
Posmatrat cemo dva slucaja:
1. O−A−B
U ovom slucaju je
∠OMB−∠OMA = ∠AMB = 90◦, (8.3.2)
pa zbogO−B′−A′ je, na osnovu (8.3.1) i (8.3.2) i slicnosti trouglova△OMB i △OB′M′
∠A′M′B′ = ∠OB′M′−∠OA′M′ = ∠OMB−∠OMA = 90◦.
Dakle, tackaM′ lezi na kruznici opisanoj nadA′B′ kao nad precnikom, sto smo i trebali
dokazati.
bO
b
Cb
Ab
Bb
Kb
B′
bM b
Nb
N′bM′
b
A′
p
k′
2. Ako jeA−O−B, tada jeA′−O−B′.
U ovom slucaju vrijedi
∠OMA+∠OMB = ∠AMB = 90◦, (8.3.3)
pa je, zbog (8.3.1) i (8.3.3) i slicnosti trouglova△OMA i △OA′M′ te△OMB i △OB′M′:
∠A′M′B′ = 180◦−∠OA′M′−∠OB′M′ = 180◦− (∠OMA+∠OMB) = 180◦−90◦ = 90◦.
Dakle, i u ovom slucaju tackaM′ lezi na kruznici opisanoj nadA′B′ kao nad precnikom.
135
EMSVM 2016./2017.
b
O
bM
bA
b
Bb
A′b
B′
bM′
l
b) Neka je sad stepen inverzijek negativan. Neka je{A,B}= k(C,r)∩OC. Ako je OA ·OB = |k| i
A−O−B, analogno kao u slucaju a) zakljucujemo da se kruznicak(C,r) preslikava u samu sebe.
Pretpostavimo, sada da jeOA ·OB 6= |k|. Neka suA′ i B′ inverzne tacke tackamaA i B, M
proizvoljna tacka na kruznicik(C,r) i M′ njoj inverzna tacka. Zak < 0 takoder vrijedi (8.3.1).
Posmatrajmo sljedeca dva slucaja:
1. Neka jeO−A−B. Tada jeO−B′−A′.
U ovom slucaju vrijedi∠OMB = ∠OMA+∠AMB, pa je na osnovu (8.3.1)
90◦ = ∠AMB = ∠OMB−∠OMA = ∠OB′M′−∠OA′M′. (8.3.4)
Ali, ∠O′B′M′ = ∠B′M′A′+∠B′A′M′, tj. ∠B′M′A′ = ∠O′B′M′−∠OA′M′, odakle je na os-
novu (8.3.4)
∠A′M′B′ = ∠AMB = 90◦,
sto znaci da tackaM′ lezi na kruznici opisanoj nadA′B′ kao nad precnikom.
136
EMSVM 2016./2017.
b C
bAb
O
b BbM
b K
bB′
b
A′
bM′
2. Neka jeA−O−B.
Sada imamo:
90◦ = ∠AMB = ∠AMO+∠BMO. (8.3.5)
S druge strane je
∠A′M′B′ = 180◦−∠OB′M′−∠OA′M′.
Odavde, na osnovu (8.3.1) i (8.3.5) imamo:
∠A′M′B′ = 180◦−∠OMB−∠OMA = 180◦−90◦ = 90◦,
sto znaci da tackaM′ lezi na kruznici opisanoj nadA′B′ kao nad precnikom.
Do sada smo pokazali da se kruznicak(C,r) koja ne prolazi centromO inverzije slika ili u
samu sebe ili u kruznicu koja je opisana nadA′B′ kao nad precnikom. Ostalo je da se pokaze
da kruznica opisana nadA′B′ kao nad precnikom ne prolazi kroz centarO inverzije. To je
ocigledno jer, ukoliko bi ta kruznica prolazila krozO, tada bi se, zbog kolinearnosti tacaka
O,A,B,A′ i B′ jedna od tacakaA′ i B′ morala poklopiti saO, sto je nemoguce. Time smo
dokazali teorem.
137
EMSVM 2016./2017.
bC
bA
bB
b M
bO
l
bK
bB′
bM′
b
A′
♠
Napomena 8.3
Teorem8.6 nam govori i o tome kako konstruisati inverznu sliku kruznice k(C,r) koja ne
prolazi kroz centar inverzije.
Konstruisemo:
1. presjecne tackeA i B kruznicek(C,r) i praveOC,
2. tackeA′ i B′ inverzne tackamaA i B,
3. kruznicuk′ nadA′B′ kao nad precnikom.
Pri inverziji centarC se ne mora slikati u centar kruznicek′. Na osnovu tri dokazana teorema
mozemo reci da se pri inverziji prave slikaju u prave ili kruznice a kruznice se slikaju takoder u
prave ili kruznice.
Teorem 8.7
Postoji inverzija kojom se prava i kruznica koje se sijeku ili dvije kruznice koje se sijeku
preslikavaju na dvije prave koje se sijeku. Postoji inverzija kojom se prava i kruznica koje se
dodiruju ili dvije kruznice koje se dodiruju preslikavajuna dvije paralelne prave.
Dokaz: Ako se pravap i kruznica k sijeku u tackiA, odabirom te tacke za centar inverzije
dobijamo inverziju kojom se pravap slika u samu sebe (jer prolazi centrom inverzije) a kruznica k
slika u neku pravuq (jer k prolazi centrom inverzije). Ocigledno da sep i q sijeku.
138
EMSVM 2016./2017.
Ako se kruznicek1 i k2 sijeku uA, tada odabirom tackeA za centar inverzije imamo da sek1 i
k2 slikaju u pravep1 i p2 koje se sijeku u tackiA′ koja je inverzna slika tackeA.
Ukoliko se pravap i kruznicak dodiruju u tackiA, tada se pri inverziji sa centrom uA pravap
slika na samu sebe ak se slika u pravuq paralelnu sp. Naime, ukoliko bi sep i q sjekle u nekoj
tacki P, tada bi inverzna slika te tackeP lezala na pravojp i kruznici k, pa bi biloP ≡ A, sto je
nemoguce.
Ukoliko se dvije kruznicek1 i k2 dodiruju uA, tada, analogno kao gore mozemo zakljuciti da
sek1 i k2 pri inverziji sa centrom uA slikaju na dvije paralelne pravep1 i p2.
♠
Teorem 8.8
Postoji inverzija koja preslikava pravu i kruznicu koje nemaju zajednickih tacaka, odnosno
dvije kruznice koje nemaju zajednickih tacaka na dvije koncentricne kruznice.
Dokaz: a) Pretpostavimo, prvo da su nam date pravap i kruznicak, koje se ne sijeku. Neka je
n normala na pravup kroz centarS kruznicek, i neka je{p} = p∩ n. Neka jeQ dodirna tacka
tangente izP na kruznicuk, ak1 = k(P,PQ). Posmatrajmo inverziju sa centrom u tackiO presjeka
praven i kruznicek1. Neka jel kruznica te inverzije.
Pri toj inverziji pravap se preslikava u kruznicup′ kroz O, kruznicak1 u pravuk′1 koja ne
prolazi krozO, kruznicak u kruznicuk′, a pravan u samu sebe.
Kruznicak je okomita na pravun (jer joj centar lezi nan), kao i na kruznicik1 (zbog nacina
konstrukcije kruznicek1), pa je njena inverzna slikak′ okomita na pravun i pravu k′1 - sto znaci
da se centar kruznicek′ nalazi u presjeku pravihn i k′1. Pravap je takoder okomita nak1 i n, pa
se, zbog toga centar kruznicep′ nalazi takoder u presjeku pravihn i k′1. Dakle, kruznicek′ i p′ su
koncentricne, sto je i trebalo dokazati.
b
Sk
bP
b Q
k1
bO
bp′
l
k′bP′
n
p
k′1
139
EMSVM 2016./2017.
b) Neka su nam sada date dvije kruznicek1 i k2 sa centrimaS1 i S2. Da bismo mogli postupiti
kao u dokazu pod a), potrebna nam je kruznicak ciji centar lezi na pravojS1S2 i koja je okomita na
kruznicek1 i k2. Takvu kruznicuk cemo konstruisati primjenom inverzije.
Neka jeA presjecna tacka praveS1S2 i kruznicek2. Posmatrajmo inverziju sa centrom uA, cija
kruznica inverzijel. Pri toj inverziji kruznicak2 se preslikava u pravuk′2 okomitu na pravuS1S2,
a kruznicak1 se slika u kruznicuk′1. Neka je{P}= k′2∩S1S2, a Q dodirna tacka tangente izP na
k′1. Neka jek′ = k(P,PQ) a k inverzna slika kruznicek′ pri posmatranoj inverziji. Kruznicak′ je
okomitak′1 (poluprecnik jePQ) i na k′2 (centar joj lezi nak′2). Zbog toga je kruznicak okomita na
inverzne slike odk′1 i k′2 - tj. nak1 i k2 (jer je inverzija involutivno preslikavanje). Centar kruˇznice
k, ocigledno lezi naS1S2 i to je trazena kruznica.
b
S1
k1
b
S2
b
A
k2
l
bP
k′1
k′
bQ
k
k′2
c) Neka jeO presjecna tacka kruznicek i praveS1S2. Posmatrajmo inverziju sa centrom uO, s
kruznicom inverzijel. Ta inverzija preslikava kruznicuk u pravuk, a kruznicek1 i k2 na kruznicek1
i k2 koje su okomite nak. Kruznicek1 i k2 su takoder okomite i na sliku praveS1S2 - tj. pravuS1S2
(jer ona prolazi kroz centar inverzije). Dakle, centri kruˇznicak1 i k2 nalaze se u presjeku pravihk i
S1S2, sto znaci da su one koncentricne.
b
S1
b
S2
k2
b
O
k1
lk2
k
k1
k
140
EMSVM 2016./2017.
♠
Napomenimo da znacaj prethodna dva teorema lezi u tome sto je u dokazu ta dva teorema,
osim sto je pokazana egzistencija trazene inverzije, pokazano i kako odrediti tu inverziju, sto cemo
koristiti pri rjesavanju konstruktivnih zadataka.
Iz onog sto smo do sada rekli o inverziji mozemo zakljuciti da inverzija ima neke osobine koje
su slicne ili iste osobinama homotetije, koju mozemo smatrati granicnim slucajem inverzije.
Jedna od vaznih osobina je ta da je inverzija involutivna transformacija, sto nam omogucava pri-
mjenu inverzije pri rjesavanju konstruktivnih zadataka.Navedimo sada jos neke osobine inverzije,
koje naglasavaju njenu vezu sa homotetijom.
Teorem 8.9
Kompozicija dvije inverzijeI1 i I2 sa istim centromO i stepenimak1 i k2 je homotetija sa
centromO i koeficijentomk = k2k1
.
Dokaz: Trbamo dokazati da jeHO,k = I2 ◦ I1. Neka jeM proizvoljna tacka ravni. Pri inverziji
I1 tackaM se slika u tackuM1 tako da jeM1 kolinearno saO i M te jeOM ·OM1 = |k1|. TackaM1
se priI2 slika u tackuM2 kolinearnu saO, M i M1 i takvu da jeOM1 ·OM2 = |k2|. Imamo da jeOM2OM = OM1·OM2
OM·OM1=∣∣∣
k2k1
∣∣∣ i tackeM i M2 su kolinearne.
Ukoliko su stepenik1 i k2 oba pozitivna tada su tackeM, M1 i M2 s iste strane tackeO, pa su i
M i M2 s iste strane tackeO.
Ako suk1 i k2 oba negativna tada jeM−O−M1 i M1−O−M2 pa suM i M2 s iste strane tacke
O (k2k1
je tada pozitivno).
Analogno bi u slucaju kada je tacno jedan od brojevak1 ili k2 negativan mogli zakljuciti da su
M i M2 s razlicitih strana tackeO (u tom slucaju jek2k1
negativno).
Dakle, OM2OM =
∣∣∣
k2k1
∣∣∣ i M i M2 su s iste strane tackeO kada jek2
k1> 0 a s razlicitih strana tackeO
kada jek2k1< 0, sto znaci da jeM2 = HO,k(M).
♠
S obzirom na simetricnost inverzije mozemo kazati: Ako sudvije figure inverzne trecoj u odnosu
na isti centar inverzije, onda su one izmedu sebe homoteticne.
Teorem 8.10
Neka suA i A′, B i B′ dva para inverznih tacaka i nekaA i B nisu kolinearne sa centrom
inverzijeO. Neka jek stepen inverzije. Tada:
i) sve cetiri ove tacke leze na jednoj kruznici,
ii) trougao△OAB je slican trouglu△OB′A′,
iii) ugao∠OAB je podudaran uglu∠OB′A′ i ugao∠OBA je podudaran uglu∠OA′B′.
iv) duzina duziA′B′ jednaka jeAB · |k|OA·OB .
Ista formula vrijedi i kad suA i B kolinearne saO.
141
EMSVM 2016./2017.
Dokaz:
1. Zak > 0 su tackeA i A′ te B i B′ s iste strane tackeO. ZbogOA ·OA′ = OB ·OB′ imamo da
je OAOB = OB′
OA′ . Kako je jos∠AOB = ∠A′OB′ to je△OAB slican trouglu△OB′A′, pa smo time
dokazali ii), iii) i iv).
Na kraju∠OAB=∠OB′A′ pa je∠BAA′= 180◦−∠OAB= 180◦−∠OB′A′, sto znaci da tacke
A,B,A′,B′ leze na istoj kruznici.
bB′
b
A′
b B
b
A
b
O
l
2. Zak < 0 jeA−O−A′ i B−O−B′. Analogno kao u slucaju 1. jeOAOB = OB′
OA′ i ∠AOB=∠A′OB′
(kao unakrsni), odakle slijedi iii), ii) i iv).
U ovom slucaju se dijagonaleAA′ i BB′ cetverouglaABA′B′ sijeku u O, pa je∠OBA =
∠B′BA =∠OA′B′ = ∠AA′B′ sto znaci da se tetivaAB′ vidi iz B i A′ pod istim uglom, cime je
dokazano i).
bA′
bB
b
A
b
B′
b
Ol
142
EMSVM 2016./2017.
Neka su sada tackeA i B kolinearne saO. ImamoOA′ = |k|OA , OB = |k|
OB . Ako je npr.O−A−B
onda jeO−B′−A′ pa jeA′B′ = OA′−OB′, dok jeAB = OB−OA.
Na osnovuOA′ = |k|OA , OB′ = |k|
OB sada imamo:
A′B′ =|k|OA
− |k|OB
=|k|(OB−OA)
OA ·OB=
|k|ABOA ·OB
.
b
Ob
Ab
B
b
B′b
A′
Analogno bi tvrdnju iv) dokazali i u ostalim slucajevima.
♠
Primjedba 8.1
Napomenimo da se na osnovu iii) moze jednostavno konstruirati tackaB′ inverzna tackiB
ako je dat centar inverzijeO i par inverznih tacakaA i A′, na sljedeci nacin:
Spojimo tackeA i B i konstruisimo pravuA′B′ tako da je∠OA′B′ = ∠OBA. To cemo uciniti
tako sto cemo trouglu△OAB konstruisati simetrican trougao△OA1B1 gdje jeA1 na OB a
B1 naOA i zatim krozA′ konstruisati pravu paralelnu naA1B1. Ona ce sjeciOB u B′.
b
Ob
A′b
A
b
B1
b
A1
bB′
bB
Vrijedi i sljedeca zanimljiva tvrdnja.
Teorem 8.11
Dvije medusobno inverzne kruznice su homoteticne sa centrom homotetije u centru inverzije.
Dokaz: Neka suk(C,r) i k′ dvije medusobno inverzne kruznice. Pri dokazu ovog teorema
potrebno je razmotriti cetiri slucaja, kao pri dokazu Teorema8.6.
Mi cemo teorem dokazati za slucajk > 0 i O−A−B, gdje su nam oznake iste kao u dokazu
Teorema8.6.
Neka jeN′ druga tacka u kojoj pravaOM sijece kruznicak′.
143
EMSVM 2016./2017.
bO
b
Cb
Ab
Bb
Kb
B′
bM b
Nb
N′bM′
b
A′
p
k′
Tada je
∠OM′B′ = ∠N′M′B′ i △N′M′B′ ∼=△N′A′B′.
Dalje je
∠N′A′B′ = ∠OA′N′.
Prema tome je
△OBM ∼=△OA′N′ i △OCM ∼=△OKN′,
pri cemu jeK centar kruznicek′. Otuda jeCM ‖ KN′ sto znaci da su tackeM i N′ homoteticne sa
centrom homotetije uO, jer je, na osnovu Talesovog teorema
OM : ON′ =CM : KN′ = const.
Time smo dokazali teorem u prvom slucaju.
Ostali slucajevi se slicno dokazuju, pa njihov dokaz necemo ovdje provoditi.
♠
Napomena 8.4
Prethodni teoremi nam govore i to da pomocu inverzije uvijek mozemo preslikati jednu datu
kruznicu na drugu. Za centar te inverzije dovoljno je uzeticentar homotetije koja presli-
kava jednu kruznicu na drugu. Ukoliko su date kruznice razlicitih poluprecnika, moguce je
naci dvije inverzije, a ukoliko su istih poluprecnika trazena inverzija je jedinstvena (u ovom
drugom slucaju kruznice su i osno simetricne).
Pokazimo sada da je inverzija konformno preslikavanje. Prisjetimo se da ugao izmedu dvije krive
linije koje se sijeku u tackiA definisemo, (analogno kao i ugao izmedu dvije kruznice), kao ugao
kojeg zaklapaju tangente na te krive u tackiA presjeka.
Teorem 8.12
Ugao izmedu dvije kruznice (ili izmedu kruznice i prave ili izmedu dvije prave) ne mijenja
se pri inverziji.
144
EMSVM 2016./2017.
Dokaz: Dokazat cemo tvrdnju u specijalnom slucaju kada je jedna od posmatranih linija prava
koja prolazi kroz centar inverzije.
Pretpostavimo prvo da je druga linija takoder prava. Koristit cemo se oznakama iz dokaza
Teorema8.5 kao i Slikom8.3. Neka jep = P(O,M) prava kroz centar inverzije ia data prava.
Ugao izmedu ove dvije prave je jednak uglu∠OMA. Pri inverziji se pravaa slika u kruznicuk, dok
se pravap slika u samu sebe. Ugao izmedu pravep i kruznicek jeste ugao izmedu p i tangente na
k u M′. Kako je ugao izmedu p i tangente nak u M′ zapravo ugao izmedu tangente uM′ i tetive
OM′, taj ugao je jednak periferijskom uglu nad tetivomOM′, tj. uglu∠OA′M′. Iz dokaza Teorema
8.5imamo da je∠OA′M′ = ∠OMA, sto je i trebalo dokazati.
Pretpostavimo sada da je druga linija kruznicak(C,r). Koristit cemo se oznakama kao u dokazu
Teorema8.6. Neka je prava kroz centarO inverzije upravop = P(O,M) (M je neka tacka na
kruznici). Neka jeN druga tacka u kojoj p sijece kruznicu, aM′ i N′ tacke inverzne tackamaM i N.
Ugao izmedu p i k(C,r) je ugao izmedu tangente nak(C,r) u M i pravep, koji je, analogno kao u
prvom slucaju jednak periferijskom uglu nad tetivomMN, odnosno uglu12∠MCN. Ugao izmedu p
i kruznice inverzne kruznicik(C,r) jednak je upravo periferijskom uglu nadM′N′, tj. uglu 12M′KN′.
U dokazu Teorema8.11smo pokazali da su tackeM i N′ homoteticne. Analogno se pokaze da
suN i M′ homoteticne, pa imamoCM ‖ KN′ i CN ‖ KM′ odakle je∠MCN = ∠M′KN′, sto znaci
da su uglovi izmedu pravep i kruznicek(C,r) i njoj inverzne kruznice jednaki.
Time smo dokazali tvrdnju teorema u slucaju da je jedna linija prava koja prolazi kroz centar
inverzije.
bC
bM′k
bObA′ b
A
bM
a
p
Slika 8.3:
Neka su nam date dvije kruznicek1(C1,r1) i k2(C2,r2) koje se sijeku uA. Neka suk′1 i k′2njihove inverzne slike pri inverziji ciji centar ne pripada niti jednoj od kruznicak1 i k2 (samim time,
k′1 i k′2 su kruznice). Neka jeA′ inverzna tacka tackeA (ujedno i presjecna tacka kruznicak′1 i
k′2). Neka sut1 i t2 tangente na kruznicek1 i k2 u A, a t ′1 i t ′2 tangente nak′1 i k′2 u A′. Na osnovu
ranije dokazanog znamo da pravap = p(O,A) zaklapa jednake uglove sak1 i k′1 odnosnok2 i k′2,
145
EMSVM 2016./2017.
pa je∠t1AO = ∠t ′1A′O i ∠t2AO = ∠t ′2A′O. Odavde slijedi da je∠t1At2 = ∠t ′1A′t ′2, tj. ugao izmedu
kruznicak1 i k2 jednak je uglu izmeduk′1 i k′2.
k2
b
At1
t2
k1
k′2
t ′2
b
A′
k′1
b
O
t ′1
Na isti nacin se dokazuje tvrdnja i u ostalim slucajevima.
♠
Iz prethodnog teorema zakljucujemo da, ukoliko se dvije kruznice ili prava i kruznica dodiruju,
njihove inverzne slike ce se takoder dodirivati. (ovo je znacajno zbog primjene na rjesavanje Apo-
lonijevog problema).
Na kraju cemo navesti teorem koji predstavlja poopstenjeprethodnog teorema i dokazuje se na
isti nacin.Teorem 8.13
Pri inverziji se dvije krive u ravnini koje se sijeku preslikavaju u dvije krive te ravni koje se
sijeku pod istim uglom kao i polazne krive.
Primjer 8.1: Ptolomejev teorem
U tetivnom cetverouglu je proizvod duzina dijagonala jednak zbiru proizvoda duzina dva
para nasuprotnih stranica.
Rjesenje:Posmatrajmo tetivni cetverougaoABCD.
b
D
bA
bC
bB
Dakle, mi trebamo pokazati da vrijedi
AB ·CD+AD ·BC = AC ·BD.
146
EMSVM 2016./2017.
Posmatrajmo inverziju sa centrom u tackiD i proizvoljnim polumjeromr.
b
D
bA
bC
bB
k
bB′
l
bC′
bA′
Opisana kruznica trouglu△ABC preslikava se u pravac koji prolazi tackamaA′,B′ i C′ (teorem
8.5). Buduci da jeA′B′+B′C′ = A′C′, prema Teoremu8.10imamo
AB · r2
AD ·BD+
BC · r2
BD ·CD=
AC · r2
AD ·CD.
Mnozenjem posljednje jednakosti sa(AD ·BD ·CD)/r2 dobijamo trazenu jednakost. Provedemo li
postupak unatrag, nije tesko dobiti i obrat ovog teorema.
♣
Primjer 8.2
Neka kruznica upisana u trougao△ABC dodiruje straniceBC, CA, AB u tackamaM, N, P
redom. Neka suD, E, F sredine stranicaPN, PM, MN redom. Odrediti sliku kruznice
opisane oko trougla△DEF pri inverziji u odnosu na kruznicu upisanu u trougao△ABC.
Rjesenje:
Neka jeU centar upisane kruznice u trougao△ABC i neka jeI inverzija u odnosu na upisanu
kruznicu. Jasno je da suA, D, U kolinearne tacke. Kako je∠UDN =∠ANU = 90◦ to je△ANU ∼=△DUN te je
UAr
=r
UD⇒UA ·UD = r2.
Pa vrijedi da jeI(D) = A. Analogno jeI(E) = B, I(F) =C. Kako se kruznica opisana oko trougla
△DEF takoder slika u kruznicu to je njezina slika kruznica opisana oko trougla△ABC.
147
EMSVM 2016./2017.
b
B
b
A
b
C
b U
b
M
bN
bP
bD
b
Fb
E
♣
Primjer 8.3
Neka suk1,k2,k3,k4 kruznice takve da sek1 i k3 spolja dodiruju uP, k2 i k4 se spolja dodiruju
u istoj tackiP. Neka sek1 i k2, k2 i k3, k3 i k4, k4 i k1 dodiruju u tackamaA,B,C,D redom
tako da je svaka od njih razlicita odP. Pokazati
AB ·BCAD ·DC
=PB2
PD2 .
Rjesenje:
Neka jeI inverzija sa centrom uP poluprecnikar. Kruznicek1,k2,k3,k4 se preslikavaju u prave
p1, p2, p3, p4 takve da jep1 ‖ p3 i p2 ‖ p4 dakleA1B1C1D1 je paralelogram. Kako vrijedi
AB =r2 ·A1B1
PA1 ·PB1, PB =
r2
PB21
.
To imamo da jeAB ·BCAD ·DC
=PB2
PD2 ⇔ PD21
PB21
· A1B1 ·B1C1
A1D1 ·D1C1=
PD21
PB21
,
sto je ocito jerA1B1 =C1D1 i B1C1 = D1A1.
148
EMSVM 2016./2017.
b
k4
b
k3
b
k1
b
k2 b
P
bD
bC
b
A
b B
bD1
b A1
b C1
bB1
p1 p3
p4
p2
♣
Primjer 8.4
Neka jeω polukruznica sa precnikomPQ. Kruznicak je iznutra tangentna naω i dodiruje
segmentPQ u tackiC. Neka jeAB tangenta nak i okomita naPQ gdje jeA ∈ ω i B ∈ CQ.
Pokazati da pravaAC polovi ugao∠PAB.
Rjesenje:
Neka jeI inverzija sa centrom uC i poluprecnikomr. Polukruznicaω se slika u polukruznicu
ω1 s precnikomP1Q1. Kruznicak se slika u pravup tangentnu naω1 paralelnu saP1Q1 i pravaAB
se slika u kruznicut sa centrom naP1Q1 koja dodirujep, pa je podudarna kruznici odredenoj sa
polukruznicomω1. Kruznicat sijece polukruznicuω1 i P1Q1 u tackamaA1 i B1 redom. Ocito je
trougao△P1A1B1 jednakokrak sa∠PAC = ∠A1P1C = ∠A1B1C = ∠BAC.
149
EMSVM 2016./2017.
b
PbQ
ω
bbB
b
k
b
b
C
b
bB1
b
b
P1
b
Q1
tb
ω1
bA
bA1
p
♣
Primjer 8.5
Tacke A,B,C su dane na pravoj u ovom redu. Polukruzniceω,ω1,ω2 su konstruisane
nad precnicimaAC,AB,BC redom s iste strane prave. Niz kruznicakn je konstruisan na
sljedeci nacin, kruznicak0 je odredena sa polukruznicomω2, a kn je kruznica tangentna na
ω,ω1,kn−1,∀n ≥ 1. Pokazati da je udaljenost centra kruznicekn od praveAB, 2n puta veca
od poluprecnika kruznicekn.
Rjesenje:
Neka jeI inverzija sa centromA i poluprecnikom takvim da jer2 = AB ·AC. Jasno jeI(B) =
C, I(C) = B, ω i ω1 se slikaju u pravep i q okomite naCB u tackamaC i B redom. Niz kruznicakn
se preslikava u niz kruznicaan koje dodiruju pravep i q. Jasno je udaljenost od centra kruznicean
do praveAB, 2n puta veca od poluprecnika kruznicean. Kako sukn i an homoteticne u odnosu na
tackuA to je udaljenost centra kruznicekn od praveAB, 2n puta veca od poluprecnika kruznicekn.
150
EMSVM 2016./2017.
b
bω2
k0
b
a1
bC
bA
ω
bB
b
ω1 b
b k1
b b
bb
♣
Primjer 8.6
Tacke A,B,C su dane na pravoj u ovom redu. Polukruznicek i l konstruisane su nad
precnicimaAB i BC respektivno s iste strane prave. Kruznicat je tangentna nak i tangentna
na l u tackiT 6=C i tangentna je na normalun naAB u tackiC. Pokazati da jeAT tangenta
nal.
Rjesenje: Neka jeI inverzija sa centrom u tackiT i poluprecnikomr. Kruznicet i l se slikaju u
paralelne pravet1 i l1, kruznicak i pravan slikaju u kruznicek1 i n1 gdje jeT ∈ n1, pravaAB se
slika u kruznicua1 okomitu nal1 i prolazi krozB1,C1 ∈ l1. Dakle,a1 je kruznica sa precnikom
B1C1. Kruznicek1 i n1 su podudarne i tangentne nal1 u B1 i C1 i sijeku a1 u A1 i T respektivno.
Dakle,A1 i T su simetricne u odnosu na simetralu segmentaB1C1 pa vrijedi da jeA1T ‖ l1, tj. AT
je tangenta na l.
151
EMSVM 2016./2017.
bB1
bC1
a1
bA1
n1
k1
bB
bC
l
bA
k
bT
n
l1
♣
ZADACI ZA SAMOSTALAN RAD
1. Neka suk1,k2,k3,k4 kruznice takve dak2 dodirujek1 i k3, i k4 dodirujek1 i k3. Pokazati da
su tacke dodira kolinearne ili konciklicne.
2. Neka jes poluobim trougla△ABC. TackeE i F su uzete na pravojAB tako da jeCE =CF = s.
Pokazati da je kruznica opisana oko trougla△ABC tangentna na kruznicu pripisanu trouglu
△ABC koja odgovara straniciAB.
3. Pokazati da je kruznica devet tacaka dodiruje upisanu isve tri pripisane kruznice.
4. Neka jeP tacka u trouglu△ABC takva da je∠APB−∠C = ∠APC−∠B. Neka suD i E
centri upisanih kruznica trouglova△APB i △APC redom. Pokazati da se praveAP,BD,CE
sijeku u jednoj tacki.
8.4. Apolonijev problem
Razmotrit cemo tzv. Apolonijev problem o dodiru krugova koji se moze na elegantan nacin rijesiti
primjenom inverzije. Apolonijev problem moze se podijeliti na deset zadanih problema:
1. Konstruisati krug koji sadrzi tri date tacke.(A,B,C)
152
EMSVM 2016./2017.
2. Konstruisati krug koji sadrzi dvije date tacke i dodiruje datu pravu.(A,B, p)
3. Konstruisati krug koji sadrzi dvije date tacke i dodiruje dati krug.(A,B,k)
4. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku i dodiruje dvije date prave.(A, p,q)
5. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku i dodiruje datu pravu i dati krug.(A, p,k)
6. Konstruisati krug koji sadrzi datu tacku i dodiruje dvadata kruga.(A,k1,k2)
7. Konstruisati krug koji dodiruje tri date prave.(p,q,r)
8. Konstruisati krug koji dodiruje dvije date prave i dati krug. (p,q,k)
9. Konstruisati krug koji dodiruje datu pravu i dva data kruga. (p,k1,k2)
10. Konstruisati krug koji dodiruje tri data kruga.(k1,k2,k3)
Rjesenje:Primjetimo odmah da su prvi i sedmi problem trivijalni.
1. Spojimo tackeA,B i C. Dobijamo trougao△ABC. Trazeni krugk je tada opisani krug oko
trougla△ABC. Njegov centar dobijamo u presjeku simetrala stranica datog trougla.
bA
bB
b
C
bO
k
7. Neka se pravep i q sijeku u tackiA, pravep i r u tackiB, a praveq i r u tackiC. Onda date
prave obrazuju trougao△ABC. Trazeni krug je krug upisan u trougao△ABC, ciji centar se nalazi
u presjeku simetrala uglova trougla△ABC.
bA
bC
b B
k
r
p
qb
O
Zatim koristeci osobine inverzije, tj. da se u odredenom slucaju krug inverzijom preslikava u
pravu i obratno, zakljucujemo sljedece:
153
EMSVM 2016./2017.
• Problemi 8,9,10 svode se redom na probleme 4,5,6.
• problemi 5 i 6 svode se redom na probleme 2 i 3.
• Cetvrti i sesti Apolonijev problem rjesavaju se na potpuno isti nacin kao i peti.
• Drugi i treci problem rjesavaju se takoder slicno kao i peti, primjenom inverzije u odnosu
na neki krug sa centrom uA. Oba problema svode se na konstrukciju tangente iz tackeB na
krug p′ odnosnok′ (vidjet cemo u nastavku sta to znaci).
Rijesimo, stoga, peti Apolonijev problem:
Neka su dakle,A tacka,p prava ik krug neke ravni i neka jex trazeni krug koji sadrzi tackuA i
dodiruje pravup i krug k. Razmotrimo opsti slucaj kada nip ni k ne sadrze tackuA.
p
X
bA
i
b
b
p′ k′ k
x′
S i oznacimo krug sa centromA i proizvoljnim poluprecnikomr. Neka jeIi inverzija u odnosu
na taj krug ip′,k′,x′ slike prave p i krugovak i x u toj inverziji.
Kako
A /∈ p, A /∈ k, A ∈ x,
na osnovu osobina inverzije,p′ i k′ su krugovi ax′ je prava. Pravap i krug x imaju jednu zajednicku
tacku pa to vazi i za figurep′ i x′ tj. pravax′ je tangenta krugap′. Analogno, pravax′ je tangenta
krugak′. Dakle, zadatak se svodi na konstrukciju pravex′ kao zajednicke tangente krugovap′ i k′.
Dalje je
x = I−1i (x′) = Ii(x
′).
♣
154
