Kaleidoskop - linearnafunkcija i pravac

23.-28. kolovoz 2013.prof. dr. sc. Sanja Varosanec,

PMF-Matematicki odsjekU ovom su tekstu skupljene razne crtice o linearnoj funkciji i pravcu.

Vecina je ovoga izlozena na seminarima za ucitelje osnovnih skola u kolovozu2013.

1 O nazivu

Pojmom linearna funkcija nije jednoznacno odredena jedna klasa ob-jekata.

U pojedinoj literaturi linearnom funkcijom naziva se ovakva funkcija:

f : R → R, f(x) = ax, a ∈ R,

dok cemo u drugoj literaturi pronaci ovakvu definiciju:

f : R → R, f(x) = ax + b, a, b ∈ R, a 6= 0,

pri cemu se i tu javljaju varijante: ili je koeficijent a izricito razlicit od nuleili se dozvoljava i mogucnost da bude jednak 0.

Ako se linearnom funkcijom naziva funkcija oblika f(x) = ax, tadafunkciju f(x) = ax+b, b 6= 0, nazivamo afinom. Ovaj nacin imenovanja imatemelj u sljedecoj generalizaciji. Realne funkcije jedne varijable specijalnisu slucaj tzv. linearnih operatora, tj. preslikavanja f izmedu dva vektorskaprostora U i V koje ima svojstvo f(αx + βy) = αf(x) + βf(y). I cije jednood osnovnih svojstava je da nulu prostora U preslikava u nulu prostora V .

Druga varijanta jest da se linearnom funkcijom naziva funkcijaf : R → R, f(x) = ax + b, a, b ∈ R. Dakle, radi se o polinomu jednevarijable stupnja manjeg ili jednakog 1. Razlog za ovakvo imenovanje jeststo je graf takvih funkcija pravac (linea).

Treca varijanta i najcesca u hrvatskoj literaturi jest da se linearnomfunkcijom naziva funkcija oblika f : R → R, f(x) = ax+b, a, b ∈ R, a 6= 0,tj. pojam linearne funkcije istovjetan je pojmu polinoma jedne varijable

1

prvog stupnja. Generalizacija tako definirane linearne funkcije je polinomjedne varijable n-tog stupnja. Kao sto cemo vidjeti u sljedecem poglavlju,polinomi prvog stupnja imaju bitno razlicita svojstva od polinoma stupnja0.

U daljnjem tekstu promatramo funkciju f : R → R, f(x) = ax +b, a, b ∈ R.

2 Svojstva linearne funkcije

Monotonost Vrijede ove tvrdnje: Ako je a > 0 funkcija je rastuca. Ako jea < 0 funkcija je padajuca. Ako je a = 0, funkcija je konstantna.

Ova se svojstva uocavaju vec pri prvom susretu s linearnom funkcijomu 7. razredu, ali formalno se dokazuju tek u prvom razredu. Provedimodokaz ako je a > 0. Neka je x1 ≤ x2. Pomnozimo li nejednakost s adobivamo: ax1 ≤ ax2. Dodamo li objema stranama broj b tada dobivamoax1 + b ≤ ax2 + b, tj. f(x1) ≤ f(x2) sto je i trebalo dokazati.

Bijektivnost Ako je a 6= 0, tada je f bijektivna funkcija. Dokazimo to.Neka je f(x1) = f(x2). Tada imamo ovaj niz jednakosti

ax1 + b = ax2 + b

ax1 = ax2

x1 = x2.

2

Dakle, f je injekcija. Neka je y0 ∈ R. Definirajmo x0 ∈ R ovako: x0 = y0−ba .

Lako se provjerava da je f(x0) = y0. Buduci da ovo vrijedi za svaki broj izkodomene R, slijedi da je f surjekcija.

Ako je a = 0, f nije niti injekcija ni surjekcija.Parnost Proucimo izraz f(−x) = −ax + b. Jednakost f(−x) = f(x)

vrijedi ako je a = 0, tj. tada je f parna. Ako je uz to i b = 0, tada je fnul-polinom (i parna i neparna funkcija). Jednakost f(−x) = −f(x) vrijediako je b = 0, tj. tada je f neparna. Linearna funkcija uz a, b 6= 0 nije niparna ni neparna.

Periodicnost Linearna funkcija koja nije konstantna nije periodicna.Konstantna funkcija je periodicna i nema temeljni period.

Ogranicenost i ekstremi Linearna funkcija koja nije konstantna nijeogranicena i nema ekstrema - niti lokalnih niti globalnih. Ali ukoliko ograni-cimo domenu, na primjer, ako je domena segment [c, d], tada f ima globalneekstreme u rubovima tog segmenta.

Neprekidnost Linearna je funkcija neprekidna. Dokazimo tu tvrdnju.Promotrimo izraz |f(x) − f(c)| = |ax + b − ac − b| = |a| · |x − c|. Neka jea 6= 0. Neka je ε > 0 proizvoljan. Tada za δ < ε

|a| vrijedi da iz |x − c| < δ

slijedi |f(x) − f(c)| < ε. Ako je a = 0, tada se za δ moze uzeti bilo kojipozitivni broj. U oba slucaja dobivamo da je f neprekidna.

Derivabilnost Linearna je funkcija derivabilna. Dokazimo tu tvrdnju.Promotrimo limes

limx→c

f(x) − f(c)x − c

= limx→c

ax − ac

x − c= lim

x→ca = a.

Dakle, derivacija linearne funkcije u svakoj tocki jednaka je a.

3

Integrabilnost Buduci da je f neprekidna, ukoliko je restringirana nasegment, ona je i integrabilna. Primitivna funkcija linearne funkcije f(x) =ax + b jednaka je F (x) = ax2

2 + bx + c.Iz razmatranja svojstava jasno je zasto se cesto stavlja uvjet a 6= 0.

Naime, funkcije kod kojih je a = 0 imaju svojstva koja se razlikuju odfunkcija kod kojih je a 6= 0. Tako konstantna funkcija nije strogo monotona,nije bijektivna, parna je, periodicna je, ogranicena je, u dokazu neprekidnostitakoder se razmatraju dva slucaja. S druge strane, ako je a 6= 0, tada jelinearna funkcija strogo monotona, bijektivna je, opcenito nije ni parna nineparna, nije periodicna, nije ogranicena. Ovo razlikovanje po svojstvimamogao bi biti kljucni razlog zasto pod linearnom funkcijom podrazumijevatisamo polinom prvog stupnja.

3 O grafu

Graf linearne funkcije je skup p = {(x, ax + b) : x ∈ R}. Jedna od tvrdnjis kojima se susrecemo u sedmom razredu je da je taj skup pravac. Stovisena izbornoj se nastavi ova tvrdnja i dokazuje. Sto je pravac? Kako dokazatida je neki skup pravac? Prvo pitanje zadire u samu aksiomatiku geometrije.Prema aksiomatici euklidske geometrije pravci su, uz tocke osnovni pojmovikoji se ne definiraju, ali sustav aksioma opisuje njihova svojstva i medusobnerelacije. Aksiomatika na koju se referiramo precizno je iskazana u knjiziPavkovic-Veljan, Elementarna matematika I. Metrika vezana uz euklidskuravninu koja se proucava u osnovnoj skoli dana je s:

d(A, B) = |AB| :=√

(xB − xA)2 + (yB − yA)2,

pri cemu je na uobicajeni nacin uspostavljena koordinatizacija ravnine.

Ovime je linearna funkcija kao jedna transformacija povezana s geometri-jskim objektima kao sto su pravci. Pravcima pridruzujemo jednadzbe, tj.algebarske izraze koji opisuju veze izmedu koordinata tocaka na pravcu.Razlikujemo nekoliko vrsta oblika jednadzbe pravca: eksplicitni, implicitni,

4

segmentni, opci, parametarski. Prva dva se oblika obraduju u osnovnojskoli, treci u srednjoj, a ostali ili u izbornoj nastavi u srednjoj skoli ili ufakultetskim predmetima. Zasto baratamo s takvim obiljem razlicitih ob-lika jednadzbi pravca?

Eksplicitni oblik je oblik y = ax + b. Njime je iskazana direktna(eksplicitna) veza koordinata x i y. Potekao je iz zapisa pridruzivanja line-arne funkcije. To je prvi oblik s kojim se ucenici susrecu i obicno to ostajeza vecinu njih najfamilijarniji oblik. Koristeci taj oblik ucenici odredujutocke pravca, popunjavaju tablicu vrijednosti i crtaju graf. Koeficijenti a ib imaju nazive koji vrlo zorno opisuju njihovu ulogu. Koeficijent b naziva seodsjecak na osi y. U tocki (0, b) pravac sijece os y. Koeficijent a naziva sekoeficijent smjera pravca. U srednjoj se skoli pokazuje da je taj broj jednaktangensu kuta sto ga zatvara pravac s pozitivnim dijelom x osi. Tada sepocinje upotrebljavati i drugi naziv: nagib.

Implicitni oblik je oblik jednadzbe pravca s kojim se ucenici susrecunakon sto svladaju osnovne zadatke o pravcu. Ima ovaj izgled:

Ax + By + C = 0,

gdje su A, B, C realni brojevi, A2 + B2 6= 0. Njega karakterizira 0 kojase nalazi obicno na desnoj strani jednadzbe, dok se s lijeve strane nalazevarijable x i y u linearnoj ovisnosti. U ovom su obliku varijable x i y ravno-pravne. Zamijetimo da jedan pravac ima beskonacno mnogo implicitnihjednadzbi, jer ako uzmemo jednu jednadzbu i pomnozimo je s brojem ra-zlicitim od nule dobivamo novu implicitnu jednadzbu istog pravca. Stoga seobicno uz varijablu x postavlja pozitivan broj, a svi se koeficijenti javljaju unerazlomljenom obliku, ali to nije pravilo. Evo primjera dvije implicitne jed-nadzbe istog pravca, druga je jednadzba u obliku u kojem se obicno zapisujeu matematickim tekstovima:

− 2π

x +√

33

y + 1 = 0, 6x− π√

3y − 3π = 0.

Kad je pravac zadan implicitno, tada ga crtamo koristeci tocke presjekas osima, tj. uvrstavamo u jednadzbu redom x = 0 i y = 0. I koeficijenti Ai B imaju svoje znacenje iako ne toliko direktno vidljivo kao u eksplicitnojjednadzbi. Naime, pravac je nositelj medusobno kolinearnih vektora. Svakiod tih vektora naziva se vektor smjera pravca. Jedan vektor smjera pravcaje B~i − A~j. Naravno, koeficijent smjera pravca je −B

A .Imaju li svi pravci u koordinatnoj ravnini svoj eksplicitni oblik?Buduci da je eksplicitni oblik vezan uz funkcijsku relaciju, oni pravci koji

nisu grafovi funkcija nemaju eksplicitnu jednadzbu gornjeg oblika. Radi se o

5

pravcima koji su paralelni s y osi. Njihova je jednadzba x = const. Ukolikou definiciji linearne funkcije stavimo uvjet a 6= 0, tada niti pravci paralelnis x osi nisu slika linearne funkcije, nego konstantne funkcije. Dakle, svakipravac nema eksplicitni oblik, ali svaki ima implicitni oblik.

Segmentni oblik jednadzbe pravca je jednadzba oblika

x

m+

y

n= 1.

Lako se vidi da su m i n koordinate sjecista pravca s x i y osi. Buduci dam i n nisu 0, ovakvu jednadzbu imaju samo pravci koji s koordinatnim osimazatvaraju troku. Pravci koji prolaze kroz ishodiste ili su paralelni s koordi-natnim osima nemaju segmentni oblik jednadzbe. Pri crtanju pravca koji jezadan uu segmentnom obliku koristimo cinjenicu da iz same jednadzbe lakoocitavamo sjecista s koordinatnim osima. Takoder, u zadacima u kojima sepojavljuje trokut koji pravac zatvara s koordinatnim osima obicno koristimoovaj oblik.

Parametarski oblik je proistekao iz cinjenice da je pravac u potpunostiodreden jednom svojom tockom i vektorom smjera. Neka je dan vektor~s = p~i + q~j, te tocka T0(x0, y0). Promatramo pravac odreden tom tockom ivektorom smjera. Za tocku T (x, y) tog pravca postoji realan broj t takav daje ~T0T = t~s. Izjednacavanjem brojeva uz vektore ~i i ~j dobivamo ove dvijejednadzbe:

x = x0 + tp

y = y0 + tq.

Taj par jednadzbi nazivamo parametarske jednadzbe pravca. Parametarje broj t koji prolazi skupom R. Kad imamo dane parametarske jednadzbepravca, tada do eksplicitnog oblika dolazimo tako da iz prve jednadzbe izraz-imo prametar t i dobiveno uvrstimo u drugu jednadzbu. I obratno, kadimamo eksplicitnu jednadzbu pravca tada stavljajuci da je x = t, dobi-vamo jedan par parametarskih jednadzbi. Jasno je da jedan pravac imabeskonacno mnogo parametarskih jednadzbi. Ovo je uvod u proucavanjeopcenitijih krivulja koje su dane parametarskim jednadzbama.

6

Normalni oblik je jedna specijalna vrsta implicitnog oblika, a nje-govi koeficijenti nam daju neke direktne informacije o polozaju pravca.Neka je Ax + By + C = implicitni oblik pravca. Podijelimo ga brojemµ = ±

√A2 + B2 pri cemu se za predznak od µ uzima predznak suprotan

koeficijentu C. Dobivamo

A

µx +

B

µy +

C

µ= 0.

Brojevi Aµ i B

µ su po apsolutnoj vrijednosti manji ili jednaki 1 i suma njihovihkvadrata jednaka je 1, pa postoji broj ϕ ∈ [0, 2π) takav da je cos ϕ = A

µ isin ϕ = B

µ , te gornja jednadzba pravca poprima oblik

x cosϕ + y sinϕ − d = 0,

gdje je d = −Cµ . Uocimo da je d udaljenost ishodista do danog pravca.

Kut ϕ je kut ciji je vrh u ishodistu koordinatnog sustava, prvi krak mu jepozitivni dio osi x, a drugi sadrzi duzinu okomitu na pravac povucenu izishodista.

4 Veza s proporcionalnim velicinama

Dvije velicine nazivamo medusobno proporcionalnima (razmjernima) ako suomjeri svakih dviju odgovarajucih vrijednosti tih velicina medusobno jed-naki. Dakle, ako vrijednosti jedne velicine oznacimo s x1, x2, x3, . . ., a druges y1, y2, y3, . . ., tada su one proporcionalne ako je

y1

x1=

y2

x2=

y3

x3= . . . = k.

Broj k nazivamo koeficijent proporcionalnosti. Uzima se da je razlicit od 0.Kolokvijalno cesto kazemo i ovako: Dvije velicine nazivamo medusobno

proporcionalnima (razmjernima) ako imaju ovo svojstvo: ako se jedna velicinapoveca, tada se i druga poveca isto toliko puta, i obratno, ako se jednavelicina smanji, tada se i druga velicina smanji isto toliko puta. Ali pritome treba biti svjestan da ova recenica opisuje proporcionalne velicine spozitivnim koeficijentom proporcionalnosti. No, buduci da se u primjerimaiz svakodnevnog zivota obicno susrecemo s takvim proporcionalnostima, tase recenica udomacila i ponekad je nekriticki koristimo.

Primjeri proporcionalnih velicina: kolicina robe i cijena; prijedeni puti potrosnja benzina; stranica kvadrata i opseg; brzina i prijedeni put pri

7

jednoliko pravocrtnom gibanju; sila i akceleracija; tezina i masa tijela; masai volumen; temperatura i volumen u izobarnom procesu itd.

Uocimo da su proporcionalne velicine medusobno vezane formulom y =kx, tj. f(x) = kx. Drugim rijecima, izmedu njih vlada linearna ovisnost.

5 Kolinearnost triju tocaka

Problem odgovaranja na pitanje jesu li tri dane tocke ravnine kolinearnepojavljuje se u nekoliko nastavnih tema - od 7. razreda osnovne pa do 3.razreda srednje skole i u svakom pojavljivanju posizemo za razlicitim meto-dama pri rjesavanju tog problema. Na konkretnom primjeru triju tocakailustrirat cemo te metode. Prisjetimo se da se tocke nazivaju kolinearnimaako leze na jednom pravcu.

Zadatak. Jesu li tocke A(0, 1), B(2, 5) i C(5, 11) kolinearne?Rjesenje 1. (pomocu jednadzbe pravca) Odredimo jednadzbu pravca

AB:

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

y − 1 =5− 12− 0

(x− 0)

y = 2x + 1.

Uvrstimo li koordinate tocke C u jednadzbu y = 2x + 1 dobivamo jed-nakost, tj. i tocka C pripada pravcu AB.

Varijanta: Uz pravac AB mogli smo odrediti jos i pravac AC . . . y =2x + 1. Buduci da oba pravca imaju jednake jednadzbe zakljucujemo da seradi o istim pravcima, tj. sve tri tocke se nalaze na jednom pravcu.

8

Rjesenje 2. (pomocu linearne funkcije) Odredimo linearnu funkciju f(x) =ax + b za koju je f(0) = 1, f(2) = 5 i f(5) = 11. Iz prve dvije jednakostidobivamo dvije jednadzbe

a · 0 + b = 12a + b = 5.

Rjesavajuci sustav dobivamo b = 1, a = 2. Dakle, prve dvije tocke leze nagrafu funkcije f(x) = 2x + 1. Buduci da je i f(5) = 2 · 5 + 1 = 11, slijedi dai C lezi na grafu iste funkcije, a to je pravac.

Rjesenje 3. (pomocu udaljenosti tocaka) Ako su tri tocke kolinearne,tada je zbroj dviju kracih duljina duzina odredenih tim tockama jednakduljini najdulje duzine. Ova se metoda primjenjuje u 8. razredu nakonobrade Pitagorina poucka. Odredimo sve tri duzine odredenih tim tockama:

|AB| =√

(2− 0)2 + (5 − 1)2 =√

20 = 2√

5,

|AC| =√

(5− 0)2 + (11− 1)2 =√

125 = 5√

5,

|BC| =√

(5− 2)2 + (11− 5)2 =√

45 = 3√

5.

Ocito je |AB| + |BC| = |AC|, pa je tocka B unutar duzine AC .Rjesenje 4. (pomocu formule za povrsinu trokuta) Kad u 1. razredu

dokazemo formulu za povrsinu trokuta koji je dan svojim vrhovima, tadaza ispitivanje kolinearnosti tocaka koristimo cinjenicu da ako je povrsinatrokuta ABC jednaka 0, tada se radi o tzv. degeneriranom trokutu, tj. otrokutu koji se pretvorio u duzinu. Provedimo postupak za ove tri tocke.

P =12|x1(y2 − y3) + x2(y3 − y1) + x3(y1 − y2)|

P =12|0(5− 11) + 2(11− 1) + 5(1− 5)|

P = 0.

Rjesenje 5. (pomocu vektora) Odredimo vektore ~AB i ~AC . Ukolikose radi o kolinearnim vektorima, i zato jer imaju jednu zajednicku tockumozemo zakljuciti da te usmjerene duzine leze na jednom pravcu. Ova semetoda rabi u trecem razredu srednje skole.

~AB = (2 − 0)~i + (5− 1)~j = 2~i + 4~j,~AC = (5 − 0)~i + (11− 1)~j = 5~i + 10~j.

9

Vrijedi ~AC = 52

~AB, tj. vektori su kolinearni, a buduci da usmjerene duzineimaju istu pocetnu tocku, nalaze se na istom pravcu.

Rjesenje 6. (pomocu vektorskog produkta) Vektorski produkt dvaju vek-tora ~a i ~b je vektor ~a×~b cija je duljina jednaka povrsini paralelograma kojegarazapinju vektori ~a i ~b. Ukoliko je povrsina tog paralelograma jednaka 0 toznaci da su vektori ~a i ~b kolinearni, a ako jos njihovi predstavnici imaju izajednicku pocetnu tocku, onda te usmjerene duzine leze na istom pravcu.Ova se metoda rabi u onim srednjim skolama u kojima se u trecem razreduobraduje i vektorski produkt. U ovom zadatku vektori ~a i ~b su:

~a = ~AB = 2~i + 4~j, ~b = ~AC = 5~i + 10~j,

pa je vektorski produkt

~a ×~b =

∣∣∣∣∣∣

~i ~j ~k

2 4 05 10 0

∣∣∣∣∣∣= 0~i + 0~j + 0~k = ~0,

a modul nul-vektora ~0 jednaka je 0. Dakle, |~a ×~b| = 0, pa su vektori ~a i ~bkolinearni.

6 Koordinatna metoda

Bit ove metode jest da se promatrana geometrijska figura smjesti u pogo-dan koordinatni sustav, a zatim se provede trazeni racun ili dokaz koristecianaliticku geometriju.

Vec u 7. razredu kad se obradi koordinatni sustav i jednadzba pravcamogu se poceti raditi jednostavniji zadaci pomocu koordinatne metode, alimnogo je prikladnije ovom metodom rjesavati zadatke krajem 8. razreda i u1. razredu srednje kad se vjesto nauci baratati algebarskim izrazima te kadse obradi Pitagorin poucak na kojem se temelji formula za udaljenost tocaka.Stovise u 1. razredu se usvaja i formula udaljenosti tocke od pravca, formulepolovista duzine i tezista trokuta, te formule za koordinate tocke koja danuduzinu dijeli u danom omjeru. Na zalost, rijetko kada se u redovnoj nastaviplanimetrijski zadaci rjesavaju ovom metodom iako u srednjoj skoli postojinekoliko teorema ciji se dokazi provode na ovaj nacin. Ali, ona je zatopogodna za rad na izbornoj ili dodatnoj nastavi. Prednost ove metodenaprema sintetickoj je u tome da se zadatak rjesava gotovo rutinski, bezpotrebe za nekim trikovima i povezivanjem cinjenica koje i nisu ocite uzadatku.

10

Za sedmi je razred primjeren upravo zadatak u kojem trazimo koordinatetocke koja danu duzinu dijeli u danom omjeru.

Zadatak. Neka su dane tocke A(2, 3) i B(4, 7). Odredi koordinate tockeC koja duzinu AB dijeli u omjeru 2 : 5.

Rjesenje. Nacrtajmo skicu na kojoj iz tocaka A, B, C povucimo ortogo-nalne projekcije na osi.

Pogledajmo prvo tri slicna pravokutna trokuta cije su katete na x osi.Buduci da je |AC| : |CB| = 2 : 5 prema Talesovom teoremu slijedi da je i(xc − 2) : (4 − xc) = 2 : 5, tj. xc = 18

7 . Na analogan nacin dobivamo i da jeyc = 29

7 . Koordinate tocke C su (187 , 29

7 ).Generalizirajte ovaj zadatak tako da koordinate tocaka A i B budu opci

brojevi, ili da omjer bude neki opci, napr. m : n.Sad cemo ilustrirati ovu metodu na nekoliko zadataka s matematickih

natjecanja.

Zadatak. (zupanijsko 2002., 7. razred) Dan je paralelogram ABCD.Tocka M dijeli dijagonalu BD u omjeru |BM | : |MD| = 2 : 7. Pravac AMsijece BC u tocki N . U kojem omjeru N dijeli BC?

Rjesenje. Postavimo koordinatni sustav tako da je ishodiste u vrhu B, ax os je pravac AB. Tada je:

A(−a, 0), B(0, 0), C(xC , yC), D(xD, yC)

pri cemu je xC − xD = a.

11

Kako je 2+7 = 9, to su koordinate tocke M(29xD, 2

9yc). Pravac AM imajednadzbu (jednadzba pravca kroz dvije tocke):

AM . . .y =2yC

9a + 2xD(x + a).

Pravac BC ima jednadzbu:

BC . . .y =yC

xCx.

Presjek ta dva pravca dobivamo kao rjesenje sustava. Imamo redom:

yC

xCx =

2yC

9a + 2xD(x + a), x

(yC

xC− 2yC

9a + 2xD

)=

2yC

9a + 2xDa,

yCx

(1

xC− 2

9a + 2xD

)=

2yC

9a + 2xDa, x

(1

xC− 2

9a + 2xD

)=

29a + 2xD

a,

x9a + 2xD − 2xC

xC(9a + 2xD)=

29a + 2xD

a, x(9a − 2(xC − xD))

xC= 2a,

x9a − 2a

xC= 2a, x =

27xC .

Dakle, prva koordinata tocke N je 27xC , a kako se nalazi na pravcu BC

kroz ishodiste to znaci da N dijeli BC u omjeru 2 : 5 racunajuci od vrha B.Generalizirajte ovaj zadatak na slucaj kad se omjer 2 : 7 promijeni u

m : n.

Zadatak. (zupanijsko 2002., 8. razred) Dan je kvadrat ABCD. Ako jeM poloviste stranice AD, N poloviste stranice CD i P presjek duzina BNi CM , tada je |AP | = |AB|.

Rjesenje. Nacrtajmo skicu i uvedimo koordinatni sustav tako da je vrhA ishodiste, a AB x-os.

12

Tada jeA(0, 0), B(a, 0), C(a, a), D(0, a).

M je poloviste od AD, pa je M(0, a2). N je poloviste od CD, pa je N(a

2 , a).Pravac CM ima jednadzbu

CM . . .y =12x +

a

2.

Pravac BN ima jednadzbu

BN . . . y = −2x + 2a.

Presjecemo li ta dva pravca dobivamo redom

−2x + 2a =12x +

a

2, −5

2x = −3a

2, x =

3a

5,

y = −2x + 2a = −6a

5+ 2a =

4a

5.

Koordinate tocke P su P (3a5 , 4a

5 ). Izracunajmo |AP |.

|AP | =

√(3a

5)2 + (

4a

5)2 = a = |AB|.

Zadatak. (drzavno 2000., 7. razred) Zadan je jednakokracni trapezABCD takav da je |AB| = |BC| = 2|CD|. Ako je N noziste okomice izvrha A na BC , tada je |BN | : |NC| = 1 : 3. Dokazi.

7 Tangenta na krivulju

Neka je dana funkcija f na intervalu (a, b) koja je derivabilna u tocki c ∈(a, b). Tangenta na graf funkcije f u tocki c je pravac koji najbolje aproksimirataj graf u okolini tocke (c, f(c)). Jednadzba tangente je

y = f(c) + f ′(c)(x− c).

13

Uocimo da su na desnoj strani jednakosti prva dva clana Taylorovograzvoja funkcije oko tocke c. Ako zelimo funkciju aproksimirati ne samo li-nearnom funkcijom nego polinomom n-tog reda tada cemo upotrijebiti Tay-lorov polinom n-tog stupnja.

8 Linearna interpolacija

Linearna funkcija cesto se koristi pri interpolaciji netrivijalnih funkcija. Pret-postavimo da je funkcija dana nizom parova (cvorova) (x1, f(x1)), (x2, f(x2)). . . (xn, f(xn)), drugim rijecima funkcija je tabelirana, te trebamo izracunativrijednost funkcije u tocki x0 koja je razlicita od danih x1, . . . , xn. Tada sepostupa ovako: odredi se u kojem se intervalu nalazi x0, tj. nadu se xi ixi+1 takvi da je xi < x0 < xi+1, a funkcija f na tom intervalu zamijenise linearnom funkcijom g koja spaja cvorove (xi, f(xi)) i (xi+1, f(xi+1)).Tada je f(x0) ≈ g(x0). Numericka matematika, tj. dio matematike kojise bavi problemima interpolacije i to ne samo linearnim funkcijama nego iostalim elementarnim funkcijama rjesava i pitanje koliko je ta aproksimacijazadovoljavajuca.

Pokazat cemo na jednom bliskom primjeru kako funkcionira ova metoda.Ne tako davno, u upotrebi su bile logaritamske tablice u kojima je bila tabeli-rana logaritamska funkcija po bazi 10 za sve decimalne brojeve u intervalu[1, 10] koji su imali cetiri znamenke. Ukoliko se u zadatku pojavila potrebaza logaritmom broja koji ima vise od 4 znamenke pristupalo se linearnojinterpolaciji.

Primjer. U logaritamskim tablicama nalazimo ove podatke: log 3.402 =0.53173 i log 3.403 = 0.53186. Izracunajmo log 3.4027.

Rjesenje. Tockama (3.402, 0.53173) i (3.403, 0.53186) povucimo pravac,tj. graf logaritamske funkcije na tom intervalu interpoliramo pravcem. Ko-ristimo dobro poznatu formulu za jednadzbu pravca kroz dvije tocke.

14

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

y − 0.53173 =0.53186− 0.53173

3.403− 3.402(x − 0.3402)

y − 0.53173 =0.000130.001

(x − 3.402)

y = 0.13x + 0.08947

Uvrstimo li x = 3.4027 dobivamo y = 0.531821. Dakle, log 3.4027 ≈0.531821. Usporedbe radi, navedimo i rezultat dobiven pomocu racunala:log 3.4027 ≈ 0.5318236.

Primjer. Mjereno je vrijeme (u satima) trajanja baterija tipa AA.Dobiveni su podatci grupirani u 7 razreda i dani su u tablici frekvencija.Odredimo medijan tih podataka.

Prisjetimo se da je medijan niza podataka onaj podatak u uredenomnizu koji se nalazi na sredini, tj. 50% posto podataka je manje od njega, a50% podataka je vece. Ovi su podaci vec grupirani u razrede (tj. izgubljenisu primarni podaci) pa se medijan odreduje linearnom interpolacijom grafakumulativnih relativnih frekvencija. Zato je tablica odmah dopunjena istupcem kumulativnih relativnih frekvencija.

Kumulativna relativna frekvencija nekog razreda je zbroj relativnih frekven-cija svih razreda koji su u tablici relativnih frekvencija navedeni prije pro-matranog razreda ukljucujuci i relativnu frekvenciju promatranog razreda.Tako je kumulativna relativna frekvencija treceg razreda jednaka zbrojurelativnih frekvencija u prvom, drugom i trecem razredu, tj. jednaka je25

1201 + 1281201 + 423

1201 = 5761201 = 47.96%.

15

precizne granice razreda broj baterija kumulativne

(frekvencija) relativne frekvencije

25.5 – 85.5 25 251201 = 2.08%

85.5 – 145.5 128 1531201 = 12.74%

145.5 – 205.5 423 5761201 = 47.96%

205.5 – 265.5 398 9741201 = 81.1%

265.5 – 325.5 154 11281201 = 93.92%

325.5 – 385.5 73 1 = 100%

Nacrtajmo dijagram kumulativnih relativnih frekvencija. Pri cr-tanju dijagrama kumulativnih relativnih frekvencija na x osi nanosimo gornjeprecizne granice razreda, a na y os nanosimo kumulativne relativne frekven-cije. Tocke koje ucrtavamo za apscisu imaju gornju granicu razreda, a zaordinatu imaju kumulativnu relativnu frekvenciju tog razreda. Na graf sedoda jos i tocka kojoj je apscisa donja granica prvog razreda s ordinatom0. Potom se te tocke spoje duzinama. Na donjoj je slici prikazan grafkumulativnih relativnih frekvencija.

16

Odredimo na grafu tocku iz koje ocitavamo medijan. Na y osi nadimoordinatu 50 i povucimo paralelu s x osi do grafa. Dobivenoj tocki na grafuocitajmo apscisu tako da spustimo okomicu iz tocke na x os. Ta apscisa jemedijan ovih podataka. U ovom slucaju medijan je priblizno 210.

Izracunajmo vrijednost medijana. Ocito je da treba odrediti apscisutocke (M, 50) koja se nalazi na pravcu koji prolazi tockama T1(205.5, 47.96)i T2(265.5, 81.1). Koristeci se jednadzbom pravca kroz dvije tocke dobivamoovo:

17

y − y1 =y2 − y1

x2 − x1(x − x1)

y − 47.96 =81.1− 47.96265.5− 205.5

(x − 205.5)

y − 47.96 =33.1460

(x − 205.5)

y = 0.5523x− 65.54

Uvrstimo li u tu jednadzbu y = 50 dobivamo da je pripadni x jednak209.2. I ovdje vrijedi pravilo o zaokruzivanju na jedno decimalno mjesto viseod broja decimalnih mjesta koje imaju primarni podatci. Dakle, medijan je209.2.

U statistickoj literaturi obicno se nalaze vec gotove formule za racunanjemedijana, ali je uvijek dobro imati na umu kako je formula nastala, jer osimmedijana na isti se nacin racunaju i ostale mjere kao sto su kvartili, decili ipercentili.

9 Regresijski pravac

Statisticki se podatci cesto prikazuju graficki kao skup tocaka (x1, y1), . . .(xn, yn)(dijagram rasipanja, scatter diagram).

Ponekad je na grafu vidljiva izvjesna linearna povezanost tih podataka,pa se trazi pravac koji najbolje aproksimira taj skup tocaka. Drugim rijecima,trazimo pravac y = ax + b za koji je zbroj kvadrata udaljenosti ordinatatocaka iz statistike i tocaka pravca najmanji, tj. trazimo a i b za koje sepostize minimum izraza

f(a, b) =n∑

i=1

(yi − (axi + b))2.

18

Radi se o funkciji dvije varijable, pa za ekstremalnu tocku vrijedi ∂f∂a(a, b) =

0 i ∂f∂b (a, b) = 0. Deriviramo li funkciju f po a i po b dobivamo:

∂f

∂a(a, b) = −

n∑

i=1

2xi(yi − (axi + b))

∂f

∂b(a, b) = −

n∑

i=1

2(yi − (axi + b)).

Izjednacavanjem s nulom i dijeljenjem s −2 dobivamo sustav

a

n∑

i=1

x2i + bnx =

n∑

i=1

xiyi

anx + bn = ny

pri cemu smo upotrijebili i oznake za aritmeticke sredine x = 1n

∑ni=1 xi i

y = 1n

∑ni=1 yi. Rjesenje ovog sustava je

a =∑n

i=1 xiyi − nx y∑ni=1 x2

i − n(x)2, b = y − ax.

Dobiveni pravac y = ax + b naziva se regresijski pravac i analiticarima po-dataka sluzi i kao pomoc u interpolaciji i ekstrapolaciji podataka (predvidanje,prognoziranje). Jasno je da skup podataka moze imati i neku drugu za-visnost (kvadratnu, eksponencijalnu, logaritamsku, Gompertzovu i sl.), alimetoda odredivanja koeficijenata je uvijek jednaka prethodnoj.

19

Zadatak. Svakome od sest pacijenata izmjeren je sistolicki tlak. Podacio dobi pacijenta i tlaku su upisani u tablicu:

pacijent starost (xi) sistolicki tlak (yi)1. 36 1202. 40 1233. 43 1274. 45 1285. 46 1306. 51 135

Nacrtajmo dijagram rasipanja i procijenimo koliki ce tlak imati 48-godisnjak.

Dopunimo nasu tablicu stupcima x2i i xiyi i retkom u kojem se nalaze

odgovarajuci zbrojevi.

20

pacijent starost (xi) sistolicki tlak (yi) x2i xiyi

1. 36 120 1296 43202. 40 123 1600 49203. 43 127 1849 54614. 45 128 2025 57605. 46 130 2116 59806. 51 135 2601 6885

Zbroj 261 763 11487 33 326

Odavde je x = 2616 , y = 763

6 , te uvrstavanjem svih podataka u izraze zaa i b dobivamo

y = 1.015x + 83.014.

Ucrtajmo regresijski pravac u dijagram rasipanja.

Uvrstimo li x = 48, dobivamo da je ocekivani sistolicki tlak 48-godisnjaka131.7 mmHG.

10 Pravcaste plohe

Dvije prostorne plohe cije su pojedine grupe presjeka hiperbole, jednostrukihiperboloidi i hiperbolicki paraboloid (jos poznat i kao hipar), pripadajuskupini tzv. pravcastih ploha. U gradevini ovo se svojstvo vrlo cesto koristijer se takve plohe mogu se izgraditi od ravnih elemenata.

Hiperboloid:

21

Hipar:

22