ELEMENTARNA MATEMATIKA 2 – prvi kolokvij

26. travnja 2006.

Z  A  B  C  D
1a \overrightarrow{BB′} + \overrightarrow{BC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DC} \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{CC′}  \overrightarrow{AB} + \frac{1}{2} \overrightarrow{BC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{CC′}  \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DD′}
1b  m = 5, n = −1  m = 0, n = −1  m = 2, n = −4  m = −3, n = 2
1c  −1  −5  5  −5
1d \frac{x−1}{2} = \frac{y−2}{13} = \frac{z−1}{1}  \frac{x−1}{7} = \frac{y−2}{5} = \frac{z−1}{14}  7x + 5y + 14z = 31  2x + 13y + z = 29
1e  a  c  a  d
2  \frac{33}{4}  \frac{17}{2}  \frac{29}{4}  7
3  |CG| : |CE| = 1 : 2 |CG| : |CE| = 3 : 7  |DG| : |DE| = 3 : 4 |DG| : |DE| = 6 : 7
|DG| : |DF | = 3 : 4 |DG| : |DF | = 6 : 7  |AG| : |AF | = 3 : 8 |AG| : |AF | = 2 : 7
4  \sqrt{\frac{52}{5}}  \sqrt{6}  \sqrt{\frac{6}{5}}  \sqrt{\frac{82}{5}}
5  \frac{x−1}{2} = \frac{y−1}{1} = \frac{z−1}{−1}  \frac{x−1}{3} = \frac{y−1}{−2} = \frac{z−2}{0}  \frac{x−1}{1} = \frac{y−1}{0} = \frac{z}{−2}  \frac{x}{3} = \frac{y−2}{−3} = \frac{z−3}{−4}

1. zadatak

I. grupa

a) \overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DD′} + \overrightarrow{D′T} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{BB′} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DC}

b) Ovi vektori su kolinearni (nijedan od njih nije nulvektor!) akko postoji realan broj λ takav da je (2, m + 1, m − 1) = λ(−1, n − 2, −2). Iz toga dobivamo sustav:

\begin{aligned}2 & = & −λ \\ m + 1 & = & λ(n − 2) \\ m − 1 & = & −2λ \end{aligned}

Rješenja tog susatva su λ = −2, m = 5, n = −1. Dakle, vektori su kolinearni kad je m = 5 i n = −1.

c) (\overrightarrow{a} × \overrightarrow{b}) · \overrightarrow{c} = | \begin{matrix}1 & 1 & 1 \\ 1 & 2 & 3 \\ −1 & −3 & −6 \end{matrix} | = −1

d) \frac{x − 1}{2} = \frac{y − 2}{13} = \frac{z − 1}{1}

e) Odmah vidimo da pravci imaju jednake vektore smjera (1, 2, 0), pa da su ili paralelni ili se radi o istom pravcu. Međutim, točka (1, 1, 2) leži na drugom ali ne i na pravom pravcu, dakle ne mogu biti isti. Stoga je točan odgovor a)paralelni ali različiti.

II. grupa

a) \overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{CC′}

b) Vektori su kolinearni kad je m = 0 i n = −1.

c) (\overrightarrow{a} × \overrightarrow{b}) · \overrightarrow{c} = −5

d) \frac{x − 1}{7} = \frac{y − 2}{5} = \frac{z − 1}{14}

e) c)Sijeku se u jednoj točki.

III.grupa

a) \overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AD} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{CC′}

b) Vektori su kolinearni kad je m = −7 i n = 14.

c) (\overrightarrow{a} × \overrightarrow{b}) · \overrightarrow{c} = 5

d) 7x + 5y + 14z = 31

e) a)Paralelni, ali različiti.

IV.grupa

a) \overrightarrow{AT} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BC} + \frac{1}{2} \overrightarrow{DD′′}

b) Vektori su kolinearni kad je m = −3 i n = 2.

c) (\overrightarrow{a} × \overrightarrow{b}) · \overrightarrow{c} = −5

d) 2x + 13y + z = 29

e) d)Isti.

2. zadatak

I. grupa

\overrightarrow{b} · (\overrightarrow{a} − \overrightarrow{c}) + \frac{1}{2}\overrightarrow{a} · \overrightarrow{c} = 2\overrightarrow{b} · \overrightarrow{b} + \frac{1}{2}\overrightarrow{a} · (\overrightarrow{a} − 2\overrightarrow{b}) =

= 2|\overrightarrow{b}|^{2} + \frac{1}{2}|\overrightarrow{a}|^{2} − \overrightarrow{a} · \overrightarrow{b} = 8 + 8 − \overrightarrow{a} · \overrightarrow{b}

\overrightarrow{a} · \overrightarrow{b} izračunamo iz sljedećeg izraza:

1 = |\overrightarrow{c}|^{2} = \overrightarrow{c} · \overrightarrow{c} = (\overrightarrow{a} − 2\overrightarrow{b}) · (\overrightarrow{a} − 2\overrightarrow{b}) = = |\overrightarrow{a}|^{2} + 4|\overrightarrow{b}|^{2} − 4\overrightarrow{a} · \overrightarrow{b} = 16 + 16 − 4\overrightarrow{a} · \overrightarrow{b}

te na kraju dobivamo da je vrijednost traženog izraza jednaka \frac{33}{4}.

II. grupa

\overrightarrow{a} · \overrightarrow{b} = \frac{−1}{4}, a vrijednost traženog izraza jednaka \frac{17}{2}.

III. grupa

\overrightarrow{a} · \overrightarrow{b} = \frac{21}{4}, a vrijednost traženog izraza jednaka \frac{29}{4}.

IV. grupa

\overrightarrow{a} · \overrightarrow{c} = 1, a vrijednost traženog izraza jednaka 7.

3. zadatak

Grupa D

Iz uvjetâ zadatka vidimo da je \overrightarrow{AE} = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB}, te \overrightarrow{BF} = \frac{1}{2} \overrightarrow{BC} = \frac{1}{2} \overrightarrow{AD}. Sada, ako označimo \overrightarrow{AG} = λ\overrightarrow{AF} i \overrightarrow{GE} = μ\overrightarrow{DE}, očitu jednakost \overrightarrow{AG} + \overrightarrow{GE} = \overrightarrow{AE} možemo pisati kao λ(\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2} \overrightarrow{AD}) + μ(\frac{1}{3} \overrightarrow{AB} − \overrightarrow{AD}) = \frac{1}{3} \overrightarrow{AB}. Budući da su vektori \overrightarrow{AB} i \overrightarrow{AD} linearno nezavisni (inače se pravci DE i AF ne sijeku u točki, već poklapaju), možemo izjednačiti skalare uz \overrightarrow{AB} i \overrightarrow{AD} na lijevoj i desnoj strani. Dobijemo sustav

λ + \frac{1}{3}μ = \frac{1}{3}

\frac{1}{2}λ − μ = 0 ,

čije je rješenje λ = \frac{2}{7}, μ = \frac{1}{7}. Dakle, točka G dijeli dužinu \overline{AF} u omjeru 2 : 5 računajući od A, a dužinu \overline{DE} u omjeru 6 : 1 računajući od D.

Grupa A

U gornjem zamijenimo \frac{1}{3} s \frac{2}{3}, te točke A i C. Dobijemo λ = \frac{1}{2} i μ = \frac{1}{4}, što znači da točka G dijeli dužinu \overline{CE} u omjeru 1 : 1 (polovište), a dužinu \overline{DF} u omjeru 3 : 1 računajući od D.

Grupa B

U gornjem (grupa D) zamijenimo \frac{1}{3} i \frac{1}{2}, te točke A i C. Dobijemo λ = \frac{3}{7} i μ = \frac{1}{7}, što znači da točka G dijeli dužinu \overline{CE} u omjeru 3 : 4 računajući od C, a dužinu \overline{DF} u omjeru 6 : 1 računajući od D.

Grupa C

U gornjem (grupa D) zamijenimo \frac{1}{2} s \frac{2}{3}, te \frac{1}{3} s \frac{1}{2}. Dobijemo λ = \frac{3}{8} i μ = \frac{1}{4}, što znači da točka G dijeli dužinu \overline{AF} u omjeru 3 : 5 računajući od A, a dužinu \overline{DE} u omjeru 3 : 1 računajući od D.

4. zadatak

Jedna grupa

Dane su ravnine

π_{1} … −x + y + 3z = 0
π_{2} … x + 9y − 3z = 0
π_{3} … x + 4y − 3z + 5 = 0.

Odredite međusobni položaj pravaca p_{1} = π_{1} ∩ π_{3} i p_{2} = π_{2} ∩ π_{3}. Ukoliko se oni sijeku, odredite njihovo sjecište; ukoliko se ne sijeku, odredite njihovu udaljenost.

Rješenje. Zapišemo pravce p_{1} = π_{1} ∩ π_{2} i p_{2} = π_{2} ∩ π_{3} u kanonskom obliku. Dobivamo

p_{1} … \frac{x + 1}{3} = \frac{y + 1}{0} = \frac{z}{1} p_{2} … \frac{x + 9}{3} = \frac{y − 1}{0} = \frac{z}{1}.

Dva pravca su paralelni ako i samo ako su im vektori smjera kolinearni. Budući da pravci p_{1} i p_{2} imaju isti vektor smjera \overrightarrow{s} = (3, 0, 1), zaključujemo da su ta dva pravca paralelni.

Udaljenost pravaca p_{1} i p_{2} je udaljenost bilo koje točke na pravcu p_{1} od pravca p_{2} (i obratno). Računamo udaljenost točke T_{1}(−1, −1, 0) ∈ p_{1} od pravca p_{2}.

\overrightarrow{r_{1}} = (−1, −1, 0) je radijusvektor točke na pravcu p_{1}
\overrightarrow{r_{2}} = (−9, 1, 0) je radijusvektor točke na pravcu p_{2}
\overrightarrow{s} = (3, 0, 1) je vektor smjera pravca p_{2}

Sada ćemo iskoristiti formulu za udaljenost točke od pravca (visina paralelograma = \frac{povrsina}{duljina baze}):

d = \frac{|(\overrightarrow{r_{1}} − \overrightarrow{r_{2}}) × \overrightarrow{s}|}{|\overrightarrow{s}|} = \begin{matrix}√ & \overline{2^{2} + 8^{2} + 6^{2}} \\ √ & \overline{3^{2} + 0^{2} + 1^{1}} \end{matrix} = \begin{matrix}√ & \overline{104} \\ √ & \overline{10} \end{matrix} = \sqrt{\frac{52}{5}}.

Naime,

(\overrightarrow{r_{1}} − \overrightarrow{r_{2}}) × \overrightarrow{s} = |\begin{matrix}\overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\ 8 & −2 & 0 \\ 3 & 0 & 1 \end{matrix}| = (−2, −8, 6).

Ostale grupe

Rješenja su: \sqrt{6}, \sqrt{\frac{6}{5}}, \sqrt{\frac{82}{5}}.

5. zadatak

• Grupa A

5. Odredite jednadžbu pravca koji prolazi kroz točku (3, 2, 0), siječe pravac \frac{x−4}{3} = \frac{y+3}{−4} = \frac{z−3}{2} i okomit je na njega. Rješenje: Neka je T točka (3, 2, 0), p pravac \frac{x−4}{3} = \frac{y+3}{−4} = \frac{z−3}{2} i q pravac čiju jednadžbu tražimo. Pravci p i q se sijeku, pa leže u nekoj ravnini. Ta ravnina Π je određena točkom T (3, 2, 0), vektorom smjera \overrightarrow{s_{p}} = (3, −4, 2) i vektorom \overrightarrow{T T_{1}}, gdje je T_{1}(4, −3, 3) točka na pravcu p. Jednadžba ravnine Π je

| \begin{matrix}x − 3 & y − 2 & z \\ 3 & −4 & 2 \\ 1 & −5 & 3 \end{matrix} | = 0,

odnosno 2x + 7y + 11z − 20 = 0. Pravac q leži u ravnini Π, pa je \overrightarrow{s} ⊥ \overrightarrow{n} = (2, 7, 11). Dalje, q je okomit na pravac p, pa je \overrightarrow{s} ⊥ \overrightarrow{s_{p}} = (2, 7, 11). Slijedi

\overrightarrow{s} ∥ \overrightarrow{n} × \overrightarrow{s_{p}} = | \begin{matrix}\overrightarrow{i} & \overrightarrow{j} & \overrightarrow{k} \\ 2 & 7 & 11 \\ 3 & −4 & 2 \end{matrix} | = (58, 29, −29) = 29(2, 1, −1).

Dakle, pravac q je dan jednadžbom \frac{x−3}{2} = \frac{y−2}{1} = \frac{z}{−1}.

• Grupa B

\frac{x − 4}{3} = \frac{y + 1}{−2} = \frac{z − 2}{0}

• Grupa C

\frac{x − 2}{1} = \frac{y − 1}{0} = \frac{z + 2}{−2}

• Grupa D

\frac{x − 3}{−3} = \frac{y + 1}{3} = \frac{z + 1}{4}