\documentclass[11pt,a4paper]{amsart}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb,amsopn} %amsopn je za definiranje funkcija (tg i sl.)
\usepackage{amsmath,amsthm}
\usepackage[croatian]{babel}
\usepackage[cp1250]{inputenc}
\usepackage[T1]{fontenc}
\pagestyle{empty}

%\addtolength{\textheight}{7cm} \addtolength{\textwidth}{3cm}
%\addtolength{\hoffset}{-2cm} \voffset -3.5cm

\newcommand{\arctg}{\mathop{\rm arctg}\nolimits}
\newcommand{\ds}{\displaystyle}
\newcommand{\odg}{\hspace{-15mm}\textsf{odgovor: \ }}
\newcommand{\ve}[1]{\vec{#1}}
\newcommand{\R}{\mathbb{R}}

\begin{document}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%    grupa A    %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{zadatak}
\begin{itemize}
\item[\textbf{\textsf{grupa A}}]
\begin{itemize}
    \item[a)] Odredite projekciju to\v cke $(3,-5,2)$ na ravninu $y=4$.

\odg $(3,4,2)$

\smallskip

    \item[b)] Napi\v site jednad\v zbu tangente na kru\v znicu
    $x^2+y^2-4x+12y+23=0$ u jednoj (bilo kojoj) od njenih to\v caka s apscisom $x=1$.
% moze se napisati "... s apscisom 1", to je malo teze. A moze se dati i konkretnu tocku (1,-2).

\odg  Tangenta u to\v cki $(1,-2)$ ima jednad\v zbu $-x+4y+9=0$, a u to\v cki $(1,-10)$ jednad\v zbu $x+4y+39=0$.

\smallskip

    \item[c)] Odredite udaljenost glavnog i sporednog tjemena elipse $7x^2+2y^2=14$.

\odg Udaljenost je $d=\sqrt{a^2+b^2}=3$.     
    
\smallskip

    \item[d)] Odredite kut izme\dj u asimptota hiperbole $x^2-4y^2=20$.

\odg Koeficijenti smjerova asimptota su $\pm \frac ba=\pm\frac 12$, pa je $\varphi=\arctg\ds\frac 43$. %\break
Ili: $\varphi=2\arctg \frac ba$.

\smallskip

    \item[e)] Napi\v site jednad\v zbu parabole kojoj je tjeme $T(4,1)$, a fokus $F(4,-2)$.
    
\odg Kako je $\ds\frac p2=|TF|=3$, jednad\v zba glasi $(x-4)^2=-12(y-1)$.

% rjesenje: x^2-8x+12y+4=0

\smallskip

\end{itemize}

\bigskip

\item[\textbf{\textsf{grupa B}}]
\begin{itemize}
    \item[a)] Odredite projekciju to\v cke $(-2,3,1)$ na ravninu $x=5$.

\odg $(5,3,1)$

\smallskip
    
    \item[b)] Napi\v site jednad\v zbu tangente na kru\v znicu
    $x^2+y^2-2x+10y+9=0$ u jednoj (bilo kojoj) od njenih to\v caka s apscisom $x=2$.
% moze se napisati "... s apscisom 1", to je malo teze. A moze se dati i konkretnu tocku (1,-2).

\odg $(2,-1)$\ldots $x+4y+2=0$; \ \ $(2,-9)$\ldots $-x+4y+38=0$

\smallskip

    \item[c)] Odredite udaljenost glavnog i sporednog tjemena elipse $3x^2+y^2=15$.

\odg $2\sqrt{5}$

\smallskip

    \item[d)] Odredite kut izme\dj u asimptota hiperbole $2x^2-7y^2=14$.

\odg $\arctg\ds\frac{2\sqrt{14}}{5}$

\smallskip
    
    \item[e)] Napi\v site jednad\v zbu parabole kojoj je tjeme $T(-2,-1)$, a fokus $F(-4,-1)$.
% rjesenje: 8x+y^2+2y+17=0

\odg $(y+1)^2=-8(x+2)$

\smallskip

\end{itemize}

\bigskip

\item[\textbf{\textsf{grupa C}}]
\begin{itemize}
    \item[a)] Odredite projekciju to\v cke $(2,-4,-3)$ na ravninu $z=3$.

\odg $(2,-4,3)$

\smallskip

    \item[b)] Napi\v site jednad\v zbu tangente na kru\v znicu
    $x^2+y^2+12x-2y+24=0$ u jednoj (bilo kojoj) od njenih to\v caka s ordinatom $y=3$.
% moze se napisati "... s apscisom 1", to je malo teze. A moze se dati i konkretnu tocku (1,-2).

\odg $(-3,3)$\ldots $3x+2y+3=0$;\ \ $(-9,3)$\ldots $3x-2y+33=0$

\smallskip

    \item[c)] Odredite udaljenost glavnog i sporednog tjemena elipse $5x^2+3y^2=15$.

\odg $2\sqrt{2}$

\smallskip

    \item[d)] Odredite kut izme\dj u asimptota hiperbole $x^2-3y^2=18$.

\odg $\arctg \sqrt{3}=60^{\circ}$

\smallskip

    \item[e)] Napi\v site jednad\v zbu parabole kojoj je tjeme $T(1,-3)$, a fokus $F(-2,-3)$.
% rjesenje: 12x+y^2+6y-3=0

\odg $(y+3)^2=-12(x-1)$

\smallskip

\end{itemize}

\bigskip

\item[\textbf{\textsf{grupa D}}]

\begin{itemize}
    \item[a)] Odredite projekciju to\v cke $(-2,-1,3)$ na ravninu $y=-2$.

\odg $(-2,-2,3)$

\smallskip

    \item[b)] Napi\v site jednad\v zbu tangente na kru\v znicu
    $x^2+y^2+8x-6y-1=0$ u jednoj (bilo kojoj) od njenih to\v caka s apscisom $x=1$.

% moze se napisati "... s apscisom 1", to je malo teze. A moze se dati i konkretnu tocku (1,-2).

\odg $(1,2)$\ldots $5x-y-3=0$;\ \ $(1,4)$\ldots $5x+y-9=0$

\smallskip

    \item[c)] Odredite udaljenost glavnog i sporednog tjemena elipse $4x^2+y^2=16$.

\odg $2\sqrt{5}$

\smallskip

    \item[d)] Odredite kut izme\dj u asimptota hiperbole $3x^2-8y^2=24$.

\odg $\arctg\ds\frac{4\sqrt{6}}{5}$

\smallskip

    \item[e)] Napi\v site jednad\v zbu parabole kojoj je tjeme $T(-2,3)$, a fokus $F(-2,5)$.

% rjesenje: x^2+4x-8y+28=0

\odg $(x+2)^2=8(y-3)$

\smallskip

\end{itemize}

\bigskip

\end{itemize}

\section{zadatak}
Odredite zajedničku normalu pravaca
\begin{equation*}
p_1\ldots
\frac{x+1}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z-2}{1}\qquad\text{i}\qquad
p_2\ldots \frac{x-2}{0}=\frac{y+6}{1}=\frac{z-6}{-3}
\end{equation*}
i njihovu međusobnu udaljenost.

\begin{proof}[Rje\v senje]
Iz jednadžbi danih pravaca vidimo da su $P_1(-1,0,2)$ i
$P_2(2,-6,6)$ redom točke na pravcima $p_1$ i $p_2$, a vektori
smjera tih pravaca su $\ve{s_1}=(2,-1,1)$ i $\ve{s_2}=(0,1,-3)$.

Neka je tražena zajednička normala pravac $n$. Vektor smjera
$\ve{s_n}$ tog pravca dobijemo iz uvjeta okomitosti na $\ve{s_1}$ i
$\ve{s_2}$. Kako je
\begin{equation*}
    \ve{s_1}\times\ve{s_2}=
    \begin{vmatrix}
    \ve{i} & \ve{j} & \ve{k} \\
    2 & -1 & 1 \\
    0 & 1 & -3
    \end{vmatrix}=2\ve{i}+6\ve{j}+2\ve{k}=(2,6,2),
\end{equation*}
to možemo uzeti $\ve{s_n}=(1,3,1)$.

Neka je $\pi_1$ ravnina koja sadrži pravac $p_1$ i ujedno vektor
$\ve{s_n}$. Analogno, neka je $\pi_2$ ravnina koja sadrži pravac
$p_2$ i vektor $\ve{s_n}$. Tada pravac $n$ mora ležati u ravninama
$\pi_1$ i $\pi_2$, pa je $n=\pi_1\cap\pi_2$.

Nije teško izračunati jednadžbe ravnina $\pi_1$ i $\pi_2$:
\begin{equation*}
    \pi_1\dots\quad
    \begin{vmatrix}
    x+1 & y & z-2 \\
    2 & -1 & 1 \\
    1 & 3 & 1
    \end{vmatrix}=0
    \quad\Leftrightarrow\quad
    4x+y-7z+18=0,
\end{equation*}
\begin{equation*}
    \pi_2\dots\quad
    \begin{vmatrix}
    x-2 & y+6 & z-6 \\
    0 & 1 & -3 \\
    1 & 3 & 1
    \end{vmatrix}=0
    \quad\Leftrightarrow\quad
    10x-3y-z-32=0.
\end{equation*}

Sada izračunamo jednadžbu pravca $n$:
\begin{equation*}
    n\dots\quad
    \begin{cases}
    4x+y-7z+18=0 \\
    10x-3y-z-32=0
    \end{cases}
    \quad\Leftrightarrow\quad
    \frac{x+1}{1}=\frac{y+14}{3}=\frac{z}{1}
\end{equation*}

Udaljenost pravaca $p_1$ i $p_2$ je jednaka udaljenosti točaka
$T_1=p_1\cap n=p_1\cap\pi_2$ i $T_2=p_2\cap n=p_2\cap\pi_1$. Lako se
dobije da je $T_1(3,-2,4)$ i $T_2(2,-5,3)$, pa je
$\textrm{d}(p_1,p_2)=\textrm{d}(T_1,T_2)=\sqrt{11}$.
\end{proof}

\begin{proof}[Malo drugačije rješenje]
Kao i u prvom načinu dobijemo vektor smjera $\ve{s_n}=(1,3,1)$
pravca $n$, zatim jednadžbu ravnine $\pi_1\dots 4x+y-7z+18=0$ i
konačno točku $T_2=p_2\cap\pi_1=(2,-5,3)$. Znamo da je točka $T_2$
na pravcu $n$ i da je vektor smjera toga pravca $\ve{s_n}$, pa je
$\ds n\dots \frac{x-2}{1}=\frac{y+5}{3}=\frac{z-3}{1}$ (što smo
dobili i prvim načinom).

Ako su $\ve{r_1}=(-1,0,2)$ i $\ve{r_2}=(2,-6,6)$ radijvektori nekih
dvaju točaka na pravcima $p_1$ i $p_2$ redom, onda udaljenost među
pravcima računamo po sljedećoj formuli\\ ($\ds \text{visina
paralelepipeda}=\frac{\text{volumen}}{\text{povrsina baze}}$):

\begin{equation*}
    d=\frac{|(\ve{s_1},\ve{s_2},\ve{r_1}-\ve{r_2})|}{|\ve{s_1}\times\ve{s_2}|}=
    \frac{|\ve{s_n}\cdot(\ve{r_1}-\ve{r_2})|}{|\ve{s_n}|}=
    \frac{|(1,3,1)\cdot(-3,6,-4)|}{|(1,3,1)|}=\frac{|-3+18-4|}{\sqrt{1^2+3^2+1^2}}=
    \sqrt{11}.
\end{equation*}
\end{proof}

\begin{proof}[Potpuno drugačije rješenje]
Kao i u prvom načinu dobijemo vektor smjera $\ve{s_n}=(1,3,1)$
pravca $n$ koji je zajednička normala (okomica) danih pravaca.

Prebacimo li jednadžbe pravaca $p_1$ i $p_2$ u parametarski oblik
vidimo da točke na pravcu $p_1$ imaju koordinate $(-1+2t,-t,2+t)$,
$t\in\R$, a točke na pravcu $p_2$ imaju koordinate
$(2,-6+s,6-3s)$, $s\in\R$. Ako je točka $A(-1+2t,-t,2+t)$ presjek
pravaca $p_1$ i $n$, a točka $B(2,-6+s,6-3s)$ presjek pravaca
$p_2$ i $n$, onda su vektori $\overrightarrow{AB}$ i $\ve{s_n}$
kolinearni, pa postoji $\lambda\in\R$ takvo da je
$\overrightarrow{AB}=\lambda\ve{s_n}$. Zapišemo li ovo
kooordinatno
    \begin{equation*}
    (3-2t,-6+s+t,4-3s-t)=\lambda(1,3,1),
    \end{equation*}
dobivamo sustav od tri linearne jednadžbe s tri nepoznanice:
    \begin{equation*}
    \left\{
    \begin{aligned}
    3-2t&=\lambda \\
    -6+s+t&=3\lambda \\
    4-3s-t&=\lambda.
    \end{aligned}\right.
    \end{equation*}
Rješenje tog sustava je $t=2$, $s=1$, $\lambda=-1$, pa je
$A(3,-2,4)$, $B(2,-5,3)$.

Zato je jednadžba pravca $n\dots\ds
\frac{x-2}{1}=\frac{y+5}{3}=\frac{z-3}{1}$ (uzeli smo točku $B$),
a udaljenost pravaca  $p_1$ i $p_2$ je
    \begin{equation*}
    \textrm{d}(p_1,p_2)=\textrm{d}(A,B)=|\overrightarrow{AB}|
    =|(-1,3,-1)|=\sqrt{1^2+3^2+1^2}=\sqrt{11}.
    \end{equation*}
\end{proof}

\begin{proof}[Kratka rješenja za sve grupe] $ $
\bigskip \\
\begin{tabular}{|c|c|c|c|}
\hline & & & \\ %
 grupa & pravci $p_1$ i $p_2$ & zajednička normala &
udaljenost $p_1$ i $p_2$ \\
& & & \\
\hline\hline %
 & & & \\
A & $\ds\frac{x+1}{2}=\frac{y}{-1}=\frac{z-2}{1}$ & &  \\
 & $\ds\frac{x-2}{0}=\frac{y+6}{1}=\frac{z-6}{-3}$ &
 $\ds\frac{x-2}{1}=\frac{y+5}{3}=\frac{z-3}{1}$ & $\sqrt{11}$\\
 & & & \\
\hline
 & & & \\
B & $\ds\frac{x+5}{-1}=\frac{y}{-1}=\frac{z-3}{2}$ & &  \\
 & $\ds\frac{x+2}{0}=\frac{y-3}{2}=\frac{z-4}{-3}$ &
 $\ds\frac{x+2}{1}=\frac{y-5}{3}=\frac{z-1}{2}$ & $\sqrt{14}$\\
 & & & \\
\hline
 & & & \\
C & $\ds\frac{x-1}{-3}=\frac{y-2}{0}=\frac{z-6}{2}$ & &  \\
 & $\ds\frac{x}{2}=\frac{y+1}{-1}=\frac{z-3}{-1}$ &
 $\ds\frac{x+4}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-5}{3}$ & $\sqrt{14}$\\
 & & & \\
\hline
 & & & \\
D & $\ds\frac{x-4}{-3}=\frac{y+2}{0}=\frac{z+3}{1}$ & &  \\
 & $\ds\frac{x}{1}=\frac{y+5}{2}=\frac{z-3}{-1}$ &
 $\ds\frac{x-2}{1}=\frac{y+1}{1}=\frac{z-1}{3}$ & $\sqrt{11}$\\
 & & & \\ \hline
\end{tabular}
\end{proof}
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\section{zadatak}
\begin{enumerate}
\item[A]
Dana je parabola $y^2=8x$ i to\v cka $A(-4,2)$.
Odredite udaljenost fokusa parabole od pravca koji spaja dirali\v
sta tangenata povu\v cenih iz to\v cke $A$ na parabolu.

Rješenje: Iz jednadžbe parabole možemo očitati parametar $p=4$, a onda je fokus $F=(2,0)$. Pravac u zadatku je polara točke $A$ s obzirom na parabolu, koja ima jednadžbu $y\cdot2=4\big(x+(-4)\big)$, odnosno $p_A\ldots2x-y-8=0$. Uvrštavanjem u formulu za udaljenost točke od pravca, dobivamo $$d(F,p_A)=\frac{\left|2\cdot2-0-8\right|}{\sqrt{2^2+1^2}}=\frac{4\sqrt5}{5}\;.$$

Može se i postepeno: iz uvjeta tangencijalnosti $2kl=4$ i uvjeta prolaska točkom $A$, $2=k\cdot(-4)+l$, možemo dobiti jednadžbe tangenata, $$t_1\ldots y=\frac{x}{2}+4\mbox{\quad i\quad}t_2\ldots y=-x-2\;.$$
Kao sjecišta tangenata i parabole dobiju se dirališta, $D_1=(2,-4)$ i $D_2=(8,8)$, a onda je polara pravac $D_1D_2\ldots y=2x-8$. Ostalo kao i gore.
\item[B] Parabola je $y^2=4x$, a točka je $A=(-4,3)$. Parametar je $p=2$, jednadžbe tangenata su $y=-1-x$ i $y=4+\frac{x}{4}$, dirališta su $(1,-2)$ i $(16,8)$, polara ima jednadžbu $2x-3y-8=0$, fokus je točka $(1,0)$, a njihova udaljenost je $\frac{6\sqrt{13}}{13}$.
\item[C] Parabola je $y^2=4x$, a točka je $A=(-6,5)$. Parametar je $p=2$, jednadžbe tangenata su $y=-1-x$ i $y=6+\frac{x}{6}$, dirališta su $(1,-2)$ i $(36,12)$, polara ima jednadžbu $2x-5y-12=0$, fokus je točka $(1,0)$, a njihova udaljenost je $\frac{10\sqrt{29}}{29}$.
\item[D] Parabola je $y^2=8x$, a točka je $A=(-1,1)$. Parametar je $p=4$, jednadžbe tangenata su $y=-1-2x$ i $y=x+2$, dirališta su $(\frac12,-2)$ i $(2,4)$, polara ima jednadžbu $4x-y-4=0$, fokus je točka $(2,0)$, a njihova udaljenost je $\frac{4\sqrt{17}}{17}$.

\end{enumerate}

\section{zadatak}
\begin{itemize}
\item
Tangenta elipse s diralištem u točki $D$ siječe glavnu os
u točki $A$, a ortogonalna projekcija točke $D$ na tu os je točka
$B$. Ako je $O$ središte elipse, a $a$ duljina glavne poluosi,
dokažite da vrijedi $|OA|\cdot|OB|=a^2$.
\begin{proof}[Rje\v senje]
Postavimo elipsu u Kartezijev koordinatni sustav na standardni način
(glavna os na $x$-osi, a sporedna na $y$-osi). Tada je jednadžba
elipse $b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$. Neka su koodinate točke $D(x_0,y_0)$.
Koordinate točke $B$ su očito $(x_0,0)$, a tangenta na elipsu u
točki $D$ ima jednadžbu $b^2x_0x+a^2y_0y=a^2b^2$, pa siječe $x$-os u
točki $A(a^2/x_0,0)$. Sada je $\ds
|OA|\cdot|OB|=x_0\cdot\frac{a^2}{x_0}=a^2$.
\end{proof}
%%%%%
\item
U sporednim tjemenima elipse $M$ i $N$ povučene su tangente
koje neku treću tangentu sijeku redom u točkama $P$ i $Q$. Dokažite
da je umnožak $|MP|\cdot|NQ|$ jednak kvadratu duljine glavne
poluosi.
\begin{proof}[Rje\v senje]
Postavimo elipsu u Kartezijev koordinatni sustav na standardni način
(glavna os na $x$-osi, a sporedna na $y$-osi).Tada je jednadžba
elipse $b^2x^2+a^2y^2=a^2b^2$. Ako su koodinate točke $D(x_0,y_0)$,
onda vrijedi $b^2x_0^2+a^2y_0^2=a^2b^2$ jer je točka $D$ na elipsi.
Tangente u točkama $M(0,b)$ i $N(0,-b)$ na danu elipsu su redom
pravci $y=b$ i $y=-b$. Tangenta na elipsu u točki $D$ ima jednadžbu
$b^2x_0x+a^2y_0y=a^2b^2$, pa siječe pravac $y=b$ u točki $\ds
P\Big(\frac{a^2(b-y_0)}{bx_0},b\Big)$, a pravac $y=-b$ u točki $\ds
Q\Big(\frac{a^2(b+y_0)}{bx_0},-b\Big)$. Sada vrijedi
\begin{equation*}
    |MP|\cdot|NQ|=\frac{a^2(b-y_0)}{bx_0}\cdot\frac{a^2(b+y_0)}{bx_0}=
    \frac{a^4(b^2-y_0^2)}{b^2x_0^2}=\frac{a^2(a^2b^2-a^2y_0^2)}{b^2x_0^2}=
    \frac{a^2b^2x_0^2}{b^2x_0^2}=a^2,
\end{equation*}
pri čemu smo predzadnju jednakost dobili iz činjenice da točka $D$
leži na elipsi.
\end{proof}
\end{itemize}
\begin{proof}[Napomena]
U druge dvije grupe rješenja su potpuno analogna prethodnima samo
što se na potrebnim mjestima zamijeni mala/sporedna (polu)os sa
velika/glavna (polu)os i obratno.
\end{proof}

\section{zadatak}
\begin{enumerate}

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% A %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item[grupa A] Neka je $M=\left[ \begin{array}{cc}
0 & 6\\
6 & -5
\end{array} \right]$. Svojstvene vrijednosti matrice $M$ su -9 i 4.
Pripadni svojstveni vektori su oblika $(-2t,3t)$ i $(3t,2t)$ za $t
\in \mathbb{R}$. Odaberemo jedini\v{c}ne vektore
$\vec{i}'=\frac{1}{\sqrt{13}}(-2,3)$ i
$\vec{j}'=\frac{1}{\sqrt{13}}(-3,-2)$. Tada matrica
$Q=\frac{1}{\sqrt{13}}\left[
\begin{array}{cc}
-2 & -3\\
3 & -2
\end{array} \right]$ ima determinantu 1. Uvodimo novi koordinatni
sustav $(0;x'y')$ s vezom koordinata $$\left[ \begin{array}{c}
x'\\
y'
\end{array} \right]=Q \left[ \begin{array}{c}
x\\
y
\end{array} \right].$$ Iz $6xy+8y^2=9$ dobivamo $-9x'^2+4y'^2=36$,
tj. $$\frac{y'^2}{9}-\frac{x'^2}{4}=1.$$ Sada vidimo da je
rije\v{c} o hiperboli s poluosima $a=3$ i $b=2$. Koordinate fokusa
u koordinatnom sustavu $(O;x',y')$ su $(0,\pm \sqrt{13})$.
Ra\v{c}unanjem $$\left[ \begin{array}{c}
x\\
y
\end{array} \right]=Q \left[ \begin{array}{c}
0 \\
\pm \sqrt{13}
\end{array} \right]=\frac{1}{\sqrt{13}} \left[ \begin{array}{cc}
-2 & -3\\
3 & -2
\end{array} \right] \left[ \begin{array}{c}
0 \\
\pm \sqrt{13}
\end{array} \right]=\left[ \begin{array}{c}
\pm 3\\
\pm 2
\end{array} \right]$$
vidimo da su fokusi to\v{c}ke $F_1(3,2)$ i $F_2(-3,-2)$.
\\Asimptote dane hiperbole su pravci $\displaystyle x'=\pm \frac{b}{a} y'=\pm
\frac{2}{3} y'$. Kako je
$$\left[ \begin{array}{c}
x'\\
y'
\end{array} \right]=Q^{\tau} \left[ \begin{array}{c}
x\\
y
\end{array} \right]=\frac{1}{\sqrt{13}} \left[ \begin{array}{cc}
-2 & 3\\
-3 & -2
\end{array} \right] \left[ \begin{array}{c}
x\\
y
\end{array} \right],$$
asimptote su pravci
$$\frac{-2x+3y}{\sqrt{13}}=\pm \frac{2}{3}
\frac{-3x-2y}{\sqrt{13}},$$ tj. $y=0$ i $\displaystyle
y=-\frac{3}{4}x$.

\bigskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% B %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item[grupa B]
Rije\v{c} je o hiperboli s poluosima $a=2$ i $b=4$. Fokusi
hiperbole su to\v{c}ke $F_1(4,-2)$ i $F_2(-4,2)$. Asimptote su
pravci $\displaystyle y=\frac{3}{4}x$ i $x=0$.

\bigskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% C %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item[grupa C]
Rije\v{c} je o hiperboli s poluosima $a=1$ i $b=3$. Fokusi
hiperbole su to\v{c}ke $F_1(1,3)$ i $F_2(-1,-3)$. Asimptote su
pravci $\displaystyle y=-\frac{3}{4}x$ i $y=0$.

\bigskip
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% D %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
\item[grupa D]
Rije\v{c} je o hiperboli s poluosima $a=1$ i $b=4$. Fokusi
hiperbole su to\v{c}ke $F_1(4,1)$ i $F_2(-4,-1)$. Asimptote su
pravci $\displaystyle y=-\frac{15}{8}x$ i $x=0$.
\end{enumerate}

\end{document}
