1. No category

Tehniška matematika 3a
Eksponentna enačba in pravokotni trikotnik
Avtorji: Gordana Radić, Peter Kitak, Tine Zorič
1
Uvod
V tretjem nadaljevanju Tehniške matematike, ki je v Elektrotehniški reviji (ER) izšla novembra 2014,
smo
• zapisali definicijo logaritma;
• predstavili lastnosti logaritmiranja;
• vpeljali Pitagorov izrek;
• definirali kotne funkcije v pravokotnem trikotniku.
Eksponentna in logaritemska funkcija sta elementarni funkciji, ki ju v naravi najdemo na vseh
mogočih poljih, zato bomo v nadaljevanju izpostavili nekaj primerov in vas prepričali, da sta ti
funkciji resnično pomembni. Več bomo povedali tudi o lastnostih eksponentne funkcije, saj smo se v
reviji osredotočili zgolj na logaritemsko funkcijo. Ne bomo pa pozabili niti na kotne funkcije, ki jih
bomo razširili na poljuben kot, medtem ko smo se v ER osredotočili zgolj na ostre kote.
2
Eksponentna funkcija
Eksponentna funkcija je realna funkcija s predpisom
f (x) = ax
kjer je a > 0 in a 6= 1. Izbrano število a imenujemo osnova in glede na osnovo a je graf eksponentne
funkcije naslednji:
1
Iz obeh grafov lahko vidimo, da je eksponentna funkcija vedno pozitivna, medtem ko je funkcija
naraščajoča za osnovo večjo od ena (a > 1) in padajoča za osnovo manjšo od ena (0 < a < 1).
Kot smo posredno povedali že v reviji, je v tehniki najpomembnejša eksponentna
x funkcija, ki ji izberemo za osnovo število e. Torej, to sta funkciji f (x) = ex in f (x) = e−x = 1e .
Z naslednjim zgledom si poglejmo, kako določimo funkcijski predpis eksponentne funkcije.
√ 1
x
Zgled. Zapiši predpis eksponentne funkcije f (x) = a , ki poteka skozi točko T − 2 , 55 .
Graf funkcije poteka čez točko T , zato mora zadoščati pogoju
√
1
5
= a− 2 .
5
Očitno bo potrebno določiti osnovo a, zato enačbo preoblikujemo
√
5
1
=
1
a2
√5
5
1
= √
5
a
√
√
Da se znebimo ulomkov, enačbo množimo s 5 a (s tem številom lahko množimo, saj je a 6= 0):
√ √
√
5· a = 5 √
\: 5
√
a = √55 · √55
√
√
√
a = 5 5 5 = 5
Torej, a = 5 in je zato funkcijski predpis iskane funkcije enak f (x) = 5x .
Primeri.
(1) Zapiši predpis eksponentne funkcije f (x) = ax , če graf poteka čez presečišče premic y = −2x+5
in 3x − y + 15 = 0.
Rešitev: Naloga spominja na zgled, le da je točko, čez katero poteka funkcija, še potrebno
izračunati. Torej, poiščimo presečišče premic.
y
−2x + 5
−2x − 3x
−5x
x
=
=
=
=
=
y
3x + 15
15 − 5
10
−2
\ : (−5)
Vsaka točka v ravnini je podana z dvema koordinatama, zato določimo še y koordinato
y = −2x + 5 = −2 · (−2) + 5 = 4 + 5 = 9
Izračunali smo, da graf funkcije poteka čez točko T (−2, 9). Na povsem enak način kot v zgledu
1
dobimo, da je osnova enaka in je
3
x
1
f (x) =
= 3−x .
3
2
(2) Zapiši predpis eksponentne funkcije f (x) = b · ax + c, ki ustreza pogojem f (0) = 4, f (1) = 3 in
f (2) = 1.
Rešitev: Najprej upoštevajmo pogoje in poglejmo kaj dobimo
• f (0) = 4 : 4 = b · a0 + c oziroma 4 = b + c
• f (1) = 3 : 3 = b · a1 + c oziroma 3 = ba + c
• f (2) = 1 : 1 = b · a2 + c
Dobimo tri enačbe s tremi neznakami, zato z odštevanjem prve in druge enačbe eliminirajmo
število c:
1 = b − ba
oziroma
1 = b(1 − a),
nato pa ponovno z odštevanjem prve in tretje enačbe eliminiramo c:
3 = b − ba2
oziroma
3 = b(1 − a2 ).
Ker smo v obeh primerih eliminirali isto konstanto, smo dobili dve enačbi z dvema neznakama,
ki pa ju znamo rešiti.
b = b
1
3
=
1−a
1 − a2
Enačbo lahko pomnožimo z 1 − a2 = (1 − a)(1 + a), saj je 1 − a2 6= 0. Seveda zaradi tega, ker
je a 6= 1 in a 6= −1.
1+a = 3
a = 2.
Potem pa je
1
1
1
=
=
= −1.
1−a
1−2
−1
Na koncu izračunamo še c iz prvega pogoja
b=
c = 4 − b = 4 − (−1) = 4 + 1 = 5.
Tako smo dobili, da je funkcijski predpis iskane eksponentne funkcije
f (x) = −2x + 5.
2.1
Eksponentna enačba
Preden se lotimo reševanja eksponentnih enačb, je potrebno poznati pravila za računanje s potencami. Če sta a in b poljubni pozitivni realni števili ter x in y realni števili, potem je
(i) ax · ay = ax+y - če sta osnovi enaki, se potenci seštejeta
(ii) ax : ay = ax−y - če sta osnovi enaki, se potenci odštejeta
(iii) (ax )y = ax·y
(iv) (ab)x = ax · bx
x
x
(v) ab = abx
3
(v) a0 = 1 in a−x =
1
ax
Eksponentna enačba se imenuje eksponentna, ker neznanke nastopajo v eksponentu. Če sta a in
b različni realni števili, potem lahko rešujemo naslednje oblike eksponentnih enačb.
(i) Če sta na levi in desni strani enačbe eksponentni funkciji z isto osnovo, potem morata biti
eksponenta nujno enaka
af (x) = ag(x)
⇒
f (x) = g(x)
(ii) Če sta na levi in desni strani enačbe eksponentne funkcije eksponenta enaka, vendar sta
njuni osnovi različni, potem je nujno eksponent enak 0.
af (x) = bf (x)
⇒
f (x) = 0
(iii) Če se eksponentni funkciji na levi in desni strani enačbe razlikujeta tako v osnovi kot v
eksponentu, bomo za reševanje potrebovali logaritme, ki jih bomo definirali v naslednjem
poglavju, zato bomo tudi to obliko enačbe reševali šele v naslednjem razdelku.
Primeri. Reši enačbe.
(1) 2x−1 = 45
Rešitev: Sumimo, da lahko vse zapišemo z osnovo 2.
5
2x−1 = 22
2x−1 = 22·5
2x−1 = 210
Dobimo prvo obliko enačbe, zato je x − 1 = 10 oziroma x = 11.
(2) 3
3x−7
2
=
1
27
Rešitev: Sumimo, da se da vse zapisati z osnovo 3.
3x−7
3 2
= 313
3x−7
3 2
= 3−3
Dobimo prvo obliko enačbe, zato je
3x − 7
2
3x − 7
3x
x
= −3
= −6
= 1
= 13
4
\·2
0,8x
5
64
(3)
=
4
125
Rešitev: Ker nastopata v osnovi tako število 4 kot število 5, sumimo, da bosta eksponenta
enaka
54 x
5
43
= 3
4
5
4
x
4
55
43
3
x
5
\
·
5
·
4
=
4
3
x
5
5
4
4
4
5 5 x · 53 = 43 · 4 5 x
4
4
53+ 5 x = 43+ 5 x
4
15
Dobimo drugo obliko enačbe, zato je 3 + x = 0 oziroma x = − .
5
4
(4) 3 · 36x−3 = 3
Rešitev: Najprej so nam trojke odveč“, zato lahko enačbo preprosto s tem delimo
”
36x−3 = 1
36x−3 = 360
Dobimo prvo obliko enačbe, zato je x − 3 = 0 oziroma x = 3.
√
4
2x−5
2
3
=
(5) 8
16
Rešitev: Sumimo, da se da vse zapisati z osnovo 2.
1
3
2
24
= 4
2
1
= 2 4 −4
15
= 2− 4
2x−5
3
3· 2x−5
2 3
22x−5
Dobimo prvo obliko enačbe, zato je 2x − 5 = −
(6) 25
x+1
15
5
oziroma x = .
4
2
√
3
25
=√ √
5· 65
Rešitev: Sumimo, da se da vse zapisati z osnovo 5.
1
2 x+1
5
=
52(x+1) =
2x+2
(52 ) 3
1
53
2
53
5
= 1
52x+2 = 50
Torej je 2x + 2 = 0 oziroma je x = −1.
5
1
5 22 · 5 6
(7) e
x−1
2
e2
=√
e
Rešitev: Vse lahko zapišemo z osnovo e.
e
x−1
2
e
x−1
2
=
e2
1
e2
2− 12
= e
Dobimo prvo obliko enačbe, zato je
x−1
= 32
2
x−1 = 3
x = 4
(8) 4x+1 + 4x = 320
Rešitev: Ker imamo v enačbi seštevanje, vsa zgoraj navedana pravila odpadejo. Zato enačbo
poskusimo preoblikovati tako, da seštevanja več ne bo. Seštevanja se znebimo z operacijo
izpostavljanja.
4x · 4 + 4x = 320
4x (4 + 1) = 320
4x · 5 = 320
\:5
x
4 = 64
4x = 43
Dobimo prvo obliko eksponentne enačbe, zato je x = 3.
(9) 11x+2 − 2 · 11x = 1309
Rešitev: Ponovno se moramo znebiti odštevanja, zato poglejmo ali se bo dalo kaj izpostaviti.
11x · 112 − 2 · 11x
11x (112 − 2)
11x · 119
11x
=
=
=
=
1309
1309
1309
11
\ : 119
Torej, x = 1.
(10) 2x−4 + 3 · 2x−2 − 2x−1 = 20
Rešitev: Navadno izpostavimo število z najmanjšim eksponentom, saj je računanje v tem
primeru najenostavnejše.
2x−4 + 3 · 2x−4 · 22 − 2x−4 · 23
2x−4 (1 + 3 · 22 − 23 )
2x−4 · 5
2x−4
2x−4
Dobimo, da je x − 4 = 2 oziroma x = 6.
6
=
=
=
=
=
20
20
20
4
22
\:5
(11) 7x+2 + 2 · 7x−1 = 345
Rešitev: Ponovno bo potrebno nekaj izpostaviti.
7x−1 · 73 + 2 · 7x−1
7x−1 (73 + 2)
7x−1 · 345
7x−1
7x−1
=
=
=
=
=
345
345
345
1
70
Potem pa je x − 1 = 0 oziroma x = 1.
2.2
Logaritemska funkcija
Logaritemska funkcija je funkcija, ki je inverzna eksponentni funkciji in ima predpis
f (x) = loga x.
Zaradi povezave z eksponentno funkcijo, število a še vedno imenujemo osnova, za katero velja, da
je a > 0 in je a 6= 1. Da si bomo logaritemsko funkcijo lažje predstavljali, narišimo njen graf.
Iz slike vidimo, da je logaritemska funkcija definirana zgolj za pozitivna realna števila in je naraščajoča,
če je a > 1, ter padajoča za 0 < a < 1.
Že v ER smo povedali, da so v preteklosti logaritemsko funkcijo uporabljali predvsem zato, da so z
višje računske operacije prešli na nižjo računsko operacijo; danes pa je v tehniki pomembna predvsem
za določanje neznanih eksponentov“ v eksponentni funkciji, saj velja zveza
”
y = loga x
⇔
ay = x.
Torej, za vsako pozitivno realno število x obstaja natanko eno število y, da je ay = x. Število x
imenujemo logaritem z osnovo a števila x. Kljub temu, da obstaja kar nekaj pravil za računanje z
logaritmi, si je z nastankom kalkulatorja smiselno zapomniti zgolj naslednje lastnosti:
(i) loga 1 = 0 in loga a = 1
7
(ii) loga ax = x
(iii) Ker večina kalkulatorjev pozna zgolj desetiške in naravne logaritem, si poglejmo, kako logaritem prevedemo na novo osnovo:
loga x =
log x
log a
ali
loga x =
ln x
ln a
Zgled. Reši enačbi.
(i) log3 (2x + 5) = 1
Iz lastnosti (i) je takoj jasno, da je 2x + 5 = 3, kar pomeni, da je x = −1.
(ii) log2x (x3 + 7x) = 3
Po definiciji logaritma je
x3 + 7x = (2x)3 .
Dobimo polinomsko enačbo, ki jo znamo rešiti.
x3 + 7x
0
0
0
8x3
7x3 − 7x
7x(x2 − 1)
7x(x − 1)(x + 1)
=
=
=
=
Očitno so rešitve te polinomske enačbe x = 0, x = 1 in x = −1. Ker pa je osnova logaritma, v tem primeru 2x, vedno pozitivno število, dve rešitvi takoj odpadeta. Tako je rešitev
logaritemske enačbe x = 1.
2.3
Uporaba eksponentne in logaritemske funkcije
V tem poglavju si bomo pogledali, kje vse lahko uporabimo eksponentno in logaritemsko funkcijo.
Ker je teh primerov resnično preveč, jih bomo omenili le nekaj.
Primeri.
1. Število bakterij v mleku se pri določeni temperaturi eksponentno povečuje. Podvoji se vsakih
45 minut.
(a) Kolikokrat se število bakterij poveča v šestih urah?
(b) Po kolikšnem času se število bakterij poveča desettisočkrat?
(c) Kako se število bakterij spreminja s časom, če je na začetku b takih bakterij?
Rešitev: Pomemben podatek je, da je vsakih 45 minut število bakterij podvojeno. Torej,
enačba
y = 2n ,
kjer je n število, ki pove kolikokrat je preteklo 45 minut v opazovanem času, opisuje kolikokrat
se je število bakterij povečalo.
(a) Ker je 6 ur = 8 · 45 minut, se je število bakterij v tem času povečalo za 28 = 256−krat.
8
(b) Iz enačbe 2n = 10000 dobimo, da je
n = log2 10000 =
log 10000
log 104
4
=
=
' 13, 2877.
log 2
log 2
log 2
Torej, čas, v katerem se bakterije povečajo desettisočkrat je enak
n · 45 min = 13, 288 · 45 min = 597, 9465 min = 9, 97 ur.
(c) Če je t čas v urah, potem je ob času t = 0 število bakterij b, zato moramo našo začetno
funkcijo še pomnožiti z b. Zdaj pa zamenjajmo spremenljivko n s spremenljivko t, pri
čemer je
3
45
h = h,
1n = 45 min =
60
4
zato je funkcija, ki opisuje število bakterij ob času t (v urah) enaka
3
y = b · 2 4 t.
(2) Število radioaktivnih izotopov cezija se zmanjšuje eksponentno. Če je N0 število izotopov na
začetku, je število izotopov v času t (v letih) enako
t
N (t) = N0 · 2− 33 .
Kdaj se število izotopov zmanjša na polovico prvotnega števila?
Rešitev: Zanima nas, v kolkšnem času t, je N (t) =
N0
, zato
2
t
N0
= N0 · 2− 33
2
1
t
= 2− 33
2
\ : N0
Dobimo eksponentno enačbo, kjer vidimo, da lahko vse osnove zapišemo z osnovo 2.
t
2−1 = 2− 33
Potem pa je
−1 = −
33 = t
t
33
Torej, čez 33 let se bo število radioaktivnih izotopov cezija zmanjšalo za pol.
(3) Če nek živ organizem vsebuje 16 g izotopa C 14 , koliko
(a) izotopa C 14 ta organizem vsebuje po 5715 letih?
(b) let je star organizem, ki vsebuje le še 4 grame izotopa C 14 ?
Rešitev: Z ugotavljanjem razpada izotopa 14 arheologi določajo starost organizma. C 14 se
nahaja v tkivih živih organizmov in s smrtjo prične razpadati. Z matematično funkcijo
C(t) = A · e−0,000121t
9
določimo količino ogljika C, če je začetna vsebnost ogljika v organizmu A. V našem primeri,
je bilo na začetku v tkivu 16 gramov izotopa C 14 , zato količino ogljika po t letih določimo s
funkcijo
C(t) = 16 · e−0,000121t
(a) Vemo, da je t = 5715 let, zato je ogljika v tem mrtvem organizmu še
C(5715) = 16 · e−0,000121·5715 ' 8 gramov.
(b) Podano imamo vsebnost ogljika, torej
4 = 16 · e−0,000121t
1
1
= e0,000121t
4
e0,000121t = 4
0, 000121t = ln 4
ln 4
t =
0, 000121
\ : 16
\ : 0, 000121
Torej, organizem je star približno t = 11457 let.
(4) Neka banka ponuja za vezavo evrov 2, 5% obresti letno; obresti pripisuje letno.
(a) Koliko denarja bo imel vlagatelj po treh letih, če je vložil 2400 EUR?
(b) Po kolikšnem času bo dobil vlagatelj iz začetnega zneska 15 000 EUR znesek 17 395,40
EUR?
Rešitev: Obrazec, po katerem računamo velikost zneska pri vezavi pri letnem obrestovanju po
n letih je
G(n) = G0 1 +
p n
100
,
kjer je G0 začetna anuiteta in p letna obrestna mera v %. Na opisani banki bodo torej velikost
zneska računalo po obrazcu
n
2, 5
= G0 · 1, 025n .
G0 (n) = G0 1 +
100
(a) Po treh letih bomo na banki imeli
G(3) = 2400 · 1, 0253 ' 2584, 54 EUR.
(b) Znane podatke vstavimo v enačbo in dobimo, da je
17395, 4
1, 16
log1,025 1, 16
log 1, 16
1, 025
= 15000 · 1, 025n
= 1, 025n
= n
= n
Toliko denarja bomo imeli čez približno 6 let.
10
\ : 15000
(5) Na Zemlji je trenutno 7 milijard ljudi in ocenjena rast prebivalstva je 1, 1%?
(a) Koliko prebivalcev bo na Zemlji čez 10 let?
(b) Čez koliko let bo na Zemlji 8 milijard ljudi?
Rešitev: Z eksponentno funkcijo lahko opišemo tudi rast prebivalstva, če vemo začetno število
prebivalstva, ki jo označujemo N0 , prirastek, ki ga označimo s k in število let, za katero
računamo spremembo, ki ga označimo s t. Potem je
N (t) = N0 · ekt .
Na Zemlji so ti podatki znani, zato verjetno število prebivalcev računamo po formuli
N (t) = 7 · e0,011t .
(a) Čez deset let bo na Zemlji verjetno
N (10) = 7 · e0,011·10 = 7 · e0,11 = 7, 81 milijard ljudi.
(b) Da bomo izračunali čez koliko časa bo na Zemlji 8 milijard ljudi, bo potrebno rešiti enačbo
8 = 7 · e0,011t
8
= e0,011t
78
ln 7 = 0, 011t
ln 78
= t
0, 011
Na Zemlji bo 8 milijirad ljudi čez 12, 14 let oz. čez približno 12 let 1 mesec in 20 dni.
(6) Učitelj v srednji šoli razloži snov in drugo uro sledi spraševanje. Koliko odstotkov pravilnih
odgovorov bo imel Jure, če se ni učil, če je šel skozi snov trikrat in koliko bo imel pravilnih
odgovorov, če je šel skozi snov desetkrat?
Rešitev: Psihologi so eksperimentalno dokazali, da s funkcijo
f (x) =
0,8
1+e−0,2x
določimo relativni delež (odstotke) pravilnih odgovorov na postavljene probleme, če vprašanje
prej x krat ponovimo. Tako bomo imeli
(a) brez ponovitve f (0) = 0, 4 = 40% pravilnih odgovorov;
(b) s tremi ponovitvami f (3) =
0,8
1+e−0,2·3
(c) z desetimi ponovitvami f (10) =
= 0, 52 = 52% pravilnih odgovorov in
0,8
1+e−0,2·10
= 0, 70 = 70% pravilnih odgovorv.
(7) V nekem trenutku je v radioaktivnem vzorcu 1012 atomov. Razpolovilni čas jeder je 30 dni.
Izračunajte število jeder po 70 dneh.
Rešitev: Zmanjševanje števila jeder radioaktivnega elementa opišemo z enačbo
11
−t t
N = N0 · 2
0,5
,
kjer je N0 število jeder na začetku, N število jeder po času t in t0,5 čas, v katerem se število
jeder zmanjša na polovico začetne vrednosti. Za izračun uporabimo zgornjo formulo
70dni
N = 1012 · 2− 30dni = 2, 0 · 1011
Po 70 dneh je v vzorcu še 2, 0 · 1011 jeder.
(8) S seizmogramom smo zaznali 107 krat večjo jakost potresa, kot je jakost še komaj zaznavnega
potresa. Kolikšna je bila stopnja potresa po Richtarjevi lestvici?
Rešitev: Richterjeva lestvica za merjenje jakosti potresnih sunkov je predstavljena v spodnji
tabeli:
Učinki potresa
potresa se ne čuti, zaznajo pa ga inštrumenti
rahlo nihanje, ki ga zaznajo le občutljivi ljudje
tresenje kot ga povzroči tovornjak
tresenje povzroča nihanje visečih predmetov
drevesa šelestijo, zazvonijo cerkveni zvonovi
pokanje sten, odpada omet
promet obstane, podirajo se dimniki
slabo grajene stavbe se podrejo
zemlja razpoka, podre se večina stavb, plinovodi, el. vodi in vodovodi poškodovani
obstane le nekaj stavb, požari, poplave, plazovi
popolno uničenje, tla so vzvalovana in razpokana
Moč potresa
< 3, 5
3, 5 − 3, 9
4, 0 − 4, 4
4, 5 − 4, 9
5, 0 − 5, 4
5, 5 − 5, 9
6, 0 − 6, 4
6, 5 − 6, 9
7, 0 − 7, 4
7, 5 − 7, 9
>8
Richterjeva lestvica je podana z logaritemsko funkcijo
R = log II0 ,
kjer je I0 jakost komaj zaznavnega potresa in I jakost potresa, ki jo zazna seizmogram in jo
izračuna z I0 . Uporabimo to enačbo, v katero vstavimo I = 107 · I0 . Potem je
R = log
107 · I0
= log 107 = 7.
I0
Torej, jakost potresa je bila 7. stopnje.
(9) Določi glasnot zvoka v decibelih, če je jakost zvoka j = 0, 1 mW2 .
Rešitev: Občutljivost ušesa za zvok je približno logaritemsko odvisna od jakosti zvoka, zato
je glasnost zvoka (G) v decibelih podana z enačbo
G = 10 log jj0 ,
12
kjer je j jakost zvoka in j0 = 10−12 mW2 jakost zvoka, ki ga še komaj slišimo oziroma meja slišnosti.
Vrednosti glasnosti zvoka v dB so predstavljena v spodnji tabeli.
Izvor zvoka
Glasnost v dB
meja slišnosti
0
šelestenje listja
10
šepetanje
20
normalni pogovor
60
promet v mestu
70
sesalnik za prah
80
Niagarski slapovi
90
maksimalna glasnost slušalk za poslušanje glasbe
100
koncert tik pod odrom, strela
110
meja bolečine
130
vzlet reaktivnega letala
140
poškodba, udrtje bobniča, jok modrega kita
160
Uporabimo formulo za izračun glasnosti zvoka v dB:
G = 10 log
10−1
0, 1
= 10 log −12 = 10 log 10−1+12 = 10 log 1011 = 10 · 11 = 110.
10−12
10
Glasnost zvoka je bila 110 dB.
3
Pravokotni trikotnik
Pravokotni trikotnik je tisti trikotnik, v katerem en kot meri 90◦ . Stranico nasproti tega kota imenujemo hipotenuza, ostali stranici pa sta kateti.
Navadno oglišče pri kotu 90◦ označimo s črko C in hipotenuzo z c. Zavedati se je treba, da je
pravokotni trikotnik enostaven objekt, vendar je kljub temu v njem moč zapisati ogromno zvez, ki
jih danes poznamo pod različnimi imeni.
13
3.1
Višinski izrek
Višina trikotnika, ki poteka iz oglišča C proti hipotenuzi (označimo jo vc ), hipotenuzo razdeli na dva
dela. Del pod kateto a označimo z a1 in del pod kateto b z b1 .
Pri tem sta daljici a1 in b1 projekciji katet a in b na hipotenuzo. Tako je
c = a1 + b 1
Ugotovimo, da so koti v modrem in oranžnem trikotniku enaki, zato sta trikotnika ∆AV C in ∆CV B
podobna. Potem pa je
b1
vc
= .
vc
a1
Iz tega takoj dobimo višinski izrek, ki se glasi
vc2 = a1 · b1
Ta izrek pove, da je kvadrat višine na hipotenuzo enak produktu
projekcij katet na hipotenuzo.
√
Uporabljamo ga predvsem za konstrukcijo daljic z dolžino x, kjer je x ∈ N.
Zgled. Skonstruiraj daljico dolžine
√
8 enot.
Ker je 8 = 4 · 2, narišimo krožnico premera 4 + 2 = 6 enot. Talesov izrek pravi, da je vsak trikotnik
z dolžino hipotenuze 8 enot in ogliščem C na krožnici pravokotni trikotnik.
Pomagajmo si z višinskim izrekom. Vemo, da je 8 = 4 · 2, zato hipotenuzo dolžine 6 enot razdelimo
na dve stranico a1 = 4 enote in b1 = 2 enoti. V tem trikotniku potegnimo višino do krožnice, da
dobimo še točko C.
14
Višinski izrek sedaj pravi, da je
vc2 = a1 · b1 = 8
√
Torej, višina tega trikotnika meri 8 enot.
3.2
oziroma
vc =
√
8.
Evklidov izrek
Še enkrat si poglejmo pravokotni trikotnik, kjer vc razdeli hipotenuzo na dva dela.
Če dobro pogledamo, vidimo, da imamo na sliki tri podobne trikotnike; modrega ∆AV C, oranžnega
∆CV B in celotnega ∆ACB. Najprej upoštevajmo, da sta ∆AV C in ∆ACB podobna, nato pa še
podobnost trikotnikov ∆CV B in ∆ACB. Dobimo, da je
a
a1
=
a
c
in
b1
b
= .
b
c
Odtod hitro izpeljemo, da je
a2 = c · a1
in
b2 = c · b1
Dobili smo, da je kvadrat katete enak produktu hipotenuze in√projekcije te katete nanjo. Tudi ta
izrek se v glavnem uporablja za kostrukcijo daljic z dolžinami x, kjer je x ∈ N.
Zgled. Iz c = 4 in a1 = 2 dobimo, da je a2 = c · a1 = 4 · 2 = 8. Narišimo polkrog premera 4 enot.
Premer tega polkroga naj bo hipotenuza pravokotnega trikotnika. Na hipotenuzi označimo a1 = 2
enoti, nato pa potegnemo višino tega trikotnika vse do krožnice, da dobimo še točko C.
15
Evklidov izrek sedaj pravi, da je
a2 = c · a1 = 8
3.3
oziroma
a=
√
8.
Pitagorejske trojke
Pitagorov izrek lahko izpeljemo tudi s pomočjo Evklidovega izreka. Namreč, če oba Evklidova izreka
seštejemo, dobimo
a2 + b2 = c · a1 + c · b1 = c · (a1 + b1 ) = c · c = c2 .
Kot smo povedali že v ER, je kvadrat hipotenuze v pravokotnem trikotniku enak vsoti kvadratov
katet. Pri tem poljubna tri naravna števila, ki zadoščajo Pitagorovem izreku, imenujemo Pitagorejska trojka in jo označimo z (a, b, c). Ker Pitagorejske trojke v razreševanju pravokotnega trikotnika
igrajo pomembno vlogo, je seveda zanimivo vprašanje, na kakšen način je mogoče do njih priti.
Če nad poljubnima naravnima številoma n < m opravimo naslednje računske operacije
a = m2 − n2
b = 2nm
c = n2 + m2
je dobljena trojka števil (a, b, c) vedno Pitagorejska trojka. Ker je takih parov naravnih števil neskončno mnogo, je tudi Pitagorejskih trojk neskončno mnogo.
Če sta n in m zaporedni naravni števili, je po zgornjem predpisu dobljena Pitagorejska trojka vedno
originalna Pitagorejska trojka. Zato si v naslednji razpredelnici oglejmo, katere originalne Pitagorejske trojke dobimo z zaporedjem dveh zaporednih naravnih števil:
n m
1 2
2
3
3
4
4
5
a
b
c
3
4
5
+2 +2 +8
5
12
13
+2 +12 +12
7
24
25
+2 +16 +16
9
40
41
+2 +20 +20
16
Zanimiva je ugotovitev, da se b in c v vsaki naslednji vrstici povečata za prejšnji prirastek +4, a pa
v vsaki naslednji vrstici le za 2. Razlika c − b pa je vedno 1.
Zgled. Po tabeli lahko za (n, m) = (5, 6) avtomatsko zapišemo
(a, b, c) = (11, 60, 61).
Če imata števili (n, m) = (xn0 , xm0 ) največji skupni delitelj x, velja, da je
(a, b, c) = x2 · (a0 , b0 , c0 ),
kjer je (a0 , b0 , c0 ) originalna Pitagorejska trojka za (n0 , m0 ).
Zgled. Če je (n, m) = (4, 6) = (2 · 2, 2 · 3) je na osnovi zgornje razpredelnice takoj
(a, b, c) = 22 · (a0 , b0 , c0 ) = 4 · (5, 12, 13) = (20, 48, 52).
Če vsa števila v originalni Pitagorejski trojki pomnožimo z istim naravnim številom, je dobljena
trojka ponovno Pitagorejska trojka. Tako velja
2 · (3, 4, 5) = (6, 8, 10),
3 · (3, 4, 5) = (9, 12, 15),
itd.
Prvo med zadnjimi Pitagorejskimi trojkami bi lahko dobili tudi iz (n, m) = (1, 3), kjer je
a = m2 − n2 = 9 − 1 = 8
b = 2mn = 2 · 3 · 1 = 6
c = n2 + m2 = 9 + 1 = 10
Torej, ne velja vedno, da je a < b. Če števili a in b v Pitagorejski trojki zamenjamo, je dobljena
trojka ponovno Pitagorejska trojka. Vse tako dobljene trojke imenujemo neoriginalne. Ker pa je
za izračun pravokotnega trikotnika pomembno le to, da vrednosti stranic tvorijo Pitagorejsko trojko,
originalnost in neoriginalnost v praktičnih izračunih ne igrata nobene vloge.
4
Kotne funkcije
Vsako kotno funkcijo v drugem, tretjem in četrtem kvadrantu lahko izrazimo s kotno funkcijo iz
prvega kvadranta. Ravno zaradi tega je koristno, da si nekatere vrednosti kotnih funkcij v prvem
kvadrantu zapomnimo.
α
sin α
cos α
tan α
cot α
0◦
30◦
1
0
√2
3
1
√2
3
0
3
√
+∞
3
17
45◦
√
2
√2
2
2
1
1
60◦ 90◦
√
3
1
2
1
0
2
√
3 +∞
√
3
0
3
Pomembno je, da si zapomnimo te vrednosti za sinusne in kosinusne funkcije, saj sta z njima z
tan α =
sin α
cos α
in
cot α =
cos α
1
=
sin α
tan α
določeni tudi ostali dve trigonometrični funkciji.
V ER pa smo povedali tudi, da kotne funkcije najraje prikazujemo na enotski krožnici, saj pri danem
kotu α lahko odčitamo vse kotne funkcije za izbrani kot.
4.1
Vrednosti kotnih funkcij za kote (90◦ − α) in (90◦ + α)
Če je α ostri kot (0◦ < α < 90◦ ), je kot 90◦ − α še vedno ostri kot, zato se nahaja v prvem kvadrantu
Iz slike je razvidno zaradi podobnih trikotnikov, da je
sin (90◦ − α) = cos α
in
cos (90◦ − α) = sin α
Naj bo α ponovno ostri kot. Potem je 90◦ + α topi kot (90◦ < α < 180◦ ), zato se nahaja v drugem
kvadrantu. Poglejmo si kotne funkcije na enotski krožnici.
18
Očitno je spet iz podobnih trikotnikov
sin (90◦ + α) = cos α
4.2
in
cos (90◦ + α) = − sin α
Kotne funkcije v ostalih kvadrantih
Kot smo že napovedali, je moč tudi kote v tretjem in četrtem kvadrantu opisati s koti iz prvega
kvadranta. Tako je
Za kote simetrično položene glede na ordinato imajo sinusne funkcije enak predznak in kosinusne
funkcije nasproten predznak. Za kote simetrično položene glede na absciso imajo pa sinusne funkcije
nasproten predznak in kosinusne funkcije enak predznak.
Danes je kalkulator osnovno orodje vsakega tehnika, zato se postavi vprašanje, ali je nujno vedeti
kako kotne funkcije topih in vdrtih kotov izražamo z ostrimi koti. Za sam izračun kotne funkcije
pri podanem kotu bi bil odgovor ne, vendar pa je za izpeljavo nekaterih trigonometričnih izrazov to
nujno potrebno. Pri reševanju geometrijskih problemov je dobro poznati še
(i) adicijske izreke - to so kotne funkcije vsote in razlike kotov;
19
(ii) vsote in razlike kotnih funkcij.
Izpeljavo teh obrazcev bomo izpeljali v enem izmed prihajajočih nadaljevanj, saj še ne poznamo
skalarnega produkta med vektorji.
4.3
Kvadrat sinusne funkcije
V elektrotehniki igrajo sinusne funkcije izredno pomembno vlogo. Tako bo v izmeničnih tokokrogih
imela sinusno obliko moč p, ki se bo vsak trenutek porabljala na ohmskem uporu R, in bo odvisna
od kvadrata sinusne funkcije toka
2
p(t) = i2 (t) · R = Im
· R · sin2 (ωt).
Za razumevanje pojava moramo poznati tako fizikalno kot matematično ozadje kvadrata sinusne
funkcije.
Izhajamo iz dveh že znanih trigonometričnih odvisnosti:
cos2 α + sin2 α = 1
cos2 α − sin2 α = cos(2α).
in
Če drugo enakost odšetejemo od prve, dobimo
2 sin2 α = 1 − cos(2α)
oziroma
sin2 α =
1 1
− cos(2α).
2 2
Če upoštevamo tole zvezo v izrazu za trenutno moč sinusnega toka na ohmskem uporu, dobimo
p(t) =
2
2
Im
· R Im
·R
−
· cos(2ωt) = P − P · cos(2ωt),
2
2
2
kjer je P = Im2·R . Potem pa trenutna vrednost moči sinusnega toka na ohmskem uporu niha z dvojno
krožno frekvenco z amplitudo, ki je enaka povprečni vrednosti moči.
20
Literatura
[1] si.openprof.com, dne 2. marca 2015.
[2] www2.arnes.si, dne 2. marca 2015
[3] A. Robnik, et. al, Elementarne funkcije, kompleksna števila, DZS, Ljubljana, 2004.
21