Skalarni Proizvod Vektora

Gimnazija u Pirotu

jun,2006

Maturski rad iz matematike

Skalarni proizvod vektora

Mentor: prof.Valemtina Kostic

ucenik: Ivan Jovanovic IV5

1

Pojam vektora -Definicija.Velicine odredjene svojom brojnom vrednoscu,pravcem i smerom zovu se vektorske velicine ili vektori. -Neke vaznije osobine vektora: 1.Pomeranje,sila,brzina,ubrzanje,moment sile,jacina magnetnog polja,i dr.-primeri su velicina koje su odredjene svojom brojnom vrednoscu,pravcem i smerom. 2.Dva vektora su jednaka ako su istog pravca i istog smera i imaju jednake brojne vrednosti u odnosu na istu jedinicu. 3.Duzina ili intenzitet vektora zove se jos i apsolutna vrednost ili uuur uuur modul,na primer za vektor AB ,oznacavamo AB . 4.Vektor je takodje okarakterisan uredjenim parom tacaka,pa se zato i tako oznacacava,npr. (A,B) , (M,N) , itd. 5.Sve vektore koje leze na istoj pravoj nazivamo kolinearnim vektorima. 6.Vektor duzine 1 zove se jedinicni vektor ili ort

1. VEKTORI NA PRAVOJ I U RAVNI uuuu r MN -Definicija.algebarska vrednost MN vektora na datoj osi je realan broj uuuu r uuuu r uuuu r + MN ili - MN zavisno od toga da li MN ima isti smer kao osa ili suprotan

smer

uuuu r uuuu r MN MN MN=+ ili MN=.

(1)

Algebarska vrednost nula-vektora,tj. vektora cija je duzina jednaka 0, je 0. r Ako je a dati vektor,tada jedinicni vektor(ort) istog pravca i smera

r r r a oznacavamo ort a pa je ma za koji vektor a razlicit od

kao nula-vektora

2

r a=

(2)

r r a g ort a .

uuur

uuur

Neka su na osir LL’(sl.1.1)sa jedinicnim vektorom u dati vektori AB i CD , u

A

B

D

C

L’

L

Sl.1.1 i to istog smera kao osa (tj.pozitivnog smera),a drugi suprotnog smera.Tada je s obzirom na (2): (3)

uuur uuur r uuur uuur r AB = AB u , CD = CD u ,

A kako su algebarske vrednostitih vektora na osi LL’ (4) imacemo

uuur AB= AB , r uuur AB =AB g u ,

uuur CD CD= , uuur r CD =CD g u .

Osa na kojoj su utvrdjene tacke 0 i 1 zove se,kao sto je poznato,koordinatna osa;tacku 0 – koordinatni pocetak –oznacavamo sa 0,a koordinatnu osu sa

ox , oL i sl.Koordinatna osa je , preme tome,odredjena svojim jedinicnim uuuu r r r vektorom OM  u ( u  1) i zadaje se tim vektorom.Izmedju skupa realnih brojeva i skupa svih tacaka na koordinatnoj osi(brojevnoj pravoj), postojiuzajamno jednoznacna korespondencija:svakoj tacki odgovara po jedan realan broj i svakom realnom broju odgovara po jedna tacka na koordinatnoj pravoj. uuu r uuu r Ako su OA i OB ma koja dva vektora na osi ox tada uvek

uuu r u0uu rda je  gOA  OB  0 , uuu r uuu r ' OB   OA

mozemo naci takav broj To jest

3

( '   ) .

uuu r uuu r

Za vektore OA i OB tada kazemo da su linearno zavisni. Dva vektora istog pravca (bez obzira da li su na istoj pravoj ili na paralelnim pravim) nazivamo kolinearnim( u sirem smislu );ako dva vektora nemaju isti pravac ,nazivamo ih nekolinearnim vektorima;ocigledno,ti vektori nisu linearno zavisni. y y

A2

1

r j

0

A

r j

r i

r

A1 1 x x i Sl.1.2 sl.1.3 Uocimo sada u ravni,dva uzajamno ortogonalna jedinicna vektora,

r r i i j , sa zajednickim pocetkom 0 (sl.1.2).ti vektori odredjuju dve uzajamno ortogonalne koordinatne ose , ox i o y ,sa zajednickim uuu r koordinatnim pocetkom 0.Svaki vektor OA (tj. vektor polozaja svake tacke A  0 )u toj ravni mozemo predstaviti kao zbir jednog vektora na osi ox r r i jednog na osi o y (tj. razloziti u komponente duz vektora i i j );dobicemo: uuu r uuur uuur (5) (sl.1.3) OA  OA1  OA2 , gde je r r uuur r r uuur (6) OA1  OA1 gi  ax i , OA2  OA2 gj  a y j (sa a x i a y oznacene su,redom,algebarske vrednosti OA1 i OA2 uuur uuur vektora OA ,odn. OA ).Sada , na osnovu (6) mozemo OA predstaviti 1 2 zbirom uuu r r r (7) OA  ax i  a y j ,

4

ax i a y realni brojevi(koji nisu istovremeno 0);takav zbir nazivamo r r linearnom kombinacijom vektora i i j . uuu r r r Dakle,jednakost OA  a x i  a y j , daje nam razlaganje vektora rr uuu r uuu r OA na i, j ,realni brojevi ax i a y su koordinate vektora OA , Gde su

 

Istovremeno ,koordinate tacke A u odnosu na koordinate ose; to oznacavamo:

uuu r OA   ax , a y 

(8)

uuu r ili OA( a x , a y ) , odn. A( ax , a y ) ;

2. VEKTOR U KOORDINATNOJ RAVNI Kao sto smo pokazali,polozaj tacke u koordinatnoj ravni jednoznacno je odredjen njenim koordinatama ili njenim vektorom polozaja

r r u odnosu na koordinatni pocetak .Neka je , na sl. 2.1 (gde su i i j uuu r istaknuti),A data tacka u koordinatnoj ravni,a OA . y

A( a x , a y )

A2 A2

uuu r OA

r j

0

r i

A2 x

sl.2.1

5

uuur uuur uuu r o Projekcija vektora OA na ox je OA , a na osu y je OA ; 1 2 pri tom je r r uuu r uuur uuur OA  OA1  OA2  ax i  a y j . rr uuu r Dakle,komponente vektora OA razlozene na i , j su istovremeno projekcije vektora OA na osu ox i na osu o y ; uuu r Ako je dat vektor OA   a x , a y  ,tada je njegova duzina uuu r OA  ax2  a y2 ; uuu r2 uuu r2 odatle nalazimo kvadrat duzine tog vektora , OA ,koji se oznacava OA

 

: (1) Imajuci u vidu jos da je

uuu r2 2 2  a  a x y. OA ay

 tg ax uuu rr uuu r (  R (OA, i ), tj. ugao vektora OA prema osi), mozemo konstatovati (2)

da ,znajuci koordinate vektora polozaja tacke, mozemo odrediti duzinu,pravac i smer tog vektora. Dolazimo do zakljucka : Vektori kojima su odgovarajuce koordinate jednake jednaki su. Za resavanje zadataka iz ove oblasti potrebno je poznavanje proizvoda vektora, i to sklarni prizvod vektora i vektorski proizvod vektora . Medjutim mi cemo sada objasniti samo skalarni proizvod vektora.

3.SKALARNI PROIZVOD VEKTORA 6

3.1.IZRACUNAVANJE ALGEBARSKE VREDNISTI PROJEKCIJA VEKTORA

uuu r uuu r uuu r i (sl.3.1)na vektor OA OBuuur uuur OL (ili,sto je u ovom slucaju isto,na osu OL)jesu vektori OA i OB ,cije su algebarske 1 1 Projekcije vektora

vrednosti(zavisno od njihove orijentacije ); A

B

B1

(1) (2) Iz

A1

0

L

uuur Sl.3.1 OA1  OA1 , uuur OB1   OB1 .

VA1OA je uuur uuu r uuu r uuu r uuu r (1’) OA1  OA gcos OL, OA  OA g ,

a iz





VB1OB je uuur uuu r uuu r uuur (2’) OB1  OB gcos OB, OB1  uuu r uuu r   OB gcos(   )  OB gcos  .





S obzirom na jednakosti (1),(2) i (1’),(2’) sada imamo jednakosti

(*)

uuu r  OA1  OA  cos  ,  uuu r   OB1  OB  cos  , 

7

iz koje zakljucujemo: Algebarska vrednost projekcije vektora na drugi vektor jednaka je proizvodu intenziteta prvog vektora i kosinusa ugla zahvacenog tim vektorima. Posto se pri promeni znaka ugla vrednost njegovog kosinusa ne menja,jasno je da je svejedno koji krak ugla uzimamo kao pocetni,a koji je kao zavrsni. uuuu r -Algebarske vrednosti projekcija jedinicnog vektora OM na

r r jedinicne vektore i i j koordinatnih osa su cos  i cos  uuuu rr uuuu r uu r (  R (OM , i ),   R (OM , j )) ; zato svaki jedinicni vektor uuuu r napisati u obliku OM mozemo uuuu r uuuur uuuuu r r r OM  OM 1  OM 2  i cos   j cos  ; uuuu r odatle je OM (cos  ,cos  ) ,tj. jedinicni vektor ima koordinatne cos  i cos  gde su i uglovitog vektora prema koordinatnim osama. 3.2.SKALARNI PROIZVOD DVA VEKTORA Definicija.Proizvod algebarske vrdnosti projekcije jednog vektora na drugi i intenziteta ovog drugog vektora nazivamo skalarnim proizvodom ta dva vektora. Kao sto samo ime ovog proizvoda kaze,rezultat takvog mnozenja dva vektora je skalar.Skalarni proizvod dva vektora obelezavamo tackom ,kao i

uuu r uuur proizvod skalara ,na primer: AB gPQ ,ili pomocu male zagrade ,na primer: uuu r uuur ( AB, PQ ) . uuu r uuu r i OL OA (sl.3.1) skalarni proizvod je,po uuu r uuu r uuu r OLgOA  OL gOA1 , uuu r uuu r a za vektore OL i OB skalarni proizvod je Dakle, za dva vektora definiciji,

8

uuu r uuu r uuu r OLgOB  OL gOB1 , Uzimajuci u obzir jednakosti (*),dobijamo neposredno:

(**)

uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r OLgOA  OL gOA gcos(OL, OA)  uuu r uuu r  OL gOA gcos  , uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r OLgOB  OL gOB gcos(OL, OB )  uuu r uuu r  OL gOB gcos  .

Jednakosti (**) sluze kao definicione jednakosti skalarnog proizvoda dva vektora,naime vazi sledeca Definicija.Skalarni proizvod dva vektora je proizvod njihovih intenziteta i kosinusa ugla izmedju tih vektora.

uuu r Ako je OL  1, tada je ,na primer, uuu r uuu r uuu r OLgOA  1gOA gcos   OA1 , uuu r tj. algebarska vrednost projekcije vektora OA na jedinicni vektor jednaka je skalarnom proizvodu ova dva vektora.

proizvod, ocigledno,vazi zakon komutacije, to jest r r -Zar skalarni r u gv  vgu .Sada cemo pokazati da za skalarni proizvod vazi i zakon distribucije. uuu r uuu r uuu r Neka je (sl.3.2) OA  AB  OB .Treba da dokazemo da je uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r (OA  AB )gOL  OAgOL  ABgOL .

B

A 0

A1 9

B1

L

sl.3.2 Zaista je ,po definiciji,

uuu r uuu r uuu r uuur uuu r OB gOL  OL gOB1  OL (OA1  A1B1 ), uuu r uuu r uuu r uuur OAgOL  OL gOA1 , uuu r uuu r uuu r uuuu r AB gOL  OL gA1 B1.

Sabiranjem poslednjih dveju jednakosti dobijamo

uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r OAgOL  AB gOL  OL g(OA1  A1B1 )  OL gOB1 ,

dakle

uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r , OAgOL uAB uu r gOL uuu r OB uuu rgOL a odatle je , s obzirom na OB  OA  AB, uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r (OA  AB )gOL  OAgOL  ABgOL, sto je i trebalo dokazati. Skalarni proizvod dva uzajamno ortogonalna vektora je 0;tako je ,

rr na primer , i gj  0.

Primer1.Pokazati da kosinusna teorema vazi za ma kakav trougao(to jest i za tupougli trougao). C

10 A

B

sl.3.3

uuu r uuu r uuu r i CA, AB CB . Ocigledno je (sl.3.3): uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r CB  AB  CA, CB  a, AB  c, CA  b. Resenje.Neka trougao ABC obrazuju vektori

Gornju jednakost pomnozicemo njom samom (sto smemo uciniti,jer je

uuu r CB  0 ): uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r CBgCB  ( AB  CA)g( AB  CA)

i na tako nastali skalarni proizvod primenicemo zakon distribucije vodeci racuna o tome da je :

uuu r uuu r CBgCB  agagcos0  a 2 , uuu r uuu r CAgCA  bgbgcos0  b 2 , uuu r uuu r AB gAB  cgcgcos0  c 2 ; dakle,dobicemo: uuu r uuu r 2 2 2 a  c  2 AB gCA  b .

Preostaje jos skalarni proizvod

uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r AB gCA  AB gCA cos( AB, CA)  bgcgcos( AB, CA),

11

uuu r uuu r R ( AB, CA)  180o   , te je uuu r uuu r cos( AB, CA)  cos(180o   )   cos  ; na osnovu toga je uuu r uuu r AB gCA  bgcgcos ugao

i

a 2  c 2  2bcgcos  b 2 .

Ova jednakost ,kao sto je poznato,izrazava kosinusnu teoremu. Ocigledno,prethodna jednakost vazi za bilo koji trougao.Ako je torugao pravougli,tada je cos   cos90o  0, te se dobija

a2  b2  c2 ,

to jest Pitagorina teorema kao poseban slucaj kosinusne teoreme.

Skalarni proizvod vektora je jedno od osnovnih pojmova vektorske algebre.Njegovo svojstvo se siroko primenjuje pri dokazivanju teorema i resavanju zadataka.sada cemo ilustrovati primenu skalarnog proizvoda vektora u resavanju geometrijskih zadataka.

4.ZADACI

12

Zadatak 1.Strana osnovne pravilne trostrane prizme ABCA1 B1C1 je a . Tacke M i N pravilnog tetraedra MNPQ leze na pravoj ,koja prolazi kroz tacke

C1 i B ,a tacke P i Q-na pravoj A1C .Naci: 1)zapreminu prizme 2)rastojanje izmedju sredisnjih odsecaka MN i PQ. Resenje. A1

B1

C1 M L

P K A

N Q

B

(slika 1.) C

uuu r uuu r uuuur uuuur uuuur Pogledaj vektore:CA, BC, CC , CA i BC (slka 1.); 1 uuur r uuu r r uuuu r 1r r1 r r Oznaci CA  u; CB  v; CC  h i h  h.Iz uslova sledi, da je u  v  a. 1 U pravilnom tetraedru dijagonale stranica seku se pod pravim uglom iz uuur uuuu r uuur uuuu r toga sledi CA1  BC1 prema tome CA1 gBC1  0 .A sa nasim oznakama uuur r r uuuu r r r CA1  u  h i BC1  h  v,sledi r r r r (u  h)g( h  v)  0, r r r r r2 r r u gh  u gv  h  hgv  0. r r r r r r  h Uzimajuci o obzir,da je  u , h  v i (u , v)  ,dobijamo 3 a2 a a 2 2 h   0 ili h   , otuda nalazimo zapreminu prizme 2 2 2 a 2 3 a 2 a3 6 V  BgH  g  . 4 2 8 2)Neka su K i L sredisnji odsecci PQ i MN podudarni .Nadjimo KL .

13

Ima nekoliko nacina za izracunavanje rastojanj medju pravama .Mi cemo se opredeliti za resavanje nepoznatog rastojanja pomocu skalarnog proizvoda.Pri tome ,kako mi vidimo ,nece biti neophodno da crtamo opste vertikale .Vazan je samo faktor njenog postojanja .Pa kako K i L leze na pravama CA1 i BC1 u skladu sa tim,imamo

uuur uuur r r CK  xCA1  xu  xh, uuu r uuuu r r r BL  yBC1  yh  yv.

(*)

Jasno (pogledati uuu r je u uur uuu r sliku uuu r 1.),uda uurje uuu r uuu r

r r r r r KL  KC  CB  BL  CK  CB  BL   xu  xh  v  yh  yv  r r r   xu  (1  y )v  ( y  x )h . Sve nam se vise ukazuje da KL predstavlja opstu vertikalu pravih CA1 i BC1 .Prema tome uuu r uuur  KLgCA1  O r uuuu r ,  uuu  KLgBC1  O ili

r r r r r  ( xu  (1  y )v  ( y  x )h)  (u  h)  0 r r r r r   ( xu  (1  y )v  ( y  x )h)  (h  v)  0

Posle primene elementarnih transformacija dobicemo:

x

1 2 i y= . 3 3

Sada mozemo odrediti KL preko skalarnog kvadrata vektora KL:

uuu r 1r 1r 1r KL   u  v  h 3 3 3 2 uuu r2 a a 2 KL  KL   KL  . 6 6

14

Zadatak 2.U trapezu ABCD bocna strana CD je vertikalna na osnovu AD.

uuur uuur BC  a, AD  b,(a  b). na osnovi AD nalazi se takva tacka M da je uuur uuur uuur uuur MB vertikalna na AC ,a MC vertikalan na BD .Naci visinu trapeza. r a

B

C

O

r h

r b

A

M

u r y

D

(slika uuur 2.)r uuur r uuur r uuuu r u r Resenje.Stavimo da je BC  a, AD  b, CD  h, MN  y (slika 2.) .

uuur

r

r uuuu r r u r uuur

r r uuuu r r

r u r

Tada je BD  a  h, CM  h  y, AC  b  h, BM  a  h  y. Posto su vetori

uuur uuuu r r uuur uuuu i vertikalni,iz toga je BD g CM  0, odatle je BD CM r r r u r (a  h)g h  y  0, ili , rr ru r r 2 ru r (ah  a y  h  h y )  0.





Prema tome dobijamorobrazac u r (*)  a y  h 2  0.

r r r r u r r r u Posto je vektor h vertikalan sa vektorima a i y ,tako je agh  hgy  0. Posto r u r r u r su vektori a i y kolinearni ,znaci da a gy  ay .Prema tome iz (*) sledi, da je ay  h 2 (**) uuur uuur uuur uuur Posto su vektori AC i BD vertikalni,tako je AC gBD  0, ili r r r r u r (b  h)g(a  h  y )  0, zatim 15

r r r r ru r r r r 2 ru r ba  bh  b y  ha  h  h y  0 r u r r u r Kako smo malopre ustanovili, tako i sada vazi agy  hgy  0 ,Na tome se r r zasniva bgh  0 .Prema tome r r ru r r2 bga  b y  h  0 ,sto je ekvivalentno sa bga  by  h 2  0 ,zatim ab  h 2 ,sada jednacinu pomnozimo sa a , y b 2 a b  ah 2 , iz (**) dobijamo ya  b a 2b  ah 2 2 , h  b Odatle dobijamo h korenovanjem jednacine

h

a 6 . ab

Zadatak 3.Trougao AOB rotira u osnovi do temena O za 90o .Pri cemu je teme A preslo u A’ ,a teme B u B’.Dokazati da je u trouglu OAB’ tezisna linija strane AB’ visina trougla OA’B. A

B O

(slika 3.)

C

A' B'

16

uuur

uuuu r

' Resenje.Neka C- sredina AB (slika 3.).Dokazati da je OC  A ' B ,

uuur uuuu r

prema tome OC gA ' B  0 ;

uuur

r uuur uuuu r uuu r uuur 1 uuu (OA  OB '), A ' B  OB  OA ', 2 uuur uuuu r 1 uuu r uuur uuu r uuur (*) OC gA ' B  (OA  OB ')g(OB  OA ')  2 u u u r u u u r uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur 1  (OAgOB  OAgOA '  OBgOB '  OA 'gOB ') . 2 uuu r uuur uuu r uuur Iz uslova sledi , da je OA  OA ' i OB  OB ' .Prema tome uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur uuu r uuur OAgOA ' = OB gOB '  0 .Iz toga je jasno da je OA  OA ' =, OB  OB ' i uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuu r uuur uuur (OA, OB)  (OA ', OB ') .Prema tome OAgOB  OA 'gOB ' .Iz jednacine (*) Imamo da je OC 

dobijamo

uuur uuuu r OC gA ' B  0 .

Zadatak4.U pravilnom tetraedru DABC, odsecam MN sjedinjuje sredinu ivice AD sa centrom stranice BCD,a odsecak QP sjedinjuje sredinu ivice CD sa centorom stranice ABC .Naci ugao medju odseccima MN i PQ . D

M

Q

N C

A P B

E

(slika 4.)

17

Resenje.Oznaciti AD  a (slika 4.).Ocigledno da je

a a a 3 Nije tesko dokazati, da je MD  , DQ  , DN  . 2 2 3 a 6 a DP  , PQ  MN  . 3 2 uuur uuuu r Neka je  -velicina kojom cemo oznaciti ugao medju vektorima PQ i MN . Nadjimo  iz formule sklarnog proizvoda dva vektora: uuur uuuu r uuur uuuu r PQ gMN  PQ gMN gcos   uuur uuuu r PQ gMN cos   uuuu r . (*) PQ gMN Imamo jos dauu izracunamo uu r uuuu r vektore uuur ,

MN  MD  DN , uuur uuur uuur zamenom u jednacinu (*) dobijamo PQ  DQ  DP.

uuur uuur uuuu r uuur ( DQ  DP)g( MD  DN ) cos    uuuu r PQ gMN uuuruuuu r uuuruuur uuuruuuu r uuuruuur DQMD  DQDN  DPMD  DPDN  uuur uuuu r , PQ gMN uuuu r uuur 2 uuur uuur  ( MD , DQ )   Uvidjamo da je i .Ocigledno    MDP ( DP, MD) 3   6 2 2 je : cos MDP  ,a cos NDP  . 3 3 Ubacivanjem u formulu dobijamo:

a 2 a 2 a 2 4a 2     4 3 9  1. cos   8 a a 18 g 2 2 1   arccos je ugao medju odseccima MN i PQ . 18 Zadatak 5.Duzina svake stranice trostrane piramide SABC je 1. 18

1 BD -je visina trougla ABC,jednakostranicni trougao lezi u osnovi, 18 obrazujuci sa stranicom AC ugao  Naci rastojanje medju tackama S i E. arccos

S E

(slika 5.) M

A D

B

O N C

Resenje.Nacrtati u trouglu BDE visinu EM i sjedinimo tacke O i E.Kroz tacku M nacrtati MN P AC i MP P SO . Posto su odsecci MN i AC paralelni,oni cine sa povrsinom ravni BDE pravi ugao.Posto MN  BD i MP  MN ,otuda je R EMN = .Posto su

MP P SO i MP  ABC iz toga sledi MP  BD i MP  MN . uur uuu r uuuu r uuur  Prema tome EMN =  90o .Ocigledno,da je SE  SO  OM  ME. Naci uur skalarni kvadrat vektora SE . uur 2 uuu r 2 uuuu r 2 uuur 2 uuu r uuuu r uuu r uuur uuuu r uuur SE  SOuuu r OM  ME  2 g SO g OM  2 g SO g ME  2 g OM gME. uuuu r uuuu r uuur Ocigledno da je SOgOM  OM gME  0 .Nije tesko shvatiti  uuu r uuur ( SO, ME )  EMN    90o , (1)

SO 

2

2

2

2

SE  SO  OM  ME  2gSO gOM gsin  6 - kao visina pravilnog tetraedra,sa stranicama jednakim 1, 3

19

3 3 ME  - kao visina pravilnog trougla,sa stranicom jednakom , 4 2 3. OM  12

Zamenom u jednacinu (1),dobijamo 2

6 2 3 3 6 3 )  ( ) 2  ( ) 2  2g g gsin  , 3 12 4 3 12 5  2 6 sin    4

SE  (

SE 

5  2 6 sin  2

20

.

LITERATURA

1.Milica Ilic-Dajovic,Trigonometrija ,Naucna knjiga, Beograd 1986 2.Branislav Kisacanin,Mala matematika,Stylos,Novi Sad 1995 3.web sajt http://kvant.mccme.ru 4.Vladimir Stojanovic,Mathematiskop 7 , Matematiskop,Beograd 2003

21