Izjednačavanje u kanonskim jednačinama prave linije svakog od razlomaka nekom parametru t:
Dobijamo jednadžbe koje izražavaju trenutne koordinate svake tačke prave kroz parametar t.
dakle, parametarske jednadžbe prave linije imaju oblik:
Jednačine prave koja prolazi kroz dvije date tačke.
Neka su dvije tačke M 1 (x1,y1,z1) i M 2 (x2,y2,z2). Jednačine prave koja prolazi kroz dvije date tačke dobijaju se na isti način kao slična jednačina na ravni. Stoga, odmah dajemo oblik ove jednačine.
Prava linija u preseku dve ravni. Opšta jednačina prave u prostoru.
Ako uzmemo u obzir dvije neparalelne ravni, onda će njihov presjek biti prava linija.
Ako su normalni vektori i 
nekolinearno.
U nastavku, kada razmatramo primjere, pokazat ćemo način transformacije takvih pravolinijskih jednadžbi u kanonske jednačine.
5.4 Ugao između dvije prave linije. Uslov paralelnosti i okomitosti dvije prave.
Ugao između dvije prave u prostoru je bilo koji od uglova koji čine dvije prave linije povučene kroz proizvoljnu tačku paralelnu sa podacima.
Neka su dvije prave date njihovim kanonskim jednadžbama.
Za ugao između dve prave uzet ćemo ugao između vektora pravca.
I 
Uvjet okomitosti dvije prave svodi se na uvjet okomitosti njihovih vektora smjera i , odnosno na jednakost nule skalarnog proizvoda: ili u koordinatnom obliku: .
Uvjet paralelnosti dvije prave svodi se na uvjet paralelnosti njihovih vektora smjera i
5.5 Međusobni dogovor pravo i ravan.
Neka su date jednačine prave:
i avioni. Ugao između prave i ravni će biti bilo koji od dva susjedna ugla formirana od strane prave i njene projekcije na ravan (slika 5.5).
 |
|||||||
Slika 5.5
Ako je prava okomita na ravan, usmjeravajući vektor prave i vektor normale na ravan su kolinearni. Dakle, uslov okomitosti prave i ravni se svodi na uslov kolinearnih vektora
U slučaju paralelizma prave i ravni, njihovi vektori gore navedeni su međusobno okomiti. Stoga se uslov paralelnosti prave i ravni svodi na uslov okomitosti vektora; one. njima skalarni proizvod nula ili u koordinatnom obliku: .
Ispod su primjeri rješavanja problema vezanih za temu poglavlja 5.
Primjer 1:
Napišite jednačinu za ravan koja prolazi kroz tačku A (1,2,4) okomitu na pravu koju daje jednačina:
Rješenje:
Koristimo jednadžbu ravnine koja prolazi dati poen okomito na dati vektor.
A(x-x 0)+B(y-y 0)+C(z-z 0)=0
Kao tačku uzimamo tačku A (1,2,4), kroz koju ravan prolazi pored uslova.
Poznavajući kanonske jednačine prave, znamo vektor paralelan pravoj.
Zbog činjenice da je po uslovu prava okomita na željenu ravan, vektor pravca se može uzeti kao vektor normale ravni.
Tako dobijamo jednačinu ravnine u obliku:
2(x-1)+1(y-2)+4(z-4)=0
2x+y+4z-16=0
2x+y+4z-20=0
Primjer 2:
Nađi u avionu 4x-7y+5z-20=0 tačka P za koju OP pravi jednake uglove sa koordinatnim osa.
Rješenje:
Napravimo šematski crtež. (Slika 5.6)
 |
at
Slika 5.6
Prazna tačka R ima koordinate . Budući da vektor čini iste uglove s koordinatnim osa, kosinusi smjera ovog vektora su međusobno jednaki
Nađimo projekcije vektora:
onda se kosinusi smjera ovog vektora lako pronalaze.
Iz jednakosti kosinusa smjera slijedi jednakost:
x p = y p \u003d z p
pošto tačka P leži na ravni, zamena koordinata ove tačke u jednačinu ravni pretvara je u identitet.
4x p -7x p +5x p -20=0
2x p = 20
x p \u003d 10
odnosno: y r=10; z str=10.
Dakle, željena tačka P ima koordinate P (10; 10; 10)
Primjer 3:
Zadata su dva boda A (2, -1, -2) i B (8, -7,5). Naći jednačinu ravni koja prolazi kroz tačku B, okomitu na segment AB.
Rješenje:
Da bismo riješili problem, koristimo jednačinu ravnine koja prolazi kroz datu tačku okomito na dati vektor.
A(x-x 0)+B(y-y 0)+C(z-z 0)=0
Kao tačku koristimo tačku B (8, -7.5), a kao vektor okomit na ravan, vektor. Nađimo projekcije vektora:
tada dobijamo jednacinu ravnine u obliku:
6(x-8)-6(y+7)+7(z-5)=0
6x-48-6y-42+7z-35=0
6x-6y+7z-35=0
6x-6y+7z-125=0
Primjer 4:
Naći jednačinu ravni paralelne sa OY osi i koja prolazi kroz tačke K(1,-5,1) i M(3,2,-2).
Rješenje:
Pošto je ravan paralelna sa OY osom, koristićemo nepotpunu jednačinu ravni.
Ax+Cz+D=0
Zbog činjenice da tačke K i M leže na ravni, dobijamo dva uslova.
Izrazimo iz ovih uslova koeficijente A i C u terminima D.
Pronađene koeficijente zamjenjujemo u nepotpunu jednadžbu ravnine:
budući da , tada smanjujemo D:
Primjer 5:
Naći jednačinu ravni koja prolazi kroz tri tačke M(7,6,7), K(5,10,5), R(-1,8,9)
Rješenje:
Koristimo jednačinu ravni koja prolazi kroz 3 date tačke.
zamena koordinata tačke M, K, R kao prvo, drugo i treće dobijamo:
proširimo determinantu duž 1. reda.
Primjer 6:
Naći jednačinu ravni koja prolazi kroz tačke M 1 (8, -3,1); M 2 (4,7,2) i okomito na ravan 3x+5y-7z-21=0
Rješenje:
Napravimo šematski crtež (slika 5.7)
Slika 5.7
Označavamo datu ravan P 2 i željenu ravan P 2. . Iz jednadžbe dati avion R 1 određujemo projekcije vektora okomitog na ravan R 1.
Vektorski način paralelni transfer može se pomeriti u ravan P 2, pošto je, prema uslovu zadatka, ravan P 2 okomita na ravan P 1, što znači da je vektor paralelan sa ravni P 2.
Nađimo projekcije vektora koji leži u ravni R 2:
sada imamo dva vektora koji leže u ravni R 2 . Očigledno, vektor je jednak vektorskom proizvodu vektora i bit će okomit na ravan P 2, jer je okomit na ravan P 2 i, prema tome, njegov vektor normale na ravan P 2.
Vektori i su dati njihovim projekcijama, dakle:
Zatim koristimo jednadžbu ravnine koja prolazi kroz datu tačku okomito na vektor. Kao tačku, možete uzeti bilo koju od tačaka M 1 ili M 2, na primjer M 1 (8, -3,1); Kao normalni vektor na ravan R 2 uzimamo .
74(x-8)+25(y+3)+50(z-1)=0
3(x-8)+(y-3)+2(z-1)=0
3x-24+y+3+27-2=0
3x+y+2z-23=0
Primjer 7:
Prava linija je definisana presekom dve ravni. Naći kanonske jednačine prave.
Rješenje:
Imamo jednačinu u obliku:
Treba pronaći tačku x 0, y 0, z 0) kroz koji prolaze prava linija i vektor smjera.
Jednu od koordinata biramo proizvoljno. Na primjer, z=1, tada dobijamo sistem od dvije jednadžbe sa dvije nepoznate:
Tako smo pronašli tačku koja leži na željenoj pravoj (2,0,1).
Kao usmjeravajući vektor željene prave linije, uzimamo unakrsni proizvod vektora i , koji su normalni vektori jer 
, što znači paralelno sa željenom linijom.
Dakle, vektor smjera prave linije ima projekcije . Koristeći jednadžbu prave linije koja prolazi kroz datu tačku paralelno sa datim vektorom:
Dakle, željena kanonska jednadžba ima oblik:
Primjer 8:
Pronađite koordinate tačke preseka prave 
i avion 2x+3y+3z-8=0
Rješenje:
Hajde da zapišemo za zadata jednačina pravo na parametarski oblik.
x=3t-2; y=-t+2; z=2t-1
svaka tačka ravne linije odgovara jednoj vrijednosti parametra t. Da biste pronašli parametar t koji odgovara tački presjeka prave i ravni, zamjenjujemo izraz u jednadžbu ravnine x, y, z preko parametra t.
2(3t-2)+(-t+2)+3(2t-1)-8=0
6t-4-3t+6+6t-3-8=0
t=1
zatim koordinate željene tačke
željena tačka preseka ima koordinate (1;1;1).
Primjer 9:
Naći jednačinu ravni koja prolazi kroz paralelne prave.
Napravimo šematski crtež (slika 5.9)
Slika 5.9
Iz datih jednačina pravih i određujemo projekcije usmjeravajućih vektora ovih pravaca. Nalazimo projekcije vektora koji leži u ravni P, i uzimamo tačke i iz kanonskih jednačina pravih M 1 (1, -1,2) i M 2 (0,1, -2).
Parametarske jednačine prave se elementarno dobijaju iz kanonske jednačine ove prave, koja ima oblik . Uzmimo kao parametar vrijednost kojom se lijevi i desni dio kanonske jednadžbe mogu pomnožiti.
Budući da je jedan od nazivnika nužno različit od nule, a odgovarajući brojnik može poprimiti bilo koju vrijednost, područje promjene parametra je cijela os realni brojevi: .
Primit ćemo ili konačno
Jednačine (1) su željene parametarske jednačine prave. Ove jednačine omogućavaju mehaničku interpretaciju. Ako pretpostavimo da je parametar vrijeme mjereno od nekog početnog momenta, tada parametarske jednadžbe određuju zakon kretanja materijalna tačka pravolinijski konstantnom brzinom (takvo kretanje nastaje po inerciji).
Primjer 1 Sastaviti na ravni parametarske jednadžbe prave linije koja prolazi kroz tačku i ima vektor smjera.
Rješenje. Zamijenimo podatke vektora tačke i smjera u (1) i dobijemo:
Često je u problemima potrebno transformisati parametarske jednačine prave u druge vrste jednačina, a iz jednačina drugih vrsta dobiti parametarske jednačine prave. Pogledajmo nekoliko takvih primjera. Za konverziju parametarske jednačine pravo na opšta jednačina prave linije prvo ih treba svesti na kanonski oblik, a zatim iz kanonske jednadžbe dobiti opštu jednačinu prave
Primjer 2 Napišite jednačinu prave linije
Uglavnom.
Rješenje. Prvo, dovodimo parametarske jednačine prave u kanonsku jednačinu:
Daljnje transformacije dovode jednačinu u opći oblik:
Nešto je teže konvertovati opštu jednačinu u parametarske jednačine prave, ali se za ovu radnju takođe može napraviti jasan algoritam. Prvo, možemo transformirati opću jednačinu u jednačina nagiba i pronađite iz njega koordinate neke tačke koja pripada pravoj, dajući jednoj od koordinata proizvoljnu vrijednost. Kada su koordinate tačke i vektor pravca poznati (iz opšte jednačine), mogu se napisati parametarske jednačine prave.
Primjer 3 Napišite jednačinu prave u obliku parametarskih jednačina.
Rješenje. Opću jednačinu ravne linije dovodimo u jednačinu sa nagibom:
Nalazimo koordinate neke tačke koja pripada pravoj. Dajte jednoj od koordinata tačke proizvoljnu vrijednost
Iz jednadžbe prave linije sa nagibom dobijamo još jednu koordinatu tačke:
Dakle, znamo tačku i vektor smjera . Njihove podatke zamjenjujemo u (1) i dobijamo željene parametarske jednadžbe prave linije:
Primjer 4 Odrediti nagib prave linije date parametarskim jednadžbama
Rješenje. Parametarske jednačine prave se prvo moraju konvertovati u kanonsku, zatim u opštu i na kraju u jednačinu nagiba.
Dakle, nagib date prave linije:
Primjer 5 Sastaviti parametarske jednadžbe prave linije koja prolazi kroz tačku i okomite linije
Prava linija zajedno sa tačkom važni su elementi geometrije, uz pomoć kojih se grade mnoge figure u prostoru i na ravni. Ovaj članak detaljno razmatra parametar i njegov odnos s drugim tipovima jednadžbi za ovaj geometrijski element.
Prava linija i jednadžbe za to
Prava linija u geometriji je skup tačaka koje spajaju proizvoljne dvije tačke u prostoru segmentom najmanje dužine. Ovaj segment je dio prave linije. Sve druge krive koje povezuju dvije fiksne tačke u prostoru imat će veliku dužinu, tako da nisu prave linije.
Na gornjoj slici su dvije crne tačke. Plava linija koja ih povezuje je ravna, a crvena zakrivljena. Očigledno je da je crvena linija između crnih tačaka duža od plave.
Postoji nekoliko vrsta pravolinijskih jednačina koje se mogu koristiti za opisivanje prave linije trodimenzionalni prostor ili u dvije dimenzije. Ispod su nazivi ovih jednačina:
- vektor;
- parametarski;
- u segmentima;
- simetrične ili kanonske;
- opšti tip.
U ovom članku ćemo razmotriti parametarsku jednadžbu prave, ali ćemo je izvesti iz vektorske. Također ćemo pokazati odnos između parametarskih i simetričnih ili kanonskih jednačina.
vektorska jednadžba
Jasno je da su sve gore navedene vrste jednadžbi za razmatrani geometrijski element međusobno povezane. Ipak, vektorska jednadžba je za sve njih osnovna, jer direktno proizilazi iz definicije prave linije. Razmotrimo kako se to uvodi u geometriju.
Pretpostavimo da nam je data tačka u prostoru P(x 0 ; y 0 ; z 0). Poznato je da ova tačka pripada pravoj. Koliko se linija može povući kroz njega? Beskonačan skup. Stoga, da biste mogli nacrtati jednu ravnu liniju, potrebno je postaviti smjer potonje. Smjer je, kao što znate, određen vektorom. Označimo ga v¯(a; b; c), gdje su simboli u zagradama njegove koordinate. Za svaku tačku Q(x; y; z), koja se nalazi na pravoj koju razmatramo, možemo napisati jednakost:
(x; y; z) = (x 0; y 0; z 0) + α × (a; b; c)
Ovdje je simbol α parametar koji uzima apsolutno bilo koju realnu vrijednost (množenjem vektora brojem može se promijeniti samo njegov modul ili smjer na suprotno). Ova jednakost se naziva vektorska jednadžba za pravu liniju u trodimenzionalnom prostoru. Promjenom parametra α dobijamo sve tačke (x; y; z) koje formiraju ovu liniju.
Vektor v¯(a; b; c) u jednačini naziva se vektor smjera. Prava linija nema određeni pravac, a njena dužina je beskonačna. Ove činjenice znače da svaki vektor dobijen iz v¯ množenjem sa pravi broj, također će biti vodič za ravnu liniju.
Što se tiče tačke P(x 0; y 0; z 0), umesto nje, u jednačinu se može zameniti proizvoljna tačka, koja leži na pravoj liniji, a potonja se neće promeniti.
Slika iznad prikazuje ravnu liniju (plava linija) koja je definirana u prostoru kroz vektor smjera (crveni segment).
Nije teško dobiti sličnu jednakost za dvodimenzionalni slučaj. Koristeći slično razmišljanje, dolazimo do izraza:
(x; y) = (x 0 ; y 0) + α × (a; b)
Vidimo da je potpuno isti kao i prethodni, samo se dvije koordinate koriste umjesto tri za specificiranje tačaka i vektora.
Parametrijska jednadžba
Prvo, dobijamo parametarsku jednačinu prave u prostoru. Iznad, kada se pisala vektorska jednakost, već je spomenuto o parametru koji je prisutan u njoj. Da biste dobili parametarsku jednačinu, dovoljno je proširiti vektorsku. Dobijamo:
x = x 0 + α × a;
y = y0 + α × b;
z = z 0 + α × c
Skup ove tri linearne jednakosti, od kojih svaka ima jednu promjenjivu koordinatu i parametar α, obično se naziva parametarska jednačina prave linije u prostoru. Zapravo, nismo uradili ništa novo, već smo jednostavno eksplicitno zabilježili značenje odgovarajućeg vektorskog izraza. Napominjemo samo jednu tačku: broj α, iako je proizvoljan, isti je za sve tri jednakosti. Na primjer, ako je α = -1,5 za 1. jednakost, tada njegovu istu vrijednost treba zamijeniti drugom i trećom jednakošću prilikom određivanja koordinata točke.
Parametarska jednačina prave linije na ravni je slična onoj za prostorni slučaj. Piše se kao:
x = x 0 + α × a;
y = y0 + α × b
Dakle, da bi se sastavila parametarska jednačina prave linije, za nju treba zapisati vektorsku jednačinu u eksplicitnom obliku.
Dobivanje kanonske jednadžbe
Kao što je gore navedeno, sve jednadžbe koje definiraju pravu liniju u prostoru i na ravni se dobijaju jedna iz druge. Hajde da pokažemo kako da dobijemo kanonsku pravu liniju iz parametarske jednačine. Za prostorni slučaj imamo:
x = x 0 + α × a;
y = y0 + α × b;
z = z 0 + α × c
Izrazimo parametar u svakoj jednakosti:
α \u003d (x - x 0) / a;
α \u003d (y - y 0) / b;
α \u003d (z - z 0) / c
Kako su leve strane iste, onda su i desne strane jednakosti jednake jedna drugoj:
(x - x 0) / a = (y - y 0) / b = (z - z 0) / c
Ovo je kanonska jednadžba za pravu liniju u prostoru. Vrijednost nazivnika u svakom izrazu je odgovarajuća koordinata. Vrijednosti u brojniku koje se oduzimaju od svake varijable su koordinate tačke na toj pravoj.
Odgovarajuća jednačina za slučaj na ravni ima oblik:
(x - x 0) / a = (y - y 0) / b
Jednačina prave kroz 2 tačke
Poznato je da dvije fiksne tačke, kako u ravni, tako iu prostoru, jednoznačno određuju pravu liniju. Pretpostavimo da su date sljedeće dvije tačke na ravni:
Kako napisati jednačinu prave kroz njih? Prvi korak je definiranje vektora smjera. Njegove koordinate su sljedeće:
PQ¯(x 2 - x 1 ; y 2 - y 1)
Sada možete napisati jednačinu u bilo kojem od tri oblika o kojima se govorilo u gornjim paragrafima. Na primjer, parametarska jednadžba prave linije ima oblik:
x \u003d x 1 + α × (x 2 - x 1);
y \u003d y 1 + α × (y 2 - y 1)
U kanonskom obliku, možete ga prepisati ovako:
(x - x 1) / (x 2 - x 1) = (y - y 1) / (y 2 - y 1)
Vidi se da kanonska jednadžba uključuje koordinate obje tačke, a te tačke se mogu mijenjati u brojiocu. Dakle, posljednja jednačina se može prepisati na sljedeći način:
(x - x 2) / (x 2 - x 1) = (y - y 2) / (y 2 - y 1)
Svi pisani izrazi nazivaju se jednadžbama prave linije kroz 2 tačke.
Problem sa tri tačke
Date su koordinate sljedeće tri tačke:
Potrebno je utvrditi da li ove tačke leže na istoj pravoj ili ne.
Ovaj problem treba riješiti na sljedeći način: prvo nacrtati jednačinu prave za bilo koje dvije tačke, a zatim u nju zamijeniti koordinate treće i provjeriti da li one zadovoljavaju rezultirajuću jednakost.
Sastavljamo jednačinu u terminima M i N u parametarskom obliku. Za to primjenjujemo formulu dobivenu u gornjem pasusu, koju generaliziramo na trodimenzionalni slučaj. Imamo:
x = 5 + α × (-3);
y = 3 + α × (-1);
z = -1 + α × 1
Sada zamenimo koordinate tačke K u ove izraze i pronađemo vrednost alfa parametra koja im odgovara. Dobijamo:
1 = 5 + α × (-3) => α = 4/3;
1 = 3 + α × (-1) => α = 4;
5 = -1 + α × 1 => α = -4
Saznali smo da će sve tri jednakosti vrijediti ako svaka od njih uzme različitu vrijednost parametra α. Poslednja činjenica protivreči uslovu parametarske jednačine prave linije, u kojoj α mora biti jednako za sve jednačine. To znači da tačka K ne pripada pravoj MN, što znači da sve tri tačke ne leže na istoj pravoj.
Problem paralelnih pravih
Dve jednačine linija su date u parametarskom obliku. Oni su predstavljeni u nastavku:
x = -1 + 5 × α;
x = 2 - 6 × λ;
y = 4 - 3,6 × λ
Potrebno je utvrditi da li su prave paralelne. Najlakši način za određivanje paralelizma dvije prave je korištenjem koordinata vektora smjera. Pozivajući se na opštu formulu parametarske jednadžbe u dvodimenzionalnom prostoru, dobijamo da će vektori pravca svake prave linije imati koordinate:
Dva vektora su paralelna ako se jedan od njih može dobiti množenjem drugog sa nekim brojem. Koordinate vektora podijelimo u parove, dobijemo:
to znači da:
v 2 ¯ = -1,2 × v 1 ¯
Vektori pravca v 2 ¯ i v 1 ¯ su paralelni, što znači da su i linije u iskazu problema paralelne.
Provjerimo da nisu ista linija. Da biste to učinili, trebate zamijeniti koordinate bilo koje tačke u jednadžbi drugom. Uzmite tačku (-1; 3), zamijenite je jednadžbom za drugu ravnu liniju:
1 = 2 - 6 × λ => λ = 1/2;
3 \u003d 4 - 3,6 × λ => λ ≈ 0,28
Odnosno, linije su različite.
Problem okomitosti pravih
Date su jednadžbe dvije prave:
x = 2 + 6 × λ;
y = -2 - 4 × λ
Jesu li ove linije okomite?
Dvije prave će biti okomite ako je produkt točkastih vektora smjera jednak nuli. Napišimo ove vektore:
Nađimo njihov skalarni proizvod:
(v 1 ¯ × v 2 ¯) = 2 × 6 + 3 × (-4) = 12 - 12 = 0
Tako smo saznali da su razmatrane prave okomite. Oni su prikazani na gornjoj slici.
UGAO IZMEĐU RAVNI
Razmotrimo dvije ravni α 1 i α 2 date respektivno jednadžbama:
Ispod ugao između dvije ravni mislimo na jedan od diedarskih uglova koji formiraju ove ravni. Očigledno je da je ugao između vektora normale i ravni α 1 i α 2 jednak jednom od naznačenih susednih diedarskih uglova ili 
. Zbog toga 
. Jer 
I 
, onda
.
Primjer. Odredite ugao između ravnina x+2y-3z+4=0 i 2 x+3y+z+8=0.
Uslov paralelnosti dvije ravni.
Dvije ravni α 1 i α 2 su paralelne ako i samo ako su njihovi normalni vektori i paralelni, te stoga 
.
Dakle, dvije ravni su paralelne jedna s drugom ako i samo ako su koeficijenti na odgovarajućim koordinatama proporcionalni:
ili
Uslov okomitosti ravnina.
Jasno je da su dvije ravni okomite ako i samo ako su njihovi normalni vektori okomiti, i stoga, ili .
Na ovaj način, .
Primjeri.
DIREKTNO U PROSTOR.
VEKTORSKA JEDNAČINA DIRECT.
PARAMETRIJSKE JEDNAČINE DIRECT
Položaj prave linije u prostoru u potpunosti je određen specificiranjem bilo koje njene fiksne tačke M 1 i vektor paralelan ovoj pravoj.
Vektor paralelan pravoj liniji se zove vođenje vektor ove linije.
Pa pusti pravo l prolazi kroz tačku M 1 (x 1 , y 1 , z 1) leži na pravoj liniji paralelnoj s vektorom .
Razmotrite proizvoljnu tačku M(x,y,z) na pravoj liniji. Iz slike se vidi da 
.
Vektori i su kolinearni, tako da postoji takav broj t, šta , gdje je množitelj t može uzeti bilo koju numeričku vrijednost ovisno o poziciji točke M na pravoj liniji. Faktor t naziva se parametar. Označavanje radijus vektora tačaka M 1 i M odnosno, kroz i , Dobijamo . Ova jednačina se zove vektor jednačina prave linije. Pokazuje da je svaka vrijednost parametra t odgovara radijus vektoru neke tačke M ležeći na pravoj liniji.
Ovu jednačinu zapisujemo u koordinatnom obliku. Obratite pažnju da, 
i odavde
Rezultirajuće jednačine se nazivaju parametarski pravolinijske jednačine.
Prilikom promjene parametra t promene koordinata x, y I z i tačka M kreće se pravolinijski.
DIREKTNE KANONIČKE JEDNAČINE
Neka bude M 1 (x 1 , y 1 , z 1) - tačka koja leži na pravoj liniji l, And 
je njegov vektor smjera. Opet, uzmite proizvoljnu tačku na pravoj liniji M(x,y,z) i razmotrimo vektor .
Jasno je da su vektori i kolinearni, tako da njihove odgovarajuće koordinate moraju biti proporcionalne, dakle
– kanonski pravolinijske jednačine.
Napomena 1. Imajte na umu da se kanonske jednadžbe prave mogu dobiti iz parametarskih jednačina eliminacijom parametra t. Zaista, iz parametarskih jednačina dobijamo 
ili .
Primjer. Napišite jednačinu prave linije 
na parametarski način.
Označiti 
, dakle x = 2 + 3t, y = –1 + 2t, z = 1 –t.
Napomena 2. Neka je prava okomita na jednu od koordinatne ose, kao što je os Ox. Tada je vektor smjera prave okomit Ox, Shodno tome, m=0. Posljedično, parametarske jednačine prave imaju oblik
Eliminacija parametra iz jednačina t, dobijamo jednadžbe prave linije u obliku
Međutim, i u ovom slučaju pristajemo da formalno zapišemo kanonske jednačine prave u obliku 
. Dakle, ako je nazivnik jednog od razlomaka nula, onda to znači da je prava okomita na odgovarajuću koordinatnu os.
Slično, kanonske jednačine 
odgovara pravoj liniji okomitoj na osi Ox I Oy ili osa paralelna Oz.
Primjeri.
OPĆE JEDNAČINE PRAVA PRAVA KAO PRAVA presjeka DVIJE RAVNI
Kroz svaku pravu liniju u prostoru prolazi beskonačan broj ravni. Bilo koje dvije od njih, ukrštajući se, definiraju ga u prostoru. Prema tome, jednačine bilo koje dvije takve ravni, razmatrane zajedno, su jednačine ove prave.
Općenito, bilo koje dvije neparalelne ravni date općim jednačinama
odrediti njihovu liniju ukrštanja. Ove jednačine se nazivaju opšte jednačine ravno.
Primjeri.
Konstruirajte pravu liniju datu jednadžbama 
Da bi se konstruisao prava, dovoljno je pronaći bilo koje dve njene tačke. Najlakši način je da odaberete tačke preseka linije sa koordinatne ravni. Na primjer, tačka preseka sa ravninom xOy dobijamo iz jednačina prave linije, pod pretpostavkom z= 0:
Rješavajući ovaj sistem, nalazimo poentu M 1 (1;2;0).
Slično, pod pretpostavkom y= 0, dobijamo tačku preseka prave sa ravninom xOz:
Od opštih jednačina prave linije može se preći na njene kanonske ili parametarske jednačine. Da biste to učinili, morate pronaći neku tačku M 1 na liniji i vektor smjera linije.
Koordinate tačke M 1 dobijamo iz ovog sistema jednačina, dajući jednoj od koordinata proizvoljnu vrijednost. Da biste pronašli vektor smjera, imajte na umu da ovaj vektor mora biti okomit na oba normalna vektora 
I 
. Dakle, za vektor smjera prave linije l možete uzeti vektorski proizvod normalni vektori:
.
Primjer. Olovo opšte jednačine ravno 
kanonskom obliku.
Pronađite tačku na pravoj liniji. Da bismo to učinili, proizvoljno biramo jednu od koordinata, na primjer, y= 0 i riješi sistem jednačina:
Vektori normale ravnina koje definiraju pravu imaju koordinate 
Stoga će vektor smjera biti ravan
. shodno tome, l: 
.
UGAO IZMEĐU PRAVA
kutak između pravih u prostoru nazvat ćemo bilo koji od susjednih uglova formiranih od dvije prave povučene kroz proizvoljnu tačku paralelnu sa podacima.
Neka su u prostoru date dvije prave:
Očigledno, ugao φ između linija može se uzeti kao ugao između njihovih vektora smjera i . Budući da , onda prema formuli za kosinus kuta između vektora dobivamo
Jednačina koja pored nepoznate veličine sadrži i drugu dodatnu količinu koja može poprimiti različite vrijednosti iz određenog područja naziva se parametarski. Ova dodatna količina u jednačini se zove parametar. U stvari, mnoge jednačine se mogu napisati sa svakom parametarskom jednačinom. Razmotrit ćemo modul parametarske jednačine i rješenje jednostavnih parametarskih jednačina.
Zadatak 1 Riješite jednadžbe s obzirom na $x$
A) $x + a = 7$
B) $2x + 8a = 4$
C) $x + a = 2a – x$
D) $ax = 5$
E) $a – x = x + b$
F) $ax = 3a$
Rješenje:
A) $x + a = 7 \Leftrightarrow x = 7 – a$, odnosno pronađeno je rješenje ove jednačine.
Za različite vrijednosti parametara, rješenja su $x = 7 – a$
B) $2x + 8a = 4 \Leftrightarrow 2x = 4 - 8a \Leftrightarrow x = 2 – 4a$
C) $x + a = 2a – x \Leftrightarrow x + x = 2a – a \Leftrightarrow 2x = a \Leftrightarrow x = \frac(a)(2)$
D) $ax = 5$, kada je a različito od 0 možemo podijeliti oba dijela sa a i dobićemo $x = 5$
Ako je $a = 0$ dobijamo jednačinu poput $0.x = 5$ koja nema rješenja;
E) $a – x = x + b \Leftrightarrow a – b = x + x \Leftrightarrow 2x = a – b \Leftrightarrow x = \frac(a-b)(2)$
F) Kada je a = 0, jednačina ax = 3a je 0.x = 0
Prema tome, bilo koji x je rješenje. Ako je a različito od 0 onda
$ax = 3a \Leftrightarrow x = \frac(3a)(a) \Leftrightarrow x = 3$
Zadatak 2 Ako je a parametar, riješite jednačinu:
A) $(a + 1)x = 2a + 3$
B) $2a + x = ax + 4$
C) $a^2x – x = a$
D) $a^2x + x = a$
Rješenje:
A) Ako je $a + 1$ različito od 0, tj. $a \neq -1$,
tada je $x = \frac(2a+3)(a+1)$;
ako je $a + 1 = 0$, tj. $a = - 1$
jednadžba postaje $0\cdot x = (2)\cdot(-1) + 3 \Leftrightarrow$
$0\cdot x = 1$, koji nema rješenja;
B) $2a + x = ax + 4 \Leftrightarrow$
$x – ax = 4 - 2a \Leftrightarrow$
$(1 – a)\cdot x = 2(2 – a)$
Ako je $(1 – a) \neq 0$, onda a $\neq 1$; odluka će
$x = \frac(2(2 - a))((1 - a))$;
Ako je $a = 1$, jednačina postaje $0\cdot x = 2(2 - 1) \Leftrightarrow$
$0\cdot x = 2$, koji nema rješenja
C) $a^2x – x = a \Leftrightarrow$
$x(a^2 -1) = a \Leftrightarrow$
$(a - 1)(a + 1)x = a$
Ako je $a - 1 \neq 0$ i $a + 1 \neq 0$, tj. $a \neq 1, -1$,
rješenje je $x = \frac(a)((a - 1)(a + 1))$
Ako je $a = 1$ ili $a = -1$, jednačina postaje $0\cdot x = \pm 1$, koja nema rješenja
D) $a^2x + x = a \Leftrightarrow$
$(a^2 + 1)x = a$
U ovom slučaju $a^2 + 1 \neq 0$ za bilo koji $a$ jer je to zbir pozitivnog broja (1) i jednog negativnog broja
$(a^2 \geq 0)$ pa $x = \frac(a)(a^2 + 1)$
Zadatak 3 Ako su a i b parametri, riješite jednadžbe:
A) $ax + b = 0$
B) $ax + 2b = x$
C) $(b - 1)y = 1 - a$
D) $(b^2 + 1)y = a + 2$
Rješenje:
A) $ax + b = 0 \Leftrightarrow ax = -b$
Ako je $a \neq 0$ onda je rješenje $x = -\frac(b)(a)$.
Ako je $a = 0, b \neq 0$, jednačina postaje $0\cdot x = -b$ i nema rješenja.
Ako je $a = 0$ i $b = 0$, jednačina postaje $0\cdot x = 0$ i bilo koji $x$ je rješenje;
B) $ax + 2b = x \Leftrightarrow ax – x = -2b \Leftrightarrow (a - 1)x = -2b$
Ako je $a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq 1$, rješenje je $x = -\frac(2b)(a-1)$
Ako je $a - 1 = 0$, tj. $a = 1$, i $b \neq 0$, jednačina postaje $0\cdot x = - 2b$ i nema rješenja
C) Ako je $b - 1 \neq 0$, to je $b \neq 1$,
rješenje je $y = \frac(1-a)(b-1)$
Ako je $b - 1 = 0$, to jest, $b = 1$, ali je $1 \neq 0$,
tj. $a \neq 1$, jednačina postaje $0\cdot y = 1 – a$ i nema rješenja.
Ako je $b = 1$ i $a = 1$, jednačina postaje $0\cdot y = 0$ i bilo koji $y$ je rješenje
D) $b^2 + 1 \neq 0$ za bilo koji $b$ (zašto?), dakle
$y = \frac(a+2)(b^2)$ je rješenje jednadžbe.
Problem $4$ Za koje vrijednosti $x$ slijedeći izrazi imaju jednako značenje:
A) $5x + a$ i $3ax + 4$
B) $2x - 2$ i $4x + 5a$
Rješenje:
Da bismo dobili iste vrijednosti, moramo pronaći rješenja jednadžbi
$5x + a = 3ax + 4$ i $2x – 2 = 4x + 5a$
A) $5x + a = 3ax + 4 \Leftrightarrow$
$5x - 3ax = 4 – a \Leftrightarrow$
$(5 - 3a)x = 4 - a$
Ako je $5 - 3a \neq 0$, tj. $a \neq \frac(5)(3)$, rješenja su $x = \frac(4-a)(5-3a)$
Ako je $5 - 3a = 0$, tj. $a = \frac(5)(3)$, jednačina postaje $0\cdot x = 4 – \frac(5)(3) \Leftrightarrow$
$0\cdot x = \frac(7)(3)$, koji nema rješenja
B) $2x - 2 = 4x + 5a \Leftrightarrow$
$-2 - 5a = 4x - 2x \Leftrightarrow$
$2x = - 2 - 5a \Leftrightarrow$
$x = -\frac(2+5a)(2)$
Zadatak 5
A) $|sjekira + 2| = 4$
B) $|2x + 1| = 3a$
C) $|sjekira + 2a| = 3$
Rješenje:
A) $|sjekira + 2| = 4 \Leftrightarrow sjekira + 2 = 4$ ili $ax + 2 = -4 \Leftrightarrow$
$ax = 2$ ili $ax = - 6$
Ako je $a \neq 0$, jednačine postaju $x = \frac(2)(a)$ ili $x = -\frac(6)(a)$
Ako je $a = 0$, jednačina nema rješenja
B) Ako je $a Ako je $a > 0$, ovo je ekvivalentno $2x + 1 = 3a$
ili $2x + 1 = -3a \Leftrightarrow 2x = 3a - 1 \Leftrightarrow x = \frac(3a-1)(2)$ ili
$2x = -3a - 1 \Leftrightarrow x = \frac(3a-1)(2) = -\frac(3a-1)(2)$
C) $|sjekira + 2a| = 3 \Leftrightarrow sjekira + 2a = 3$ ili $ax + 2a = - 3$,
i nalazimo $ax = 3 - 2a$ ili $ax = -3 - 2a$
Ako je a = 0 onda nema rješenja ako je $a \neq 0$
rješenja su: $x = \frac(3-2a)(a)$ i $x = -\frac(3+2a)(a)$
Zadatak 6 Riješite jednačinu $2 - x = 2b - 2ax$, gdje su a i b realni parametri. Pronađite za koje vrijednosti a jednačina ima rješenje prirodni broj, ako je $b = 7$
Rješenje:
Ovu jednačinu predstavljamo u sljedećem obliku: $(2a - 1)x = 2(b - 1)$
Moguće su sljedeće opcije:
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, jednačina ima jedinstveno rješenje
$x = \frac(2(b-1))(2a-1)$
Ako je $a = \frac(1)(2)$ i $b = 1$, jednačina postaje $0\cdot x = 0$ i bilo koji $x$ je rješenje
Ako je $a = \frac(1)(2)$ i $b \neq 1$, dobijamo $0\cdot x = 2(b - 1)$, gdje je $2(b - 1) \neq 0$
U ovom slučaju, jednačina nema rješenja.
Ako je $b = 7$ i $a \neq \frac(1)(2)$ je jedino rješenje
$x = \frac(2(7-1))(2a-1) = \frac(12)(2a-1)$
Ako je a cijeli broj onda je $2a - 1$ također cijeli broj i rješenje je
$x = \frac(12)(2a-1)$ je prirodan broj kada
$2a - 1$ je pozitivan djelitelj za $12$.
Da bi a bio cijeli broj, djelitelj $12$ mora biti neparan. Ali samo $1$ i $3$ su pozitivni neparni brojevi djeljivi sa 12
Stoga $2a - 1 = 3 \Leftrightarrow a = 2$ ili $2a - 1 = 1 \Leftrightarrow$
$a = 1 a = 2$ ili $2a - 1 = 1 \Leftrightarrow a = 1$
Zadatak 7 Riješite jednačinu $|ax - 2 – a| = 4$, gdje je a parametar. Pronađite za koje vrijednosti a su korijeni jednadžbe negativni cijeli brojevi.
Rješenje:
Iz definicije modula dobijamo
$|sjekira - 2 – x| = 4 \Leftrightarrow sjekira - 2 - x = 4$ ili $ax - 2 - x = - 4$
Iz prve jednakosti dobijamo $x(a - 1) - 2 = 4 \Leftrightarrow$
$(a - 1)x = 4 + 2 \Leftrightarrow (a - 1)x = 6$
Iz druge jednakosti dobijamo $(a - 1)x = -2$
Ako je $a - 1 = 0$, tj. $a = 1$, posljednja jednačina nema rješenja.
Ako $a \neq 1$ nalazimo da je $x = \frac(6)(a-1)$ ili $x = -\frac(2)(a-1)$
Da bi ovi korijeni bili cjelobrojni negativni brojevi, mora vrijediti sljedeće:
Za prvi, $a - 1$ mora biti negativan djelitelj 6, a za drugi, pozitivan djelitelj 2
Tada je $a - 1 = -1; -2; -3; - 6$ ili $a - 1 = 1; 2$
Dobijamo $a - 1 = -1 \Leftrightarrow a = 0; a - 1 = -2 \Leftrightarrow$
$a = -1; a - 1 = -3 \Leftrightarrow a = -2; a - 1 = -6 \Leftrightarrow a = -5$
ili $a - 1 = 1 \Leftrightarrow a = 2; a - 1 = 2 \Leftrightarrow a = 3$
Tada je $a = -5; -2; -jedan; 0; 2; 3$ su rješenja problema.
Zadatak 8 Riješite jednačinu:
A) $3ax - a = 1 - x$, gdje je a parametar;
B) $2ax + b = 2 + x$ gdje su a i b parametri
Rješenje:
A) $3ax + x = 1 + a \Leftrightarrow (3a + 1)x = 1 + a$.
Ako je $3a + 1 \neq 0$, tj. $a \neq -11 /3 /3$ , postoji rješenje
$x = \frac(1+a)(3a+1)$
Ako je $a = -\frac(1)(3)$, jednačina postaje $0\cdot x = \frac(1.1)(3)$, koja nema rješenja.
B) $2ax – x = 2 – b \Leftrightarrow (2a - 1)x = 2 – b$
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2), x = \frac(2-b)(2a-1)$ je rješenje.
Ako je $a = \frac(1)(2)$, jednačina postaje $0.x = 2 – b$
Tada ako je $b = 2$, bilo koji x je rješenje, ako je $b \neq 2$, jednačina nema rješenja.
Zadatak 9 Zadata je jednačina $6(kx - 6) + 24 = 5kx$, gdje je k cijeli broj. Pronađite za koje vrijednosti k jednačina:
A) ima korijen $-\frac(4)(3)$
B) nema rješenja;
C) ima korijen kao prirodan broj.
Rješenje:
Prepišite jednačinu kao $6kx - 36 + 24 = 5kx \Leftrightarrow kx = 12$
A) Ako je $x = -\frac(4)(3)$, za k dobijamo jednačinu $-\frac(4)(3k) = 12 \Leftrightarrow k = - 9$
B) Jednačina $kx = 12$ nema rješenja kada je $k = 0$
C) Kada je $k \neq 0$ korijen $x = \frac(12)(k)$ i to je prirodan broj, ako je k pozitivan cijeli broj djeljiv sa 12, tj. $k = 1, 2, 3, 4, 6, 12$
Zadatak 10 Riješite jednačinu:
A) $2ax + 1 = x + a$, gdje je a parametar;
B) $2ax + 1 = x + b$, gdje su a i b parametri.
Rješenje:
A) $2ax + 1 = x + a \Leftrightarrow 2ax – x = a - 1 \Leftrightarrow$
$(2a - 1)x = a - 1$
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, jedino rješenje jednačine je
$x = \frac(a-1)(2a-1)$
Ako je $2a - 1 = 0$, tj. $a = \frac(1)(2)$, jednačina postaje
$0.x = \frac(1)(2)- 1 \Leftrightarrow 0.x = -\frac(1)(2)$, koji nema rješenje
B) $2ax + 1 = x + b \Leftrightarrow$
$2ax – x = b - 1 \Leftrightarrow$
$(2a - 1)x = b - 1$
Ako je $2a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, rješenje je
$x = \frac(b-1)(2a-1)$
Ako je $a = \frac(1)(2)$, jednačina je ekvivalentna $0.x = b - 1$
Ako je b = 1 bilo koji x je rješenje, ako je $b \neq 1$ onda nema rješenja.
Zadatak 11 Zadata je jednačina $3(ax - 4) + 4 = 2ax$, gdje je parametar cijeli broj. Pronađite za koje vrijednosti a jednačina ima korijen:
A) $\left(-\frac(2)(3)\right)$
B) cijeli broj
C) prirodni broj
Rješenje:
A) Ako je $x = -\frac(2)(3)$ rješenje jednadžbe, onda mora biti istina
$3\levo + 4 = 2a\levo(-\frac(2)(3)\desno) \Leftrightarrow$
$-2a - 12 + 4 = -\frac(4a)(3) \Leftrightarrow$
$\frac(4a)(3) - 2a = 8 \Leftrightarrow \frac(4a-6a)(3) = 8 \Leftrightarrow$
$-\frac(2a)(3) = 8 \Leftrightarrow a = -12$
B) $3(ax - 4) + 4 = 2ax \Leftrightarrow 3ax - 2ax = 12 - 4 \Leftrightarrow ax = 8$
Ako je $a \neq 0$ rješenje je $x = \frac(8)(a)$, to je cijeli broj, ako je a djeljiv od $8$.
Zbog toga; $±2; ±4; ±8$
Ako je $a=0$, jednačina nema rješenja
C) Da biste dobili prirodan (pozitivan cijeli) broj za ovo rješenje $x=\frac(8)(a)$ broj bi trebao biti: $a=1, 2, 4, 8$
Zadatak 12 Zadata je jednačina $2 – x = 2b – 2ax$, gdje su $a$ i $b$ parametri. Pronađite za koje vrijednosti a jednačina ima rješenja u obliku prirodnog broja ako je $b = 7$
Rješenje:
Zamijenimo $b = 7$ u jednadžbu i dobijemo $2 – x = 2,7 - 2ax \Leftrightarrow$
$2ax – x = 14 – 2 \Leftrightarrow (2a - 1)x = 12$
Ako je $2a -1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(2)$, jednačina postaje
$x = \frac(12)(2a-1)$ i to će biti prirodan broj ako je imenilac $2a - 1$ pozitivno djeljiv $12$ i osim što je cijeli broj, potrebno je da $2a - 1$ je bio neparan broj.
Dakle, $2a - 1$ može biti $1$ ili $3$
Od $2a - 1 = 1 \Leftrightarrow 2a = 2 \Leftrightarrow a = 1$ i $2a - 1 = 3$
$\Leftrightarrow 2a = 4 \Leftrightarrow a = 2$
Zadatak 13 Zadata funkcija $f(x) = (3a - 1)x - 2a + 1$, gdje je a parametar. Pronađite za koje vrijednosti a graf funkcije:
A) prelazi x-osu;
B) prelazi x-osu
Rješenje:
Da bi graf funkcije mogao preći x-osu, potrebno je da
$(3a - 1)\cdot x -2a + 1 = 0$ je imao rješenje i nije imao rješenje za neprelazak x-ose.
Iz jednačine dobijamo $(3a - 1)x = 2a - 1$
Ako je $3a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq \frac(1)(3)$, jednačina ima rješenja
$x = \frac(2a-1)(3a-1)$, tako da graf funkcije prelazi x-osu.
Ako je $a = \frac(1)(3)$, dobijamo $0.x = \frac(2)(3) - 1 \Leftrightarrow 0.x = -\frac(1)(3)$, što nije imati rješenja.
Stoga, ako je $a = \frac(1)(3)$, graf funkcije ne prelazi x-osu.
Zadatak 14 Riješite parametarsku jednačinu:
A) $|x -2| = a$
B) $|sjekira -1| = 3$
C) $|sjekira - 1| = a - 2 $
Rješenje:
A) Ako je $a 0$ dobijamo:
$|x - 2| = a \Strelica ulevo x - 2 = a$ ili $x - 2 = -a$
Od $x - 2 = a \Rightarrow x = a + 2$, i od
$x - 2 = -a \Strelica desno x = 2 – a$
Ako je $a = 0$ onda je $x - 2 = 0$ ili $x = 2$
B) $|sjekira - 1| = 3 \Leftrightarrow sjekira - 1 = 3$ ili $ax - 1 = -3$
odakle je $ax = 4$ ili $ax = - 2$
Ako je $a \neq 0$ rješenja su: $x = \frac(4)(a)$ ili $x = -\frac(2)(a)$
Ako je $a = 0$, ovdje nema rješenja
C) Ako je $a - 2 Ako je $a - 2 > 0$, tj. $a > 2$ dobijamo
$|sjekira - 1| = a - 2 \Leftrightarrow ax - 1 = a - 2$ ili $ax - 1 = 2 – a$
Tako dobijamo $ax = a - 1$ ili $ax = 3 – a$
Zato što je $a > 2, a \neq 0$, dakle
$x = \frac(a-1)(a)$ ili $x = \frac(3-a)(a)$.
Ako je $a = 2$, jednačine su ekvivalentne
$2x - 1 = 0 \Leftrightarrow 2x = 1 \Leftrightarrow x = \frac(1)(2)$
Zadatak 15 Pronađite za koje su vrijednosti parametra m (a), dvije jednadžbe ekvivalentne:
A) $\frac(x+m)(2) = 1 – m$ i $(-x - 1) ^2 - 1 = x^2$
B) $\frac(x+m)(2) = 1 - m$ i $\frac(x-m)(3) = 1 - 2m$
C) $|3 – x| + x^2 -5x + 3 = 0$ i $ax + 2a = 1 + x$ ako je $x > 3$
Rješenje:
A) Rešimo drugu jednačinu. Napišimo to u obliku:
$(-x - 1)^2 - 1 = x^2 \Leftrightarrow$
$[(-1)(x + 1) ]^2 - 1 = x^2 \Leftrightarrow$
$x^2 + 2x + 1 - 1 = x^2 \Leftrightarrow$
$2x = 0 \Leftrightarrow x = 0$
Za prvu koju dobijemo
$\frac(x+m)(2) = 1 – m \Leftrightarrow x + m = 2 - 2m \Leftrightarrow x = 2 - 3m$
Ove dvije jednačine su ekvivalentne ako imaju iste korijene, tj.
$2 - 3m = 0 \Leftrightarrow$ $m = \frac(2)(3)$
B) Za prvu jednačinu rješenje je $x = 2 - 3m$, a za drugu dobijamo
$x – m = 3 - 6m \Leftrightarrow$ $x = 3 – 5m$
Imaju iste korijene kada
$2 - 3m = 3 - 5m \Leftrightarrow 5m - 3m = 3 - 2 \Leftrightarrow 2m = 1 \Leftrightarrow m = \frac(1)(2)$
C) Pošto je $x > 3, 3 – x $|3 – x| = -(3 - x) = x - 3 $
Prva jednačina će izgledati ovako: $x - 3 + x^2 – 5x + 3 = 0 \Leftrightarrow$
$x^2 - 4x – 0 \Leftrightarrow x(x - 4) = 0 \Leftrightarrow$
$x = 0$ ili $x = 4$
Uz uslov da je $x > 3$, tako da je samo $x = 4$ rješenje. Za drugu jednačinu dobijamo
$ax – x = 1 - 2a \Leftrightarrow (a - 1)x = 1 - 2a$
Ako je $a - 1 = 0$ nema rješenja (Zašto?), ako je $a - 1 \neq 0$, tj. $a \neq 1$, postoji rješenje
$x = \frac(1-2a)(a-1)$ Ove dvije jednadžbe su jednake ako je $4 = \frac(1-2a)(a-1) \Leftrightarrow$ $4(a - 1) = 1 - 2a \ Leftrightarrow 4a + 2a = 1 + 4 \Leftrightarrow 6a = 5 \Leftrightarrow a = \frac(5)(6)$