(Microsoft Word - Dr\236avna matura - prosinac vi\232a razina - rje\232enja)

Транскрипт

1 I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. A. Pomnožimo zadanu jednadžbu s. Dobivamo: Dijeljenjem s 5 dobivamo x 3 (4 3 x) = ( x), x x = 4 x, x + x + x = , 5 x = 3. 3 x =. 5. C. Odredimo najprije koordinate točaka C i E. Iz podatka da je koordinata točke C aritmetička sredina koordinata točaka B i D slijedi da je koordinata točke C jednaka tj. C 5. Tako je koordinata točke E jednaka = = =, = =, tj. E Preostaje poredati brojeve 0,,,, i uzlazno po veličini (od najmanjega do najvećega). Svedimo te razlomke na najmanji zajednički nazivnik. Taj je nazivnik jednak 8 = Tako dobijemo niz 0,,,, i koji je lako uzlazno sortirati: ,, 0,,, Odatle zaključujemo da se točka C i 9 D, tj. D A, tj. točka A nalazi izmeñu točaka 5 C 8, tj. Napomena: Zadatak je moguće riješiti i decimalnom aproksimacijom svih zadanih razlomaka npr. s točnošću od 0 5. No, izložena metoda rješenja zadatka vrijedi za bilo koje razlomke i moguće ju je primijeniti u bilo kojem slučaju bez potrebe razmatranja točnosti aproksimacije razlomaka decimalnim brojevima. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

2 3. B. Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je a = 5 cm, a samim tim i α = 30. Izračunajmo duljine ostalih dviju stranica zadanoga trokuta. Imamo redom: Opseg zadanoga trokuta iznosi dok je površina jednaka b = a ctg α = 5 ctg 30 = 5 3 cm, a 5 5 c = 0 sinα = sin 30 = = cm. O = a + b + c = = cm, 5 P = a b = = 3 cm. Odatle zaključujemo da je od četiriju ponuñenih tvrdnji točna jedino druga tvrdnja. 4. B. Cijeli zadani blok možemo zamisliti kao kvadar (uspravni pravokutni paralelepiped) čije su dimenzije.5 cm, 9.7 cm i 6.5 mm = 6.5 cm = 0.65 cm. Obujam toga kvadra jednak je 0 umnošku njegovih dimenzija: V = a b c = = cm 3. Iz formule za izračun gustoće slijedi da je masa cijeloga bloka papira jednaka umnošku gustoće papira i obujma cijeloga bloka: m = ρ V, m =.0 g/cm cm 3, m = g. Preostaje zaključiti: Ako blok od 00 listova papira ima masu g, onda je masa jednoga lista papira 00 puta manja od mase bloka i iznosi m' = = g. 5. A. Prema definiciji funkcije apsolutne vrijednosti, iz zadane jednadžbe proizlazi 3 x + 5 = ±, odnosno odnosno 3 x + 5 = ili 3 x + 5 =, 3 x = 5 ili 3 x = 5, mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

3 odnosno te nakon dijeljenja s 3 3 x = 7 ili 3 x = 3, 7 x = ili x =. 3 7 Dakle, skup svih rješenja zadane jednadžbe je S =,. Oba elementa skupa S su strogo 3 negativni racionalni brojevi, pa treći i četvrti interval ne dolaze u obzir jer ti intervali sadrže isključivo strogo pozitivne realne brojeve. Takoñer, oba elementa skupa S su strogo manja od, 3 pa niti drugi interval ne dolazi u obzir jer on sadrži realne brojeve strogo veće od (i strogo 3 manje od 8, ali taj podatak nije bitan). Budući da očito vrijede nejednakosti: 3 7 < < <, zaključujemo da oba elementa skupa S pripadaju intervalu, B. Oduzmimo drugu jednadžbu od prve. Dobivamo: a odatle dijeljenjem s ( ) izravno slijedi ( ) x + ( ) y = 4, x + y =. 7. D. Neka je C > 0 početna cijena jakne, odnosno hlača. Nakon poskupljenja od 0% nova cijena jakne iznosi C j = C + C = C + = C = C Nakon prvoga poskupljenja od 0% cijena hlača iznosi C = C + C = C + = C = C = C, a nakon drugoga poskupljenja od 0% cijena hlača iznosi mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 3

4 Ch = C + C = C + = C = C = C = C = C Budući da je C > 0 jer cijena ne može biti nepozitivan realan broj, zaključujemo da vrijedi: 0 Ch = C > C = C j, pa su hlače skuplje od jakne za 0 C C C = 00 = = % 0.83%. 0 0 C C B. Iz zadanih podataka slijedi da se u slučaju pražnjenja bačve samo kroz otvor A u jednoj minuti isprazni bačve, te, analogno, u slučaju pražnjenja bačve samo kroz otvor B u jednoj minuti isprazni 3 bačve. Otvorimo li oba otvora, u jednoj minuti ispraznit će se + = + = = 6 6 = 4 bačve. Stoga su za pražnjenje cijele bačve kroz oba otvora potrebne : = 4 = 4 minute A. Koristeći formulu za razliku kvadrata imamo redom: a b a b a b a b ( a b) ( a + b) a b : ( a + b) + b a b = + = a a b a b b a + a b a b b = a. a b a b a b + a a a b b ( a b) + a ( a b) ( a b) ( + a) a b = + = = = = a b b + a a b + a a + a a + a a 0. C. Postavljeni zadatak najlakše je riješiti pomoću vektora i njihova skalarnoga umnoška. Iz slike je razvidno da je A(, ), B(, 3) i C(, ). Stoga je: BA = ( xa xb ) i + ( ya yb ) j = ( ) i + [ ( 3) ] j = ( 3) i + j, BC = ( x x ) i + ( y y ) j = ( ) i + ( 3) j = i + 5 j. C B C B [ ] Označimo li traženi kut s β, primjenom skalarnoga umnoška dobijemo: BA BC ( 3) i + j ( i + 5 j) ( 3) cos β = = = = = = = BA BC ( 3) = = 3 6 Odatle je β = '.5'' 67 37'''. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 4

5 . D. Iz zadane formule izrazimo veličinu F. Pomnožimo navedenu jednakost s 9 5 jednakosti izrazimo F: i iz dobivene 9 5 C = F 3, 9 F = C Neka je početna temperatura T (iskazana u stupnjevima Celzijusa). Promjena od 0 stupnjeva Celzijusa zapravo znači povećanje temperature za 0 stupnjeva Celzijusa, pa nova temperatura iznosi T + 0 stupnjeva Celzijusa. Ta promjena iskazana u stupnjevima Fahrenheita iznosi:. C. Imamo redom: F = ( T + 0) + 3 T = = stupnjeva Fahrenheita = = = = ( ) 00 = 6 00 = 3 00 = B. Riješimo zasebno svaku pojedinu jednadžbu. x 3 3 x = x 3 x ( x 3) = x 3 x ( x 3) ( x 3) = 0 ( x 3) (x ) = 0 ( x 3) (x + ) (x ) = 0 x 3 = 0 ili x + = 0 ili x = 0 x = = 3 ili x = ili x = x = 3 ili x = ili x = 3 x,,. Sva tri rješenja ove jednadžbe su očito racionalni brojevi. x 4 3 x + = 0 x 4 x x + = 0 x (x ) (x ) = 0 (x ) (x ) = 0 (x + ) (x ) ( x + ) ( x ) = 0 x + = 0 ili x = 0 ili x + = 0 ili x = 0 x = ili x = ili x = ili x = x {,,, }. Od dobivenih četiriju realnih rješenja ove jednadžbe dva rješenja su racionalni brojevi (to su i ), a dva rješenje su iracionalni brojevi (to su i ). cos(π x) = π x = k π, k Z x = k, k Z x { k : k Z}. Budući da za svaki k Z vrijedi k Z jer je umnožak dvaju cijelih brojeva ponovno cijeli broj, sva rješenja ove jednadžbe su cijeli brojevi, pa posebno i racionalni brojevi. Četvrta jednadžba ima smisla za x > 0 jer je prirodno područje definicije funkcije log x skup 0, +. Stoga je log(x ) = log x i, neovisno o tome, log 00 = log(0 ) = log 0 = =, pa četvrtu jednadžbu možemo pisati u obliku: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 5

6 odnosno log x log x =, log x =. Odatle je x = 0, tj. x = 00, i to je jedino rješenje polazne jednadžbe. Stoga ova jednadžba ima jedinstveno rješenje i ono je prirodan, pa posebno i racionalan broj. Zaključimo: Od četiriju ponuñenih jednadžbi jedino druga jednadžba ima barem jedno rješenje koje pripada skupu iracionalnih brojeva ( n ) n 9 4. A. Uspješnost nakon n ponavljanja iznosi p( n) = = = ( n ) n 9 8 n 4 = 8 n +, a uspješnost nakon n ponavljanja 5+ 9 ( n ) n 9 9 n 4 p( n) = = = ( n ) n 9 9 n +. 8 n 4 9 n 4 Tražena razlika tih dviju uspješnosti iznosi p( n) p( n) = = 8 n + 9 n + (8 n 4) (9 n + ) (9 n 4) (8 n + ) 6 n 36 n + 8 n 4 6 n + 7 n 9 n + 4 = = = (8 n + )(9 n + ) (8 n + )(9 n + ) 45 n =. (9 n + ) (8 n + ) 5. B. Vidjeti Sliku. Neka je S sjecište dijagonala AC i BD. Slika. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 6

7 Dokažimo najprije da je DS = BD. Prema pretpostavci, dužina AB je promjer kružnice. Prema Talesovu poučku, svaki kut konstruiran nad promjerom kružnice (takav da vrh toga kuta pripada kružnici) je pravi kut. To znači da je CDA = CBA = 90, pa su trokutovi ACD i ABC pravokutni sa zajedničkom hipotenuzom AC. Nadalje, prema pretpostavci vrijedi BD AC. To znači da su dužine DS i BS visine na hipotenuzu AC u pravokutnim trokutovima ACD i ABC. Te dvije visine imaju zajedničko nožište S. Prema Euklidovu poučku, duljina svake od tih visina jednaka je drugom korijenu iz umnoška duljina odsječaka na koje nožište visine dijeli hipotenuzu. U obama su slučajevima ti odsječci dužine AS i CS. To znači da su duljine spomenutih dviju visina meñusobno jednake, tj. DS = BS. Ovu jednakost uvrstimo u jednakost DS + BS = BD, pa slijedi: DS + DS = BD i odatle izravno DS = BD, što smo i tvrdili. Dakle, DS = BD = 0 cm. Primjenom Pitagorina poučka na pravokutan trokut CDS (s pravim kutom kod vrha S) dobijemo: ( ) CS = CD DS = = = 5 = = = = = = cm Ponovno primjenom Euklidova poučka na trokut ACD dobijemo: 0 0 DS DS = AS CS AS = = = = = = 0 CS cm. Stoga je tražena duljina dijagonale AC jednaka AC = AS + CS = = + 0 = 0 = 0 = 0.9 cm mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 7

8 Imamo redom: II. ZADATCI KRATKIH ODGOVORA 5 a b a b b a ( a b 5) = = = = = = = = 3 a b 3 b ( a b 3) b a a P. Množenjem zadane jednakosti s a sin β odmah dobivamo a sin β P c =. a sin β 8..) 3 5. Najprije zapišimo jednadžbu zadanoga pravca u implicitnom obliku. Pomnožimo 5 zadanu jednadžbu s 4, pa dobijemo: Tako dobivamo da je tražena udaljenost jednaka: x y = 4, x y 4 = d = = = = = + ( ) x y.) y = x + 3 ili x + y 6 = 0 ili + =. Tražena simetrala je pravac koji prolazi 6 3 polovištem zadane dužine okomito na pravac kojem pripada zadana dužina. Koeficijent smjera toga pravca je Polovište zadane dužine je točka xb xa 6 4 k = = = =. y y B A xa + xb ya + yb ( 3) P, =, = (4, ). Stoga je tražena jednadžba simetrale (u eksplicitnom obliku) y = (x 4), mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 8

9 y = x + +, y = x + 3. Rješenje zadatka još je moguće zapisati u dvama oblicima: implicitnom i segmentnom: y = x + 3 / y = x + 6, x + y 6 = 0 implicitni oblik: x + y 6 = 0 x + y = 6, / : 6 x y + =, 6 6 x y x y + = segmentni oblik: + = ) 6; 9. Pretpostavimo da je B(x B, y B ). Tada je AB = ( xb + ) i + ( yb 3) j, pa dobivamo sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: x B + = 8, y B 3 = 6. Iz prve jednadžbe je odmah x B = 8 = 6, a iz druge y B = = 9. Dakle, B(6, 9)..) a + ili a. Najprije je a + b = ( + 5) i + (4 0) j = 7 i 6 j, pa slijedi: a + b = i j = + = + = ( 6) ) Vidjeti Sliku. Zadana funkcija je polinom drugoga stupnja (odnosno, kvadratna funkcija). Njezin graf je parabola. Za potpuno odreñivanje bilo koje parabole dovoljno je zadati bilo koje tri njezine točke. U ovom slučaju odredit ćemo presjecišta parabole i osi apscisa (osi x), te tjeme parabole. Presjecišta parabole s osi x su točke čije su prve koordinate nultočke zadane funkcije. Stoga riješimo jednadžbu f (x) = 0. Imamo redom: x + 4 x = 0, ( ) x (x 4) = 0. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 9

10 Odatle slijedi x = 0 ili x 4 = 0, tj. x = 0 ili x = 4. Dakle, nultočke zadane funkcije su x = 0 i x = 4, pa njezin graf siječe os apscisa u točkama T (0, 0) i T (4, 0). Preostaje odrediti tjeme tražene parabole: 4 4 ( ) T, =, = (, 4). ( ) 4 ( ) 4 Istaknimo da zbog negativnoga vodećega koeficijenta (to je broj uz potenciju x ) tražena parabola ima oblik znaka presjeka skupova, tj.. Slika..) Vidjeti Sliku 3. Iz podatka da je A(, 0) točka lokalnoga maksimuma, a C(, ) točka lokalnoga minimuma slijedi da polinom p strogo raste na intervalu,, strogo pada na intervalu, i potom strogo raste na intervalu, 3. Njegov graf presijeca os apscisa u točkama A i D, a os ordinata u točki B. Crtamo ga ovako: Proizvoljno odredimo točku E(, p()), ali moramo paziti da ona bude ispod točke A(, 0). Zadamo npr. E(, ). Spojimo točke E i A rastućom krivuljom (bez ijednoga ravnoga dijela). Potom u točki A napravimo zaokret i spojimo je s točkom B padajućom krivuljom (bez ijednoga ravnoga dijela). Proñemo kroz točku B i dalje crtajući padajuću krivulju (bez ijednoga ravnoga dijela) i doñemo do točke C. Potom u točki C napravimo novi zaokret i spojimo točke C i D rastućom krivuljom (bez ijednoga ravnoga dijela). Naposljetku, nastavimo crtanje rastuće krivulje (bez ijednoga ravnoga dijela) prema proizvoljno odabranoj točki F(3, p(3)), npr. F(3, 8). Tako dobivamo traženi graf. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 0

11 Slika 3. Napomena: Nije teško pokazati da polinom p čiji smo graf na intervalu, 3 upravo nacrtali ima propis 3 3 p( x) = x x...),. Riješimo najprije pripadnu kvadratnu jednadžbu 4 x 7 x = 0: 4 7 ± ( 7) 4 4 ( ) 7± ± 8 7± 9 x, = = = = x = = =, x = = = Graf pripadnoga polinoma drugoga stupnja (kvadratne funkcije) je parabola koja ima oblik znaka unije skupova ( ) jer je vodeći koeficijent polinoma (koeficijent uz potenciju x ) strogo veći od nule (to je broj 4). Stoga dotični polinom drugoga stupnja poprima strogo negativne vrijednosti na otvorenom intervalu odreñenom realnim nultočkama toga polinoma, pa je rješenje zadatka otvoreni interval,. 4.) x ili x [, +. Podijelimo cijelu nejednadžbu s njezinom desnom stranom. Ona je sigurno strogo pozitivan realan broj jer je riječ o umnošku strogo pozitivnoga realnoga broja 7 i potencije 4 x koja je uvijek strogo pozitivna. Dobivamo: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

12 x+, x x,,, x Baza potencije na lijevoj, odnosno desnoj strani posljednje nejednakosti je strogo pozitivan realan broj strogo veći od, pa se skidanjem eksponenata znak nejednakosti neće promijeniti. Tako dobivamo nejednadžbu: x x x + 0, iz koje je x. Dakle, rješenje zadatka je poluotvoreni interval [, +...) 6 5'''. Pomoću kalkulatora odredimo šiljasti kut (tj. kut iz intervala 0, 90 ) čiji je sinus jednak 0.8. To je kut β '48''. Preostaje primijeniti identitet sin(80 β) = sin β, prema kojemu kutovi β i 80 β imaju jednake vrijednosti funkcije sinus. Tako dobivamo: α= 80 β '48 = 6 5'''..) 99 35'39''. Najveći kut zadanoga trokuta nalazi se nasuprot najdulje stranice, tj. nasuprot stranice čija je duljina 9 cm. Primjenom kosinusova poučka slijedi: cosα = = = = Pomoću kalkulatora dobivamo traženi kut: α '39'' ) Središnji kut pravilnoga peterokuta jednak je α = = 7. Duljina visine jednoga od 5 a α karakterističnih trokutova pravilnoga peterokuta jednaka je v = ctg, pa je površina petrokuta jednaka: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

13 P = 5 a α 5 α a v = a = a = = = cm. 5 ctg ctg 6 ctg 36 ctg ctg Napomena: Može se pokazati da je točna vrijednost tražene površine P = 9 5 ( 5 + 5) cm. Naime, iz jednakosti cos( 8 ) = = sin(90 8 ) slijedi cos( 8 ) = sin(3 8 ), pa je x = 8 rješenje jednadžbe cos( x) = sin(3 x). Tu jednadžbu, zbog identiteta cos( x) = sin x i sin(3 x) = 3 sin x 4 sin 3 x, možemo zapisati u obliku 4 sin 3 x sin x 3 sin x + = 0. Uz zamjenu sin x = t dobiva se kubna jednadžba 4 t 3 t 3 t + = 0. Lako se vidi da je jedno rješenje te jednadžbe t =, pa lijevu stranu jednadžbe možemo faktorizirati ovako: (t ) (4 t + t ) = 0. Budući da je 0 < sin 8 <, iz posljednje jednadžbe slijedi sin 8 = , odnosno cos 8 = 4 ( ) ( ). Tako redom dobivamo: = = = = = cos36 cos 8 ( ) ( ) ( ) sin36 = sin8 cos8 = = = = (5 ) 5 5 = = cos36 ctg 36 = = 4 sin ( ) ( ) 8 ( ) ( 5 + ) 8 ( ) 5 + = = = = = = ( ) ( ) ( ) ( ) P = 45 ctg 36 = 9 5 = 9 5 = = ) Površina osnovke šest je puta veća od površine karakterističnoga jednakostraničnoga trokuta čija stranica ima duljinu a = 4 cm: 3 B = P = a = a Visina piramide, jedna od stranica karakterističnoga trokuta u osnovki i bočni brid tvore pravokutan trokut kojemu je hipotenuza upravo bočni bid piramide. Prema Pitagorinu je poučku duljina visine piramide jednaka h = b a.stoga je obujam zadane piramide jednak 3 V B h a b a a b a 3 3 = = 3 = 3 ( ). Uvrštavanjem numeričkih podataka a = 4 i b =.7 dobijemo: V = 4 3 (.7 4 ) = 6 3 ( ) = = cm ) 3 i. Uočimo da je ( + i) = + i + i = + i + ( ) = i. Stoga je: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 3

14 ( + i) 0 = [( + i) ] 5 = ( i) 5 = 5 i 5 = 3 i 4 i = 3 i = 3 i..) 4. Zapišimo zadani kompleksni broj u standardnom (algebarskom) obliku. Imamo redom: ( ) ( ) + + ( ) + ( + ) ( ) ( ) x i x i i x i x i i x i x i x i x i = = = = = i i i i x x x i x = + i Im = + i Stoga dobivamo jednadžbu: odnosno, nakon množenja s, x =, x =. Odatle izravno slijedi x = ) 89. Neka su a prvi član i d razlika (diferencija) zadanoga niza. Treći član aritmetičkoga niza računamo prema formuli a sedmi član istoga niza prema formuli a 3 = a + d, a 7 = a + 6 d. Iz zadanih podataka dobivamo sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: a + d = 9, a + 6 d = 49. Oduzimanjem ovih jednadžbi dobijemo ( 4) d = 40, a odatle je d = 0. Uvrštavanjem d = 0 u bilo koju jednadžbu sustava dobijemo a =. Tako je a = a + ( ) d = ( ) = 00 = ). Neka su g prvi član i q količnik (kvocijent) zadanoga geometrijskog niza. Tada je drugi član g q, a treći g q. Prema uvjetu zadatka, prvi je član jednak zbroju drugoga i trećega, pa dobivamo jednadžbu: g = g q + g q. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 4

15 Prema pretpostavci, (g n ) n N je niz s pozitivnim članovima, pa posljednju jednakost smijemo podijeliti s g > 0: tj. = q + q, q + q = Ova kvadratna jednadžba ima dva rješenja: q = i q =. Rješenje q je strogo negativan realan broj, pa u tom slučaju niz (g n ) n N ne može biti niz s pozitivnim članovima, što je 5 suprotno pretpostavci zadatka. Dakle, jedino je moguće q = q =, i taj je broj traženi količnik niza. 3.) 44. Brojevi zrna na šahovskim poljima tvore aritmetički niz 3, 5, 7, 9, Prvi član toga niza je a = 3, a razlika d =. Posljednji, 64. član niza (jer imamo ukupno 8 8 = 64 različita polja) jednak je Zbroj svih 64 člana niza jednak je a 64 = a + (64 ) d = = = S64 = ( a + a64 ) = 3 (3 + 9) = 3 3 = 44, i toliko smo zrna riže stavili na šahovsku ploču ; 8. Sa slike se vidi da se zadani pravci sijeku u točki S(4, ). Tu točku uvrstimo u svaku 4 pojedinu jednadžbu sustava, pa dobijemo: a 4 ( ) + = 0,, ( ) + b = 0 odnosno 4 a = 3, b = 6 Odatle izravno slijedi 3 ( a, b) =, 8 4. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 5

16 7. 3; 3 π. Zadana funkcija f (x) = A sin(x + C) je harmonijska funkcija. Pritom se pretpostavlja da je A > 0 i da je C R. Interpretacija parametra A glasi: A je najveća vrijednost harmonijske funkcije f(x). Sa slike se vidi da je najveća vrijednost zadane funkcije jednaka 3 (i postiže se npr. za x = = 6 π ). Stoga je A = 3. Nadalje, sa slike se vidi da je najveća strogo negativna vrijednost varijable x u kojoj zadana 5 harmonijska funkcija postiže lokalni minimum 3 jednaka x = π, te da je najmanja strogo 6 pozitivna vrijednost varijable x u kojoj zadana harmonijska funkcija postiže lokalni maksimum 3 π jednaka x =. Vrijednost faznoga pomaka C koja pripada segmentu [ π, π] dobije se kao broj 6 suprotan aritmetičkoj sredini brojeva x i x. Dakle, C 5 4 π + π π x + x π 3 = = = =. π Napomena: Bez uvjeta C [ π, π] zadatak ima za rješenje svaki broj oblika + k π. 3 Može se pokazati da se bez smanjenja općenitosti smije pretpostaviti A > 0 i to rješenje je jedinstveno, ali za jedinstveno rješenje nepoznanice C mora se pretpostaviti C [ π, π] ) ; 0; ; 0 ili ; 0; ; 0. Podijelimo jednadžbu zadane hiperbole s, pa dobijemo: Odatle očitamo: ( ) a =, b =, pa slijedi: 4 x 4 y =, x y = F, a b,0,0 +,0 +,0,0 ± + = ± + = ± = ± = ± = ±,0 F,0, F, ) 36 x 9 y x y = 34 ili =. Neka su a duljina velike poluosi i b duljina male poluosi 9 36 hiperbole. Iz podatka da je pravac y = x asimptota tražene hiperbole slijedi mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 6

17 b a =, a odatle je b = a. Iz podatka da hiperbola prolazi točkom T(5, 8) slijedi: pa uvrštavanjem jednakosti b = a dobijemo: odnosno Podijelimo li ovu jednakost s 4 a, dobit ćemo: b 5 a 8 = a b, 5 ( a) 64 a = a ( a), 5 4 a 64 a = a 4 a. 5 6 = a, odnosno a = 9. Stoga je b = ( a) = 4 a = 4 9 = 36. Dakle, jednadžba hiperbole glasi: tj. 36 x 9 y = 36 9, 36 x 9 y = 34. Tu jednadžbu možemo zapisati u ekvivalentnom obliku: x y = ). Neka su a duljina velike poluosi elipse i e linearni ekscentricitet elipse (iskazani u 99 milijunima kilometara). Najmanja udaljenost Zemlje od Sunca iznosi a e, a najveća a + e. Tako dobivamo sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: a e = 47, a + e = 5. Zbrajanjem tih jednadžbi odmah slijedi a = 99, a oduzimanjem ( ) e = 5, tj. e = 5. Dijeljenjem potonje jednakosti s prvom dobivamo traženi numerički ekscentricitet: e e 5 ε = = =. a a 99 mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 7

18 III. ZADATCI PRODUŽENIH ODGOVORA 9..), 5 + ; ; Bilo koja logaritamska funkcija definirana je isključivo za strogo 5 pozitivne vrijednosti logaritmanda. Stoga iz nejednadžbe 5 x > 0 slijedi 5 x >, odnosno x >. Dakle, prirodno područje definicije (domena) zadane funkcije je 5 skup svih realnih brojeva strogo većih od 5. Ti brojevi tvore otvoreni interval, 5 +. Nadalje, bilo koja logaritamska funkcija oblika log a x poprima vrijednost 0 ako i samo ako je njezin logaritmand jednak. Stoga dobivamo jednadžbu: odnosno 5 x =, 5 x =. Odatle je x = 5. Uočimo da vrijedi: 5, 5 +, pa je x = 5 Preostaje izračunati f (5). Imamo redom: doista nultočka zadane funkcije. ln 4 f (5) = log (5 5 ) = log (5 ) = log 4 = ln 3 x 0 x.). Zadanu funkciju deriviramo prema pravilu za deriviranje količnika dviju funkcija (3 x 5) i deriviranje zbroja dviju funkcija koristeći tablicu derivacija: ' ' 0 ( x ) (3 x 5) x (3 x 5) x (3 x 5) x (3 x 0) f '( x) = = = (3 x 5) (3 x 5) x (3 x 5) x (3 0) 6 x 0 x 3 x 3 x 0 x = = = (3 x 5) (3 x 5) (3 x 5) 3.). Odredimo najprije prvu i drugu derivaciju zadane funkcije koristeći pravilo za deriviranje zbroja dviju funkcija, te umnoška konstante i funkcije, kao i tablicu derivacija: f '(x) = (x 3 )' 3 (x)' + (5)' = 3 x 3 3 x = 3 x 3 = 3 x 3; f ''(x) = (3 x 3)' = 3 (x )' (3)' = 3 x 0 = 6 x = 6 x. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 8

19 Kandidati za lokalne ekstreme su nultočke prve derivacije zadane funkcije. Stoga riješimo jednadžbu f '(x) = 0. Dobivamo: 3 x 3 = 0, /:3 x = 0, (x ) (x + ) = 0. Odatle slijedi x = ili x =. Za x = vrijedi f ''() = 6 = 6 > 0, pa u toj točki funkcija f ima lokalni minimum. Za x = vrijedi f ''( ) = 6 ( ) = 6 < 0, pa u toj točki funkcija f ima lokalni maksimum. Stoga je rješenje zadatka x =. 4.), + ; nijedno. Za svaki x R vrijedi nejednakost 3 x > 0. Stoga je 3 x + > 0 + =, tj. f (x) >, za svaki x R. Dakle, slika zadane funkcije je otvoreni interval, +. Broj c = 3 ne pripada tom intervalu, pa zaključujemo da ne postoji x R takav da je f (x) = 3. Stoga navedena jednadžba nema niti jedno realno rješenje. 5.) 7. Odredimo najprije kompoziciju f g. Imamo redom: ( ) [ ] Tako dobivamo iracionalnu jednadžbu f g ( x) = f g( x) = f ( x 3) = x 3. x 3 =. Lijeva i desna strana te jednadžbe su nenegativni realni brojevi, pa jednadžbu smijemo kvadrirati. Dobijemo: Dijeljenjem te jednadžbe s slijedi x 3 =, x 3 = 4, x = 4 + 3, x = 7. 7 x = i to je jedino rješenje zadane jednadžbe. 30. (0, 3). Odredimo najprije polumjer kružnice po kojoj se tijelo giba. Taj je polumjer jednak udaljenosti izmeñu točaka A i S: r [ ] = SA = (3 4) + ( 5) = ( ) + ( + 5) = + 7 = + 49 = 50 = 5 = 5. Izračunajmo nadalje središnji kut luka ASB. Iz formule r π α l = 80 mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 9

20 izrazimo kut α tako da cijelu jednakost pomnožimo sa 80. Dobijemo: r π 80 l α =. r π 5 π U tu jednakost uvrstimo l = i r = 5, pa dobijemo: 5 π 80 α = = π Promotrimo sada trokut ASB. Taj trokut je pravokutan s pravim kutom kod vrha S. To znači da su pravci AS i BS okomiti. Koeficijent smjera pravca AS jednak je: pa je koeficijent smjera pravca BS jednak k AS ys ya ( 5) + 5 = = = = 7, x x 3 4 S k A BS = =. k 7 Jednadžba pravca koji prolazi točkom S i ima koeficijent smjera k BS glasi: AS y = ( x 3), 7 3 y = x +, 7 7 y = x Dakle, točka B pripada pravcu y = x +. No, točka B pripada i kružnici sa središtem u S(3, ) 7 7 i polumjerom r = 5. Jednadžba te kružnice je: x + y =. ( 3) ( ) 50 Preostaje presjeći pravac y = x + i kružnicu 7 7 jednadžbi s dvije nepoznanice: x + y =, tj. riješiti sustav dviju ( 3) ( ) 50 mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 0

21 ( x 3) + ( y ) = 50 y = x Uvrstimo li drugu jednadžbu sustava u prvu, dobijemo redom: ( x 3) + x + = 50 3 ( x 3) + x = 50 x 3 ( x 3) + = 50, ( x 3) + = 50, ( x 3) + = 50, ( x 3) 50, / ( x 3) = ( x 3) = Odatle slijedi x 3 = 7 ili x 3 = 7, tj. x = 4 ili x = 0. Uvrštavanjem u jednadžbu dobijemo: y = x y = ( 4) + = = = ili y = 0 + = = = Tako smo dobili dvije točke: B ( 4, ) i B (0, 3). Promotrimo Sliku 4. Iz te je slike razvidno da se iz točke A do točke B dolazi krećući se po kružnici u smjeru kazaljke na satu (tj. u negativnom smjeru), a da se iz točke A do točke B dolazi krećući se po kružnici u smjeru suprotnom od smjera kazaljke na satu (tj. u pozitivnom smjeru). Stoga je rješenje zadatka točka B (0, 3). Slika 4. pripremio: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač mr.sc. Bojan Kovačić, predavač