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

Транскрипт

1 I. ZADATCI VIŠESTRUKOGA IZBORA. D. Skup svih realnih brojeva koji su jednaki ili manji od je interval, ]. Skup svih realnih brojeva koji su strogo veći od je interval, +. Traženi skup tvore svi realni brojevi koji pripadaju jednom ili drugom od tih dvaju skupova, pa ga dobijemo kao uniju navedenih dvaju skupova, tj. kao, ], +.. B. Iz zadane jednakosti množenjem s dobijemo: s = a t, a odatle dijeljenjem lijeve i desne strane jednakosti s t slijedi s a =. t. B. Prosjek Lucijinih bodova iz prvih triju zadaća jednak je aritmetičkoj sredini brojeva 64, 76 i 9, tj s = = 77 bodova. Prema uvjetu zadatka, prosjek bodova iz svih četiriju zadaća je za boda veći od prosjeka bodova iz prvih triju zadaća, pa zaključujemo da je prosjek bodova iz svih četiriju zadaća jednak s = s + = 77 + = 80 bodova. Označimo li s x broj bodova postignutih na četvrtoj zadaći, zaključujemo da je 80 aritmetička sredina brojeva 64, 76, 9 i x. To znači da mora vrijediti jednakost x = 80, 4, nakon množenja s 4, Odatle je + x = 0. x = 0 = 89 bodova. 4. C. Imamo redom: z 6 = ( i) 6 = ( i) = [( i) ] = ( i + i ) = [ i + ( )] = ( i) = ( ) i = ( 8) i i = ( 8) ( ) i = 8 i. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

2 Imaginarni dio toga kompleksnoga broja jednak je koeficijentu uz imaginarnu jedinicu i. Dakle, Im(z 6 ) = 8.. A ili C. Napomena: U zadatku nije precizirano na koju se visinu (na osnovicu ili na krak) misli, pa računamo duljinu obiju visina! Izračunajmo najprije duljinu visine na osnovicu zadanoga trokuta. Njezino je nožište u polovištu osnovice, pa uočimo pravokutan trokut kojemu su duljine kateta jednake duljini visine na osnovicu i polovici duljine osnovice, a duljina hipotenuze jednaka duljini kraka. Prema Pitagorinu poučku za a = 0 cm i b = 4 cm dobivamo: v a a 0 = b = 4 = 96 = 7.08 cm,, zaokruženo na najbliži prirodan broj, v a = cm. Duljinu visine na krak računamo koristeći dvije formule za površinu trokuta: Iz tih formula proizlazi, zaokruženo na najbliži prirodan broj, v b a va b vb P = =. a v a = b v b, a va 0 7 = = = cm, b 4 7 v b = 9 cm. Stoga su rješenja zadatka v a = cm i v b = 9 cm. 6. B. Koristit ćemo složeno pravilo trojno. Prema podatcima iz zadatka možemo postaviti sljedeću shemu: masa konca [kg] duljina platna [m] širina platna [cm] x 40 0 mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

3 Masa konca i duljina platna, te masa konca i širina platna su upravno razmjerne veličine (što je veća masa konca, satkat ćemo dulje, šire platno), pa u sva tri stupca postavljamo strjelice od drugoga retka prema prvome: masa konca [kg] duljina platna [m] širina platna [cm] x 40 0 Postavljamo sljedeći produljeni razmjer: Odavde je Dakle, potrebno je 4 kg konca. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač x : 8.8 = 40 : 6 = 60 : 0, x : 8.8 = (40 60) : (6 0) x = = = = A. Prirodno područje definicije funkcije f (kao i bilo koje eksponencijalne funkcije) je skup R. Funkcija f je strogo rastuća funkcija (jer je baza potencije a = strogo veća od ), strogo pozitivna funkcija (jer za svaki x R vrijedi nejednakost f (x) > 0) i siječe os x u točki T(0, ) (jer je f (0) = 0 = ). Jedini od četiriju prikazanih grafova koji ima sva navedena svojstva je graf A. 8. B. Koeficijent sličnosti zadanih trokutova možemo izračunati i kao količnik duljine najveće stranice zadanoga trokuta i duljine najveće stranice zadanom trokutu sličnoga trokuta. Taj je koeficijent jednak. k = = = Traženi omjer jednak je kvadratu koeficijenta sličnosti, tj. k = = = 0.906, 8 64 Zaokružimo li taj rezultat na tri decimale, dobit ćemo da je traženi omjer (približno) jednak A. Uočimo da vrijede identiteti:

4 i Uz pretpostavku t ±, imamo redom: t + t + t t t t + t = (t ) (t + ), t + t + = (t + ). t t t 4 t t t 4 + : : = t t t t t + = t t ( t ) ( t ) ( t + ) t ( t + ) t ( t ) t ( t + ) = + = ( t ) ( t ) ( t ) ( t ) ( t ) ( t ) t ( t + ) + t ( t ) t ( t + ) = ( t ) ( t ) + 4 ( ) = ( t ) ( t ) + 4 t t ( t + ) = = ( t ) ( t ) + 4 t ( t ) ( t + ) = = ( t ) ( t + ) 4 t ( t + ) = 0. C. Neka je V vrh piramide, ABCD njezina osnovka, a N ortogonalna projekcija vrha V na osnovku ABCD. (N je ujedno nožište visine piramide povučene iz vrha V na osnovku ABCD). Neka je S polovište brida piramide AB (ili bilo kojega drugoga brida osnovke) Trokut VNS je pravokutan trokut s pravim kutom u vrhu N. Odredimo duljine dviju stranica toga trokuta. Duljina katete NS trokuta VNS jednaka je polovici duljine osnovnoga brida piramide, tj. NS = a. Duljina hipotenuze VS trokuta VNS jednaka je visini povučenoj iz vrha V na stranicu AB trokuta VAB. Budući da svi bridovi piramide VABCD imaju jednaku duljinu, trokut VAB je jednakostraničan trokut čija je duljina stranice AB = a. Stoga je duljina dužine VS jednaka duljini visine jednakostraničnoga trokuta, tj. VS = a. Traženi kut jednak je kutu VSN. Iz pravokutnoga trokuta VNS slijedi mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 4

5 Odatle je VSN = '8''. NS a cos( VSN ) = = = = VS a. D. Uvedemo li zamjenu t = x +, dobivamo kubnu jednadžbu koju možemo dalje transformirati ovako: t 7 t + 7 t = 0 ( t ) (7 t 7 t) = 0 (t ) 7 t (t ) = 0 (t ) (t + t + ) 7 t (t ) = 0 (t ) [ (t + t + ) 7 t] = 0 (t ) ( t + t + 7 t) = 0 (t ) ( t t + ) = 0. Jedno rješenje ove jednadžbe je očito t =. Prema Vietèovim formulama, zbroj preostalih dviju rješenja koja se dobiju rješavanjem kvadratne jednadžbe t t + = 0 jednak je: t + t =. Stoga je zbroj svih rješenja kubne jednadžbe t 7 t + 7 t = 0 jednak t + t + t = t + (t + t ) = + + = = 7. (Napomena: Taj rezultat mogao se izravno dobiti i primjenom odgovarajućih Vietèovih formula za opću kubnu jednadžbu a t + b t + c t + d = 0. ) Sada iz t = x + slijedi. tj. sva rješenja polazne jednadžbe su redom: Njihov je zbroj jednak x i = t i, za svaki i =,,, x = t, x = t, x = t. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

6 x + x + x = (t ) + (t ) + (t ) = (t + t + t ) = = = =.. C. Poznato je da za a > 0 kvadratna funkcija f (x) = a x + b x + c postiže najmanju 4 a c b b vrijednost fmin = za xmin =. U našsem slučaju znamo da je a =, f min = 9 i 4 a a x min = 4, pa dobivamo sljedeći sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: Iz druge jednadžbe sustava slijedi mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 6 4 c b 9 = 4 b 4 =. b = 8, b = 8. Uvrštavanjem te vrijednosti u prvu jednadžbu sustava dobijemo: 4 c ( 8) 9 = 4 4 c 64 9 = = c 6 c = c = 7 c = 7. D. Izračunajmo najprije koordinate sjecišta zadanih krivulja. U tu svrhu riješit ćemo sustav jedne linearne i jedne kvadratne jednadžbe: Iz prve jednadžbe sustava je: y + x = 0, x y =. y = x +, pa uvrštavanjem u drugu jednadžbu sustava dobijemo: x ( x + ) =, x [( x) + ( x) + ] =, x [x 0 x + ] =, x x + 0 x = 0,

7 x + 0 x 8 = 0, x + x 4 = 0, ( ) ± 4 4 ( ) ± + 6 ( ) ± 8 ( ) ± 9 x, = = = = ( ) ( ) 9 4 x = = =, x = = = 7 Pripadne vrijednosti nepoznanice y su: y = x + = + =, y = x + = ( 7) + = 7 + =. Stoga su sjecišta zadanih krivulja S (x, y ) = (, ) i S (x, y ) = ( 7, ). Tražena duljina tetive jednaka je udaljenosti točaka S i S. Primjenom formule za udaljenost dviju točaka u pravokutnom koordinatnom sustavu u ravnini dobijemo: d = ( x x ) + ( y y ) = ( 7 ) + ( ) = ( 9) + 9 = d = = = = jedinica duljine 4. D. Rješenja prve jednadžbe su x = i x =, a niti jedan od tih brojeva nije prirodan broj. (Oba rješenja su strogo negativni cijeli brojevi.) Skup svih rješenja druge jednadžbe dobijemo kao uniju skupa svih rješenja jednadžbe x = i skupa svih rješenja jednadžbe x = =. Jedino rješenje prve od tih jednadžbi je x =, a jedino rješenje potonje jednadžbe je x =. Stoga je skup svih rješenja druge jednadžbe S =, i taj skup ne sadrži niti jedan prirodan broj (njegovi elementi su strogo pozitivni racionalni brojevi i.) Da dobijemo skup svih rješenja treće jednadžbe, zapišimo desnu stranu te jednadžbe kao potenciju s bazom. Dobivamo: x+ =. Izjednačavanjem eksponenata dobivamo linearnu jednadžbu s jednom nepoznanicom: x + =, mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 7

8 čije je jedino rješenje x =. Taj broj nije prirodan broj, nego strogo negativan racionalan broj. Da dobijemo skup svih rješenja četvrte jednadžbe, koristimo identitet log 0 = i bijektivnost logaritamske funkcije: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 8 log(x ) = log 0, x = 0, x =. x = je prirodan broj, pa zaključujemo da jedino četvrta jednadžba ima rješenje u skupu prirodnih brojeva.. A. U zakon zaboravljanja log U = log U 0 c log(t + ) uvrstimo U 0 = 8, c = 0. i t = (jer Tin ponovno piše ispit nakon jedne godine, mjeseci). Dobivamo: Odatle slijedi log U = log 8 0. log( + ) log U = log 8 0. log log U = log 8 log( 0. ) 8 logu = log U = 7, Dakle, prema zakonu zaboravljanja, nakon godinu dana Tin bi očekivano postigao približno 8 bodova. II. ZADATCI KRATKIH ODGOVORA Neka je I iznos koji je primila Ida, a P iznos koji je dobio Petar. Iz podatka I : P = 7 : slijedi da postoji strogo pozitivan realan broj k takav da je I = 7 k i P = k. Ukupan zbroj iznosa koji su dobili Ida i Petar treba biti jednak kn, tj. mora vrijediti jednakost I + P = Uvrstimo li u ovu jednakost I = 7 k i P = k, dobit ćemo linearnu jednadžbu 7 k + k = 6 076, k = Odatle je k = 4. Razlika iznosa koji je primila Ida i iznosa koji je primio Petar jednaka je

9 I P = 7 k k = k = 4 = kn. 7. a ili a +. Iz druge jednadžbe sustava izrazimo nepoznanicu y: i uvrstimo u prvu jednadžbu sustava: Odatle je x = a ili x = a +. y = x + x + 4 ( x + ) = a, x 4 x + = a, x = a. 8..) 6. Ukupan broj učenika koji su se razboljeli jednak je.6% od 70, r = = 7. Od tih 7 razboljelih učenika, 9 njih imalo je gripu. Njihov ukupan broj jednak je: g = 7 9 = 6..) 4 ili približno.. Ukupan broj učenika koji su se razboljeli, a nisu imali gripu jednak je r = r g = 7 6 =. Trećina toga broja iznosi: r = r = = 7. Nadalje, polovica broja jednakoga broju učenika koji su imali gripu jednaka je: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 9 g = g = 6 =. Prema tome, posljednjega dana polugodišta u školu nije došlo ukupno s = r + g = 7 + = 0 učenika. Preostaje izračunati koliko postotaka iznosi 0 u odnosu na 70. Taj je broj jednak: p = 00 = =, 70 70

10 tj. p = 4 % ili približno p.%. 9..) Postupak: Korak. Nacrtamo vektor jednak vektoru CD čiji je početak u točki B. Neka je X krajnja točka toga vektora. Korak. Prema pravilu trokuta, vektor AB + CD jednak je vektoru AX. Korak. Nacrtamo vektor jednak vektoru AX čiji je početak u točki E. Krajnja točka toga vektora je tražena točka F. (Vidjeti Sliku.) mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 0 Slika..). Zadani vektori bit će okomiti ako i samo ako njihov skalarni umnožak bude jednak nuli. Stoga imamo redom: a b = ( 4) ( k + ) = 0 8 k 0 = 0 ( 8) k = 0 ( 8) k = 8 k = 0..). Pomnožimo zadanu jednadžbu s najmanjim zajedničkim višekratnikom svih razlomaka koji se pojavljuju u njoj, tj. s NZV(, 4) = 0. Dobivamo: Odatle je x =. 4 (x ) = (x ), 8 x 6 = x 8 x x = + 6 x = 9.

11 .),. Nultočke kvadratne funkcije f (x) = x + x dobijemo rješavajući kvadratnu jednadžbu x + x = 0. Njezina su rješenja x = i x =. Budući da je vodeći koeficijent (koeficijent uz x ) jednak, tj. strogo pozitivan, funkcija f poprima strogo negativne vrijednosti isključivo na otvorenom intervalu određenom njezinim nultočkama, tj. za x,. Stoga je skup svih rješenja polazne jednadžbe interval,...) (x ) + (y + ) =. Iz slike očitamo koordinate središta kružnice: S(, ). Budući da kružnica prolazi točkom A(, ), njezin je polumjer jednak udaljenosti točaka A i S, tj. r =. Stoga traženu jednadžbu kružnice dobijemo tako da u opći oblik jednadžbe kružnice uvrstimo p =, q = i r =. Dobijemo: (x p) + (y q) = r k (x ) + [y ( )] =, k (x ) + (y + ) =. 4.) y = x. Iz podatka da je tražena tangenta usporedna s pravcem y = x zaključujemo da je koeficijent smjera te tangente k =. Stoga jednadžbu tangente možemo zapisati u obliku: y = x + l. Odredimo sjecište tangente i zadane kružnice. Primijetimo: Prema uvjetu zadatka, to sjecište mora pripadati III. kvadrantu pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini. To znači da su vrijednosti obiju koordinata sjecišta tangente i zadane kružnice strogo negativni realni brojevi. Iz gornje jednadžbe tangente slijedi l = y + x, pa iz činjenice da tangenta prolazi točkom T = (x T, y T ) čije su obje koordinate strogo negativni realni brojevi zaključujemo da vrijedi nejednakost Naime, tada vrijedi: mr.sc. Bojan Kovačić, predavač l < 0. l = y T + x T.

12 Po pretpostavci vrijede nejednakosti x T < 0 i y T < 0, pa je svaki pribrojnik na desnoj strani gornje jednakosti strogo negativan. Stoga je i njihov zbroj strogo negativan, a otuda izravno slijedi l < 0. Rješavamo sustav jedne linearne jednadžbe i jedne kvadratne jednadžbe: y = x + l, x + (y ) = 0. Taj je sustav najlakše riješiti tako da prvu jednadžbu sustava uvrstimo u drugu. Dobivamo: + + = 0 x x l x + x + x ( l ) + ( l ) = 0 ( ) ( ) x + x l x + l 0 = 0 / x 6 ( l ) x + 9 ( l ) 90 = 0 Dobivena kvadratna jednadžba (po nepoznanici x) mora imati točno jedno realno rješenje jer svaka tangenta kružnice siječe tu kružnicu u točno jednoj točki. To znači da diskriminanta dobivene kvadratne jednadžbe treba biti jednaka nuli. Budući da je: D = [( 6) (l )] 4 0 [9 (l ) 90] = 6 (l ) 60 (l ) + 600, dobivamo kvadratnu jednadžbu Odatle je D = ( 4) (l ) + 600, ( 4) (l ) = 0, (l ) = l = ±. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

13 Zbog ranije dobivene nejednakosti l < 0, ne može biti 0 l =, pa preostaje 0 l =,..) l = + = =. 4 Stoga je tražena jednadžba tangente (u eksplicitnom obliku) t y = x. Najprije riješimo jednadžbu Množenjem te jednadžbe s x dobijemo: x = 4 x x = 4 x, x 4 x =, ( ) x =. Odatle je x =. Tako uvrštavanjem x = u jednakost x f = x dobijemo: x mr.sc. Bojan Kovačić, predavač f ( 4) =..) [, 7. Vrijednost drugoga korijena (kao realne funkcije inverzne funkciji x ) je uvijek nenegativan realan broj, pa iz podataka u zadatku slijedi da mora vrijediti nejednakost 0 x <. Kvadriranjem te nejednakosti (koje smijemo provesti jer su svi članovi nejednakosti nenegativni realni brojevi i koje neće izmijeniti niti jedan od znakova nejednakosti) dobijemo:

14 0 x < 4. Dodamo li svakom članu ove nejednakosti, znakovi nejednakosti neće se promijeniti. Stoga je: Prema tome, traženi skup je interval [, 7. x < 7...) 6. Navedene točke pripadat će istom pravcu ako i samo ako je površina trokuta određenoga tim točkama jednaka nuli. Tu površinu računamo iz izraza: Dobivamo: P = ( y ) + ( y 4) + ( ) [ 4 ( ) ]. P = y + y 8 + ( ) P = y 6 Iz uvjeta P = 0 i svojstva a = 0 a = 0 slijedi: Odavde je y = 6. y 6 = 0, y = 6..) y = x + 4. Odredimo najprije točki čija je ordinata y =, a pripada zadanom pravcu. U tu svrhu u jednadžbu zadanoga pravca uvrstimo y =. Dobivamo: x 7 = 0, x = 7 +, x =. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 4

15 Odavde je x = 6. Prema tome, točka S(6, ) pripada zadanom pravcu, ali i traženom pravcu jer traženi pravac siječe zadani pravac upravo u točki S. Nadalje, odredimo koeficijent smjera zadanoga pravca. U tu svrhu iz zadane jednadžbe pravca izrazimo varijablu y: ( ) y = ( ) x + 7, 7 y = x. Koeficijent smjera zadanoga pravca je k =. Koeficijent smjera traženoga pravca koji je okomit na zadani je suprotan i recipročan u odnosu na koeficijent smjera zadanoga pravca: k = k = =. Preostaje napisati jednadžbu pravca koji prolazi točkom S(6, ) i ima koeficijent smjera k =. Ta jednadžba glasi: y = ( x 6) y = x y = x ) 4. Zadani niz je aritmetički niz čiji je prvi član a = 97, a razlika d = 4. Stoga je petnaesti član toga niza jednak a = a + ( ) d = ( 4) = 97 6 = 4..). Odredimo najprije ukupan broj svih strogo pozitivnih članova zadanoga niza. Zadani niz je strogo padajući (jer je d = 4 < 0), pa tražimo prvi n N takav da je a n < 0. Budući da je a n = = a + (n ) d, uvrštavanjem a = 97 i d = dobivamo nejednadžbu: 97 + (n ) ( 4) < 0, 97 4 n + 4 < 0, mr.sc. Bojan Kovačić, predavač

16 ( 4) n < 97 4, ( 4) n < 0. Dijeljenjem ove nejednadžbe s ( 4) znak nejednakosti će se promijeniti, pa dobivamo: 0 n > =. 4 4 Odatle zaključujemo da su prvih članova niza strogo pozitivni cijeli brojevi, a da su svi članovi niza, počevši od 6. člana, strogo negativni cijeli brojevi. Stoga je traženi zbroj jednak zbroju prvih članova zadanoga niza. Uvrstimo li n =, a = 97 i d = 4 u formulu dobit ćemo: n Sn = [ a + ( n ) d ], S = [ 97 + ( ) ( 4) ] = (94 96) = 98 = 49 =...) 4. U zadanu jednadžbu uvrstimo t = 7. Dobivamo: 7 π π 8 T (7) = 6 cos + = 6 cos π + = 6 cos π +. Funkcija f (x) = cos x je parna funkcija, tj. za svaki x R vrijedi jednakost Stoga je: f ( x) = f (x). T (7) = 6 cos π + = 6 + = 8 + = 4..) 8 sati 4 minute sekundi. U zadanu formulu uvrstimo T(t) = 4 i riješimo dobivenu jednadžbu po nepoznanici t uvažavajući nejednakost 0 t 4. Dobivamo: t π π 4 = 6 cos + t π π 4 = 6 cos mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 6

17 Izračunom pomoću kalkulatora (pri čemu t π π 9 = 6 cos t π π 9 cos = 6 t π π 9 = arccos 6 9 t π π = arccos 6 9 t π = arccos + π 6 9 t = arccos + π 6 9 arccos 6 treba iskazati u radijanima) dobivamo: t 8.7 h = 8 sati 4 minute sekundi..) 48. Najviša temperatura postiže se kad je vrijednost funkcije cos jednaka (jer je najveća vrijednost funkcije cos jednaka.) Ispitajmo postoji li t [0, 4] takav da je t π π cos =. Imamo redom: Iz zahtjeva t [0, 4] slijedi t π π cos = t π π = k π t π π = 4 k π / : π t = 4 k t = 4 k +, k Z 0 t 4, 0 4 k + 4. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 7

18 t π π Postojanje broja t [0, 4] takvoga da je cos = ekvivalentno je postojanju cijeloga broja k takvoga da je 0 4 k + 4. Oduzmemo li od svakoga člana ove nejednakosti, dobit ćemo: nakon dijeljenja s 4, 4 k 9, k. 8 8 Jedini cijeli broj za kojega vrijedi ta nejednakost je k = 0. Za k = 0 pripadna vrijednost varijable t iznosi t = =. Stoga možemo zaključiti da je najviša temperatura u promatranom danu postignuta u sati i da je iznosila T() = 6 + = 6 + = 48 C. 6. BD. cm, AC.67 cm. Izračunajmo najprije kut BDA. Koristeći sinusov poučak dobivamo: Odatle je pa je sin( BDA ) = sin sin( BDA) = sin = ,. Stoga je kut DAB jednak BDA = '7''. Primijenimo kosinusov poučak na trokut ABD: DAB = 80 ( + 49 '7'') = 8 4'''. BD = AD + AB AD AB cos DAB = cos(8 4''') BD = cm mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 8

19 Dakle, BD. cm. Budući da je D polovište dužine BC (jer je AD težišnica na stranicu BC), duljina dužine BC je dvostruko veća od duljine dužine BD. Dakle, BC = cm. Preostaje primijeniti kosinusov poučak na trokut ABC: AC = AB + BC AB AC cos ABC AC AC = cos = cm Zaključimo: BD. cm, AC.67 cm. 7. ( x, y) =,. Koristeći identitet log a a =, za svaki a > 0, a, prvu jednadžbu sustava transformiramo na sljedeći način: Otuda je mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 9 log (8 x) = log + log 4 log (8 x) = log ( 4) log (8 x) = log (0) 8 x = 0 0 x = =. Uvrstimo li dobiveni rezultat u drugu jednadžbu sustava, dobijemo: 8 y = y = y = Dakle, rješenje polaznoga sustava je x =, y =, uređeni par ( x, y) =,. 8..) 08. Pčelar je napunio 4 posude s ukupno 4 0 = 00 litara meda. U petu posudu stavio je ukupno 40 0 = 0 litara meda. Stoga je ukupni obujam meda 00

20 a njegova ukupna masa V = = 0 litara = 0 dm, m = ρ V =.4 kg/dm 0 dm = 08 kg..) Traženi iznos jednak je 08 kg kn/kg = kn..) Obujam kg meda jednak je V m kg 0 = = = = 0.74 dm ρ.4 kg/dm 4 7 III. ZADATCI PRODUŽENIH ODGOVORA 9..) x = 0, x =, T(, ). Nultočke zadane funkcije su sva realna rješenja jednadžbe f (x) = 0. Imamo redom: f (x) = 0 x x = 0 x (x ) = 0. Umnožak dvaju realnih brojeva jednak je nuli ako i samo ako je barem jedan od tih brojeva jednak nuli. Iz x = 0 slijedi x = 0, a iz x = 0 slijedi x =. Stoga su sve nultočke zadane funkcije x = 0 i x =. Ordinatu točke čija je apscisa jednaka odredit ćemo tako da izračunamo f (): Dakle, tražena je točka T(, ). f () = = =..) f '(x) = x 6 x. Prva derivacija zadane funkcije jednaka je: f '(x) = (x )' ( x )' = x (x )' = x ( x ) = x 6 x = x 6 x..) f ima lokalni maksimum 0 u točki x = 0, a lokalni minimum 4 u točki x =. Kandidate za lokalne ekstreme (tzv. stacionarne točke) dobijemo rješavajući jednadžbu f '(x) = 0. Imamo redom: x 6 x = 0 /:, x x = 0, x (x ) = 0. Analogno kao i u.) zaključujemo da su sva rješenja posljednje jednadžbe x = 0 i x 4 =. Odredimo drugu derivaciju funkcije f: f ''(x) = [f '(x)]' = ( x 6 x)' = ( x )' (6 x)' = (x )' 6 (x)' f ''(x) = ( x ) 6 ( x ) = 6 x 6 x 0 = 6 x 6. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač 0

21 Dakle, f ''(x) = 6 x 6. Izračunamo f ''(x ) i f ''(x 4 ): f ''(x ) = f ''(0) = = 0 6 = 6, f ''(x 4 ) = f ''() = 6 6 = 6 = 6. Prema f '' testu, funkcija f ima strogi lokalni maksimum f (0) = 0 0 = 0 0 = 0 u točki x = 0 jer je vrijednost druge derivacije te funkcije u navedenoj točki strogo manja od nule. Analogno, f ima strogi lokalni minimum f () = = 8 4 = 8 = 4 u točki x = = jer je vrijednost druge derivacije te funkcije u navedenoj točki strogo veća od nule. 4.) t y = 9 x +. Koeficijent smjera tražene tangente jednak je vrijednosti prve derivacije funkcije f za x =. Stoga računamo: k = f '( ) = ( ) 6 ( ) = + 6 = 9. Nadalje, vrijednost zadane funkcije za x = jednaka je y T = f ( ) = ( ) ( ) = ( ) = ( ) = 4. Dakle, tangenta dodiruje graf funkcije f u točki T(, 4). (Napomena: Koordinate te točke mogli smo očitati i iz Slike.) Preostaje napisati jednadžbu pravca koji prolazi točkom T(, 4) i ima koeficijent smjera k = 9: t y ( 4) = 9 [x ( )], y + 4 = 9 (x + ), y = 9 x + 9 4, y = 9 x +..) Graf zadane funkcije prikazan je na Slici. Korisno je uočiti da vrijede jednakosti: lim f ( x) = i lim f ( x) = + x x + Prirodno područje definicije funkcije f, kao i svakoga polinoma, je skup R. Iz grafa se može vidjeti da f doista ima lokalne, ali ne i globalne ekstreme. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač Slika.

22 0. 6 '''. Iz pravokutnoga trokuta OA B slijedi a otuda je cos OA OA α = =, OB r mr.sc. Bojan Kovačić, predavač OA = r cos α. Analogno, iz pravokutnoga trokuta OA B slijedi a odavde je cosα OA OA OA = = =, OB OA r cosα OA = r cos α. Nastavljajući induktivno dalje zaključujemo da za svaki n N vrijedi jednakost cosα da za svaki n N vrijedi jednakost: OA n+ =, OA OA n = r cos n α. Uvedemo li oznaku A 0 = A i B 0 = B, onda je zbroj duljina svih kružnih lukova jednak: n + OAn π α r cos α π α r π α n l = An Bn = = = cos α = n= 0 n= 0 n= 0 n= r π α n r π α (cos α) r π α = (cos α) = = cosα 80 cosα n= 0 Ovdje smo primijenili identitet (cos α) 0 + (cos α) + (cos α) + = (zbroj beskonačnoga konvergentnoga geometrijskoga reda kojemu je prvi član a = (cos α) 0 =, a količnik q = cos α) =. cosα Iz zadanih podataka dobivamo jednadžbu 0 π α π α =. 80 cosα 8 n

23 Tu jednadžbu dalje transformiramo ovako: = 80 cosα 8 = 90 cosα 8 90 ( cos α) = 8 8 cosα = 90 cosα = cosα = cosα = 4 cosα = 4 Odatle slijedi α = arccos 6, '''. mr.sc. Bojan Kovačić, predavač