(Microsoft Word - MATA - ljeto rje\232enja)

Транскрипт

1 . A. Izračunajmo najprije prvi faktor. Dobivamo:! 0 9 8! = = = = = 9 = 49. 4! 8! 4! 8! 4! 4 3 Stoga je zadani brojevni izraz jednak = = Znamenka na mjestu stotisućinki jednaka je 9, pa znamenku 7 na mjestu desettisućinki prigodom zaokruživanja moramo povećati za.. A. Koristeći formulu za kvadrat binoma, imamo redom: (3 x + ) = ( x 7) ( x + ) x, (3 x) + (3 x) + = 0 x 4 x + x 7 x, 9 x + x 0 x + 4 x x + x = 7 4 +, x = 6 / : 3. C. Primijenit ćemo formulu 6 3 x = = = p p R = U tu formulu uvrstimo p = +0 (jer imamo povećanje za 0%) i p = 30 (jer imamo sniženje za 30%). Konačno dobijemo: 0 30 R = = 00 ( + 0.) ( 0.3) 00 = = = Dakle, krajnja cijena je za 6% niža od početne, tj. obje navedene promjene rezultirale su smanjenjem početne cijene za 6%. 4. D. minuta ima 60 sekundi, pa x minuta ima 60 x sekundi. Dakle, vrijedi jednakost y = = 60 x.. B. Oduzimanjem druge jednadžbe zadanoga sustava od njegove prve jednadžbe dobijemo. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

2 = 3, odnosno =. Invertiranjem ove jednakosti (uzimanjem recipročne y y y vrijednosti svake strane jednadžbe) slijedi =. Množenjem ove jednakosti s dobijemo y =. 6. C. Označimo y = log. Tada primjenom pravila za logaritmiranje redom imamo: x b y =, b x b y ( ) =, b y = x /log y log b( b ) = log b ( x ), y = log x, y = log x. b x D. Količnici zadanih redova su redom q = = 3, q = =, q3 = = i q 4 = =. Njihove apsolutne vrijednosti su q = 3, q =, q3 = i q 4 =. Geometrijski red je konvergentan ako i samo ako je apsolutna vrijednost njegova b količnika strogo manja od. Brojevi 3, i 3 su strogo veći od, a broj 3 je strogo manji od. Stoga jedino četvrti red ima konačan zbroj i taj je zbroj jednak: S a 6. q = = = = = b 8. D. Prema pretpostavci je x < 0 i y > 0. Stoga je ( 6) y < 0, te x 6 y < 0. Dakle, broj čiju apsolutnu vrijednost odreñujemo je negativan, pa se ta apsolutna vrijednost dobiva promjenom njegova predznaka. Stoga je x 6 y = ( x 6 y) = x + 6 y. 9. B. Funkcija f je polinom. stupnja čija je slika skup R jer je riječ o bijekciji sa skupa R u skup R. Funkcija f je eksponencijalna funkcija čija je slika upravo interval 0, + jer mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

3 potenciranje broja 0 na bilo koju realnu vrijednost x uvijek daje strogo pozitivan realan broj. Funkcija f 3 je logaritamska funkcija čija je slika skup R budući da je bilo koja logaritamska funkcija bijekcija sa skupa 0, + u skup R. Naposljetku, funkcija f 4 poprima isključivo vrijednosti iz segmenta [, ], pa je njezina slika upravo taj segment. 0. B. Odmah imamo: ( ) [ ] očitamo da je g( ) = 3 i f ( 3) =.. B. Riješimo svaku jednadžbu zasebno:. 7 h( ) = f g ( ) = f g( ) = f ( 3) = jer iz tablice lagano x +. = x =. A. x +. = x { 0.,. }; x +. = x =. uz pretpostavku (3 x ) (3 x+ ) 0 x x B. = ( x ) (3 x + ) = x (3 x ) 3 x 3 x + 6 x 3 x + x = 6 x x x = 0 x = x = C x = D uz pretpostavku x 0 x + x = x 7 x x x x x + 7 = 7 = 0 = 7 uz pretpostavku x+ 4> 0 0. log 3( x + 4) = 0 x + 4 = 3 x + 4 = x = 4 3 x = 3 x = Dakle, jedini kandidat za traženo cjelobrojno rješenje je x =. Za x = je (3 x ) (3 x + ) = [3 ( ) ] [3 ( ) + ] = ( 3 ) ( 3 + ) = ( 4) ( ) = 8 0, pa je taj broj rješenje jednadžbe B. Sva ostala rješenja su racionalni brojevi koji nisu cijeli.. B. Imamo redom: sin(3 x) + = 0 sin(3 x) = sin(3 x) = 7 7 π + k π, k Z π k π, k 6 + Z x = x = π + l π, l Z π + l π, l Z Iz uvjeta x [0, π] dalje slijedi: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 3

4 π + k π π, 0 + k, 0 k, π + l π π, 0 + l, 0 l, k, k, k, l, l, 7. l Budući da k i l moraju biti cijeli brojevi, iz prve jednadžbe slijedi k = 0, a iz druge l = Stoga polazna jednadžba u segmentu [0, π] ima točno dva različita rješenja, i to su x = x =. 8 i 3. A. Izračunajmo najprije površinu osnovke prizme: V 40 3 B = = = 4 3 cm. h 0 Osnovka prizme je šesterokut. Označimo li s a duljinu osnovice toga šesterokuta, onda je njegova površina šest puta veća od površine jednakostraničnoga trokuta s istom duljinom osnovice. Budući da je površina jednakostraničnoga trokuta čija stranica ima duljinu a 3 jednaka P = a 4, slijedi da je površina šesterokuta 3 3 B = 6 a = 3 a.tako 4 dobivamo jednadžbu: odnosno 3 3 a = 4 3, 3 a = 4. Odatle je a = 36, odnosno a = 6 cm. Oplošje prizme dobijemo kao zbroj dviju površina meñusobno sukladnih šesterokuta (koji su osnovke prizme) i šest površina meñusobno sukladnih pravokutnika kojima su stranice a = 6 cm i h = 0 cm. Stoga je traženo oplošje jednako: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4

5 O = B + 6 P = = cm. 4. C. Budući da je α + γ = 80, te α + TAD = 80, zaključujemo da je TAD = γ. Analogno iz β + δ = 80 i δ + TDA = 80 slijedi TDA = β. Primjenom sinusova poučka na trokut TAD dobijemo: TD TA 6 3 sin β 3 sin β. sin TAD = sin TDA sinγ = sin β sinγ = 6 sinγ = Preostaje primijeniti sinusov poučak na trokut TBC. Označimo li x = AB, slijedi: TB TC sin β TC x = = = = = 3 + x = 0 sinγ sin β sinγ TB TA + AB 3+ x 0 Odatle je x = 7. Dakle, duljina stranice AB iznosi 7 cm.. B. Primijenit ćemo binomni poučak. Član koji sadrži x u binomnom razvoju (3 x + ) 7 7 jednak je 7 (3 x ) = 7 3 x 6 = 64 x = 344 x, a slobodni član u istom razvoju 7 = 8. Analogno, član koji sadrži x u binomnom razvoju (x ) 7 jednak je 7 7 x ( ) = 7 x ( ) 6 = 7 x, a slobodni član u tom razvoju ( ) 7 =. Član koji sadrži x u umnošku potencija tih binoma dobijemo kao zbroj umnoška člana koji sadrži x u prvom razvoju i slobodnoga člana u drugom razvoju i umnoška člana koji sadrži x u drugom razvoju i slobodnoga člana u prvom razvoju. Dakle, imamo: 344 x ( ) + 7 x 8 = 344 x x = 448 x. Odatle slijedi da je traženi koeficijent jednak Zapravo tražimo najmanji zajednički višekratnik brojeva 60 i 68. Rastavimo te brojeve na proste faktore: 60 = 30 = = 3 = 3 ; 68 = 84 = 4 = = 3 7 = Odatle slijedi NZV(60, 68) = = = Koristeći jednakost π rad = 80 dobivamo: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

6 8..). Imamo redom: 3 3 π rad = 80 = 3 0 = x 6 = / : 8 x 6 = 8, x 6 =, 36 x 6 =, 6 x 6 = (6 ), x ( ) 6 6, = x 6 6, a odavde usporedom eksponenata slijedi x =. = 3.) x, 3], +. Prisjetimo se da je umnožak dvaju realnih brojeva nenegativan ako i samo ako su oba faktora istodobno ili nenegativni realni brojevi ili nepozitivni realni brojevi. Stoga razlikujemo dva podslučaja: 3 x 3 0 x 3 x 3 3 I. x x, + x 3 0 x 3 + x 3 3 x 3 0 x 3 x II. x 3 x, 3 x x 3 x 3 Skup svih rješenja polazne nejednadžbe je unija skupova dobivenih u ovim dvama 3 podslučajevima. Dakle, x, 3], +. ] mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

7 9..) 0. Koristit ćemo osnovno pravilo za rješavanje razmjera, tj. da umnožak vanjskih članova razmjera treba biti jednak umnošku unutrašnjih članova razmjera. Tako iz razmjera c : d = : slijedi c = d, a odatle dijeljenjem s dobivamo d = c. Preostaje uvrstiti dobivenu jednakost u drugu od dviju zadanih jednakosti i riješiti pripadnu linearnu jednadžbu s jednom nepoznanicom: c = c + 0 / c = 4 c + 0, c 4 c = 0, c = 0..). Četvrti član geometrijskoga niza kojemu je prvi član a, a količnik q, računa se prema formuli a 4 = a q 3. Stoga iz zadanih podataka slijedi: a = 3 a q = Dijeljenjem druge jednadžbe s prvom dobivamo q 3 = 7, a odatle je q = 3 (kompleksna rješenja zanemarujemo jer promatramo niz realnih brojeva). Stoga je drugi član promatranoga niza jednak a = a q = 3 = ) 4.3. Primjenom pravila za logaritmiranje imamo: ph = log(4.7 0 ) = [log(4.7) + log(0 )] = log(4.7) ( ) = log(4.7) 0.67 = Zaokruživanjem dobivanoga rezultata na jednu decimalu dobivamo ph = 4.3..) Treba riješiti logaritamsku jednadžbu odnosno logaritamsku jednadžbu Odavde antilogaritmiranjem dobivamo log C = 7., log C = 7.. C = 0 7. = = mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

8 ..) 7. Zapišimo zadani kompleksan broj u standardnom algebarskom zapisu: 6 + b i (6 + b i) (+ i) 6+ b i+ i+ b i 6 + ( b ) i+ b ( ) z = = = = = i ( i) ( + i) ( i) 4 i 6 b + ( b ) i 6 b + ( b ) i 6 b + ( b ) i 6 b b = = = = + i 4 ( ) b Realni dio ovoga kompleksnoga broja je Re( z) =. Prema zahtjevu zadatka, taj broj treba biti jednak 4, pa dobivamo linearnu jednadžbu s jednom nepoznanicom: Množenjem s dobivamo jednadžbu 6 b = 4. 6 b = 0, odnosno Odatle dijeljenjem s ( ) dobivamo b = 7. b = 0 6, b = 4. π π π.) cis = cos + i sin. Zadanom kompleksnom broju pripada točka Z = (, ) u Gaussovoj ravnini, pa zaključujemo da se ta točka nalazi u prvom kvadrantu Gaussove ravnine, odnosno da je argument zadanoga kompleksnoga broja neki kut iz π intervala 0,. Tako dobivamo: z = z + z = + = = = = (Re ) (Im ), Im z π Arg z = arctg = arctg = arctg =. Re z 4 Stoga je traženi trigonometrijski oblik zadanoga kompleksnoga broja jednak π π π z = cis = cos + i sin mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

9 ..) 3 x sin x + x 3 cos x. Primjenom pravila za deriviranje umnoška dviju funkcija i identiteta (x 3 )' = 3 x, te (sin x)' = cos x dobivamo: f x x x x x x x x x '( ) = ( )' sin + (sin )' = 3 sin + cos..) d, l. Derivacija zadane funkcije je strogo pozitivna na svim otvorenim intervalima na kojima je zadana funkcija strogo rastuća. Sa slike se vidi da funkcija f strogo raste na otvorenom intervalu d, l, pa je na tom otvorenom intervalu i njezina derivacija strogo pozitivna. 3..) Vidjeti Sliku. Iz zadanih podataka zaključujemo da tražena točka pripada prvom kvadrantu jer su jedino za točke iz toga kvadranta funkcije cos i tg strogo pozitivne. Prema definiciji funkcije tangens, traženu točku dobit ćemo kao sjecište pravca povučenoga kroz točke (0, 0) i (, ) i nacrtane kružnice. Dobivena točka prikazana je na Slici. Slika..) 6.. Brzinu zrakoplova najprije izrazimo u m/s: m 3 0 m 7 v = 3 km/h = = = m/s = 87. m/s s 36 s U t = 8 sekundi zrakoplov prijeñe put s = v t = 87. m/s 8 s = 700 metara. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9

10 s = 700 m je duljina hipotenuze pravokutnoga trokuta kojemu je jedan šiljasti kut. Tražena visina jednaka je duljini katete koja se nalazi nasuprot uočenu šiljastom kutu. Tako odmah dobivamo: h = s sin = 700 sin m. 4..) 48 '3''. Najmanji kut trokuta nalazi se nasuprot najmanjoj stranici trokuta, a to je stranica čija je duljina 7 cm. Označimo li taj kut s α, primjenom kosinusova poučka dobivamo: cos α =, cos α =, cosα = = 44 3 Odatle slijedi α '3''..) Bez smanjenja općenitosti možemo pretpostaviti da je a = cm. Uz standardne oznake u trokutu, tada su kutovi uz navedenu stranicu β = 4 36' i γ =. Kut nasuprot stranici a jednak je α = 80 (β + γ) = 80 (4 36' + ) = ' = 00 4'. Za izračunavanje površine trokuta potrebna nam je duljina još jedne stranice trokuta (b ili c). Opredijelimo se npr. za izračun duljine stranice b. Primijenimo sinusov poučak: Stoga je tražena površina jednaka: a b sin β = b = a. sinα sin β sinα sin sin sin P a b a β a β = γ = γ = γ a sinα sinα sin sin. U tu formulu uvrstimo a =, α = 00 4' = 00.4, β = 4 36' = 4.6 i γ = : sin 4.6 sin P = = sin cm. Zaokružimo li ovaj rezultat na dvije decimale, dobijemo P 4.33 cm. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0

11 ..) 7. Koristeći formulu za udaljenost točke od pravca dobivamo:: d( T, p) = = = = = = 7 + ( 4) jed..) 33 4'4'' ili radijana. Zapišimo jednadžbu zadanoga pravca u eksplicitnom obliku: x 3 y 7 = 0 3 y = x + 7 / : ( 3) 7 y = x. 3 3 Označimo mjeru traženoga kuta s ϕ. Tangens kuta ϕ jednak je koeficijentu smjera zadanoga pravca. Taj je koeficijent jednak, pa dobivamo trigonometrijsku jednadžbu: 3 tg ϕ =. 3 Ova jednadžba ima jedinstveno rješenje ϕ = arctg '4''. 3 Napomena: Mjeru kuta ϕ mogli smo iskazati i u radijanima. Tada se dobije ϕ radijana. Ovaj način rješavanja je korektniji s obzirom na definicije trigonometrijskih funkcija, odnosno kuta izmeñu dvaju pravaca. Naime, inverz π π funkcije tangens je funkcija čija je domena skup R, a slika interval,. Stoga je ϕ = arctg zapravo mjera kuta iskazana u radijanima koju naknadno možemo 3 iskazati u stupnjevima. 3.) (x + 3) + (y ) = 9 ili x + y + 6 x 4 y + 4 = 0. Iz podatka da zadana kružnica dira os y slijedi da je udaljenost njezina središta do osi y jednaka polumjeru kružnice. Udaljenost točke S = ( 3, ) do osi y jednaka je apsolutnoj vrijednosti prve koordinate te točke, tj. d(s, Oy) = 3 = 3. Zbog toga je polumjer kružnice jednak r = 3. Tako lagano dobijemo da opći oblik jednadžbe kružnice glasi: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

12 odnosno (x + 3) + (y ) = 3, (x + 3) + (y ) = 9. Ovu jednadžbu možemo zapisati i u razvijenom obliku. Kvadriranjem dobivamo: x + 6 x y 4 y + 4 = 9, odnosno, nakon reduciranja, x + y + 6 x 4 y + 4 = ) D f = R\{}. Zadana funkcija je neprava racionalna funkcija (brojnik i nazivnik su polinomi jednakoga (točnijem prvoga) stupnja). Prirodno područje definicije bilo koje racionalne funkcije dobije se tako da se iz skupa R izbace sve realne nultočke nazivnika te funkcije. Iz jednadžbe x = 0 lako slijedi x =, i to je jedina realna nultočka nazivnika zadane funkcije. Dakle, traženi skup dobit ćemo tako da iz skupa R izbacimo samo broj. To izbacivanje naznačavamo koristeći znak \. Stoga je konačno D f = R \{}. 3.) 3; 0; 0;. Sjecište grafa zadane funkcije s osi apscisa dobivamo tako da brojnik funkcije izjednačimo s nulom i riješimo pripadnu jednadžbu po nepoznanici x. Dobijemo li pritom rješenje x =, zanemarujemo ga jer po.) x = ne pripada prirodnu području definicije zadane funkcije. Odmah dobivamo: 3 + x = 0, a odatle je x = 3. Stoga je jedino sjecište grafa zadane funkcije s osi apscisa točka S = ( 3, 0). Sjecište grafa zadane funkcije s osi ordinata dobivamo tako da u funkciju (ako je to moguće) uvrstimo x = 0. Prema rješenju zadatka.) x = 0 pripada prirodnu području definicije zadane funkcije, pa možemo računati f (0): f (0) = = =. 0 3 Dakle, graf zadane funkcije siječe os ordinata u točki S = 0,. Za razliku od sjecišta mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

13 grafa s osi apscisa, ovo je sjecište uvijek jedinstveno (ako postoji, naravno). 3 Zaključimo: Tražene točke su S = ( 3, 0) i S = 0,. 7..) 6 π. Izračunajmo najprije duljinu visine stošca (h). Znamo da je r = 4 cm i s = cm, pa primjenom Pitagorina poučka nalazimo: h s r Stoga je traženi obujam stošca jednak = = 4 = 6 = 9 = 3 cm V = B h = r π h = π = π cm ) 8 π radijana ili 88. Razvijanjem plašta stošca u ravnini dobijemo kružni isječak čiji je polumjer r = s = cm, a duljina pripadnoga luka l = r π = 4 π = 8 π. Iz formule za duljinu kružnoga isječka l = r α, pri čemu je α središnji kut isječka (iskazan u radijanima), odmah dobivamo: l 8 α = = π radijana. r Iskažemo li dobivenu mjeru u stupnjevima, dobit ćemo: α = 8 80 = ) Vidjeti Sliku. Zadani skup točaka je pravac. Svaki pravac odreñen je bilo kojim svojim dvjema meñusobno različitim točkama. U ovom je slučaju podesno uzeti x = 0 i x =, pa izračunati pripadne vrijednosti varijable y: y = 3 0 = 0 =, y = 3 = 3 =. Dakle, zadani pravac prolazi točkama T = (0, ) i T = (, ). Ucrtamo te točke u zadani pravokutni koordinatni sustav u ravnini, pa ih spojimo pravcem. Dobivena krivulja prikazana je na Slici. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 3

14 Slika..) Vidjeti Sliku 3. Graf funkcije f je parabola. Bilo koja parabola jednoznačno je odreñena zadavanjem bilo kojih triju njezinih različitih točaka. Obično odreñujemo tjeme parabole i njezina sjecišta s osi apscisa. Stoga najprije očitamo koeficijente pripadne kvadratne funkcije: Računamo koordinate tjemena parabole: a =, b =, c = 3. T b 4 a c b 4 ( 3) ( ) 4 6 =, =, =, =, = (, 4) a 4 a Sjecišta parabole s osi apscisa odreñujemo rješavajući jednadžbu f (x) = 0: f ( x) = 0 x x 3 = 0 ± ( ) 4 ( 3) ± 4 ( ) ± 4+ ± 6 ± 4 x, = = = = = x = = = 3, x = = =. Dakle, sjecišta parabole s osi apscisa su točke S = (, 0) i S = (3, 0). mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 4

15 Ucrtamo točke T, S i S u pravokutni koordinatni sustav u ravnini, pa kroz njih provučemo parabolu. Dobivena krivulja prikazana je na Slici. Slika. 3.) y = 6 x 9. Vrijednost funkcije f za x = 4 jednaka je f (4) = = =. Dakle, na parabolu sa Slike. treba povući tangentu u točki D = (4, ). Koeficijent smjera te tangente jednak je vrijednosti prve derivacije funkcije f za x = 4. Stoga najprije odredimo f '(x) koristeći pravila za deriviranje zbroja funkcija i tablicu derivacija: f '( x) = ( x )' ( x)' (3)' = x 0 = x. Tako je koeficijent smjera tangente (označimo ga s k t ) jednak kt = f '(4) = 4 = 8 = 6. Preostaje napisati jednadžbu pravca koji prolazi točkom D i ima koeficijent smjera k t : y y = k ( x x ), D t D y = 6 ( x 4), y = 6 x 4 +, y = 6 x 9. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

16 9..) 6. Odmah imamo: = + = 0 + = 6..) 33; 3 4. Neka su a i d redom prvi član, odnosno razlika zadanoga aritmetičkoga niza. Iz zadanih podataka dobivamo sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: a + (00 ) d = 99 a + 99 d = 99 a + (68 ) d = 67 a + 67 d = 67 Oduzimanjem prve jednadžbe sustava od druge jednadžbe sustava dobivamo 68 d = 68. Odatle je d =. Uvrštavanjem d = u bilo koju jednadžbu sustava lako nalazimo a = 00. Stoga je 34. član zadanoga niza jednak a 34 = a + (34 ) d = = = 33. Nadalje, niz brojeva a 3, a 36,, a 3 je konačan aritmetički niz s (istom) razlikom d = i prvim članom a 3 = a 34 + d = 33 + = 34. U tom konačnom aritmetičkom nizu ima ukupno n = = 78 članova. Njihov je zbroj jednak n 78 S = [ a3 + ( n ) d ] = [ 34 + (78 ) ] = 39 ( ) = = ) a = p b v. Imamo redom: b + v p = a b + ( a + b) v, p = a b + a v + b v, p b v = a b + a v, p b v = a ( b + v) / : ( b + v) p b v a =. b + v a + 4.). Iz prva dva člana u brojniku razlomka izlučimo a, a nazivnik razlomka a + b rastavimo koristeći formulu za razliku kvadrata. Dobivamo: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

17 a a b + a b a ( a b) + ( a b) ( a b) ( a + ) a + = = = 4 ( ) ( ) ( + ) + a b a b a b a b a b.) a > 8 ili a 8, +. Riješimo zadanu jednadžbu po nepoznanici x. Imamo redom: x ( a + 3) + a ( x ) = 3 a x 6 a x + 6 x + a x a = 3 a x 6 a x + 6 x + a x 3 a x = a 6 6 x = a 6 / : 6 a 6 x = 6 Zahtjev x > iskazujemo u obliku nejednadžbe a 6 >. 6 Tu nejednadžbu riješimo uobičajenim postupkom: a 6 > / 6 6 a 6 > a > + 6 a > 8 / : a > 8 Dakle, zadana jednadžba ima rješenje strogo veće od ako i samo ako je ekvivalentno, 8 a, +. 8 a > ili, 30. P = = 0. kv. jed. Kod radijvektora, tj. vektora čija je početna točka ishodište pravokutnoga koordinatnoga sustava u ravnini, koeficijent uz i jednak je prvoj koordinati krajnje točke toga radijvektora, a koeficijent uz j drugoj koordinati krajnje točke toga mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

18 vektora. Stoga iz podatka OA = i + j slijedi A = (, ). Nadalje, neka je B = (xb, y B ). Tada je AB = ( x + ) i + ( y ) j. B Prema uvjetu zadatka je AB = i 3 j, pa izjednačavanjem koeficijenata uz i i j dobivamo dvije linearne jednadžbe od kojih svaka ima točno jednu nepoznanicu: xb + = xb = xb = 3 B = (3, ). yb = 3 yb = 3 + yb = Preostaje odrediti koordinate točke C. Neka je C = (x C, y C ). Iz podatka da je vektor AC usporedan s vektorom i zaključujemo da je koeficijent uz vektor j u izrazu za vektor AC jednak 0. No, AC = ( x + ) i + ( y ) j, C pa iz zahtjeva da koeficijent uz vektor j bude jednak 0 slijedi y C = 0. Odatle je y C =. Dakle, C = (x C, ). Prvu koordinatu točke C odredit ćemo iz posljednjega zahtjeva AB BC = 0. Najprije je BC = ( x 3) i + ( ) j = ( x 3) i + ( + ) j = ( x 3) i + 3 j, [ ] C C C B C pa te iz AB BC = 0 AB BC = ( x 3) 3 3 = x 9 = x 4, C C C dobivamo linearnu jednadžbu s jednom nepoznanicom Odatle dijeljenjem s slijedi x C = 4 x C 4 = 0, x C = 4.. Tako smo dobili: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

19 4 A = (,), B = (3, ), C =,. Preostaje izračunati traženu površinu. Ona je jednaka polovici umnoška duljine stranice AC i duljine visine povučene na tu stranicu iz vrha B. Lako se vidi da je AC = ( ) = + = + = = =. Pokažimo da je udaljenost točke T = (x T, y T ) od pravca y = a jednaka d = a y T. Iz točke T povucimo okomicu na pravac y = a. Pravac y = a je usporedan s osi apscisa, pa okomica na taj pravac nužno mora biti usporedna s osi ordinata. Stoga njezina jednadžba ima oblik x = b. Budući da ona mora prolaziti točkom T, koordinate te točke moraju zadovoljavati jednadžbu te okomice. Stoga odmah dobivamo b = x T. Dakle, jednadžba okomice iz točke T na pravac y = a glasi x = x T. Ta okomica siječe pravac y = a u točki T = (x T, a). Prema definiciji udaljenosti točke od pravca, udaljenost točke T od pravca y = a jednaka je udaljenosti točaka T i T. Ta je udaljenost jednaka d = TT = ( x x ) + ( a y ) = 0 + ( a y ) = ( a y ) = a y, što smo i željeli pokazati. T T T T T T Duljina visine h iz vrha B na stranicu AC jednaka je udaljenosti točke B od pravca na kojem leži stranica AC. Točke A i C imaju meñusobno jednake druge koordinate, pa je jednadžba pravca kroz te dvije točke y =. Dakle, duljina visine h jednaka je udaljenosti točke B od pravca y =. Prema netom dokazanoj tvrdnji, ta je udaljenost jednaka Stoga je tražena površina jednaka h = d = ( ) = + = 3 = P = AC h = 3 = 3 = = 0. kv. jed. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9