(Microsoft Word - Rje\232enja zadataka)

Транскрипт

1 p. D. Tražimo p R takav da je 568 = 6. Riješimo tu jednadžbu na uobičajen 00 način: Dakle, 75% od 568 iznosi 6. p 568 = 6, / p 568 = 6 00, / : p = = = B. Označimo traženi broj s c. Tada redom imamo: c = b = a = = = = ( ) (0 ) A. Zadani izraz treba svesti na najmanji zajednički nazivnik i reducirati algebarski izraz u brojniku. Dobivamo redom: + a 5 + a 5 a ( + a) 5 a a a 5 = = = =. a a a a a Brojnik ovoga izraza jednak je a.. D. Kut čija je mjera 08 je vanjski kut pravokutnoga trokuta. Njegova mjera jednaka je zbroju mjera unutrašnjih kutova toga pravokutnoga trokuta koji tom vanjskom kutu nisu susjedni. Mjere tih kutova su 90 i α. Nadalje, u pravokutnom trokutu čiji su α α kutovi i β vrijedi jednakost + β = 90, pa tako dobivamo sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: 90 + α = 08, α β + = 90. Iz prve jednadžbe toga sustava je α = = 8, što uvršteno u drugu jednadžbu sustava daje 8 + β = 90, 9 + β = 90, β = 90 9 = C. Na slici je prikazana elipsa čija jednadžba u segmentnom obliku glasi: x y + =. Jedina od četiriju ponuđenih jednadžbi koja ima taj oblik je jednadžba a b navedena pod C. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

2 6. B. Zadanom kompleksnom broju odgovara točka Z = (0, 5) Gaussove ravnine. Ta točka pripada pozitivnom dijelu imaginarne osi. Stoga je njezina spojnica s ishodištem Gaussove ravnine upravo pozitivan dio imaginarne osi. Ta spojnica s pozitivnim dijelom realne osi zatvara kut čija je mjera 90, odnosno π radijana. Dakle, traženi argument je jednak π ϕ =. 7. C. Koristeći pravila za potenciranje potencija, imamo redom: m m m m m m ( ) ( ) 7 = 8 = = 9 = 9 = 9 = / m m m m ( 9 ) = ( ) ( 9 ) = 9 = 9 =. 8. A. Graf zadane funkcije je pravac čija jednadžba u eksplicitnom obliku glasi: y = x +. Zapišimo tu jednadžbu u segmentnom obliku. Dobivamo: y = x +, x + y =, x y + =. Iz ovoga oblika očitavamo da graf zadane funkcije siječe os apscisa (os x) u točki S =, 0, a os ordinata (os y) u točki S = (0,). Dakle, točna tvrdnja je tvrdnja A. 9. C. Primijetimo da vrijede jednakosti: f x x x x x f x ( ) = ( ) = ( ) = = = ( ), g( x) = = = g( x), x x h( x) = sin( x) = sin( x) = h( x). Odatle slijedi da su g i h neparne funkcije. Napomena: U zadatku nije navedeno prirodno područje definicije nijedne zadane funkcije iako je ono bitno za utvrđivanje (ne)parnosti funkcije. Stoga se u rješenju pretpostavlja da je svaka od njih definirana na najvećem podskupu skupa R za koje pravilo funkcije ima smisla. U slučaju funkcija f i h taj podskup je upravo sam skup R, dok je u slučaju funkcije g riječ o skupu R\{0}. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

3 0. C. Rastavimo zadani izraz na faktore primjenjujući formulu za razliku kvadrata. Dobivamo redom: ( ) n + n n = n n + n + = n + n = ( ) ( ) ( ) = + = + + ( n ) ( n) ( n ) ( n ) ( n ). Dakle, u rastavu se pojavljuju binomi n +, n i n +. U popisu ponuđenih binoma pojavljuje se jedino n +.. D. Za x, vrijede nejednakosti x + > 0 i 5 x < 0. Odatle slijedi da za x, vrijede jednakosti: x + = x +, Zbog toga je zadani izraz jednak 5 x = ( 5 x) = + 5 x = 5 x. x x = ( x + ) + (5 x ) = x x = 7 x +.. A. Izračunajmo najprije nepoznatu ordinatu točke (, y). Da bismo to učinili, u pravilo funkcije f uvrstimo x =. Tako dobijemo: y = f = + = + = = () 8 9. Dakle, tangenta je povučena u točki T = (, ). Njezin koeficijent smjera dobijemo kao vrijednost prve derivacije funkcije f za x =. Prigodom deriviranja primjenjujemo pravilo deriviranja složene funkcije. Imamo: ' ' ' ' k = ( f ) = ( x ) ( x ) (0) + = + = ( x + 0) = x= x x x + = + x= x + x= x = = = = = = =. x x= Primjenom izraza za dobivanje jednadžbe pravca kojemu su zadani jedna točka i koeficijent smjera slijedi: t... y = ( x ), t... y = x +, t... y = x. Napomena: Zadatak je moguće riješiti i kraće tako da se, nakon izračuna nepoznate ordinate točke T, uoči da od navedenih četiriju pravaca jedino pravac naveden pod A prolazi točkom T.. D. Odredimo najprije koeficijent smjera pravca p. Njega ćemo odrediti iz podatka da je pravac p okomit na pravac x + y + 5 = 0. Stoga najprije zapišimo jednadžbu toga pravca u eksplicitnom obliku: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

4 x + y + 5 = 0, y = x 5, / : 5 y = x. Odatle slijedi da je koeficijent smjera pravca p k = =. Preostaje odrediti odsječak l pravca p na osi ordinata. U tu ćemo svrhu iskoristiti uvjet tangencijalnosti za kružnicu čija je jednadžba zadana u općem obliku. Iz jednadžbe kružnice očitamo p =, q =, r = 6, pa uvrštavanjem u spomenuti uvjet tangencijalnosti dobivamo: l = 6 +, 9 ( l) = 6 +, 6 ( 5 l) 6 9, = + ( 5 l) 5. = Odatle slijedi da mora vrijediti ili jednakost 5 l = 5 ili jednakost 5 l = 5. Iz prve jednakosti odmah slijedi l = 0, a iz druge l = 0. Dakle, zadatak ima dva rješenja: p... y = x 0 i p... y = x. U popisu ponuđenih odgovora ponuđen je jedino pravac p.. B. Na kraju prvoga tjedna površina mahovine bit će jednaka: = + = m. Na kraju drugoga tjedna površina mahovine bit će jednaka: (..05 ) = (..05 ) + = =..05 m Matematičkom indukcijom zaključujemo da će površina mahovine na kraju n-tjedna biti jednaka..05 n m. U zadatku se traži izračun površine mahovine nakon n = 8 tjedana rasta, pa lako dobivamo: 8 P =..05 = = m. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

5 5. C. Najmanja vrijednost funkcije f postiže se kad je vrijednost sinusa jednaka. Ona iznosi fmin = A ( ) + D = A + D. Najveća vrijednost funkcije f postiže se kad je vrijednost sinusa jednaka. Ona iznosi fmax = A + D = A + D. U zadatku je navedeno da su f min = 00, f max = 90, pa dobivamo sljedeći sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: A + D = 00, A + D = 90. Zbrajanjem obiju jednadžbi dobijemo D = 0, a odatle dijeljenjem s slijedi D = 60. Uvrštavanjem ove vrijednosti npr. u drugu jednadžbu sustava dobivamo A = 0. Razdoblje između pojave najmanje i pojave najveće vrijednosti iznosi godine. Taj broj je jednak polovici temeljnoga perioda funkcije f. Temeljni period funkcije f dan je π izrazom T =, pa je njegova polovica jednaka π π = Tako iz jednadžbe B B B π = odmah dobivamo B = π B. π 7 Dakle, funkcija f je definirana pravilom f ( t) = 0 sin t π Traženi broj jednak je f (8), pa izračunajmo tu vrijednost: π f (8) = 0 sin 8 π + 60 = 0 sin π π + 60 = 0 sin π + 60 = = 0 sin π + π + 60 = 0 sin π + 60 = = Napomena: Za rješenje zadatka nije bitno u kojoj je godini računajući od trenutka početka mjerenja broj jedinki bio najmanji, a u kojoj najveći. Bitan je podatak koliko je vremena prošlo od godine pojave najmanje vrijednosti do godine pojave najveće vrijednosti Primijetimo da vrijede jednakosti 58 = 8 i 88 = 8 6, pa dobivamo: = = = 8 = 8 = 8 = Imamo redom:.6 0 astronomskih jedin 9 9 ica = m = m = =.59 0 m = km =.59 0 km =.59 0 km. 8..). Imamo redom: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

6 [ ] x x (5 + x) + 8 = ( x + ), x ( x 5 x) + 8 = x + 6, x ( x 5) + 8 = x + 5, x x = x + 5, x + 8 = x, x x = 8, x = 8. Odatle dijeljenjem s ( ) slijedi x =..) x > ili x,. Imamo redom: x < x +.5 / x < x + 9, x x < 9 +, ( ) x <. Odatle dijeljenjem s ( ) i promjenom znaka nejednakosti slijedi x >. Stoga je traženo rješenje interval,. C 9..). Imamo redom: 6 B 5.) 5 A + C = 6 A B, 5 A 6 A B = C A (5 6 B) = C, / : (5 6 B) C C C C A = = = =. 5 6 B (5 6 B) B 6 B 5 0,. Rastavimo lijevu stranu jednadžbe na faktore primjenjujući formulu za razliku kubova: 5 y 5 y = 0, / : 5 y = 7 y 0, y = ( 7 y ) 0, y = ( y) 0, y y + y + y = ( ) ( 9 ) 0 Izračunajmo diskriminantu D kvadratne jednadžbe 9 y + y + = 0. Ona je jednaka: D = 9 = 9 6 = 7. Očito je D < 0, pa navedena kvadratna jednadžba nema nijedno realno rješenje. Stoga mora biti y = 0 ili y = 0. Prva jednadžba je mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6

7 trivijalna, a iz druge slijedi y = 0 i y =. y =. Dakle, sva realna rješenja zadane jednadžbe su 0..) 8. Riješimo zadanu jednadžbu uobičajenim postupkom: n, 5 ± ( 5) 0.75 ( 5) 5± 5 ( 59) 5± = = = = ± 76 5 ± = = n = = = 8, n = = = Od dvaju dobivenih rješenja jedino n = 8 pripada skupu prirodnih brojeva..) 7. U izraz za iznos zarade Z uvrstimo n = 0 i Z = 55. Dobivamo: , = t 55 = t 0 5, 55 = 00 t 0 5, 0 t = , 0 t = 680. Odatle dijeljenjem s 0 slijedi t = 7. Dakle, traženi troškovi iznose 7 kn...) x log7 + ili x,log + ]. Imamo redom: 7 x 7 / log7 x log 7 7 x log +. Dakle, traženo rješenje je poluzatvoreni interval,log + ]. 7.) loga 5. Označimo zadani izraz s x. Tada redom imamo: x = / log 5 ( a ), log 5 ( a ) ( a ) log5 x =, log a x =, / : ( x) ( ) 5 log 5 a =, x =, loga 5 x mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 7

8 log 5 = x, / : a x = log a 5...) 70. Primijetimo da vrijedi jednakost a57 = a5 + d. U nju uvrstimo a 57 = 06 i d =, pa dobijemo: 06 = a +, a 5 5 = 06 = 06 6 = 70..). U binomni poučak uvrstimo x =, y = i n = 00. Dobijemo: k 00 k [( ) + ] = ( ) = ( ) + ( ) + k = 0 k ( )... ( ) ( ) ( ) = ( ) ( ) + = Tako smo na desnoj strani dobili izraz čiju vrijednost tražimo. Tu ćemo vrijednost lako izračunati koristeći lijevu stranu: [ ] ( ) + = =...). Prema Vietèovim formulama, umnožak svih rješenja zadane jednadžbe jednak je p p. Taj izraz treba biti jednak 5, pa dobivamo jednadžbu = 5. Riješimo tu jednadžbu na uobičajen način: p = 5 / p = 5, p = 5, p =, / : ( ) p =..) p < ili p,. Vodeći koeficijent (koeficijent uz x ) u pravilu funkcije f jednak je. Stoga će funkcija f poprimati strogo pozitivne vrijednosti ako i samo ako diskriminanta kvadratne jednadžbe f ( x ) = 0 bude strogo negativna. (U tom slučaju ta jednadžba nema realnih rješenja, pa se graf funkcije f nalazi iznad osi apscisa, a to mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 8

9 upravo znači da funkcija poprima samo strogo pozitivne vrijednosti.) Diskriminanta kvadratne jednadžbe f ( x ) = 0 je D = p = + p = p + ( 6) ( ) 6. Taj izraz treba biti strogo negativan, pa dobivamo nejednadžbu p + < 0. Riješimo tu nejednadžbu: p + < 0, p <, / : p <. Dakle, traženi realni brojevi tvore otvoreni interval,...) Vidjeti Sliku. Iz podatka da je graf kvadratne funkcije simetričan s obzirom na os ordinata (os y) zaključujemo da je ta kvadratna funkcija parna. Stoga njezino pravilo nužno ima oblik f ( x) = a x + c, gdje su a, c R konstante. Odredimo te konstante koristeći dvije zadane točke grafa funkcije. U pravilo funkcije f najprije uvrstimo x = 0 i f (0) = : = + a 0 c, = 0 + c, c =. Preostaje odrediti konstantu a. U pravilo funkcije f uvrstimo x =, f () = i c = : = a + ( ), a =, a = +, a =, / : a =. Dakle, tražena kvadratna funkcija je f ( x) = x. Tjeme njezina grafa je sjecište toga grafa s osi ordinata, a to je točka (0, ). Radi parnosti je i f ( ) = f () =. Stoga u pravokutni koordinatni sustav u ravnini ucrtamo točke (0, ), (, ) i (, ), pa ih spojimo parabolom. Dobivamo Sliku. Slika. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 9

10 .) Vidjeti Sliku. Traženi graf možemo dobiti tako da graf funkcije cos x izdužimo triput (svaku ordinatu te točke povećamo tri puta), a možemo se poslužiti i donjom tablicom: x π π 0 π π π π f ( x ) U obama slučajevima dobivamo Sliku. 5..) a. Imamo redom: Slika. sin x cos x + sin x + ( cos x) sin x + sin x sin x sin x = = = = = tg x. cos x cos x cos x cos x cos x Označimo li a = tg x, zaključujemo da je zadani izraz jednak a. π π.) x = ( k + ) ili x = + k π, gdje je k Z. Primijenimo formulu za razliku kvadrata i identitet sin x [ cos( x) ] =. Dobivamo: sin x sin x + =, (sin ), x = x = [ cos( x) ] = +, [ cos( x ) ] = / sin, mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 0

11 cos( x) =, cos( x) =, cos( x) =, / : ( ) cos( x) =. Odatle slijedi x = ( k + ) π. Dijeljenjem ovoga izraza s dobivamo: π x = ( k + ), pri čemu je k Z. 6..).8. Povucimo visinu iz vrha u kojemu se sastaju krakovi trokuta na osnovicu. Dobivamo pravokutan trokut kojemu je mjera jednoga kuta, a duljina jedne katete 9 jednaka polovici duljine osnovice polaznoga trokuta a = cm. Traženu duljinu v visine na osnovicu izračunamo primjenom trigonometrijske funkcije tangens: v 9 tg = v = tg = cm. 9.) rad. = 7 8' 7''. Primijenimo sinusov poučak. Označimo li traženu mjeru kuta s α, dobivamo redom: 7.8. =, sin(7 6') sinα 7.8 sinα =. sin(7 6'). sinα = sin(7 6'). 7.8 Budući da se nasuprot kraćoj stranici nalazi kut manje mjere, znamo da će rješenje zadatka biti kut u intervalu 0, 7 6'. Stoga možemo primijeniti funkciju arkus sinus i dobiti:.. α = arcsin sin(7 6') = arcsin = arcsin( ) = = rad. = 7 8' 7 ''. 7..) y = x + ili 6 x + 0 y 55 = 0. Izračunajmo najprije koeficijent smjera 5 pravca koji prolazi točkama A i B: yb ya 0 k = = = =. x x ( ) + 5 B A Preostaje napisati jednadžbu pravca koji prolazi točkom S i ima koeficijent smjera jednak k. Koristimo izraz za određivanje jednadžbe pravca ako su zadani jedna točka mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

12 pravca i koeficijent smjera pravca: 5 y = x, 5 y = x +, 5 y = x + +, 5 y x + = +, 5 y x + = + 8, 5 y = x +. 5 Ovu jednadžbu podesnije je zapisati u implicitnom obliku: y = x + / y = 6 x + 55, 6 x + 0 y 55 = 0..) jedinice duljine. Tražena duljina jednaka je udaljenosti točaka A i B. Primjenom formule za udaljenost dviju točaka u ravnini dobijemo: AB = ( ) + (0 ) = ( + ) + ( ) = 5 + ( ) = =. [ ].) C = (6, 5). Primijenit ćemo osnovno svojstvo paralelograma ABCD: četverokut ABCD je paralelogram ako i samo ako dužine AC i BD imaju isto polovište. U našem zadatku to znači da je točka S polovište dužine AC. Primjenom formule za računanje koordinata polovišta dužine dobivamo: 5 + x = C, 5 = + xc, ( xc, yc ) = (6,5). + yc 8 = + yc = Dakle, točka C ima koordinate (6, 5). f. Zadana funkcija je definirana za sve x R za koje su istodobno važeće relacije x + 0 (jer je drugi korijen definiran samo za nenegativne vrijednosti radikanda) i x 0 (jer je razlomak definiran samo u slučaju kad je njegov nazivnik različit od nule). Iz prve relacije odmah slijedi x, a iz druge x. Dakle, rješenje zadatka su svi realni brojevi koji su istodobno jednaki ili veći od, te različiti od. Oni tvore skup, + \{ }. 8..). D =, + \{ } mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

13 5.) x =. Lijeva strana polazne jednadžbe je vrijednost drugoga korijena, a ta je 8 vrijednost uvijek nenegativan realan broj. Stoga i desna strana polazne jednadžbe mora biti nenegativan realan broj. Taj zahtjev daje uvjet x 0, odnosno x. Uvažavajući taj uvjet, kvadriramo zadanu jednadžbu. Dobivamo redom: ( x ) + = ( x), x + = x + x, = 6 8 x, 8 x = 6, 8 x = 5. 5 Dijeljenjem ove jednakosti s 5 dobivamo x =. Ta vrijednost je strogo manja od, 8 5 pa je jedino rješenje zadane jednadžbe x =. 8.). Odredimo najprije prvu derivaciju funkcije f. Primijenimo osnovna pravila za deriviranje: ' ' ' ' ' f ( x) = ( x + 0) = ( x ) + (0) = ( x ) + 0 = x = 6 x = 6 x. Tako dobivamo: f ' () f () = ( + 0) (6 ) = = =. 9..) R \, 0 =, 0, +. Imamo redom: ( x ) ( x ) 0, + + > ( ) ( ) > 0, x x x > 0, x x x + > 0 / : x x + > 0, x x x ( x + ) > 0. Uočimo da kvadratna jednadžba x + x = 0, odnosno njoj ekvivalentna jednadžba x ( x + ) = 0 ima rješenja x = 0 i x =. Stoga kvadratna funkcija f ( x) = x + x poprima strogo pozitivne vrijednosti na skupu koji se dobije kad se iz skupa realnih brojeva R izbaci segment određen nultočkama te funkcije, tj. segment mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

14 , 0. Dakle, rješenje zadatka je skup R \, 0. Taj skup možemo zapisati kao uniju dvaju otvorenih intervala: R \, 0 =, 0, +..) ; 6;. Antilogaritmiranjem prve jednadžbe dobijemo x + z = 0. 0 x + z =, odnosno Nadalje, uočimo da je drugoj jednadžbi dobijemo x y =. = = = =, pa izjednačavanjem eksponenata u Tako smo dobili sljedeći sustav triju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice: x + z = 0, x y =, y + z = 0. Zbrojimo li drugu i treću jednadžbu, pa tako dobivenoj jednadžbi nadopišemo prvu jednadžbu sustava, dobivamo sustav dviju jednadžbi s dvije nepoznanice: x + z = 0, x + z =. Taj sustav možemo riješiti npr. metodom suprotnih koeficijenata. Pomnožimo drugu jednadžbu s ( ) i pribrojimo tako dobivenu jednadžbu prvoj jednadžbi. Dobivamo: 8 z = 6. Odatle dijeljenjem s ( 8) slijedi z =. Sada iz druge jednadžbe odmah dobivamo x = z = ( ) = + 6 =, a iz treće jednadžbe ranije razmatranoga sustava triju linearnih jednadžbi s tri nepoznanice y = z = ( ) = 6. Dakle, rješenje zadatka je uređena trojka ( x, y, z ) = (,6, )..) Spojimo središta triju manjih kružnica. Dobivamo jednakostraničan trokut čija je duljina stranice = 0 cm. Točka S je jednako udaljena od svakoga vrha toga trokuta, i ta udaljenost je jednaka R 5 cm, pri čemu je R traženi polumjer. Stoga zaključujemo da je točka S središte kružnice opisane uočenom 0 jednakostraničnom trokutu. Polumjer te kružnice je r = = 0 (dvije trećine visine jednakostraničnoga trokuta). Tako iz R 5 = 0 odmah slijedi R = cm..) 56 π π cm. Rotacijom zadanoga trapeza oko njegove dulje osnovice nastaju valjak i stožac koji imaju zajedničku osnovku ( spaja ih upravo ta osnovka). Stoga strane dobivenoga tijela tvore jedna osnovka valjka, plašt valjka i plašt stošca. Izračunajmo zasebno površinu svake pojedine strane. mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač

15 Osnovka valjka ima polumjer jednak duljini kraćega kraka trapeza. Ta duljina iznosi cm, pa je površina osnovke valjka B = π = 6 π cm. Razvijemo li plašt valjka u ravninu, dobit ćemo pravokutnik kojemu jedna stranica ima duljinu jednaku opsegu osnovke valjka, a druga stranica ima duljinu jednaku duljini kraće osnovice. Stoga je površina plašta jednaka P = ( π ) 5 = 0 π cm. Preostaje izračunati površinu plašta stošca. U tu nam svrhu treba duljina njegove izvodnice. Duljina polumjera osnovke stošca jednaka je duljini polumjera osnovke valjka i iznosi cm. Duljina visine stošca jednaka je razlici duljina veće i manje osnovice trapeza i iznosi 7 5 = cm. Primijenimo Pitagorin poučak, pa dobijemo: s = + = 6 + = 0 = 5 = 5 = 5. Stoga je površina plašta stošca jednaka Dakle, traženo oplošje iznosi: P π π cm = =. O B P P 6 π 0 π 8 5 π 56 π 8 5 π cm = + + = + + = km. Neka su redom t, v A i v V vrijeme proteklo od početka gibanja obaju prijevoznih sredstava do trenutka u kojemu će navedena udaljenost biti najmanja, brzina automobila i brzina vlaka. Označimo s D položaj vlaka, a s E položaj automobila u trenutku t. Odredimo najprije duljine dužina BD i BE. Za vrijeme t vlak je prešao vv BD = AB AD = 5 vv t km. t km. Dakle, AD = vv t, pa je Za vrijeme t automobil je prešao ukupno va t km. Dakle, BE = va t km. Prema pretpostavci, automobil je dvostruko brži od vlaka, što znači da vrijedi jednakost va = vv. Uvrštavanjem te jednakosti u jednakost BE = va t dobijemo BE = v V t. Označimo x = vv t. Promotrimo trokut BDE. Duljine dvaju njegovih stranica su BD = 5 v t = 5 x i BE = v t = x. Duljina treće stranice je upravo zračna v V udaljenost d između automobila i vlaka. Prema kosinusovu poučku, kvadrat te udaljenosti jednak je: ( ) d DE BD BE BD BE cos DBE = = + = (5 ) ( ) (5 ) ( ) cos60 = x + x x x = mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 5

16 = 5 5 x + x + x (5 x) x = = x + x + x x (5 x) = = x + x + x 06 x + x = = + 7 x x 809. Ta udaljenost će biti najkraća za onu vrijednost nepoznanice x za koju kvadratna funkcija f ( x) = 7 x x postiže svoju najmanju vrijednost (tada će i d postići najmanju vrijednost). Budući da je f kvadratna funkcija čiji je vodeći koeficijent (to je 7) strogo veći od nule, ona postiže najmanju vrijednost za: 06 x = = = 7 7 (prva koordinata tjemena pripadne parabole). Iz interpretacije varijable x slijedi da je x upravo duljina puta kojega je prešao vlak do trenutka kad je zračna udaljenost između njega i automobila bila najmanja. Dakle, tražena udaljenost iznosi: 06 x = km. 7 pripremio: mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač mr.sc. Bojan Kovačić, viši predavač 6