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

Транскрипт

1 C Vrijedi jednakost: = 075, pa zaključujemo da vrijedi nejednakost 4 To znači da zadani broj pripada intervalu, 05 < < 05 4 D Riješimo zadanu jednadžbu na uobičajen način: x 7 x + = 0, x, 7 ± ( 7) 4 7 ± ± 5 7 ± 5 = = = = Traženo veće rješenje dobivamo odabirom znaka + i ono iznosi: x = = = 4 4 A Neka je T = ( xt, yt ) tražena točka Iz zadanih podataka slijedi da moraju vrijediti jednakosti: x y T T = 5, = 0 Iz tih jednakosti odmah slijedi ( x, y ) = ( 4,) Dakle, tražena točka je T = ( 4,) T T 4 B Geometrijski red ima konačan zbroj ako i samo ako za njegov količnik q vrijedi nejednakost q < Količnik prvoga reda jednak je q = = Količnik drugoga reda jednak je q = = Količnik trećega reda jednak je q = = Količnik četvrtoga reda jednak je q 4 = = Apsolutne vrijednosti izračunanih količnika su redom,, i Vidimo da za količnik q vrijedi nejednakost q = <, pa pripadni geometrijski red ima konačan zbroj 5 D Neka je h tražena visina (iskazana u cm) Prosječna visina svih = 0 učenika jednaka je aritmetičkoj sredini zadanih 0 podataka: h h 68 + h h h = = = = Vrijednost ovoga razlomka mora biti jednaka 77 cm, pa dobivamo jednadžbu: h = 77 0 mrsc Bojan Kovačić, viši predavač

2 Riješimo ovu jednadžbu na uobičajen način: h = 77, / h = 770, h = = 86 6 A Koristeći definiciju funkcije apsolutne vrijednosti imamo redom: x = 8 ili x 4 = 4 ili x = 8 ili x 4 = 4 x = 8 ili x { 6,,0 } x 4 = 4 x = 0 x = 0 Zaključujemo da je traženi zbroj jednak ( 6) = 6 7 C Površina zadanoga pravokutnika jednaka je P = 8 5 = 64 π cm Iz pretpostavke da je osjenčana površina jednaka površini polukruga zaključujemo da je površina polukruga jednaka polovici površine pravokutnika Označimo li traženi polumjer (izražen u cm) sa r, dobivamo jednadžbu: r 64 π = Dijeljenjem s π dobivamo kvadratnu jednadžbu 64 r = čije je jedino strogo π 64 8 pozitivno realno rješenje r = π = π 8 B Označimo duljine stranica trokuta redom s a, b i c Iz podatka da je a : b : c = 4 : 5 : 6 zaključujemo da postoji k > 0 takav da vrijede jednakosti a = 4 k, b = 5 k i c = 6 k Najveći kut trokuta nalazi se nasuprot najdulje stranice trokuta, a u ovom je slučaju riječ o stranici c Označimo li traženu mjeru s γ, onda primjenom kosinusova poučka dobivamo: a + b c (4 k) + (5 k) (6 k) 6 k + 5 k 6 k 5 k cos γ = = = = = a b (4 k) (5 k) 40 k 40 k 8 U intervalu 0,π ova trigonometrijska jednadžba ima jedinstveno rješenje: γ = = = 8 ' '' arccos radijana = C Bez sniženja bismo oba proizvoda platili ukupno = 84 kn Nakon sniženja od 0% cijena majice iznosi: = = = 765 kn 00 0 Nakon sniženja od 5% cijena hlača iznosi: mrsc Bojan Kovačić, viši predavač

3 = = = 495 kn 00 4 Odatle zaključujemo da ćemo nakon obaju sniženja te proizvode platiti ukupno = 575 kn, odnosno za = 585 kn manje nego prije sniženja Iskazana u postocima ušteda iznosi: p = 00 = % D Iz prve rečenice zadatka zaključujemo da postoji k N takav da je n = 8 k + Pomnožimo li ovu jednakost s 5, dobit ćemo 5 n = 40 k + 5 Podijelimo 40 k + 5 bombona na osmero djece tako da svako dijete dobije jednak broj bombona: 40 k k k = = + + = 5 k Odatle zaključujemo da bi svako dijete dobilo 5 k + bombona i da bi 7 bombona ostalo nepodijeljeno Dakle, traženi je broj jednak 7 C Riješimo zadanu jednadžbu po nepoznanici z Imamo redom: z 4 i z = 7 i 5 6 i, z ( 4 i) = 6 i, 6 i 6 i + 4 i 8 99 i + 4 i i 8 99 i + 4 i + z = = = = = 4 i 4 i + 4 i (4 i) 9 6 i i 5 (6 i) = = = 6 i Sada lako slijedi Im( z ) = B Neka su S = ( p, q) i r redom središte, odnosno polumjer kružnice iz zadatka Iz podatka da kružnica dodiruje os apscisa u točki (, 0) zaključujemo da vrijede jednakosti p = i q = r To znači da jednadžba kružnice ima oblik ( x ) + ( y r) = r Uvrstimo li u ovu jednakost x = 0 i y = 0, dobit ćemo: (0 ) (0 r) r, + = 0 0 r r r, + + = r = 0, 0 r = 09, / : 0 09 r = = B Koristeći definiciju kompozicije funkcija imamo redom: ( g f ) g f g g g () = ( ()) = ( ) = (6 ) = (5) = = = 0 mrsc Bojan Kovačić, viši predavač

4 4 A Baze logaritamskih funkcija navedene pod C i D su strogo veće od, pa su te funkcije rastuće Za preostale dvije funkcije dokažimo najprije sljedeće tvrdnje Tvrdnja Kompozicija dviju padajućih funkcija je rastuća funkcija Dokaz: Neka su f i g padajuće funkcije, te neka su x, x D( g f ) takvi da je x x Budući da je f padajuća funkcija, nejednakost x x povlači nejednakost f ( x ) f ( x), odnosno nejednakost f ( x) f ( x) Budući da je g padajuća funkcija, nejednakost f ( x) f ( x) povlači nejednakost g( f ( x )) g( f ( x )), odnosno nejednakost ( g f )( x ) ( g f )( x ), odnosno nejednakost ( g f )( x ) ( g f )( x ) Tako smo dobili da iz pretpostavke x x slijedi ( g f )( x ) ( g f )( x ), pa je g f rastuća funkcija, što je i trebalo pokazati Tvrdnja Kompozicija padajuće i rastuće funkcije je padajuća funkcija Dokaz: Neka su f rastuća funkcija, g padajuća funkcija i x, x D( g f ) takvi da je x x Budući da je f rastuća funkcija, nejednakost x x povlači nejednakost f ( x ) f ( x) Budući da je g padajuća funkcija, nejednakost f ( x ) f ( x) povlači nejednakost g( f ( x )) g( f ( x )), odnosno nejednakost ( g f )( x) ( g f )( x) Tako smo dobili da iz pretpostavke x x slijedi ( g f )( x ) ( g f )( x ), pa je g f padajuća funkcija, što je i trebalo pokazati Nastavimo s rješavanjem zadatka Funkcija f( x) = log05 x je padajuća funkcija (jer joj je baza strogo manja od ) Funkcija f ( x) x = je padajuća funkcija (jer joj je koeficijent uz x strogo negativan) Prema Tvrdnji, funkcija f( x) = ( f f)( x) = log05 x je rastuća funkcija Funkcija f4( x) = log x je rastuća funkcija (jer joj je baza strogo veća od ) Prema Tvrdnji, funkcija f5( x) = ( f f4 )( x) = log x je padajuća funkcija 5 B Graf funkcije f ima oblik, što znači da je vodeći koeficijent a strogo pozitivan, tj a > 0 Iz slike se vidi da taj graf siječe os ordinata u točki koja se nalazi na negativnom dijelu te osi Koordinate te točke su (0, c), pa zaključujemo da je koeficijent c strogo negativan, tj c < 0 Nadalje, tjeme grafa funkcije f se nalazi u četvrtom kvadrantu, što znači da je prva koordinata toga tjemena strogo pozitivan realan broj Ta koordinata je b b jednaka Zbog a > 0, nejednakost > 0 je ekvivalentna s nejednakosti a a b > 0, odnosno s nejednakosti b < 0 Dakle, broj a je strogo pozitivan, a brojevi b i c su strogo negativni Odatle slijedi da su brojevi a c, c a i b a strogo negativni (umnožak pozitivnoga i negativnoga broja, te razlika negativnoga i pozitivnoga broja je negativan broj), a broj b c strogo pozitivan (kao umnožak dvaju negativnih brojeva) mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 4

5 6 ) Ukupan broj jabuka jednak je 5 48 = 0 To znači da u košari ima 48 0 = 8 8 krušaka i limuna Ukupan broj krušaka u košari jednak je 8 = 6, pa je ukupan broj limuna u košari jednak 8 6 = ) 9879 Površina od 5 katastarskih jutara jednaka je površini od = m Nadalje, ako površina od 600 četvornih hvati odgovara površini od m, onda površina od 000 četvornih hvati odgovara površini od m 600 = Dakle, ukupna površina iznosi = 9879 m 7 ) 86 Iz zadanih podataka zaključujemo da je dvostruka vrijednost traženoga broja jednaka 7 Dakle, traženi broj jednak je 7 : = 86 ) ; Uvrstimo li drugu jednadžbu sustava u prvu jednadžbu, dobit ćemo: 4 x + x 5 = 0, 4 x = 8, /:4 x = Uvrstimo li ovu vrijednost u drugu jednadžbu sustava, dobit ćemo: = 4 y, 4 y =, / : 4 y = 4 Dakle, rješenje sustava je ( x, y) =, 4 8 ) 08 Mjera kuta suplementarnoga kutu čija je mjera 50 jednaka je = 0 Mjera trećega kuta trokuta kojemu mjere dvaju kutova iznose 4 i 0 jednaka je 80 (4 + 0 ) = 80 7 = 08 Taj kut trokuta i kut α su vršni kutovi, pa oni imaju jednake mjere Tako zaključujemo da mjera kuta α iznosi 08 ) 576 Površina osnovke zadane piramide jednaka je slijedi da je traženi obujam jednak: B = a = = 44 cm Tako V cm B h = = = 9 ) x ili 5 x, 5 Pomnožimo zadanu nejednadžbu s Imamo redom: 6 ( x ) ( x + 4), 6 x + 4 x + 8, mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 5

6 x 4 x 8 6, 5 x, / : ( 5) x 5 Dakle, skup svih rješenja zadane nejednadžbe je interval, 5 ) x 0, Primijetimo najprije da je izraz log4 x definiran ako i samo ako je x > 0 Uz tu je pretpostavku funkcija f ( x) = log4 x rastuća, pa koristeći definiciju logaritma imamo redom: x < 4 = = = = Dakle, skup svih rješenja zadane jednadžbe tvore strogo pozitivni realni brojevi koji su strogo manji od Oni tvore interval 0, 0 ) Koristeći svojstva komutativnosti zbrajanja i množenja realnih brojeva, te formulu za kub binoma imamo redom: ( ab c) ( c ab) ( ba c) ( ab c) ( ab c) ( ab c) ( ab c) = = + = ( ab) + ( ab) c + ( ab) c + c = a b + a b c + a b c + c Odatle lako slijedi da je traženi koeficijent jednak ) b Primjenom formule za razliku kvadrata dobivamo: a + b ( a b) ( 9 a b ) = ( 9 a b ) = a b a + b ( a b) ( a + b) a + b a + b b = ( 9 a b ) = ( 9 a b ) = b ( a) b 9 a b ) (cos 0 sin 0 ) + i = i Iz zadane slike slijedi da je modul traženoga 4 4 broja r = 5, dok je glavni argument traženoga broja jednak ϕ = = 0 Zbog toga je: z = r (cosϕ + i sin ϕ) = 5 (cos0 + i sin0 ) = 5 i = i = = i 4 4 ) 7 Faktori!,!,! i 4! ne sadrže nijednu nulu jer u pripadnim umnošcima nema nijednoga djelitelja broja 5 Faktori 5!, 6!, 7!, 8! i 9! sadrže po jednu nulu koju generiraju faktori i 5 u svakom od njih Faktor 0! sadrži dvije nule: prvu generiraju faktori i 5, a drugu generira faktor 0 Dakle, traženi je broj jednak = 7 mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 6

7 ) 0; 0 0 = Računamo redom: f ( ) = 0 = 0 = = 0, 0 f = 0 = 0 = 0 ) Vidjeti Sliku Iz podatka f (0) = zaključujemo da traženi graf prolazi točkom (0, ) Iz druge rečenice zadatka proizlazi da je f (0 + 4) = f (0), odnosno f (4) =, odnosno f (4) = Dakle, graf prolazi i točkom (4, ) Zbog toga u zadani pravokutni koordinatni sustav u ravnini ucrtamo točke (0, ) i (4, ), pa ih spojimo pravcem Dobiveni pravac je traženi graf (vidjeti sliku ) ) 6 x 6 x Slika + Koristimo osnovna pravila za deriviranje funkcija, te podatke o a x, a R \ 0, i derivaciji konstante iz tablice derivacija derivaciji potencije { } elementarnih funkcija Imamo redom: ' ' ' ' ' ' ' ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ' ( ( x) 0) ( x ) ( x ) ( x 0) ( 0) ( x ) ( x ) ( x) ( x ) 4 x 6 x x 4 x 6 x 6 x 6 x f x = x + x + x + x = x + x + x + x = = = = = + + = + + = + ) = 04 Traženi koeficijent je jednak vrijednosti prve derivacije funkcije f u točki 5 x = 5, tj k = f ' (5) Koristeći osnovna pravila za deriviranje funkcija, imamo redom: 0 ' ' ' f ( x) = = 0 x f ( x) = ( 0 x ) = 0 ( x ) = 0 ( ) x = 0 x x ' 0 k = f (5) = 0 5 = 0 = = = mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 7

8 4 ) 07 Treba izračunati duljinu stranice AB (ili duljinu stranice CD, svejedno) Promotrimo trokut ABD Mjera kuta kod vrha B toga trokuta jednaka je mjeri kuta kod vrha D u trokutu BCD jer je riječ o sukladnim kutovima uz priječnicu (transverzalu) Iz slike se vidi da je mjera kuta kod vrha D u trokutu BCD jednaka 9, pa zaključujemo da je mjera kod vrha B trokuta ABD jednaka 9 Mjera kuta A u trokutu ABD jednaka je: BAD = 80 (7 + 9 ) = 80 0 = 78 Preostaje primijeniti sinusov poučak i izračunati traženu duljinu (iskazanu u cm): AB BD BD 5 = AB = sin BDA = sin sin BDA sin BAD sin BAD sin78 ) 5 = 75 Dokažimo najprije sljedeću tvrdnju 4 Tvrdnja Neka je zadan trokut ABC kao na slici u zadatku 4 Povucimo pravac p paralelan sa stranicom AB toga trokuta i neka taj pravac dijeli visinu povučenu iz vrha C na stranicu AB u omjeru m : n računajući od vrha C, pri čemu su m, n > 0 Tada je omjer površina likova na koje pravac p dijeli trokut ABC jednak m : ( m n n ) prvi član omjera odgovara površini lika kojemu je jedan vrh C +, pri čemu Dokaz: Koristimo oznake sa slike u zadatku 4 Neka su N nožište visine povučene iz vrha C i M točka u kojoj pravac p siječe dužinu CN Pravac p dijeli trokut ABC na dva dijela Prvi dio je trokut CDE, a drugi trapez ABDE Površina trokuta ABC jednaka je zbroju površine trokuta CDE i površine trapeza ABDE S jedne je strane a s druge P ABC = AB CN, P ABC = P CDE + PABDE = DE CM + AB + DE MN Iz pretpostavke da pravac p dijeli dužinu CN u omjeru m : n računajući od vrha C slijedi da vrijedi jednakost CM : MN = m : n To znači da postoji k > 0 takav da su: CM Tada je duljina visine CN jednaka: = k m i MN = k n CN = CM + MN = k m + k n = k ( m + n) Uvrstimo ove izraze u ranije napisane izraze za površinu trokuta ABC i izjednačimo te izraze (jer je riječ o izrazima za istu veličinu) Dobivamo: mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 8

9 , AB CN = DE CM + AB + DE MN, AB CN = DE CM + AB + DE MN AB k ( m + n) = DE k m + AB + DE k n, / : k AB ( m + n) = DE m + AB + DE n, AB m + AB n = DE m + AB n + DE n, AB m = DE ( m + n), m DE = AB m + n Površina trokuta CDE jednaka je: m m P CDE = DE CM = AB k m = AB k m + n m + n Površina trapeza ABDE jednaka je: m m PABDE = AB + DE MN = AB + AB k n = AB + k n = m + n m + n m + n + m m + n m n + n = n AB k = n AB k = AB k m + n m + n m + n Zbog toga je traženi omjer površina jednak: m m n + n CDE : ABDE = : = : +, P P AB k AB k m m n n m + n m + n što je i trebalo pokazati Posljedica Uz oznake kao u Tvrdnji i dokazu te tvrdnje vrijede jednakosti: P CDE P ABDE m = P m + n m n + n = P ( m + n) ABC, ABC Dokaz: Iz rezultata Tvrdnje slijedi da postoji k > 0 takav da vrijede jednakosti P CDE = k m i P = k m n + n Uvrstimo ove jednakosti u jednakost ABDE P = P + P, pa dobivamo: ABC CDE ABDE P = P + P = P = k m + k m n + n = k m + m n + n = k ( m + n), ABC CDE ABDE CDE mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 9

10 a odavde je: k = ( m n) P + ABC Uvrštavanjem ovoga izraza u jednakosti P ( CDE = k m i PABDE = k m n + n ) dobivamo željene jednakosti Primijenimo Tvrdnju i Posljedicu na naš zadatak Prema pretpostavci, pravac p prolazi polovištem visine povučene iz vrha C, što znači da on dijeli tu visinu na dva jednako duga dijela, tj u omjeru : Dakle, m = n =, pa primjenom druge jednakosti iz Posljedice odmah slijedi: P ABDE m n + n 5 P cm ABC = = = = = = ( m + n) ( + ) ) 6 Odmah imamo: x+ x = = 4 9 = 6 9 x ), uz uvjet k Iz druge jednadžbe sustava je = k, a odavde je x k y k + y = Uvrštavanjem ovoga izraza u prvu jednadžbu sustava dobivamo: k y + y =, / k y + y = 9, y ( k + ) = 9, / : ( k + ) 9 y = k + Posljednje dijeljenje smo smjeli provesti uz dodatnu pretpostavku k Ako bi bilo k =, onda bi slijedilo x = k y = ( ) y = y i x + y = y + y = 0 = 0, pa u tom slučaju zadani sustav nema rješenja ) i 0 Podsjetimo da je umnožak dvaju brojeva jednak je nuli ako i samo ako je barem jedan od tih brojeva jednak nuli Takoñer, potencija (s prirodnim eksponentom) nekoga broja jednaka je nuli ako i samo ako je baza te potencije jednaka nuli Primjenom tih tvrdnji na umnožak iz zadatka dobivamo da mora vrijediti x + = 0 ili 5 x 8 = 0 8 Odatle slijedi x = ili x = Za x = vrijednost izraza 5 x 8 jednaka je 5 8 = 8 = = 8 Za x = vrijednost izraza 5 x 8 jednaka je 0 5 Dakle, izraz 5 x 8može poprimiti vrijednosti iz skupa, 0 mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 0

11 6 ) E =, Zadatak je najlakše i najbrže riješiti koristeći vektore Najprije 4 odredimo AB = ( 5) i + ( ( )) j = 7 i + 4 j Računajući od točke A, točka C dijeli dužinu AB u omjeru :, točka D u omjeru : = : (tj točka D je polovište dužine AB ), a točka E u omjeru : Odatle zaključujemo da je: AE ( 7 4 ) AB 4 AB 4 i = = = + j = 4 i + + j Pretpostavimo li da je E = ( x, y ), iz dobivene jednakosti slijedi: x y E E E E =, xe = + 5 = =, ( ) = ye = = Dakle, E =, 4 ) Vidjeti Sliku Podijelimo jednadžbu zadane krivulje sa 44, pa dobivamo: 4 x 9 y + =, x y + =, 6 6 x y + = 6 4 Vidimo da je riječ o elipsi kojoj su duljina velike poluosi a = 6 i duljina male poluosi b = 4 Ona prolazi točkama (6, 0), (0, 4), ( 6, 0) i (0, 4) Ucrtamo te točke u pravokutni koordinatni sustav, pa ih spojimo elipsom Dobivamo sliku Slika mrsc Bojan Kovačić, viši predavač

12 ) 5 5 = 5 Iz jednadžbe parabole y = x usporedbom s izrazom y = p x zaključujemo da vrijedi jednakost p = iz koje je p = 6 Žarište parabole je točka p 6 F =,0 =,0 = (,0) Njezina udaljenost od pravca y = x + 5, odnosno pravca x y + 5 = 0 iznosi: d = = = = = + ( ) ) R \ { } Zadana racionalna funkcija je definirana kad god je njezin nazivnik različit od nule Iz x = 0 slijedi x =, pa zaključujemo da je zadana racionalna funkcija definirana kad god je S =R \ x Skup svih realnih brojeva različitih od je { } π ) Temeljni period funkcije f ( x ) = cos( a x ), gdje je a > 0, dan je izrazom π T = a π Naime, za svaki x R vrijedi identitet cos( a x) = sin a x +, a znamo da je temeljni period harmonijske funkcije f ( x) = sin( a x + b) jednak π T = U ovom slučaju je a π π a = 6, pa je traženi temeljni period jednak T = = 6 ) [,] Znamo da za svaki x R vrijedi nejednakost sin x Pomnožimo li je s ( ), dobit ćemo nejednakost sin x, odnosno - zapisano pomoću znaka - nejednakost sin x To znači da vrijedi nejednakost g( x), pa je traženi skup segment [,] 8 4; 6 Iz slike se vidi da je točka (, ) točka globalnoga minimuma funkcije f na njezinoj domeni Graf funkcije f ( x) f ( x ) = + dobijemo tako da svaku točku zadanoga grafa pomaknemo za jedinice duljine ulijevo usporedno s osi apscisa Time se mijenja samo apscisa svake točke grafa funkcije f, dok ordinata te točke ostaje nepromijenjena Pomicanjem točke (, ) za jedinice duljine ulijevo usporedno s osi apscisa dobivamo točku (, ) = ( 4, ) Svojstvo globalne minimalnosti pritom ostaje sačuvano, tj ( 4, ) je točka globalnoga minimuma funkcije f Naposljetku, graf funkcije g = f dobivamo tako da ordinatu svake točke grafa funkcije f pomnožimo s ( ) Apscisa te točke se pritom ne mijenja Time točka ( 4, ) prelazi u točku ( 4, ( ) ( )) = ( 4, 6) Množenjem negativnim brojem mijenja se i svojstvo globalne minimalnosti, pa točka globalnoga minimuma postaje točka globalnoga maksimuma nove funkcije Dakle, točka globalnoga maksimuma funkcije g je ( 4, 6) Zaključujemo da g poprima maksimalnu vrijednost 6 za x = 4 mrsc Bojan Kovačić, viši predavač

13 9 ) 9 Neka je r traženi polumjer (izražen u cm) Pripadni središnji kut je dvostruko veći od obodnoga kuta, pa njegova mjera iznosi 5 = 0 Označimo li sa S, A i B redom središte kružnice, te krajnje točke zadane tetive, onda primjenom kosinusova poučka na trokut SAB dobivamo: AB = SA + SB SA SB ASB, = + 0 r r r r cos0, = 00 r r, = 00 r r, r = 00, r = = = = = = 00 ( + ), + 4 r = 00 + = 00 + = cm ) x = arctg() + k π 07 + k π, k Z Najprije primijetimo da mora vrijediti nejednakost tg x 0 Uvažavajući taj uvjet, množenjem zadane jednadžbe s tg x dobivamo: tg x + 4 = 4 tg x, tg x 4 tg x + 4 = 0, (tg x ) = 0, tg x = 0, tg x =, x = arctg() + k π = k π, k Z ) 40 Iz podatka da su x, x i y tri uzastopna člana aritmetičkoga niza slijedi da x + y vrijedi jednakost x = Odatle množenjem s dobivamo 4 x = x + y, odnosno y = x, otkuda je y = x Analogno, iz podatka da su x, y i x y + tri uzastopna člana aritmetičkoga niza x + x y + slijedi da vrijedi jednakost y = Odatle množenjem s dobivamo 4 y = x + x y +, a odatle sreñivanjem slijedi x + 5 y = Tako smo dobili sustav dviju linearnih jednadžbi s dvije nepoznanice: y = x, x + 5 y = mrsc Bojan Kovačić, viši predavač

14 Riješimo taj sustav metodom zamjene, tj uvrštavajući prvu jednadžbu sustava u drugu jednadžbu: x + 5 x =, 5 x + x =, 5 + x =, + 5 x =, x =, 9 x =, / x = = = Dakle, prvi član niza je a = x = Razlika niza d jednaka je razlici drugoga i prvoga člana niza: 8 d = x x = x = Tako konačno dobivamo da je traženi devedeseti član niza jednak: a90 = a + (90 ) d = + 89 = = = = 40 4) 69 Podatak da se potpuno prazna baterija napuni do 99% za 70 minuta znači da je B(70) = 99 Uvrštavanjem t = 70 i B(70) = 99 u pravilo funkcije B dobivamo: 70 ( a ) 99 = 00, / :00 99 a = a = = = = 00, / a = 00, 70, a = 00 = 0 = 0 Ako se baterija punila 5 minuta, onda je njezina napunjenost nakon isteka toga vremena jednaka: 5 ( ) B(5) = = = mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 4

15 Mi tražimo vrijeme za koje će se isprazniti baterija koja se punila 5 minuta Drugim riječima, tražimo vrijeme t 0 za koje je B(5) t0 = 0 Uvrštavanjem vrijednosti B(5) dobivamo: t0 = 0, t = minuta 9 x y 5) 6 x + 0 y + 9 = 0 ili y = x ili + = Neka je T = ( xt, yt ) bilo koja točka jednako udaljena od zadanih pravaca Udaljenost točke T od prvoga pravca jednaka je: d xt + 5 yt = + 5 Udaljenost točke T od drugoga pravca jednaka je: d xt + 5 yt + 0 = + 5 Te udaljenosti moraju biti jednake, pa izjednačavanjem gornjih dvaju izraza dobivamo: xt + 5 yt xt + 5 yt + 0 =, x + 5 y = x + 5 y + 0 T T T T Izrazi pod apsolutnom vrijednošću ne mogu biti istoga predznaka jer bismo u tom slučaju izostavljanjem znaka apsolutne vrijednosti dobili očigledno netočnu jednakost = 0 Zbog toga mora vrijediti: Sreñivanjem ovoga izraza dobivamo: x + 5 y = ( x + 5 y + 0) T T T T x + 5 y + x + 5 y + 0 = 0, T T T T 6 x + 0 y + 9 = 0 T T Budući da je T bila proizvoljna točka, traženi skup točaka je pravac 6 x + 0 y + 9 = 0 9 Zapišemo li njegovu jednadžbu u eksplicitnom obliku, dobit ćemo y = x, a 5 0 x y zapišemo li je u segmentnom obliku, dobit ćemo + = Svaki od tih triju oblika 9 0 je ispravno rješenje zadatka mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 5

16 0 96 (uz pretpostavku da je poklopac ima bridove duge cm i 6 cm) Neka su a, b i c redom duljina, širina i visina kutije (izražene u cm) Iz podatka da je duljina kutije dvostruko veća od širine kutije slijedi jednakost a = b Ukupna duljina ukrasne niti jednaka je zbroju duljina svih bridova kvadra jer se niti nigdje ne preklapaju Kvadar ima ukupno 4 brida duljine a, 4 brida duljine b i 4 brida duljine c, pa je zbroj duljina svih bridova kvadra jednak 4 a + 4 b + 4 c Taj zbroj treba biti jednak 08, pa dobivamo jednakost 4 a + 4 b + 4 c = 08, odnosno, nakon dijeljenja s 4, a + b + c = 7 Uvrstimo li u ovu jednakost a = b, dobit ćemo jednakost b + c = 7 iz koje je c = 7 b Obujam kutije jednak je V = a b c = ( b) b (7 b) = 54 b 6 b Želimo da vrijednost toga izraza bude maksimalna Pritom uočimo da mora vrijediti relacija b 0,9 Naime, prema prirodi zadatka, vrijednost b je nenegativna Takva je i vrijednost [ ] c, što daje 7 b 0, odnosno b 7, a odatle je 9 Dakle, tražimo globalni maksimum funkcije V V ( b) 54 b 6 b Odredimo njezine stacionarne točke Prva derivacija funkcije V je: b Zbog toga je [ 0,9] b = = na segmentu [ ] ' 54 = 6 = 08 8 = 8 (6 ) V b b b b b b b Iz ovoga izraza lako odredimo sve b [ 0,9] za koje je Sada izračunamo: V V V (0) = = = 0 0 = 0, 0,9 V ' ( b ) = 0 To su b = 0 i b = 6 (6) = = = = 648, (9) = = = = Dakle, funkcija V ima globalni maksimum 648 za b = 6 Sada lako izračunamo: a = b = 6 =, c = 7 b = 7 6 = 7 8 = 9 Tražena površina papira jednaka je oplošju kutije bez poklopca U zadatku se ne navodi s koje strane je kutija otvorena, pa ćemo pretpostaviti da je kutija (standardno) otvorena na strani čija je duljina cm, a širina 6 cm Zbog toga su strane kutije jedan pravokutnik čija je duljina cm, a širina 6 cm, dva pravokutnika čije su duljine cm i širine 9 cm, te dva pravokutnika čije su duljine 6 cm i širine 9 cm Ukupan zbroj njihovih površina jednak je: O = a b + ( a c + b c) = 6 + ( ) = 7 + ( ) = = = + = cm Pripremio: mrsc Bojan Kovačić, viši predavač mrsc Bojan Kovačić, viši predavač 6